专练02 圆周运动（期中复习专项训练）高一物理下学期鲁科版

专练02 圆周运动 题型01 圆周基础的关联换算 1 题型02 同轴共转与传动联动 6 题型03 向心之力的精准溯源 11 题型04 水平回旋的临界突破 15 题型05 绳系圆周的临界条件 20 题型06 杆控轨迹的规律破译 26 题型07 临界边界的精准建模 32 题型08 离心逃逸的规律剖析 40 题型09 生活圆周的高考化归 44 题型10 向心之力的定量探究 48 题型01 圆周基础的关联换算 1.如图是一种新型钟表，钢铁小球在电磁力的作用下在倾斜的表盘上与表盘间隔一定距离做半径为10cm的匀速圆周运动，小球每转动一周，时钟跳跃一分钟，对于时钟下列说法正确的是（　　） A．小球所受电磁力与重力等大反向 B．小球的转速是转每秒 C．小球的角速度是弧度每秒 D．小球的线速度是米每秒 【答案】D 【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球受到重力和电磁力的作用，由于小球做匀速圆周运动，需要向心力，故合力不为零，所以电磁力与重力不可能等大反向。故A错误； B．由题意可知，小球做匀速圆周运动的周期为 所以小球的转速是，故B错误； C．小球的角速度是，故C错误； D．小球做匀速圆周运动的半径为 则小球的线速度是，故D正确。 故选D。 2.图甲为明代《天工开物》记载的“水碓”装置图，其简化原理图如图乙所示，水流冲击水轮，带动主轴（中心为）及拨板周期性拨动碓杆尾端，使碓杆绕转轴逆时针转动，拨板脱离碓杆尾端后碓头借重力下落，撞击臼中谷物。当图乙中主轴以恒定角速度转动至拨板与水平方向成时，，，此时碓头的线速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意可知，拨板与碓杆尾部接触点在垂直于碓杆方向速度相等，有 碓杆绕点转动的角速度 则碓头B线速度 故选D。 3.如图所示，一根长度为L的轻质细杆在竖直平面内以转速n绕圆心O匀速转动，细杆远离圆心O的端点有一个光源，该光源始终竖直向下投射出一束细光。在圆心O的下方设有一个光屏，光屏与光源运动轨迹圆的最下端相切。当光屏上的光斑移动至最左端时开始计时，则光斑从最左端移动到最右端的过程中，t时刻的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】当光源经过时间t时，转过的角度为 此时光源的速度为 该速度的水平分速度即为光斑的速度 故选A。 4.如图所示，位于潍坊滨海区白浪河入海口处的“渤海之眼”摩天轮是世界上最大的无轴式摩天轮，总高度145m。有36个轿厢，每个轿厢能够坐8到10人，运行一周约需要30分钟。轿厢中的人随摩天轮匀速转动过程中（　　） A．线速度不变 B．角速度不变 C．向心加速度不变 D．在最高点处于超重状态 【答案】B 【详解】AC．匀速圆周运动中，线速度和向心加速度大小不变，但方向时刻改变，AC错误； B．匀速圆周运动的角速度不变，B正确； D．在最高点加速度向下，处于失重状态，D错误。 故选B。 5.走马灯（如图所示），这一富有传统特色的工艺品，起源可以追溯到隋唐时期。其工作原理：点燃底部蜡烛，上升的热空气驱动扇叶旋转，带动纸片绕竖直转轴匀速转动，若我们观察到某一灯面上相邻纸马和纸片战士的图形交替的时间间隔为5s，四个纸片均匀分布，则该走马灯的角速度约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可知，每隔5s纸片马和纸片战士交替一次，即走马灯转过的角度为90°，根据角速度定义式可得 故选B。 6.如图所示，在竖直墙与水平地面之间，一根刚性细杆AB的下端点B以速度匀速滑开（上端点A始终不脱离竖直墙），杆上C、D、E是细杆的四等分点，当杆与水平地面成45°角时（　　） A．杆上C、E两点的速度方向的夹角为45° B．杆上D点速度大小 C．杆上E点的速度大小为 D．杆上C点的速度方向与杆所成的锐角约为26.6° 【答案】BCD 【详解】设杆长为L，以墙角为原点，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向建立平面直角坐标系。当杆与水平地面成45°角时，A点坐标为(0,)，B点坐标为(, ) 由约束条件，A点速度​竖直向下，B点速度水平向右，且 由杆长不变条件 对时间求导，可得 即 故 瞬心P为过A点的水平线（​）与过B点的竖直线（​）的交点 故P点坐标为 杆的角速度大小 方向逆时针（垂直纸面向外） 杆上任意点M的速度大小为乘以M到P的距离，方向垂直于M与P的连线，指向逆时针方向 C、D、E为杆的四等分点，坐标分别为：C点：(,) D点：(,) E点：(,) 各点到P的距离：∣PC∣= ∣PD∣= ∣PE∣= 速度大小： 速度方向：C点速度方向垂直于PC，向量 逆时针旋转90°得方向向量 (1,−3)，故​沿 (1,−3)方向 杆的方向向量为(1,−1) C点速度方向与杆的夹角满足 所以 C点和E点的速度方向分别垂直于PC和PE，故两速度方向的夹角等于∠CPE 计算向量与的点积 所以 因此，选项A错误，B、C、D正确。 故选BCD。 题型02 同轴共转与传动联动 7.如图为道闸及其内部控制横杆起落的减速器结构图，a、b、c是三组相同的轮，用皮带传动，每组轮都由两个共轴轮叠合而成，大轮半径是小轮半径的2倍。在电动机的带动下，a轮转动的角速度为，则横杆随c轮共轴转动的角速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】假设大轮半径是，小轮半径，， 根据 同理 故 所以 故选B 。 8.如图所示，某人正在用角磨机切割材料，砂轮匀速旋转，火星四溅，若忽略空气阻力的影响，以下说法正确的是（　　） A．图示砂轮沿顺时针方向旋转 B．砂轮上各处的线速度大小相等 C．砂轮上边缘各处的向心加速度相同 D．火星飞出后的运动始终沿着切线方向 【答案】A 【详解】A．火星飞出的方向是砂轮边缘的切线方向。由图可知火星向左下方飞溅，结合砂轮的位置可判断，砂轮沿顺时针方向旋转，故A正确； B．砂轮做同轴转动，各点角速度ω相等，砂轮上不同位置的半径r不同，根据可知，砂轮上各处的线速度大小不相等，故B错误； C．向心加速度是矢量，既有大小又有方向，砂轮边缘各处的r相等，根据向心加速度可知，砂轮边缘各处的向心加速度大小相等，但不同位置的向心加速度方向不同（均指向圆心），因此向心加速度不相同，故C错误； D．火星飞出时仅受重力作用（忽略空气阻力），其运动为抛体运动，轨迹是曲线，而非始终沿切线方向做匀速直线运动，故D错误。 故选A。 9.辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度 小圆盘边缘线速度 中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，时间内绳子的净缩短量为 下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为，时间内总缩短量满足 整理得 故选A 。 10.记里鼓车是中国古代用于计量车辆行驶距离的机械装置。如图所示为《宋史》记载卢道隆所制记里鼓车：马匹拉车使车轮转动，带动一套齿轮传动。车轮转动100圈时，车行距离恰好为一里。因为立轮和车轮固定在同一轴上，立轮也转动100圈，下平轮和旋风轮转动33.3圈，中平轮转动1圈。此时通过凸轮杠杆机构，拉动木人，实现车每行1里下层木人击鼓。下列说法正确的是（　　） A．中平轮与旋风轮的周期之比为1:33.3 B．中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1:33.3 C．立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度 D．立轮与下平轮的角速度之比为33.3:100 【答案】C 【详解】A．中平轮与旋风轮的角速度之比为1:33.3 根据，中平轮与旋风轮的周期之比为33.3:1，A错误； B．旋风轮带动中平轮转动，中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1:1，B错误； C．立轮和车轮同轴，立轮半径小，车轮半径大。根据，立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度，C正确； D．立轮与下平轮的角速度之比为100:33.3，D错误。 故选C。 11.变速自行车通过曲柄、链轮、飞轮将力传递到后轮上，带动自行车前进。变速系统如图所示，此时链条连接着链轮上半径最大的齿轮和飞轮上半径最小的齿轮。自行车在平直的路面上沿直线行驶，链条与齿轮、后轮与地面均不打滑，链条处于张紧状态。下列说法错误的是（　　） A．齿轮边缘上的a点和b点在任意相等时间内通过的圆弧长相等 B．齿轮边缘上的a点和后轮边缘上的c点在任意相等时间内转动的圈数相同 C．若已知b点的线速度大小及a点所在齿轮的半径大小，则可求得c点的角速度 D．在曲柄转速不变的情况下，图中的连接方式可使自行车行驶得最慢 【答案】D 【详解】A．两齿轮为链传动，线速度大小相等，根据 可知，齿轮边缘上的a点和b点在任意相等时间内通过的圆弧长相等，故A正确，不符合题意； B．a点所在齿轮与后轮属于同轴传动，角速度相同，因此齿轮边缘上的a点和后轮边缘上的c点在任意相等时间内转动的圈数相同，故B正确，不符合题意； C．因a点和b点的线速度大小相同，知道了b点的线速度就等于知道了a点的线速度，而根据 若知道a点所在齿轮的半径大小，就可知道a点的角速度，而a点的角速度与c点的角速度相等，因此就可知道c点的角速度，故C正确，不符合题意； D．在曲柄转速不变的情况下，a、b两点线速度大小相同，而b点所在齿轮的半径大于a点所在齿轮的半径，根据 可知，a点所在齿轮的角速度大于b点所在齿轮的角速度，而a点的角速度等于c点的角速度，c点所在后轮的半径大于a点所在齿轮的半径，因此，c点的线速度最大，即图中的连接方式可使自行车行驶的最快，故D错误，符合题意。 故选D。 12．如图为二轮平衡车，两轮直径相等，外轮、内轮的圆心分别为O1、O2（图中未标出），O1O2连线中点为P。某人在水平地面上操纵平衡车，使其绕O1O2连线延长线上的定点O做匀速圆周运动，，。车轮不打滑，轮胎宽度及形变不计，下列说法正确的是（　　） A．二轮平衡车所受合外力始终不变 B．O1、P绕O做圆周运动的线速度大小之比为（2R+L）∶2R C．O1、O2绕O做圆周运动的角速度大小之比为（2R+L）∶（2R-L） D．外轮与内轮绕O1O2连线转动的角速度大小之比为（2R+L）∶（2R-L） 【答案】BD 【详解】A．二轮平衡车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力方向时刻指向圆心，合外力方向时刻改变，故A错误； B．由，共轴模型角速度相同，可知O1、P绕O做圆周运动的线速度大小与半径成正比，故速度之比为，故B正确； C．O1、O2绕O做圆周运动相同时间转过相同的角度，角速度相等，故其角速度大小之比为1:1，故C错误； D．外轮与内轮转动的线速度大小之比为 由，两轮直径相等，可知外轮与内轮绕O1O2连线转动的角速度与线速度大小成正比，故其角速度大小之比为（2R+L）∶（2R-L），故D正确。 故选BD。 题型03 向心之力的精准溯源 13.为方便旅客取行李，机场使用倾斜的环状传送带运输行李箱，如图甲所示，行李箱经过圆形弯道（图甲中虚线框部分）时，始终与传送带保持相对静止做匀速圆周运动，其截面图如图乙所示，若行李箱可视为质点，则行李箱在倾斜圆形弯道运动时（　　） A．合外力沿斜面向上 B．合外力沿斜面向下 C．所受摩擦力一定沿斜面向上 D．所受支持力可能为零 【答案】C 【详解】AB．