第8课 圆周运动-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第8课　　圆周运动 普查与练习8　圆周运动 　　　　　　　　　　　　　　　 1．圆周运动的描述、理解匀速圆周运动 a.实验：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 (1)(2026汇编题，8分)在探究向心力的大小与半径、质量、角速度关系的实验中，用到的向心力演示器如图所示。 变速塔轮2和3通过皮带相连，两塔轮均有上中下三层，按自上到下的顺序一一对应，两侧各层半径之比分别为1∶1、2∶1、3∶1。匀速转动手柄1可以使带刻度的长臂4和短臂5随之匀速转动，臂上的槽内小球也随着做匀速圆周运动。小球做匀速圆周运动所需的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，长臂的两个挡板下端由金属丝相连。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8。已知测力套筒的弹簧相同，根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力大小的比值。 ①现将小球分别放在两臂的槽内，为探究小球受到的向心力大小与角速度大小的关系，下列做法正确的是____________。 A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的钢球做实验 B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的钢球做实验 C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的钢球做实验 D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的钢球做实验 ②在探究向心力与半径、质量、角速度的关系时，用到的实验方法是____________。 ③若将皮带连在左右塔轮的中间一层，将质量相等的两球分别置于短臂外端和长臂的中间位置，匀速转动手柄1，则通过计算得出左右标尺8上露出的红白标记数之比约为____________。 ④若将皮带连在左右塔轮的最上层，将质量相等的两球分别置于短臂外端和长臂外端，这是为了探究向心力大小与________的关系。 　　　　　　　　　　　　　　　 (1)答案：①A(2分)　②控制变量法(2分) ③1∶4(2分)　④半径(2分) 解析：①要探究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和运动半径不变，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 ②探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，需要采用控制变量法。 ③设皮带连接的左右塔轮半径分别为r1和r2，左右塔轮的角速度分别为ω1和ω2，已知左右塔轮边缘的线速度大小相等，将皮带连在左右塔轮的中间一层，塔轮半径之比为2∶1，根据v＝ωr可得，ω1∶ω2＝1∶2；已知m、r相等，根据F＝mω2r可得F1∶F2＝ω∶ω＝1∶4。 ④小球的质量相同，角速度相同，运动半径不同，可以探究向心力大小与半径的关系。 (2)(2024海南真题，8分)水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图(a)所示，图(b)为俯视图，测得圆盘直径D＝42.02 cm，圆柱体质量m＝30.0 g，圆盘绕过盘心O的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。 为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤： ①用秒表测圆盘转动10周所用的时间t＝62.8 s，则圆盘转动的角速度ω＝________rad/s(π取3.14)。 ②用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图(c)所示，该读数d＝________mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。 图(c) ③写出小圆柱体所需向心力表达式F＝______(用D、m、ω、d表示)，其大小为________N(保留2位有效数字) (2)答案：①1(2分)　②16.2(2分) ③mω2(2分)　6.1×10－3(2分) 解析：①圆盘转动10周所用的时间t＝62.8 s，则圆盘转动的周期为T＝ s＝6.28 s，根据角速度与周期的关系有ω＝＝1 rad/s。 ②根据游标卡尺的读数规则有1.6 cm＋2×0.1 mm＝16.2 mm。 ③小圆柱体做圆周运动的半径为r＝，则小圆柱体所需向心力表达式F＝mω2。代入数据可得F＝6.1×10－3 N。 b.根据Fn、v、ω、T和an之间的关系求解圆周运动的各物理量 (3)(2023北京真题，3分)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是(　　) A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 (3)答案：A 解析：由于在太空实验室中，任何物体都处于完全失重状态，所以圆周运动轨道可以处于任意平面内，故A项正确。由匀速圆周运动规律有F＝mR，T＝，联立解得m＝，故B项错误。