行李箱与传送带保持相对静止做匀速圆周运动，轨道平面在水平面，由所受外力的合力提供向心力，则合外力方向沿水平方向指向圆心，故AB错误； C．根据题意在图乙所示位置，行李箱做圆周运动的圆心在行李箱的左侧水平位置上，由所受外力的合力提供向心力，即图乙中行李箱所受外力的合力方向水平向左，可知，行李箱一定受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力与沿斜面向上的摩擦力作用，故C正确； D．结合上述可知，行李箱所受支持力不可能为零，故D错误。 故选C。 14.运球转身是运球中的一种基本方法，是篮球运动中重要进攻技术之一。拉球转身的动作是难点，例如图a所示为运动员为拉球转身的一瞬间，由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图b所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴（中枢脚所在直线）做圆周运动，假设手掌和球之间的最大静摩擦因数为0.5，篮球质量为600克，直径24厘米，手到转轴的距离为0.5米，则要顺利完成此转身动作，篮球和手至少要有多大的速度（  ） A．2.28m/s B．2.76m/s C．3.16m/s D．3.52m/s 【答案】B 【详解】竖直方向上 水平方向上 解得 故选B。 15.如图所示为离心机的原理简图，试管倾斜固定在高速转动的离心机上，经过一段时间，试管中的溶液即可完成分层。稳定后，关于上下两层中的、两液滴，下列说法正确的是（　　） A．溶液相对于地面受到离心力的作用而分层 B．受到的向心力小于受到的向心力 C．两液滴的角速度相同 D．所在层的溶液密度大于所在层的溶液密度 【答案】C 【详解】A．溶液不会受到离心力的作用，A错误； B．M、N两液滴质量未知，故向心力大小无法比较，B错误； C．M、N两液滴同轴转动，角速度相等，C正确； D．在高速转动的离心机上，稳定后，下层溶液密度大，所以N所在层的溶液密度大于M所在层的溶液密度，D错误。 故选C。 16.过山车的部分轨道可简化为半径为、的圆，其底部位于同一水平面上，。质量为的一节过山车（可简化为质点）以某一速度滑上半径为的轨道时，恰好能通过轨道的最高点；若过山车通过轨道的最高点时速度恰好与通过的最高点时相等，则过山车通过的最高点时对轨道压力为（　　） A．0 B． C． D． 【答案】C 【详解】过山车恰好经过半径为轨道的最高点，由牛顿第二定律得 解得 以同样速度通过半径为轨道的最高点时 由于，解得 故ABD错误，C正确。 故选C。 17.2025年9月，杭州超重力场启动全球最大的离心机主机。如图为离心机结构的俯视图，质量均为的模型舱和配重系统通过转臂连接，在水平面内绕竖直转轴以角速度做匀速圆周运动。正常转动时，两者重心到转轴的距离均为，转轴受到的水平作用力为0。若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了，其余条件不变，则转轴受到的水平作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了，其余条件不变，以配重系统为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 以模型舱为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 以转臂为对象，可得转轴对转臂的水平作用力大小为 其中， 可得 则转轴受到的水平作用力大小为。 故选B。 18.东北“雪地转转”项目深受游客喜爱。游乐设施匀速转动，带动雪圈上四位质量不同的游客坐在水平雪地上做半径相同的匀速圆周运动，如题图所示。此刻他们具有相同的（　　） A．线速度 B．角速度 C．动能 D．向心力 【答案】B 【详解】A．四位顾客在圆周的不同位置，线速度的方向不同，故线速度不相同，A错误； B．四位顾客都是游乐设施带动一起转动，故角速度相同，B正确； C．动能 四位质量不同的游客，角速度和半径相同，动能不相同，故C错误； D．四位顾客在圆周的不同位置，向心力的方向不同，故向心力不相同，Ｄ错误。 故选B。 题型04 水平回旋的临界突破 19.如图甲所示为某离心分离装置示意图，水平转台可在电机的带动下绕过圆心的竖直轴转动。开始时将质量为1kg的物块静置于转台上，物块到转台圆心O的距离为1m，时刻启动电机，转台由静止开始加速转动，其角速度与时间关系图像如图乙所示，物块与转台间的动摩擦因数，重力加速度，则物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为（　　） A． B．1s C． D． 【答案】C 【详解】由图乙结合可知，物块随转台加速转动时的线速度大小变化情况为 则物块沿切向方向的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得，物块沿切向方向的静摩擦力大小为 则物块指向圆心的最大静摩擦力大小为 当物块受的摩擦力为最大静摩擦力时，物块能随转台一起转动达到最大的角速度，此时根据牛顿第二定律可得 解得 由乙图可知，此时物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为。 故选C。 20.为研究四驱赛车弯道加速时的性能，驾驶赛车在水平圆周轨道上行驶，轨道半径大小R=225m，车轮与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻赛车速度大小v=21m/s，从该时刻开始做加速圆周运动，保持切向加速度大小恒为a=3m/s2，不计空气阻力及其它阻力，重力加速度大小g=10m/s2。赛车可视为质点，四个车轮的受力情况可视为相同，则赛车做加速圆周运动且不发生侧向滑动的最长时间为（　　） A．1s B．2s C．3s D． 【答案】C 【详解】题意可知赛车做加速圆周运动时存在切向加速度、向心加速度，合加速度由最大静摩擦力提供，即 其中，，代入题中数据，联立解得 则赛车加速时间为 故选C。 21.如图所示，是水平圆盘的竖直转动轴，物体、用不可伸长的、足够结实的轻绳连接并置于圆盘上，轻绳过正上方且刚好绷直（此时弹力为零）。和的质量、离转动轴的距离、与圆盘的动摩擦因数分别为和视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。圆盘由静止缓慢加速转动，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则与之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆盘转动的角速度为ω，绳子的拉力为T。物体A和B都相对于圆盘静止，说明它们都随圆盘一起做匀速圆周运动。对物体A和B分别进行受力分析，在水平方向上，它们受到绳子的拉力T和静摩擦力f的作用，这两个力的合力提供向心力。规定指向圆心的方向为正方向。对物体A，根据牛顿第二定律有 其中是圆盘对A的静摩擦力，其大小和方向会随ω变化，但其最大值不超过最大静摩擦力，即 对物体B，根据牛顿第二定律有 其中是圆盘对B的静摩擦力，其大小和方向会随ω变化，但其最大值不超过最大静摩擦力，即 整理得 由题意可知，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则 解得 故选C。 22.在2025年全国场地自行车锦标赛中，浙江队以46秒661的成绩收获青年男子团体竞速赛冠军。某场地自行车比赛圆形赛道的路面与水平面的夹角为，不考虑空气阻力，并将运动员与自行车视作质点处理。运动员A与自行车的总质量为m，圆周运动的轨道半径为R，自行车与赛道的最大摩擦力为两者间弹力的k倍，重力加速度为g。 (1)某时刻运动员A骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，且恰好不受摩擦力作用，则： ①赛道对自行车的作用力多大？ ②自行车的速度多大？ (2)为保持领先位置，领先的运动员A需要在原轨道上不停改变速度大小以打乱后方运动员的节奏。在不改变其运动轨道的前提下，求A速度的最大值。 【答案】(1)，(2) 【详解】（1）① 竖直方向受力平衡，设赛道对自行车的支持力（即作用力，无摩擦力）为： 解得： ②水平方向合力提供向心力： 代入 整理得： （2）速度越大需要的向心力越大，最大速度时自行车有沿斜面上滑趋势，摩擦力沿斜面向下，且达到最大静摩擦力 对其受力分析：竖直方向合力为0： 整理得： 水平方向合力提供向心力： 代入和的表达式，整理得最大速度： 23.如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 【答案】(1)内侧；(2)(3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 24.当驾车过弯道时，为防止侧滑，行驶速度不能过大。图1为一弯道路段，其俯视图如图2所示，其中一中心线位于同一水平面内的圆弧形车道，半径。一汽车沿该车道中心线做匀速圆周运动，已知汽车轮胎与路面间的最大静摩擦力等于压力的k倍，。（计算时汽车可视为质点，且在该路段行驶过程阻力不计，结果可用根式表示） （1）若此弯道的路面设计成水平，求该汽车不发生侧滑的最大速度； （2）若此弯道的路面设计成倾斜（外高内低），路基截面可简化为图3，路面与水平面夹角，已知： ①为使汽车转弯时与路面间恰好无摩擦，求它行驶的速度大小； ②为使汽车转弯时不发生侧滑，求它行驶的最大速度。 【答案】（1）；（2）①；②30m/s 【详解】（1）摩擦力提供向心力 解得 （2）①重力与支持力的合力提供向心力，有 解得 ②水平方向 竖直方向 解得 题型05 绳系圆周的临界条件 25.如图所示是一儿童游戏的图片，儿童站在固定竖直圆轨道的最低点，用力将一足球由静止踢出，发现足球能够沿着圆轨道通过最高点，已知轨道半径为R，足球的质量为m，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力作用，由此可判断儿童对小球做的功（　　） A．可能等于 B．可能等于 C．可能等于 D．可能等于 【答案】A 【详解】足球刚好沿圆轨道通过最高点时有 解得 所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足 设儿童对小球做的功为W，对足球从最低点到最高点的过程由动能定理有 解得 即 故选A。 26.火力发电的主要燃料是煤粉，将煤块制成煤粉的机械称为球磨机。球磨机的核心部件是一个半径为R的躺卧圆筒，里面装有小钢球，小钢球与筒壁间的动摩擦因数足够大。圆筒匀速转动时，小钢球被带到一定高度处脱离筒壁，落下后与煤块发生碰撞将煤块击碎。如图所示，当小钢球通过A点时，与圆筒分离，此后小钢球仅在重力作用下到达位置B，AB连线过圆心O，已知重力加速度为g。则圆筒旋转的角速度ω为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设AB连线与水平直径的夹角为θ，在A点时，根据牛顿第二定律可得 其中 从A点开始小钢球做斜上抛运动，则 联立可得 故选B。 27.如图所示，半径为r的光滑圆轨道竖直放置，以圆心O为坐标原点在竖直平面建立直角坐标系。一小球在最低端A点沿内轨以速度水平射出，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球将在B点下方某点脱离轨道 B．小球将在B点上方某点脱离轨道 C．小球脱轨后，将在与脱离点关于y轴对称的位置再次进入轨道 D．小球脱离轨道后，将在x轴下方某点与轨道相撞 【答案】BD 【详解】AB．小球脱离轨道的临界条件是轨道对它的支持力，此时重力沿半径方向的分力提供向心力。设脱离点与圆心O的连线和水平x轴的夹角为。由向心力公式 解得 机械能守恒 联立解得 。所以脱离点在B点上方，故A错误，B正确； CD．脱离点角度满足 则脱离点位于圆心右侧上方，坐标为。 小球脱离后，以速度 做斜抛运动，根据速度的分解有（向左），（向上） 上升到最高点的时间由 得 斜上抛回到与抛出点等高时的水平位移 圆轨道上斜抛抛出点所在的水平弦长 斜上抛回到与抛出点等高时的水平位移小于圆轨道上斜抛抛出点所在的水平弦长，斜上抛轨迹是抛物线，不是圆。不可能刚好对称贴回去，小球脱离轨道后，将在x轴下方某点与轨道相撞，故C错误，D正确。 故选BD。 28.如图所示，内、外壁均光滑、半径为R的圆轨道固定在竖直面内，O是轨道的圆心，NQ是竖直直径。甲、乙两小球（均视为质点）分别在轨道内、外壁上的Q、P两点，半径OP与竖直方向的夹角为37°，重力加速度为g，，下列说法正确的是（　　） A．若甲在Q点获得一水平向右的速度，正好能到达N点，则在N点的速度为0 B．若甲在Q点获得一水平向右的速度，正好能到达N点，则在Q点的速度大小为 C．若乙球在P点获得大小为沿切线斜向右上方的速度，则刚好能到达N点 D．若乙球在P点获得大小为沿切线斜向右上方的速度，则在P点对轨道刚好无压力 【答案】BC 【详解】A．由可得甲在N点的速度为，A错误； B．甲从Q到N，由机械能守恒定律可得 解得，B正确； C．乙从P到N由机械能守恒定律可得 解得，C正确； D．乙在P点时对轨道刚好无压力，把重力分别沿着OP和垂直OP分解，则沿着OP方向的分力充当向心力，则有 解得，D错误。 故选BC。 29.如图所示，半径的光滑圆轨道竖直固定在水平面上。一光滑小球静止在轨道内壁底部，小球获得初速度后，沿内壁做圆周运动，恰好能通过最高点，忽略空气阻力，小球质量，小球可看作质点，重力加速度。 (1)求小球的初速度的大小； (2)若改变小球初速度为，使其沿轨道内壁做圆周运动，在轨道某处脱离后以最大位移再次落在轨道上，求小球获得初速度前、后瞬间对轨道的压力大小之差。 【答案】(1)（或）(2)（或4.1N） 【详解】（1）在轨道最高点有 从轨道最低点到轨道最高点有 联立解得 （2）设分离时，小球位置与圆心O连线与竖直方向夹角为，则有 分离后斜抛最大位移为直径，可得， 解得 从底端到分离点有 获得初速度前有 获得初速度后有 则 由牛顿第三定律可得对轨道压力的大小之差为。 30.太极柔力球运动融合了太极拳和现代竞技体育特征，是一项具有民族特色的体育运动项目。某次训练时，运动员舞动球拍，球拍带动小球在竖直平面内做匀速圆周运动，小球始终与球拍保持相对静止，其运动过程如图乙所示，小球做圆周运动的半径为0.8m，A点为圆周最高点，B点与圆心O等高，C点为最低点。已知小球质量为0.1kg，在C点时球与球拍间的弹力大小为3.0N，重力加速度g取，不计空气阻力，求： （1）小球在C点的速度大小； （2）小球从C运动到A的过程中，球拍对小球做功的平均功率； （3）小球运动到B点时，球拍对小球的作用力大小。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）在C点时，由牛顿第二定律 解得 （2）小球从C运动到A的过程中，所用时间为t，则 由动能定理 小球从C运动到A的过程中，球拍对小球做功的平均功率 解得 （3）小球运动到B点时，设球拍对球的作用力为F，合力提供向心力，由力的合成规则 其中 解得 题型06 杆控轨迹的规律破译 31.如图所示，内壁光滑、半径为L的圆管竖直固定，管内有一个质量为m的小球（视为质点）做圆周运动，小球直径略小于圆管内径。若小球能在圆管内做完整的圆周运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球速度的最小值为 B．当小球的速度增大时，其向心力一定增大 C．小球运动过程中，加速度始终指向圆心 D．小球在最高点受到的弹力大小一定随小球的速度的增大而增大 【答案】B 【详解】A．小球速度最小出现在圆管顶点位置，当小球在最高点受到的支持力与重力平衡时，小球的最小速度为0，故A错误； B．根据向心力表达式，可知当小球的速度增大时，其向心力一定增大，故B正确； C．小球做变速圆周运动，存在沿切向方向的加速度改变速度大小，所以加速度不会始终指向圆心，故C错误； D．小球经过最高点时，当重力刚好提供向心力时，则有 解得 当小球经过最高点的速度满足时，根据牛顿第二定律可得 可得弹力大小为 可知弹力大小随小球的速度的增大而减小； 当小球经过最高点的速度满足时，根据牛顿第二定律可得 可得弹力大小为 可知弹力大小随小球的速度的增大而增大；故D错误。 故选B。 32.如图所示，在竖直平面内固定着光滑圆管道。一小球从管道内的最低点以不同的初速度v0向右运动，球的直径略小于管的内径，不计空气阻力。用阴影表示小球在运动过程中对内侧管壁有作用力的区域，虚线为过O点的水平线，下列图示可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在虚线以下的半圆，小球的重力分解成沿切线方向和沿半径背离圆心的分力，所以重力无法提供向心力，此时小球必受到外管对其指向圆心的弹力。在虚线上半圆，小球的重力分解成沿切线方向和沿半径指向圆心的分力，重力沿半径指向圆心的分力可以提供向心力，根据速度的不同，即可以受到外管对其指向圆心的弹力也可以受到内管对其沿半径背离圆心的弹力。故ABD错误，C正确。 故选C。 33.如图甲所示为一种叫”魔力陀螺”的玩具，其结构可简化为图乙所示。半径为R的铁质圆轨道用支架固定在竖直平面内，陀螺在轨道内、外两侧均可以旋转。陀螺的质量为m（视为质点），陀螺磁芯对轨道的吸引力始终沿轨道的半径方向（指向圆心或背离圆心），大小恒为。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．陀螺沿轨道可能做匀速圆周运动 B．陀螺在轨道外侧运动，由A到B的过程中，轨道对其的支持力逐渐变小 C．陀螺在轨道外侧运动到最低点时不脱离轨道，此时的最大速度为 D．陀螺在轨道内侧运动到最高点时的速度为，其对轨道的压力大小为 【答案】BC 【详解】A．陀螺沿轨道运动过程，轨道弹力和轨道的吸引力总是沿着径向方向，陀螺的重力总是竖直向下，由于重力存在沿切向方向的分力，所以陀螺在切向方向的合力不可能一直为0，陀螺沿轨道不可能做匀速圆周运动，故A错误； B．陀螺在轨道外侧运动，由A运动到与圆心等高点处过程，设陀螺与圆心连线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得 由于逐渐增大，逐渐增大，则轨道对其的支持力逐渐变小；由与圆心等高点处运动到B过程，根据牛顿第二定律可得 由于逐渐减小，逐渐增大，则轨道对其的支持力继续逐渐变小；故B正确； C．设陀螺在轨道外侧运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得 当时，可得此时的最大速度为 故C正确； D．陀螺在轨道内侧运动到最高点时的速度为，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知，其对轨道的压力大小为9mg，故D错误。 故选BC。 34.保定市某公园内有一如图甲所示的游乐设备，固定的环状圆盘上开有圆形细凹槽，圆形手柄固定有金属转轴，转轴嵌入凹槽内，由于长时间使用凹槽变得异常光滑，模型简化如图乙所示。手柄（含转轴）质量为，转轴到圆盘中心的距离为（转轴直径相比可忽略），重力加速度为。若在最低点给手柄一初速度，使它恰好能够在凹槽内做完整圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．手柄在最高点的速度为 B．凹槽在最低点和最高点对转轴的作用力大小之差为 C．凹槽在最低点和最高点对转轴的作用力大小之差为 D．手柄跟凹槽无相互作用力的位置距离最低点的高度为 【答案】D 【详解】A．由于手柄在最高点可以受到凹槽向上或者向下的弹力，所以到达最高点时的最小速度可以为0，故A错误； BC．手柄在最高点的速度为0，所以凹槽在最高点对手柄与转轴的作用力大小为，方向向上； 手柄在最低点时的速度为v，则有 在最低点时，手柄与转轴受到的合力充当向心力，有 可解得凹槽对手柄与转轴的作用力 所以凹槽在最低点和最高点对转轴的作用力大小之差为4mg，故BC错误； D．当凹槽对手柄与转轴无作用力时，由重力的分量充当向心力，设此时圆心与手柄的连线与竖直方向的夹角为，则根据向心力公式有 从最高点到此位置列动能定理，有 可解得 所以此时手柄到最低点的距离为，故D正确。 故选D。 35.如图所示，木板A的中点O和小球B通过长为L的轻杆相连，O为转动轴，小球B的质量为m，木板A的质量为2m，球和木板都静止在光滑的水平面上，开始时杆处于竖直位置，放开小球B后轻杆将倒下，求： (1)若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间的加速度； (2)若木板不固定，杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间杆对小球B的拉力大小。 【答案】(1)，方向与水平方向夹角为(2) 【详解】（1）若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得 小球的向心加速度大小 切向加速度大小 小球的实际加速度 加速度方向与水平方向夹角为，且 （2）若木板不固定，轻杆水平时，小球和木板有共同的水平速度，因系统水平方向动量守恒，所以水平方向的共同速度为零。当轻杆到达水平时，由机械能守恒可得小球的竖直速度 设此时木板对地的加速度为，小球对地水平方向的加速度为，则球相对转动点（板）的加速度 对木板，根据牛顿第二定律 对小球，根据牛顿第二定律 联立以上方程，解得 36.“倒立摆” 是验证自动控制理论、算法的经典模型。这些理论或算法可用于工业自动控制技术或机器人技术（比如人形机器人在复杂环境下维持平衡的技术）。图示水平轨道上的四驱小车（含车内设备总质量为）搭载AI算法程序，当轻质细杆处于某种姿态时，车内传感器采集轻质细杆与竖直方向夹角数据（如图中、），计算机利用数据计算并驱动车轮转动，使小车受到牵引力（车轮主动旋转时，四个车轮对轨道存在总静摩擦力，将小车视为质点，则小车受到的牵引力就是f的反作用力，轨道对小车的力除牵引力及支持力外，没有其它力），进而控制小车、轻质细杆及摆球的运动。已知杆长为，与杆固连的可视为质点的摆球质量为m（不包含在M内），图中与杆固连的轻质套筒属杆的一部分，可绕光滑的转轴自由转动。不计空气阻力，车轮在轨道上滚动时不打滑。不考虑采集数据与施加牵引力的时间差，牵引力只能水平向左或向右，重力加速度为。 (1)启动程序锁定小车，摆球在竖直面内来回摆动，最大摆角为，如图甲。求最大摆角处轻杆对摆球的拉力T的大小； (2)如图乙，某时刻正在倒下的轻杆与竖直方向夹角为，为使轻杆保持此姿态（即不再变化，即摆球与小车保持相对静止），求牵引力F1的大小； (3)在（2）的基础上，为使轻杆回到竖直姿态，可调节牵引力的大小使轻杆绕转轴逆时针匀速转动，角速度为，求当杆回到与竖直方向夹角为（）时，牵引力F2的大小。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）对摆球受力分析，则有 由于此时摆球的速度为0，即 解得 （2）对摆球受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律可得 整体受力分析可得 联立解得 （3）对摆球，存在两个分加速度，如图所示 水平方向则有 竖直方向则有 对小车受力分析，如图所示 水平方向则有 解得 题型07 临界边界的精准建模 37.如图，竖直平面内固定一半径为R的半圆形光滑轨道，A为光滑水平面上的一点，B为轨道与水平面的切点。