若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏小，故C项错误。若测R时没有计入小球半径，即R偏小，则所得质量偏大，故D项错误。 (4)(2024广东真题，4分)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　) A．r B．l C．r D．l (4)答案：A 解析：由题意可知，当插销刚接触固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力有F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r，故A项正确。 (5)(2026改编题，3分)如图所示，为一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r。c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若传动过程中皮带不打滑，则(　　) A．a点和b点的角速度大小之比为1∶2 B．a点和c点的线速度大小之比为1∶2 C．a点和d点的周期之比为2∶1 D．a点和d点的向心加速度大小之比为1∶1 (5)答案：D 解析：两轮子靠皮带传动，所以a、c两点的线速度大小相等；共轴转动的物体上各点具有相同的角速度，所以b、c、d三点的角速度相等；根据v＝rω可知a、c两点的角速度之比为2∶1，则a、b、c、d四点的角速度之比ωa∶ωb∶ωc∶ωd＝2∶1∶1∶1；根据T＝可得Ta∶Tb∶Tc∶Td＝1∶2∶2∶2，根据v＝rω可知b、c、d三点的线速度之比为1∶2∶4，则a、b、c、d四点的线速度之比va∶vb∶vc∶vd＝2∶1∶2∶4；根据a＝可得a、b、c、d四点的向心加速度之比aa∶ab∶ac∶ad＝4∶1∶2∶4，故A项、B项、C项均错误，D项正确。 2．水平面和斜面上的圆周运动的分析 a.根据运动状态确定向心力的来源，结合临界条件分析圆周运动 (6)(多选)(2026改编题，4分)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．物块在转台上转动时，随着转台角速度增大，摩擦力一直增大 B．当细线中刚出现拉力时，转台的角速度为 C．当转台的角速度为时，物块开始脱离转台 D．当转台的角速度为时，物块离台面的高度为L cos θ (6)答案：BD 解析：转台从静止开始加速时，摩擦力提供向心力，随着角速度增大，摩擦力增大；摩擦力等于最大静摩擦力时，细线出现拉力，随着角速度增大，细线拉力增大，物块受到的支持力减小，摩擦力减小，故A项错误。当细线中刚出现拉力时，物块受到转台的摩擦力为最大静摩擦力，有μmg＝mω2L sin θ，解得ω＝，故B项正确。当物块开始脱离转台时，物块受到转台的支持力为零，受到的摩擦力为零，竖直方向有mg＝F拉cos θ，水平方向有mω2L sin θ＝F拉sin θ，解得ω＝，故C项错误。当转台的角速度为时，物块已经离开台面转动，设物块到细线在转轴上的固定点的高度为h，细线与转轴夹角为α，有mω2h tan α＝mg tan α，解得h＝L cos θ，物块离台面的高度为L cos θ，故D项正确。 (7)(2024江西真题，10分)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 图(a) 图(b) ①在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 ②将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 (7)答案：①(5分) ②(5分) 解析：①转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，对转椅进行受力分析可知，轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供向心力，有 Tcos α＝mωr1(2分) μmg＝Tsin α(2分) 联立解得tan α＝(1分) ②设此时轻绳拉力为T′，对转椅，由轻绳拉力在径向方向的分量提供向心力有 T′sin θcos β＝mω2 2r2(2分) 在切线方向上有 T′sin θsin β＝μ(mg－T′cos θ)(2分) 联立解得ω2＝(1分) (8)(多选)(2026汇编题，4分)一个质量为m的物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示，已知物块到转轴的距离为R，漏斗的倾斜角为θ，物块与漏斗内表面之间的动摩擦因数为μ(μ<cot θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度ω缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．当物块静止在漏斗的内表面不动时，受到的摩擦力为μmg cos θ B．物块所受的摩擦力随角速度ω增大，一直增大 C．物块所受的支持力随角速度ω增大，一直增大 D．当漏斗转动的角速度ω＝时，物块不受摩擦力 E．当漏斗转动的角速度ω＝时，物块将要与漏斗发生相对滑动 F．若漏斗的内表面光滑，则物块质量越大，随漏斗一起转动时所处位置越低 (8)答案：CDE 解析：当物块静止在漏斗的内表面时，受到重力、支持力和静摩擦力作用，如图(a)所示，则f＝mg sin θ，故A项错误。设漏斗转动的角速度为ω1时，物块不受摩擦力，则有N sin θ＝mωR，N cos θ＝mg，解得ω1＝，故D项正确。