A点与圆心O点之间距离为3R，AO的延长线交半圆形轨道于P点。原长为2R、劲度系数为k的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与质量为m的物块连接。若物块从P点以的初速度沿轨道滑下，且运动到A点的过程中始终不脱离轨道和水平面，下列说法正确的是（　　） A．物块在P点时加速度的方向指向圆心 B．物块运动到A点时的速度大小为 C．物块对轨道的最大压力为 D．物块质量m最大为 【答案】D 【详解】A．物块在P点受到竖直向下的重力，沿半径向外的弹簧弹力和指向圆心的轨道的弹力，即物块既有向心加速度，也有切向加速度，所以加速度方向指向左下方，并不指向圆心，故A错误； B．设初始时弹簧与水平方向的夹角为θ，从P运动到A点，根据机械能守恒定律可得 根据几何关系可得 联立解得，故B错误； C．物块运动到B点时，物块对轨道的压力最大，则 在B点，根据牛顿第二定律可得 联立可得，故C错误； D．由于物块运动过程中始终不脱离轨道，当物块质量最大时，物块在P点与轨道恰好无弹力作用，则 解得，故D正确。 故选D。 38.如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为，质量为的小滑块以、初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（　　） A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道 B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道 C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度，都不会脱离轨道 D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论多大都会脱离轨道 【答案】D 【详解】当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图 小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故 从最高点滑下来，由机械能守恒定律 联立得 所以当时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需满足 当θ=0°时，cosθ最大，所以需满足 解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是 当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图 小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故 从最高点滑下来，由机械能守恒定律 联立得 所以当时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足 当θ=90°时，cosθ最小，所以需满足 显然v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道，所以A、B、C错误。 故选D。 39.如图所示，一半径为的倾斜匀质圆盘可绕垂直固定于圆盘圆心的转轴转动，盘面与水平面的夹角为。初始时圆盘静止，在圆盘上轻放与圆盘动摩擦因数均为的物块和物块，放上后物块均能静止于圆盘上。让转轴角速度从0开始缓慢增大，关于此过程， 下列说法正确的是（　　） A．物块在其圆周轨迹的最高点最容易与圆盘发生相对滑动 B．物块在其圆周轨迹的最低点最容易与圆盘发生相对滑动 C．物块先于物块与圆盘发生相对滑动 D．物块先于物块与圆盘发生相对滑动 【答案】BC 【详解】AB．物块在圆盘所在的平面内受两个力，分别为重力沿圆盘向下的分力、静摩擦力，这两个力的合力提供向心力（大小为），向心力始终指向圆心，垂直圆面向下看去，静摩擦力的变化情况如图所示 若不变，则向心力大小不变，故向心力的箭头端始终落在一个圆上，由图可知，当向心力向上时（即物体通过最低点时），物体所受静摩擦力最大，故物块在其圆周轨迹的最低点最容易与圆盘发生相对滑动，故A错误，B正确； CD．假设物块通过最低点时恰好与圆盘发生相对滑动，设此时的角速度为，有 解得 故越大，越小，因物块a圆周运动的半径较大，故物块a对应的较小，故物块先于物块与圆盘发生相对滑动，故C正确，D错误。 故选BC。 40.游乐场有个魔力转盘项目，一个大转盘上设置了一圈供游客站立的位置，如图所示，项目开始时，游客面向转轴竖直站立，后背靠在平行于转轴的平板上，有安全绳防护，转盘绕竖直中轴线开始转动，当角速度逐渐增大到时，供游客站立的托板下翻，游客处在了脚不沾地的状态，“魔力”使游客紧紧地贴在背上始终不动，转动几周后转盘的转动轴开始倾斜至和水平成45°角，此时转盘转动的角速度大小为。又转动几周后转盘的转动轴倾至水平，此时转动的角速度大小为的，已知站立位置到转轴的距离是R，游客的厚度可以忽略，游客的质量为m，游客后背和靠背平板之间的静摩擦因数和滑动摩擦因数相等都是1，如果3个状态下的角速度都是游客安全感的最小值（安全绳松脱，游客不会滑落），重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A． B．以转动一周的过程中，人后背受到的最大支持力是 C．以转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是 D．以转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是 【答案】ABD 【详解】B．以转动一周的过程中，游客在最低点时，后背受到的支持力最大。则 由于此状态下的角速度是游客安全感的最小值，在最高点有 解得 ， 故B正确； D．以转动一周的过程中，分析可知游客在与转轴等高时，后背受到的摩擦力最大。则竖直方向上，由平衡条件得 故D正确； C．在最高点时 临界条件 联立解得 故C错误； A．以转动一周的过程中，由于此状态下的角速度是游客安全感的最小值。则 联立解得 综上可得 故A正确。 故选ABD。 41游乐场中的圆锥体形“魔盘”，正视纵截面可简化为图乙的等腰三角形。质量的小孩（可视为质点）坐在魔盘斜面上的某一位置，当魔盘绕其中心竖直轴转动时，随着角速度的缓慢增大，小孩受到的静摩擦力f与的关系如图丙所示，取重力加速度。求： (1)魔盘斜面与水平面间的夹角； (2)小孩做圆周运动的半径R； (3)已知小孩与魔盘问的动摩擦因数，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小孩能随魔盘一起转动而不相对滑动的最大角速度。 【答案】(1)30°(2)(3) 【详解】（1）由图丙可知：魔盘不转时，小孩受到的静摩擦力大小为 根据 解得 （2）小孩做圆周运动的半径为R，出图丙可知，魔盘转动时，小孩受到的摩擦力大小为，则， 解得 （3）小孩刚好不相对魔盘滑动时，则，， 解得 42.如图所示为一款游戏的装置示意图。长为的水平轨道、半径为的粗细均匀的光滑管道、半径为的圆弧形挡板均固定在倾角为的光滑斜面上，水平轨道与管道最低点在点相切，管的内径远小于，与斜面底边垂直，的圆心在点，原长为的轻弹簧放在水平轨道上，右端与固定在点的挡板连接，将质量为的小球放在水平轨道上，用力向右推小球压缩弹簧至某位置释放，小球运动到点时沿平行斜面方向对管道的压力恰好为零，小球的直径比管径略小，小球在水平轨道上受到的阻力是其重力的倍，不计小球的大小，重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求小球运动到点时的速度大小； (2)小球在管道内运动到与点等高的位置时，求沿平行斜面方向小球对管道的压力大小； (3)若小球压缩弹簧使弹簧的压缩量为时，由静止释放小球，小球能打到挡板上的点，与间夹角为，求此情况中开始压缩弹簧具有的弹性势能大小； (4)调节小球压缩弹簧的压缩量，仍由静止释放小球，使小球打到挡板时动能最小，求小球打到挡板时的最小动能值。 【答案】(1)(2)(3)(4) 【详解】（1）设小球运动到点时速度大小为，根据题意 解得 （2）设小球运动到管道上与点等高的位置时速度大小为，根据机械能守恒 解得 根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律，小球对管道的压力大小 （3）落在点，则有， 联立解得 设弹簧开始的弹性势能为，根据功能关系 解得 （4）设小球到点速度为时小球落到圆弧挡板上时动能最小，则， 根据几何关系 根据动能定理 解得 当时小球落到挡板上时的动能最小，由数学知识可得最小值为 题型08 离心逃逸的规律剖析 43.如图，采集来的血液滴入试管中，管口向上斜放入血液离心机中，离心机通过高速旋转，能将血液中的不同成分进行分离，以便于进行血液分析。血液中的红细胞密度最大，增加离心机的转速，可使红细胞（　　） A．更快地沉到试管底部 B．更快地浮到试管上部 C．更慢地沉到试管底部 D．更慢地浮到试管上部 【答案】A 【详解】离心机的转速越大，根据可得角速度越大，根据可得质量越大，做圆周运动需要的向心力越大，红细胞密度最大，质量大，受到的实际力不足以提供所需的向心力，更易做离心运动，更快地沉到试管底部。 故选A。 44.如图是都江堰水利工程，建于公元前256年，图甲是丰水期的模型图，图乙是枯水期的真实图，其特别设计如：鱼嘴、宝瓶口、飞沙堰，科学地解决了江水分流、排沙、控制流量等问题，消除了水患。现这一功能，与物理学中的离心运动密切相关，实现水沙分离，让流入宝瓶口的水含沙量非常之少。现在请根据以下选项，选出最符合物理学原理的描述（　　） A．沙子因密度大于水，故在江水中自然下沉，实现沙水分离 B．江水在流经都江堰的特定弯道时，由于提供的向心力不足，将较重的沙石甩向岸边，实现排沙 C．假设水流漩涡各处的角速度相等，沙石容易进入宝瓶口，难以进入飞沙堰 D．沙石在水流中的运动轨迹与离心运动无关，主要依靠水流速度差异实现分离 【答案】B 【详解】ABD．江水在流经都江堰的特定弯道时，由于水的比重小于沙石的比重，水运动的速度快，所以水更容易向凹岸做离心运动，凹岸的水流速较快；同时由于提供的向心力不足，将较重的沙石甩向岸边，实现排沙，故AD错误，B正确； C．沙石的运动半径较小，根据运动的速度越小，则难以进入宝瓶口，故C错误。 故选B。 45.棉花糖机制作棉花糖时，机器会将高温的糖浆快速旋转，使糖浆形成一种旋转状态。同时利用离心现象通过旋转筒周围的小孔将糖浆快速拉扯成线状，再利用竹签收集线状糖浆丝制成柔软的棉花糖。若从旋转筒小孔出来的线状糖浆丝与机内糖丝相连，仍以相同速率做离心运动，则下列说法正确的是（　　） A．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，其液面为水平 B．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，各处糖浆的角速度相同 C．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，各处糖浆的向心加速度大小相等 D．从旋转筒小孔出来的线状糖浆丝的加速度增大 【答案】B 【详解】A．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，由于离心现象，其液面为凹曲面状，A错误； BC．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，各处糖浆的角速度相同，根据圆周运动公式 可知糖浆的向心加速度 因为各处糖浆做圆周运动的半径不一定相等，则各处糖浆的向心加速度大小不一定相等，B正确，C错误； D．从旋转筒小孔出来的线状糖浆丝的速度v大小不变，做离心运动，轨迹半径r增大，根据向心力公式和牛顿第二运动定律有 则糖浆丝加速度大小为，r增大，a减小，D错误。 故选B。 46.洗衣机的水桶示意图如图所示，它是以转桶带动衣物高速旋转的方式将湿衣服甩干的。甩干过程中的某一时段，湿衣服紧贴在匀速旋转的转筒的竖直筒壁上，与桶壁相对静止，在湿衣服的水被逐渐甩出的过程中，关于湿衣服的受力情况，下列判断正确的是（　　） A．受筒壁的弹力减小 B．受筒壁的弹力不变 C．受筒壁的摩擦力增大 D．受筒壁的摩擦力不变 【答案】A 【详解】AB．对衣服水平方向筒壁对衣服的弹力充当向心力，则 则随着质量的减小，衣服受筒壁的弹力减小，选项A正确，B错误； CD．竖直方向 则随着质量减小，衣服受筒壁的摩擦力减小，选项CD错误。 故选A。 47.啤酒之所以清澈透亮，是因为通过离心分离术清除了易浑浊的杂质，离心分离术可以高效分离存在密度差的两种物体，还可把细菌、病毒等超细微粒从水状悬浮液中分离出来．下图是模拟实验，通过高速旋转的离心机把清水中大小相同的实心木球和钢球分离开．当回转轴以稳定的角速度高速旋转时，下列说法正确的是（　　） A．木球会在靠转轴的①位置，铁球会到靠外壁的②位置 B．木球会在靠外壁的②位置，铁球会到靠转轴的①位置 C．木球、铁球都会离心运动，最终都靠在外壁的②位置 D．啤酒中无论密度大还是小的杂质都被离心甩到②位置 【答案】A 【详解】由于铁球密度大，容易发生离心运动，所以铁球会到靠外壁的②位置；而木球密度小，不易发生离心运动，所以木球会在靠转轴的①位置，故选A。 48.如图甲所示，在问天实验舱中的变重力科学实验柜，可为科学实验提供零重力到两倍重力范围的高精度模拟重力环境，用以研究不同重力环境下的科学现象。变重力科学实验柜的主要装置是如图乙所示的两套离心机。离心机旋转过程中，由于惯性作用，实验载荷会有沿着旋转半径向外飞出的趋势，可以等效为物体在圆周运动中受到一个与向心力等大反向的“离心力”，而这个“离心力”就可以用来模拟物体受到的重力。某次实验中，需要给距离圆心450mm的实验载荷模拟2g的重力环境（g取9.8m/s2），则离心机的转速最接近以下哪个值（　　） A．0.1r/s B．1r/s C．10r/s D．100r/s 【答案】B 【详解】向心力为 得 最接近1r/s。 故选B。 题型09 生活圆周的高考化归 49.（2025·山东·高考真题）某同学用不可伸长的细线系一个质量为的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为 近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，故有 在最低点根据牛顿第二定律有 代入数据解得T=7N 故选C。 50.（2024·江苏·高考真题）如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面a内做匀速圆周运动。缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器（　　） 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 【答案】C 【详解】CD．设绳子与竖直方向夹角为θ，蜂鸣器质量为m，绳长为，对蜂鸣器受力分析，水平方向有 可得 由题图可看出蜂鸣器从水平面a升高到水平面b，增大，则有向心加速度 蜂鸣器所受拉力大小 蜂鸣器重力不变，增大，则所受拉力变大，故C正确，D错误； AB．根据几何关系，可得蜂鸣器做匀速圆周运动的半径为 根据牛顿第二定律有 可得， 可得，，即角速度、线速度均增大，故AB错误。 故选C。 51.（2024·江苏·高考真题）制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶屑与台面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将陶屑视为质点，则（　　） A．离转轴越近的陶屑质量越大 B．离转轴越远的陶屑质量越大 C．陶屑只能分布在台面的边缘处 D．陶屑只能分布在一定半径的圆内 【答案】D 【详解】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得 解得 因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离转轴的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。μ与ω均一定，故为定值，即陶屑离转轴最远的陶屑距离不超过，即陶屑只能分布在半径为的圆内。故ABC错误，故D正确。 故选D。 52.如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是（　　） A．B．C．D． 【答案】C 【详解】对水面上一个质量很小的水滴m受力分析，因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力，两个力的合力充当向心力，因向心力沿水平方向指向转轴，可知水面对水滴的作用力应该斜向上方，设与竖直方向夹角为θ，则由牛顿第二定律 可知 因r越大，则θ越大，可知水面的形状为C的形状。 故选C。 53.“飞椅”是游乐场中常见的游乐项目。钢绳一端固定在转轴上，另一端系着座椅，座椅同时乘坐甲、乙两人，当座椅随着转轴匀速转动时（　　） A．甲的转动周期等于乙的转动周期 B．甲的向心加速度小于乙的向心加速度 C．甲的线速度等于乙的线速度 D．甲的角速度大于乙的角速度 【答案】A 【详解】AD．甲、乙两人同轴转动周期和角速度相同，故A正确，D错误； BC．甲、乙两人距离转轴的水平距离，即转动半径，根据 可知，故BC错误。 故选A。 54.如图甲是某冰雪游乐场中的雪地转椅项目。“十”字支架的四个端点通过轻绳各连接一个转椅，支架端点到转轴的距离为，轻绳长度为。当整个装置稳定转动时转椅离开地面，轻绳与竖直方向的夹角为，如图乙所示。已知每个转椅和坐着的人的总质量为，重力加速度为。不计空气阻力，转椅和人可视为质点。求： (1)转椅对轻绳拉力的大小； (2)转椅转动角速度的大小。 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）对座椅和人构成的系统受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律，转椅对轻绳的拉力大小为 （2）设对座椅和人构成的系统圆周运动的半径为 对座椅和人构成的系统受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 题型10 向心之力的定量探究 55.学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器可以测量x、y、z三个方向的加速度值（如图1），将自行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上（如图（2），轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。 (1)若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零？______ A．x、y方向的加速度值 B．x、z方向的加速度值 C．y、z方向的加速度值 (2)利用Phyphox软件可以直接作出向心加速度an与角速度ω的关系图象，为了直观判断它们的关系，应让软件作出an−________（选填“ω”或“ω2”）图像。 (3)若由（2）所作图像测出斜率为k，已知自行车后轮半径为R，则手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为_____________（用题中符号表示），查阅相关资料得知该手机使用的加速度传感器质量为m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=________（用题中符号表示）。 【答案】(1)A(2)ω2(3) R−k mω2k 【详解】（1）后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零。 故选A。 （2）根据an=ω2R可知，an−ω2图像为直线，an−ω为曲线，应让软件作出an−ω2图像能直观地判断它们的关系。 （3）[1]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为R−k； [2]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=mω2k。 56.在“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验中，所用向心力演示仪如图甲所示，A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，其中A和C的半径相同。图乙是变速塔轮的原理示意图：其中塔轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.5倍，轮③是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的1.5倍，是轮⑥的2倍。可供选择的实验小球有：质量均为2m的球I和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。 (1)这个实验主要采用的方法是_______。 A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想实验法 D．放大法 (2)选择球I和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，是为了探究向心力大小与________。 A．质量之间的关系 B．半径之间的关系 C．标尺之间的关系 D．角速度之间的关系 (3)为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，应将实验小球I和________（选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）分别置于短臂A和短臂________处（选填“B”或“C”），实验时应将皮带与轮①和轮________相连，使两小球角速度相等。 【答案】(1)B(2)D(3) Ⅱ B ④ 【详解】（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时主要用到了物理学中的控制变量法。 故选B。 （2）选择球I和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，两球的质量相等，A和C的半径相同，则根据 可知是为了探究向心力大小与角速度之间的关系。 故选D。 （3）[1]为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，需致力于角速度相同，则需选用实验小球I和Ⅱ； [2]由于A和C的半径相同，故将小球置于置于短臂A和短臂B处。 [3]皮带转动线速度相等，故根据 可知选取的轮半径需相等，故实验时应将皮带与轮①和轮④相连，使两小球角速度相等。 57.某实验小组用如图甲所示的装置探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。 (1)本实验主要用到的科学方法与下列哪个实验是相同的______； A．