当ω<ω1时，物块所受的静摩擦力沿漏斗斜面向上，如图(b)所示。由牛顿第二定律有N sin θ－f cos θ＝mω2R，N cos θ＋f sin θ＝mg，随着漏斗转动的角速度缓慢增大，静摩擦力f逐渐减小，物块所受的支持力N逐渐增大，故B项错误。当ω>ω1时，物块所受的静摩擦力沿漏斗斜面向下，如图(c)所示。由牛顿第二定律有N sin θ＋f cos θ＝mω2R，N cos θ＝mg＋f sin θ，随着漏斗转动的角速度缓慢增大，静摩擦力f逐渐增大，物块所受的支持力N逐渐增大，故C项正确。设漏斗转动的角速度为ω2时，物块将要与漏斗发生相对滑动，此时N sin θ＋f cos θ＝mωR，N cos θ＝mg＋f sin θ，f＝μN，解得ω2＝，故E项正确。若漏斗的内表面光滑，物块随漏斗一起转动时支持力和重力的合力提供向心力，如图(d)所示，有N sin θ＝mω2R，N cos θ＝mg，解得R＝，可知物块随漏斗一起转动时所处位置与角速度ω有关，与质量无关，故F项错误。 　　 图(a)　　　　　　图(b) 　 　图(c)　　　　　　图(d) b.利用圆周运动规律解决车辆转弯问题 (9)(多选)(2026汇编题，4分)生活中，交通轨道转弯处常有这样的设计，路面或轨道面有一个设计好的倾角(外侧高内侧低)。如图(a)，某公路转弯处是一圆弧，当汽车行驶速率为v1时，汽车刚好没有向公路内、外两侧滑动的趋势；图(b)是某铁路转弯处的截面图，轨道平面与水平地面的夹角为θ，转弯半径为R，当火车以设计速度v2驶过该弯道时，火车轮缘对内外轨道均没有侧向压力作用。重力加速度为g，以下说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　　图(b) A．汽车速度只要低于v1，车辆便会向公路内侧滑动 B.汽车速度虽然高于v1，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向公路外侧滑动 C．火车的设计速度v2＝ D．若火车速度大于v2时，内轨将受到侧向压力作用 E．若火车质量改变时，设计速度也要改变 F．若路面或轨道有轻微结冰时，v1、v2的值均不变 (9)答案：BF 解析：汽车拐弯时，车速低于v1，所需的向心力减小，汽车便有向公路内侧滑动的趋势，但由于汽车与地面之间存在摩擦力，汽车不一定向公路内侧滑动，故A项错误。车速虽然高于v1，由于车轮与地面有摩擦力，只要不超出某一最高限度，汽车便不会向外侧滑动，故B项正确。火车以速度v2通过该弯道时，内外轨道均不受侧向压力作用，火车所受的重力和支持力的合力提供向心力，有F合＝mg tan θ，由牛顿第二定律得mg tan θ＝m，解得v2＝，可以看出设计速度v2与火车的质量无关，故C项、E项均错误。当转弯的实际速度大于设计速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受向外的侧向压力，内轨不受侧向压力，故D项错误。汽车以速度v1拐弯与火车以速度v2拐弯时，均是重力与支持力的合力提供向心力，与摩擦力无关，所以当路面结冰时与未结冰时相比，v1、v2的值均不变，故F项正确。 3．竖直面内的轻绳模型和轻杆模型 (10)(经典题，3分)如图，一长为L的细绳，一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在O点。现把绳拉直，当绳处在水平位置时，给小球一竖直向下的初速度v1，则小球刚好能沿圆周运动到位于O点正上方的P点。如果把细绳换成长为L的刚性轻杆，杆可绕O点在竖直面内转动，为使小球能沿同一圆周逆时针方向转动刚好到达P点，当杆位于水平位置时，应给小球的竖直向下的初速度为v2，则v1∶v2为(　　) A.2 B． C． D．1 (10)答案：C 解析：设小球刚好能通过最高点P时的速度为v0，此时绳子的拉力为零，有mg＝，解得v0＝。从开始运动到P点的过程中机械能守恒，有mv＝mv＋mgL，解得v1＝。如果把细绳换成长为L的刚性轻杆，小球到达最高点的最小速度等于0，根据机械能守恒定律有mv＝mgL，解得v2＝。综上可得＝，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 (11)(多选)(2026改编题，4分)如图所示，一个内壁光滑的圆轨道ABC竖直放置，轨道半径为R；O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R；质量为m的小球(可视为质点)从A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时(　　) A．速度大小满足≤vC≤ B．速度大小满足≤vC≤ C．对轨道的作用力大小满足mg≤FC≤mg D．对轨道的作用力大小满足0≤FC≤mg (11)答案：BD 解析：设小球通过C点时最小速度为v，则＝mg，解得v＝，小球离开C点做平抛运动，落到A点时水平位移为R，落到D点时水平位移为2R，竖直下落高度均为R，由平抛运动规律可解得≤vC≤，故小球通过C点速度应满足≤vC≤，故A项错误，B项正确。当vC1＝时，向心力F＝＝mg，所以轨道对小球的作用力为0。当vC2＝时，向心力F′＝＝2mg＞mg，所以轨道对小球的作用力等于mg。所以小球经过C点时对轨道的作用力满足0≤FC≤mg，故C项错误，D项正确。 随堂普查练8 1．(2023.01浙江真题，5分)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。 (1)采用的实验方法是________； A．控制变量法　　B．等效法　　C．