探究小车速度随时间变化规律 B．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 C．探究两个互成角度的力的合成规律 D．探究平抛运动的特点 (2)若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为，则滑块的线速度表达式为______（用、d、R、r表示）； (3)实验小组保持滑块质量和运动半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如图乙所示，已测得遮光片的宽度，遮光片到竖直转轴的距离，滑块到竖直转轴的距离，则滑块的质量______kg。 【答案】(1)B(2)(3)0.15 【详解】（1）A．探究小车速度随时间变化规律用的是极值法，图像法和逐差法，故A错误； B．探究加速度与物体受力、物体质量的关系时，当研究加速度与其中某一个因素的关系，需控制其他量不变，采用的是控制变量法，而研究向心力与其中某一个因素的关系，需控制其他量不变，采用控制变量法，故B正确； C．探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效法，故C错误； D．探究平抛运动的特点采用的科学方法是运动的独立性原理和运动的合成与分解方法，故D错误。 故选B。 （2）遮光片的线速度为 那么角速度为 解得 滑块与遮光片同轴转动，角速度相同，得 故填。 （3）由滑块的向心力为 而 联立解得 由图乙所示，结合上式有 解得 故填0.15。 58.某实验小组用图示装置探究圆周运动的规律。细线一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球。获得初速度后，可在水平面内做圆周运动，记录运动过程中拉力传感器的示数及运动的周期。改变小钢球的初始释放位置及初速度大小，重复上述实验过程，根据测量数据绘制图像如图乙。 回答下列问题： (1)若图乙中的图像为一条直线，其斜率为，已知小钢球的直径为，细线长为，则小钢球的质量可表示为________（用、、表示）； (2)若测得某次圆周运动的周期为，悬点与轨迹圆心的高度为，则当地的重力加速度可表示为________（用、表示）。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）根据 可得 则 解得 （2）根据，其中 可得 59.小金同学设计了如图甲所示的实验装置来测当地的重力加速度，一根感光细铁柱通过夹子固定在铁架台横杆上，在铁架台的下部竖直固定一个电动机，电动机的转轴上固定了一支激光笔，激光笔随着电动机的转动也在水平面内匀速转动，松开夹子，细铁柱下落，随电动机转动的激光笔会使细铁柱感光并在上面留下痕迹。 (1)已知电动机转动的角速度为，则相邻两个痕迹之间的时间间隔___________。 (2)如图乙所示，小金同学用直尺测出感光痕迹间的距离，并根据运动学公式算出各感光痕迹处感光柱的速度，其中第五根痕迹线对应的速度为___________（用图中字母和表示）。 (3)小金同学根据计算的速度在方格纸上作出了图像如图丙所示，请根据图像求出当地的重力加速度___________（结果保留两位有效数字）。 【答案】(1)0.02(2)(3)10 【详解】（1）相邻两个痕迹之间的时间间隔 （2）第五根痕迹线对应的速度为 （3）图像直线的斜率为加速度 60.如图所示，变速自行车通过曲柄、链轮、飞轮将力传递到后轮上，带动自行车前进。自行车专业人士喜欢用齿轮比表示链轮、飞轮的齿数，例如53/11表示链轮、飞轮的齿数分别为53和11，某实验小组为了测定某品牌变速自行车轮胎与地面间的动摩擦因数进行了如下操作： ①选择齿数比为60/20挡位，以及测量得到后轮直径为0.7m； ②在某一次实验中，自行车在半径为8m的弯道上做圆周运动，链条处于张紧状态，链条与齿轮之间不打滑，骑行者以1r/s的转速骑行时车刚好要在地面上侧向（沿半径方向）打滑，则可以推导出飞轮的角速度为______rad/s（结果用含π的表达式表示）； ③计算出此时自行车的行进速度为______m/s，此时车胎与地面间的动摩擦因数为______。（g取10m/s2，结果均保留两位有效数字） 【答案】 6π 6.6 0.54 【详解】②[1]骑行者以1r/s的转速骑行，链轮的角速度 由于与链条接触点的线速度大小相等，则有 由于选择齿数比为60/20挡位，则有 解得 ③[2]同轴转动的物体上各质点的角速度相等，则自行车的行进速度为 解得 [3]骑行者以1r/s的转速骑行时车刚好要在地面上侧向（沿半径方向）打滑，由最大静摩擦力提供向心力，则有 解得 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专练02 圆周运动 题型01 圆周基础的关联换算 1 题型02 同轴共转与传动联动 3 题型03 向心之力的精准溯源 6 题型04 水平回旋的临界突破 8 题型05 绳系圆周的临界条件 10 题型06 杆控轨迹的规律破译 13 题型07 临界边界的精准建模 16 题型08 离心逃逸的规律剖析 18 题型09 生活圆周的高考化归 21 题型10 向心之力的定量探究 23 题型01 圆周基础的关联换算 1.如图是一种新型钟表，钢铁小球在电磁力的作用下在倾斜的表盘上与表盘间隔一定距离做半径为10cm的匀速圆周运动，小球每转动一周，时钟跳跃一分钟，对于时钟下列说法正确的是（　　） A．小球所受电磁力与重力等大反向 B．小球的转速是转每秒 C．小球的角速度是弧度每秒 D．小球的线速度是米每秒 2.图甲为明代《天工开物》记载的“水碓”装置图，其简化原理图如图乙所示，水流冲击水轮，带动主轴（中心为）及拨板周期性拨动碓杆尾端，使碓杆绕转轴逆时针转动，拨板脱离碓杆尾端后碓头借重力下落，撞击臼中谷物。当图乙中主轴以恒定角速度转动至拨板与水平方向成时，，，此时碓头的线速度大小为（　　） A． B． C． D． 3.如图所示，一根长度为L的轻质细杆在竖直平面内以转速n绕圆心O匀速转动，细杆远离圆心O的端点有一个光源，该光源始终竖直向下投射出一束细光。在圆心O的下方设有一个光屏，光屏与光源运动轨迹圆的最下端相切。当光屏上的光斑移动至最左端时开始计时，则光斑从最左端移动到最右端的过程中，t时刻的速度为（　　） A． B． C． D． 4.如图所示，位于潍坊滨海区白浪河入海口处的“渤海之眼”摩天轮是世界上最大的无轴式摩天轮，总高度145m。有36个轿厢，每个轿厢能够坐8到10人，运行一周约需要30分钟。轿厢中的人随摩天轮匀速转动过程中（　　） A．线速度不变 B．角速度不变 C．向心加速度不变 D．在最高点处于超重状态 5.走马灯（如图所示），这一富有传统特色的工艺品，起源可以追溯到隋唐时期。其工作原理：点燃底部蜡烛，上升的热空气驱动扇叶旋转，带动纸片绕竖直转轴匀速转动，若我们观察到某一灯面上相邻纸马和纸片战士的图形交替的时间间隔为5s，四个纸片均匀分布，则该走马灯的角速度约为（　　） A． B． C． D． 6.如图所示，在竖直墙与水平地面之间，一根刚性细杆AB的下端点B以速度匀速滑开（上端点A始终不脱离竖直墙），杆上C、D、E是细杆的四等分点，当杆与水平地面成45°角时（　　） A．杆上C、E两点的速度方向的夹角为45° B．杆上D点速度大小 C．杆上E点的速度大小为 D．杆上C点的速度方向与杆所成的锐角约为26.6° 题型02 同轴共转与传动联动 7.如图为道闸及其内部控制横杆起落的减速器结构图，a、b、c是三组相同的轮，用皮带传动，每组轮都由两个共轴轮叠合而成，大轮半径是小轮半径的2倍。在电动机的带动下，a轮转动的角速度为，则横杆随c轮共轴转动的角速度为（　　） A． B． C． D． 8.如图所示，某人正在用角磨机切割材料，砂轮匀速旋转，火星四溅，若忽略空气阻力的影响，以下说法正确的是（　　） A．图示砂轮沿顺时针方向旋转 B．砂轮上各处的线速度大小相等 C．砂轮上边缘各处的向心加速度相同 D．火星飞出后的运动始终沿着切线方向 9.辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 10.记里鼓车是中国古代用于计量车辆行驶距离的机械装置。如图所示为《宋史》记载卢道隆所制记里鼓车：马匹拉车使车轮转动，带动一套齿轮传动。车轮转动100圈时，车行距离恰好为一里。因为立轮和车轮固定在同一轴上，立轮也转动100圈，下平轮和旋风轮转动33.3圈，中平轮转动1圈。此时通过凸轮杠杆机构，拉动木人，实现车每行1里下层木人击鼓。下列说法正确的是（　　） A．中平轮与旋风轮的周期之比为1:33.3 B．中平轮与旋风轮轮缘上线速度之比为1:33.3 C．立轮轮缘上的线速度小于车轮轮缘上的线速度 D．立轮与下平轮的角速度之比为33.3:100 11.变速自行车通过曲柄、链轮、飞轮将力传递到后轮上，带动自行车前进。变速系统如图所示，此时链条连接着链轮上半径最大的齿轮和飞轮上半径最小的齿轮。自行车在平直的路面上沿直线行驶，链条与齿轮、后轮与地面均不打滑，链条处于张紧状态。下列说法错误的是（　　） A．齿轮边缘上的a点和b点在任意相等时间内通过的圆弧长相等 B．齿轮边缘上的a点和后轮边缘上的c点在任意相等时间内转动的圈数相同 C．若已知b点的线速度大小及a点所在齿轮的半径大小，则可求得c点的角速度 D．在曲柄转速不变的情况下，图中的连接方式可使自行车行驶得最慢 12．如图为二轮平衡车，两轮直径相等，外轮、内轮的圆心分别为O1、O2（图中未标出），O1O2连线中点为P。某人在水平地面上操纵平衡车，使其绕O1O2连线延长线上的定点O做匀速圆周运动，，。车轮不打滑，轮胎宽度及形变不计，下列说法正确的是（　　） A．二轮平衡车所受合外力始终不变 B．O1、P绕O做圆周运动的线速度大小之比为（2R+L）∶2R C．O1、O2绕O做圆周运动的角速度大小之比为（2R+L）∶（2R-L） D．外轮与内轮绕O1O2连线转动的角速度大小之比为（2R+L）∶（2R-L） 题型03 向心之力的精准溯源 13.为方便旅客取行李，机场使用倾斜的环状传送带运输行李箱，如图甲所示，行李箱经过圆形弯道（图甲中虚线框部分）时，始终与传送带保持相对静止做匀速圆周运动，其截面图如图乙所示，若行李箱可视为质点，则行李箱在倾斜圆形弯道运动时（　　） A．合外力沿斜面向上 B．合外力沿斜面向下 C．所受摩擦力一定沿斜面向上 D．所受支持力可能为零 14.运球转身是运球中的一种基本方法，是篮球运动中重要进攻技术之一。拉球转身的动作是难点，例如图a所示为运动员为拉球转身的一瞬间，由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图b所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴（中枢脚所在直线）做圆周运动，假设手掌和球之间的最大静摩擦因数为0.5，篮球质量为600克，直径24厘米，手到转轴的距离为0.5米，则要顺利完成此转身动作，篮球和手至少要有多大的速度（  ） A．2.28m/s B．2.76m/s C．3.16m/s D．3.52m/s 15.如图所示为离心机的原理简图，试管倾斜固定在高速转动的离心机上，经过一段时间，试管中的溶液即可完成分层。稳定后，关于上下两层中的、两液滴，下列说法正确的是（　　） A．溶液相对于地面受到离心力的作用而分层 B．受到的向心力小于受到的向心力 C．两液滴的角速度相同 D．所在层的溶液密度大于所在层的溶液密度 16.过山车的部分轨道可简化为半径为、的圆，其底部位于同一水平面上，。质量为的一节过山车（可简化为质点）以某一速度滑上半径为的轨道时，恰好能通过轨道的最高点；若过山车通过轨道的最高点时速度恰好与通过的最高点时相等，则过山车通过的最高点时对轨道压力为（　　） A．0 B． C． D． 