模拟法 (2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________________(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)之比；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值__________(选填“不变”“变大”或“变小”)。 1．答案：(1)A(1分)　(2)角速度平方(2分)　不变(2分) 解析：(1)本实验采用的实验方法是控制变量法，故A项正确。 (2)左右标尺露出的红白相间的等分标记的比值为两个小球所受向心力的比值，根据F＝mrω2知，在小球质量和转动半径相同的情况下，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。小球质量和转动半径相同的情况下，加速转动手柄，皮带所在左右两塔轮边缘的线速度仍相等，根据v＝ωR可知，角速度之比为塔轮半径的反比，塔轮半径不变，角速度之比不变，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值不变。 2．(2023全国甲真题，6分)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 2．答案：C 解析：质点做匀速圆周运动，设周期T＝(k为常数)，合力等于向心力，根据F合＝mr，联立可得F合＝r3，其中为常数，r的指数为3，即n＝3，故C项正确。 3．(2024辽宁真题，4分)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　) A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等 3．答案：D 解析：由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，角速度大小相等，故D项正确。由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径关系为rP＜rQ，故A项错误。根据v＝rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度关系为vP＜vQ，故B项错误。根据an＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度关系为aP＜aQ，故C项错误。 4．(2024江苏真题，4分)如图所示，轻绳的一端拴一个小球，另一端穿过竖直管握在手中。使小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使小球升高到B高度处继续做水平面内的匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，小球(　　) A．角速度不变 B．线速度减小 C．向心加速度增大 D．所受拉力大小不变 4．答案：C 解析：设小球和竖直管上端之间的绳子与竖直方向夹角为θ，小球质量为m，对小球分析有F向＝mgtan θ＝man，FT＝，由题图可知θB>θA，得FTB>FTA，anB>anA，故C项正确，D项错误。设小球到竖直管上端之间的竖直高度为h，有mgtan θ＝mω2htan θ，解得ω＝，由题意有hB<hA，则ωB>ωA，故A项错误。设小球在水平面内做匀速圆周运动的半径为r，有mgtan θ＝m，根据角动量守恒有mvr＝L(常数)，联立解得v＝，则vB>vA，故B项错误。 5．(2024全国甲真题，6分)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 5．答案：C 解析：小环下滑过程中，所受重力沿半径方向的分力与大圆环对小环弹力的合力提供向心力，设小环所在半径与竖直方向的夹角为θ(θ<90°)。小环刚开始下滑时，大圆环对小环弹力方向背离圆心，有mgcos θ－F弹＝m，小环下滑过程中速度不断增大，所需向心力m不断增大，重力沿半径方向的分力mgcos θ不断减小，则大圆环对小环弹力F弹不断减小，当mgcos θ＝m时，大圆环对小环的弹力减小为0。此后大圆环对小环弹力方向指向圆心，有mgcos θ＋F弹＝m，小环速度不断增大，所需向心力m不断增大，重力沿半径方向的分力mgcos θ不断减小，则大圆环对小环弹力F弹不断增大，小环运动至Q点时，mgcos θ＝0，大圆环对小环弹力提供向心力。小环经过Q点后，F弹－mgcos θ＝m，小环速度不断增大，所需向心力m不断增大，重力沿半径方向的分力mgcos θ不断增大，则大圆环对小环弹力F弹不断增大。综上所述可知，小环下滑过程中，大圆环对小环的弹力先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，小环对大圆环的弹力先减小后增大，故C项正确。 6．(多选)(经典题，4分)如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲无滑动转动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体A、B之间的动摩擦因数相同，A距O点为2r，B距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　) A．A与B滑动前的角速度之比ω1∶ω2＝1∶3 B．A与B滑动前的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3 C．随转速慢慢增加，A先开始滑动 D．随转速慢慢增加，B先开始滑动 6．