17.2025年9月，杭州超重力场启动全球最大的离心机主机。如图为离心机结构的俯视图，质量均为的模型舱和配重系统通过转臂连接，在水平面内绕竖直转轴以角速度做匀速圆周运动。正常转动时，两者重心到转轴的距离均为，转轴受到的水平作用力为0。若某次实验中，模型舱的重心到转轴的距离增加了，其余条件不变，则转轴受到的水平作用力大小为（　　） A． B． C． D． 18.东北“雪地转转”项目深受游客喜爱。游乐设施匀速转动，带动雪圈上四位质量不同的游客坐在水平雪地上做半径相同的匀速圆周运动，如题图所示。此刻他们具有相同的（　　） A．线速度 B．角速度 C．动能 D．向心力 题型04 水平回旋的临界突破 19.如图甲所示为某离心分离装置示意图，水平转台可在电机的带动下绕过圆心的竖直轴转动。开始时将质量为1kg的物块静置于转台上，物块到转台圆心O的距离为1m，时刻启动电机，转台由静止开始加速转动，其角速度与时间关系图像如图乙所示，物块与转台间的动摩擦因数，重力加速度，则物块能随转台一起转动（相对转台静止）的时间为（　　） A． B．1s C． D． 20.为研究四驱赛车弯道加速时的性能，驾驶赛车在水平圆周轨道上行驶，轨道半径大小R=225m，车轮与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻赛车速度大小v=21m/s，从该时刻开始做加速圆周运动，保持切向加速度大小恒为a=3m/s2，不计空气阻力及其它阻力，重力加速度大小g=10m/s2。赛车可视为质点，四个车轮的受力情况可视为相同，则赛车做加速圆周运动且不发生侧向滑动的最长时间为（　　） A．1s B．2s C．3s D． 21.如图所示，是水平圆盘的竖直转动轴，物体、用不可伸长的、足够结实的轻绳连接并置于圆盘上，轻绳过正上方且刚好绷直（此时弹力为零）。和的质量、离转动轴的距离、与圆盘的动摩擦因数分别为和视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。圆盘由静止缓慢加速转动，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则与之比为（　　） A． B． C． D． 22.在2025年全国场地自行车锦标赛中，浙江队以46秒661的成绩收获青年男子团体竞速赛冠军。某场地自行车比赛圆形赛道的路面与水平面的夹角为，不考虑空气阻力，并将运动员与自行车视作质点处理。运动员A与自行车的总质量为m，圆周运动的轨道半径为R，自行车与赛道的最大摩擦力为两者间弹力的k倍，重力加速度为g。 (1)某时刻运动员A骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，且恰好不受摩擦力作用，则： ①赛道对自行车的作用力多大？ ②自行车的速度多大？ (2)为保持领先位置，领先的运动员A需要在原轨道上不停改变速度大小以打乱后方运动员的节奏。在不改变其运动轨道的前提下，求A速度的最大值。 23.如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 24.当驾车过弯道时，为防止侧滑，行驶速度不能过大。图1为一弯道路段，其俯视图如图2所示，其中一中心线位于同一水平面内的圆弧形车道，半径。一汽车沿该车道中心线做匀速圆周运动，已知汽车轮胎与路面间的最大静摩擦力等于压力的k倍，。（计算时汽车可视为质点，且在该路段行驶过程阻力不计，结果可用根式表示） （1）若此弯道的路面设计成水平，求该汽车不发生侧滑的最大速度； （2）若此弯道的路面设计成倾斜（外高内低），路基截面可简化为图3，路面与水平面夹角，已知： ①为使汽车转弯时与路面间恰好无摩擦，求它行驶的速度大小； ②为使汽车转弯时不发生侧滑，求它行驶的最大速度。 题型05 绳系圆周的临界条件 25.如图所示是一儿童游戏的图片，儿童站在固定竖直圆轨道的最低点，用力将一足球由静止踢出，发现足球能够沿着圆轨道通过最高点，已知轨道半径为R，足球的质量为m，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力作用，由此可判断儿童对小球做的功（　　） A．可能等于 B．可能等于 C．可能等于 D．可能等于 26.火力发电的主要燃料是煤粉，将煤块制成煤粉的机械称为球磨机。球磨机的核心部件是一个半径为R的躺卧圆筒，里面装有小钢球，小钢球与筒壁间的动摩擦因数足够大。圆筒匀速转动时，小钢球被带到一定高度处脱离筒壁，落下后与煤块发生碰撞将煤块击碎。如图所示，当小钢球通过A点时，与圆筒分离，此后小钢球仅在重力作用下到达位置B，AB连线过圆心O，已知重力加速度为g。则圆筒旋转的角速度ω为（　　） A． B． C． D． 27.如图所示，半径为r的光滑圆轨道竖直放置，以圆心O为坐标原点在竖直平面建立直角坐标系。一小球在最低端A点沿内轨以速度水平射出，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球将在B点下方某点脱离轨道 B．小球将在B点上方某点脱离轨道 C．小球脱轨后，将在与脱离点关于y轴对称的位置再次进入轨道 D．小球脱离轨道后，将在x轴下方某点与轨道相撞 28.如图所示，内、外壁均光滑、半径为R的圆轨道固定在竖直面内，O是轨道的圆心，NQ是竖直直径。甲、乙两小球（均视为质点）分别在轨道内、外壁上的Q、P两点，半径OP与竖直方向的夹角为37°，重力加速度为g，，下列说法正确的是（　　） A．若甲在Q点获得一水平向右的速度，正好能到达N点，则在N点的速度为0 B．若甲在Q点获得一水平向右的速度，正好能到达N点，则在Q点的速度大小为 C．若乙球在P点获得大小为沿切线斜向右上方的速度，则刚好能到达N点 D．若乙球在P点获得大小为沿切线斜向右上方的速度，则在P点对轨道刚好无压力 29.如图所示，半径的光滑圆轨道竖直固定在水平面上。一光滑小球静止在轨道内壁底部，小球获得初速度后，沿内壁做圆周运动，恰好能通过最高点，忽略空气阻力，小球质量，小球可看作质点，重力加速度。 (1)求小球的初速度的大小； (2)若改变小球初速度为，使其沿轨道内壁做圆周运动，在轨道某处脱离后以最大位移再次落在轨道上，求小球获得初速度前、后瞬间对轨道的压力大小之差。 30.太极柔力球运动融合了太极拳和现代竞技体育特征，是一项具有民族特色的体育运动项目。某次训练时，运动员舞动球拍，球拍带动小球在竖直平面内做匀速圆周运动，小球始终与球拍保持相对静止，其运动过程如图乙所示，小球做圆周运动的半径为0.8m，A点为圆周最高点，B点与圆心O等高，C点为最低点。已知小球质量为0.1kg，在C点时球与球拍间的弹力大小为3.0N，重力加速度g取，不计空气阻力，求： （1）小球在C点的速度大小； （2）小球从C运动到A的过程中，球拍对小球做功的平均功率； （3）小球运动到B点时，球拍对小球的作用力大小。 题型06 杆控轨迹的规律破译 31.如图所示，内壁光滑、半径为L的圆管竖直固定，管内有一个质量为m的小球（视为质点）做圆周运动，小球直径略小于圆管内径。若小球能在圆管内做完整的圆周运动，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球速度的最小值为 B．当小球的速度增大时，其向心力一定增大 C．小球运动过程中，加速度始终指向圆心 D．小球在最高点受到的弹力大小一定随小球的速度的增大而增大 32.如图所示，在竖直平面内固定着光滑圆管道。一小球从管道内的最低点以不同的初速度v0向右运动，球的直径略小于管的内径，不计空气阻力。用阴影表示小球在运动过程中对内侧管壁有作用力的区域，虚线为过O点的水平线，下列图示可能正确的是（　　） A． B． C． D． 33.如图甲所示为一种叫”魔力陀螺”的玩具，其结构可简化为图乙所示。半径为R的铁质圆轨道用支架固定在竖直平面内，陀螺在轨道内、外两侧均可以旋转。陀螺的质量为m（视为质点），陀螺磁芯对轨道的吸引力始终沿轨道的半径方向（指向圆心或背离圆心），大小恒为。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．陀螺沿轨道可能做匀速圆周运动 B．陀螺在轨道外侧运动，由A到B的过程中，轨道对其的支持力逐渐变小 C．陀螺在轨道外侧运动到最低点时不脱离轨道，此时的最大速度为 D．陀螺在轨道内侧运动到最高点时的速度为，其对轨道的压力大小为 34.保定市某公园内有一如图甲所示的游乐设备，固定的环状圆盘上开有圆形细凹槽，圆形手柄固定有金属转轴，转轴嵌入凹槽内，由于长时间使用凹槽变得异常光滑，模型简化如图乙所示。手柄（含转轴）质量为，转轴到圆盘中心的距离为（转轴直径相比可忽略），重力加速度为。若在最低点给手柄一初速度，使它恰好能够在凹槽内做完整圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．手柄在最高点的速度为 B．凹槽在最低点和最高点对转轴的作用力大小之差为 C．凹槽在最低点和最高点对转轴的作用力大小之差为 D．手柄跟凹槽无相互作用力的位置距离最低点的高度为 35.如图所示，木板A的中点O和小球B通过长为L的轻杆相连，O为转动轴，小球B的质量为m，木板A的质量为2m，球和木板都静止在光滑的水平面上，开始时杆处于竖直位置，放开小球B后轻杆将倒下，求： (1)若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间的加速度； (2)若木板不固定，杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间杆对小球B的拉力大小。 36.“倒立摆” 是验证自动控制理论、算法的经典模型。这些理论或算法可用于工业自动控制技术或机器人技术（比如人形机器人在复杂环境下维持平衡的技术）。图示水平轨道上的四驱小车（含车内设备总质量为）搭载AI算法程序，当轻质细杆处于某种姿态时，车内传感器采集轻质细杆与竖直方向夹角数据（如图中、），计算机利用数据计算并驱动车轮转动，使小车受到牵引力（车轮主动旋转时，四个车轮对轨道存在总静摩擦力，将小车视为质点，则小车受到的牵引力就是f的反作用力，轨道对小车的力除牵引力及支持力外，没有其它力），进而控制小车、轻质细杆及摆球的运动。已知杆长为，与杆固连的可视为质点的摆球质量为m（不包含在M内），图中与杆固连的轻质套筒属杆的一部分，可绕光滑的转轴自由转动。不计空气阻力，车轮在轨道上滚动时不打滑。不考虑采集数据与施加牵引力的时间差，牵引力只能水平向左或向右，重力加速度为。 (1)启动程序锁定小车，摆球在竖直面内来回摆动，最大摆角为，如图甲。求最大摆角处轻杆对摆球的拉力T的大小； (2)如图乙，某时刻正在倒下的轻杆与竖直方向夹角为，为使轻杆保持此姿态（即不再变化，即摆球与小车保持相对静止），求牵引力F1的大小； (3)在（2）的基础上，为使轻杆回到竖直姿态，可调节牵引力的大小使轻杆绕转轴逆时针匀速转动，角速度为，求当杆回到与竖直方向夹角为（）时，牵引力F2的大小。 题型07 临界边界的精准建模 37.如图，竖直平面内固定一半径为R的半圆形光滑轨道，A为光滑水平面上的一点，B为轨道与水平面的切点。A点与圆心O点之间距离为3R，AO的延长线交半圆形轨道于P点。原长为2R、劲度系数为k的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与质量为m的物块连接。若物块从P点以的初速度沿轨道滑下，且运动到A点的过程中始终不脱离轨道和水平面，下列说法正确的是（　　） A．物块在P点时加速度的方向指向圆心 B．物块运动到A点时的速度大小为 C．物块对轨道的最大压力为 D．物块质量m最大为 38.