答案：AD 解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1×3r＝ω2·r，得ω1∶ω2＝1∶3，故A项正确。物体相对圆盘开始滑动前，根据a＝rω2得A与B的向心加速度之比为a1∶a2＝2∶9，故B项错误。小物体开始滑动的临界条件为最大静摩擦力提供向心力，即μmg＝mrω2，得到A物体的临界角速度为ωA＝＝，B物体的临界角速度ωB＝，当B物体达到临界角速度时，由B物体的角速度是A物体的3倍可知，A物体的角速度为< ，即物体A未达到临界角速度，所以当转速增加时，B先开始滑动，故C项错误，D项正确。 7．(山东济南模拟，3分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，O为圆心，固定在可以绕竖直中心轴OO′匀速转动的水平转台中央处。质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。此时转台转动的角速度大小为(　　) A． B． C． D． 7．答案：A 解析：当小物块受到的摩擦力恰好为0时，设小物块随陶罐转动的角速度为ω，由小物块的重力与陶罐对小物块的支持力的合力提供向心力，如图所示，根据牛顿第二定律，有 mg tan θ＝mω2R sin θ，解得ω＝＝，故A项正确。 8．(经典题，3分)一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是(　　) A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑 D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2 8．答案：D 解析：向心力是做匀速圆周运动物体所受的指向圆心的合力，故A项错误。当径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车恰好能安全转弯，当汽车转弯的速度为20 m/s时，汽车所需的向心力F＝m＝ N＝1.0×104 N，即汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4×104 N，汽车不会发生侧滑，故B项、C项错误。汽车能安全转弯的向心加速度a＝＝ m/s2＝7.0 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，故D项正确。 9．(广东经典真题，4分)由于高度限制，车库出入口采用图中所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是(　　) A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动 9．答案：A 解析：由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，即P点的线速度大小不变，故A项正确。P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，在运动过程中方向不断变化，故B项错误。Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y＝lOP·sin ，可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，故C项错误。Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x＝lOP·cos ＋lPQ，可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，故D项错误。 10．(北京模拟，3分)火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，则外轨对轮缘[如图(a)所示]挤压的弹力提供了火车转弯的向心力[如图(b)所示]，但是靠这种办法得到的向心力，外轨和轮缘极易受损。因此在修铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨[如图(c)所示]，内、外铁轨平面与水平地面间夹角为θ，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外铁轨均不会受到轮缘的侧向挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，以下说法中正确的是(　　) 图(a)　　　 　　　图(b)　　 　　　　　图(c) A．当火车速度大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变 C．该弯道的半径R＝ D．按规定速度行驶时，支持力小于重力 10．答案：C 解析：若火车速度大于规定速度大小时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对轮缘有侧压力，轮缘挤压外轨，故A项错误。以规定速度转弯时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m，解得v＝，此时的速度大小与质量无关，故B项错误。由mg tan θ＝m得R＝，故C项正确。按规定速度行驶时，对支持力在水平和竖直方向分解，支持力在水平方向的分力提供向心力，支持力在竖直方向的分力平衡重力，故支持力大于重力，故D项错误。 11．(多选)(吉林省实验中学模拟，6分)如图(a)，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复实验，得到F与v的关系图像如图(b)，c为图像与横轴交点坐标，－b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) 　　 图(a)　　　　　　　　　　　图(b) A．若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对轨道无压力 B．当小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对内管道壁有压力 C．小球做圆周运动的半径为 D．F＝－b表示小球经过N点时速度等于0 11．答案：AC 解析：由图(b)可知，若小球经过N点时满足v＝c，则经过M点时对轨道无压力，故A项正确。由图(b)可知，当小球经过N点时满足v＝c>c，则经过M点时对管道的作用力为正值，可知此时小球对外管道壁有压力，故B项错误。若小球经过N点时满足v＝c，则在M点时mg＝m，由机械能守恒定律可得mv＝mg×2R＋mv，联立解得R＝，故C项正确。要想到达最高点M，小球在N点有最小速度，图(b)中虚线部分都是无意义的点；实线最左侧的点对应N点的最小速度，故D项错误。 12.(2022福建真题，12分)清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”(可理解为低身斜体)二字揭示了滑冰的动作要领。500 m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中， (1)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8 m用时2 s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小； (2)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10 m的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s。已知武大靖的质量为73 kg，求此次过弯时所需的向心力大小； (3)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。(不计空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝0.75) 12．答案：(1)4 m/s2(4分)　(2)1 430.8 N(4分)　(3)27°(4分) 解析：(1)设武大靖匀加速直线运动过程的加速度大小为a，位移 x＝at2(2分) 代入数据解得a＝4 m/s2(2分) (2)武大靖过弯时，向心力 F向＝m(2分) 代入数据解得F向＝1 430.8 N(2分) (3)设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示。 根据几何关系可得F向＝(2分) 代入数据解得tan θ＝0.51 可得θ＝27°(2分) 课后提分练8　圆周运动 A组(巩固提升)　　　　　　　　　　　 1．(多选)(2024甘肃真题，5分)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒 C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心 1．答案：AD 解析：做匀速圆周运动的物体速度大小不变，方向时刻在改变，故动能不变，动量不断变化，故A项正确，B项错误。加速度大小不变，方向时刻在改变，指向圆心，故C项错误，D项正确。 2．(2022北京真题，3分)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验(　　) A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化 C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化 2．答案：C 解析：在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，故A项错误，C项正确。在地面上小球运动的速度大小改变，根据a＝和F＝m可知，小球的向心加速度和细绳的拉力的大小均发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小均不发生改变，故B项、D项均错误。 3．(2024江苏真题，4分)如图所示是生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑，与工作台一起绕OO′匀速转动，陶屑与桌面间的动摩因数处处相同(台面够大)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B．越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C．陶屑只能分布在工作台边缘 D．陶屑只能分布在某一半径的圆内 3．答案：D 解析：与台面相对静止的陶屑做角速度相同的匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，且静摩擦力小于或等于最大静摩擦力，由牛顿第二定律有f＝mω2r≤μmg，解得r≤，其中μ、g、ω均为定值，可知陶屑只能分布在以O′为圆心，半径为的圆内，且与陶屑质量无关，故A项、B项、C项均错误，D项正确。 4．(多选)(河北经典真题，6分)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　) A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大 4．答案：BD 解析：对小球进行受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则在竖直方向有T sin θ＝mg，设弹簧的原长为l0，由胡克定律得T＝k，联立两式可得k(lMPtan θ－l0sin θ)＝mg，即θ角与m有关，与转速无关，则当转速增大后，θ角不变，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，故A项错误，B项正确。水平方向，当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则T cos θ－FN＝mω2r，即FN＝T cos θ－mω2r，随着转速的增大，FN逐渐减小，当转速较大时，杆对小球的弹力F′N指向转轴，则T cos θ＋F′N＝mω′2r，即F′N＝mω′2r－T cos θ，随着转速增大，F′N逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定随转速的增大而变大，故C项错误。根据F合＝mω2r可知，角速度变大时，小球所受合外力的大小一定变大，故D项正确。 5．(北京朝阳区三模，3分)下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是(　　) 　　 图(a)　　　　　　　图(b) 　　　 图(c)　　　　　　　图(d) A．如图(a)所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态 B. 如图(b)所示，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用 C．如图(c)所示，轻质细绳长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的最小速度应大于 D．如图(d)所示，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出 5．答案：B 解析：如图(a)所示，汽车通过凹形桥的最低点时，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A项错误。如图(b)所示，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，外轨受到挤压，故B项正确。如图(c)所示，在最高点，当小球的重力刚好满足向心力要求时，小球的速度最小，有m＝mg，解得v＝，故C项错误。如图(d)所示，水滴和衣服间的作用力不足以提供水滴做圆周运动的向心力时，水滴做离心运动，不能说水滴受到离心力，故D项错误。 6．(2022山东真题，3分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点，小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4 m/s，在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为(　　) A．t＝ s，l＝8 m B．t＝ s，l＝5 m C．t＝ s，l＝5.5 m D．t＝ s，l＝5.5 m 6．答案：B 解析：当小车以最大速度通过一段位移，然后在B点减速到BCD段允许的最大速率通过BCD，这个过程中小车运动的时间最短，小车通过BC段时，有＝aBCm，解得vBCm＝ m/s，小车通过CD段时，有＝aCDm，解得vCDm＝2 m/s，所以小车通过BCD段的最大速率vBCD＝2 m/s，小车在AB段减速过程有t2＝＝1 s，此过程中小车发生的位移x2＝＝3 m，所以小车在AB段匀速通过的位移l＝AB－x2＝5 m，匀速运动的时间t1＝＝ s，小车通过BCD段的时间t3＝＝ s，所以从A到D所需的最短时间t＝t1＋t2＋t3＝ s，故B项正确。 7．(2023江苏真题，6分)“转碟”是传统的杂技项目。如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。 7．答案：ω0r(3分)　mωr(3分) 解析：发光物体在水平圆盘上做匀速圆周运动，角速度为ω0，半径为r，则有 v0＝ω0r(3分) 静摩擦力提供其所需向心力，则有 f＝mωr(3分) B组(冲刺满分) 8．(2022辽宁真题，10分)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小； (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 8．答案：(1)2.7 m/s2(3分)　(2)(3分) 甲(4分) 解析：(1)根据匀变速直线运动速度—位移公式有 v2＝2ax(2分) 代入数据可得a＝2.7 m/s2(1分) (2)根据向心加速度的表达式 a＝(2分) 可得甲、乙过弯道时的向心加速度之比为 ＝×＝(1分) 甲、乙两运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为 t＝(2分) 代入数据可得甲、乙运动的时间分别为 t甲＝ s，t乙＝ s(1分) 因t甲<t乙，所以甲先出弯道。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$