如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为，质量为的小滑块以、初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（　　） A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道 B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道 C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度，都不会脱离轨道 D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论多大都会脱离轨道 39.如图所示，一半径为的倾斜匀质圆盘可绕垂直固定于圆盘圆心的转轴转动，盘面与水平面的夹角为。初始时圆盘静止，在圆盘上轻放与圆盘动摩擦因数均为的物块和物块，放上后物块均能静止于圆盘上。让转轴角速度从0开始缓慢增大，关于此过程， 下列说法正确的是（　　） A．物块在其圆周轨迹的最高点最容易与圆盘发生相对滑动 B．物块在其圆周轨迹的最低点最容易与圆盘发生相对滑动 C．物块先于物块与圆盘发生相对滑动 D．物块先于物块与圆盘发生相对滑动 40.游乐场有个魔力转盘项目，一个大转盘上设置了一圈供游客站立的位置，如图所示，项目开始时，游客面向转轴竖直站立，后背靠在平行于转轴的平板上，有安全绳防护，转盘绕竖直中轴线开始转动，当角速度逐渐增大到时，供游客站立的托板下翻，游客处在了脚不沾地的状态，“魔力”使游客紧紧地贴在背上始终不动，转动几周后转盘的转动轴开始倾斜至和水平成45°角，此时转盘转动的角速度大小为。又转动几周后转盘的转动轴倾至水平，此时转动的角速度大小为的，已知站立位置到转轴的距离是R，游客的厚度可以忽略，游客的质量为m，游客后背和靠背平板之间的静摩擦因数和滑动摩擦因数相等都是1，如果3个状态下的角速度都是游客安全感的最小值（安全绳松脱，游客不会滑落），重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A． B．以转动一周的过程中，人后背受到的最大支持力是 C．以转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是 D．以转动一周的过程中，游客受到的静摩擦力最大值是 41游乐场中的圆锥体形“魔盘”，正视纵截面可简化为图乙的等腰三角形。质量的小孩（可视为质点）坐在魔盘斜面上的某一位置，当魔盘绕其中心竖直轴转动时，随着角速度的缓慢增大，小孩受到的静摩擦力f与的关系如图丙所示，取重力加速度。求： (1)魔盘斜面与水平面间的夹角； (2)小孩做圆周运动的半径R； (3)已知小孩与魔盘问的动摩擦因数，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小孩能随魔盘一起转动而不相对滑动的最大角速度。 42.如图所示为一款游戏的装置示意图。长为的水平轨道、半径为的粗细均匀的光滑管道、半径为的圆弧形挡板均固定在倾角为的光滑斜面上，水平轨道与管道最低点在点相切，管的内径远小于，与斜面底边垂直，的圆心在点，原长为的轻弹簧放在水平轨道上，右端与固定在点的挡板连接，将质量为的小球放在水平轨道上，用力向右推小球压缩弹簧至某位置释放，小球运动到点时沿平行斜面方向对管道的压力恰好为零，小球的直径比管径略小，小球在水平轨道上受到的阻力是其重力的倍，不计小球的大小，重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求小球运动到点时的速度大小； (2)小球在管道内运动到与点等高的位置时，求沿平行斜面方向小球对管道的压力大小； (3)若小球压缩弹簧使弹簧的压缩量为时，由静止释放小球，小球能打到挡板上的点，与间夹角为，求此情况中开始压缩弹簧具有的弹性势能大小； (4)调节小球压缩弹簧的压缩量，仍由静止释放小球，使小球打到挡板时动能最小，求小球打到挡板时的最小动能值。 题型08 离心逃逸的规律剖析 43.如图，采集来的血液滴入试管中，管口向上斜放入血液离心机中，离心机通过高速旋转，能将血液中的不同成分进行分离，以便于进行血液分析。血液中的红细胞密度最大，增加离心机的转速，可使红细胞（　　） A．更快地沉到试管底部 B．更快地浮到试管上部 C．更慢地沉到试管底部 D．更慢地浮到试管上部 44.如图是都江堰水利工程，建于公元前256年，图甲是丰水期的模型图，图乙是枯水期的真实图，其特别设计如：鱼嘴、宝瓶口、飞沙堰，科学地解决了江水分流、排沙、控制流量等问题，消除了水患。现这一功能，与物理学中的离心运动密切相关，实现水沙分离，让流入宝瓶口的水含沙量非常之少。现在请根据以下选项，选出最符合物理学原理的描述（　　） A．沙子因密度大于水，故在江水中自然下沉，实现沙水分离 B．江水在流经都江堰的特定弯道时，由于提供的向心力不足，将较重的沙石甩向岸边，实现排沙 C．假设水流漩涡各处的角速度相等，沙石容易进入宝瓶口，难以进入飞沙堰 D．沙石在水流中的运动轨迹与离心运动无关，主要依靠水流速度差异实现分离 45.棉花糖机制作棉花糖时，机器会将高温的糖浆快速旋转，使糖浆形成一种旋转状态。同时利用离心现象通过旋转筒周围的小孔将糖浆快速拉扯成线状，再利用竹签收集线状糖浆丝制成柔软的棉花糖。若从旋转筒小孔出来的线状糖浆丝与机内糖丝相连，仍以相同速率做离心运动，则下列说法正确的是（　　） A．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，其液面为水平 B．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，各处糖浆的角速度相同 C．高温的糖浆在旋转筒中旋转时，各处糖浆的向心加速度大小相等 D．从旋转筒小孔出来的线状糖浆丝的加速度增大 46.洗衣机的水桶示意图如图所示，它是以转桶带动衣物高速旋转的方式将湿衣服甩干的。甩干过程中的某一时段，湿衣服紧贴在匀速旋转的转筒的竖直筒壁上，与桶壁相对静止，在湿衣服的水被逐渐甩出的过程中，关于湿衣服的受力情况，下列判断正确的是（　　） A．受筒壁的弹力减小 B．受筒壁的弹力不变 C．受筒壁的摩擦力增大 D．受筒壁的摩擦力不变 47.啤酒之所以清澈透亮，是因为通过离心分离术清除了易浑浊的杂质，离心分离术可以高效分离存在密度差的两种物体，还可把细菌、病毒等超细微粒从水状悬浮液中分离出来．下图是模拟实验，通过高速旋转的离心机把清水中大小相同的实心木球和钢球分离开．当回转轴以稳定的角速度高速旋转时，下列说法正确的是（　　） A．木球会在靠转轴的①位置，铁球会到靠外壁的②位置 B．木球会在靠外壁的②位置，铁球会到靠转轴的①位置 C．木球、铁球都会离心运动，最终都靠在外壁的②位置 D．啤酒中无论密度大还是小的杂质都被离心甩到②位置 48.如图甲所示，在问天实验舱中的变重力科学实验柜，可为科学实验提供零重力到两倍重力范围的高精度模拟重力环境，用以研究不同重力环境下的科学现象。变重力科学实验柜的主要装置是如图乙所示的两套离心机。离心机旋转过程中，由于惯性作用，实验载荷会有沿着旋转半径向外飞出的趋势，可以等效为物体在圆周运动中受到一个与向心力等大反向的“离心力”，而这个“离心力”就可以用来模拟物体受到的重力。某次实验中，需要给距离圆心450mm的实验载荷模拟2g的重力环境（g取9.8m/s2），则离心机的转速最接近以下哪个值（　　） A．0.1r/s B．1r/s C．10r/s D．100r/s 题型09 生活圆周的高考化归 49.（2025·山东·高考真题）某同学用不可伸长的细线系一个质量为的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为（　　） A． B． C． D． 50.（2024·江苏·高考真题）如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面a内做匀速圆周运动。缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器（　　） 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 51.（2024·江苏·高考真题）制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶屑与台面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将陶屑视为质点，则（　　） A．离转轴越近的陶屑质量越大 B．离转轴越远的陶屑质量越大 C．陶屑只能分布在台面的边缘处 D．陶屑只能分布在一定半径的圆内 52.如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是（　　） A．B．C．D． 53.“飞椅”是游乐场中常见的游乐项目。钢绳一端固定在转轴上，另一端系着座椅，座椅同时乘坐甲、乙两人，当座椅随着转轴匀速转动时（　　） A．甲的转动周期等于乙的转动周期 B．甲的向心加速度小于乙的向心加速度 C．甲的线速度等于乙的线速度 D．甲的角速度大于乙的角速度 54.如图甲是某冰雪游乐场中的雪地转椅项目。“十”字支架的四个端点通过轻绳各连接一个转椅，支架端点到转轴的距离为，轻绳长度为。当整个装置稳定转动时转椅离开地面，轻绳与竖直方向的夹角为，如图乙所示。已知每个转椅和坐着的人的总质量为，重力加速度为。不计空气阻力，转椅和人可视为质点。求： (1)转椅对轻绳拉力的大小； (2)转椅转动角速度的大小。 题型10 向心之力的定量探究 55.学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器可以测量x、y、z三个方向的加速度值（如图1），将自行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上（如图（2），轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。 (1)若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零？______ A．x、y方向的加速度值 B．x、z方向的加速度值 C．y、z方向的加速度值 (2)利用Phyphox软件可以直接作出向心加速度an与角速度ω的关系图象，为了直观判断它们的关系，应让软件作出an−________（选填“ω”或“ω2”）图像。 (3)若由（2）所作图像测出斜率为k，已知自行车后轮半径为R，则手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为_____________（用题中符号表示），查阅相关资料得知该手机使用的加速度传感器质量为m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=________（用题中符号表示）。 56.在“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验中，所用向心力演示仪如图甲所示，A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，其中A和C的半径相同。图乙是变速塔轮的原理示意图：其中塔轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.5倍，轮③是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的1.5倍，是轮⑥的2倍。可供选择的实验小球有：质量均为2m的球I和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。 (1)这个实验主要采用的方法是_______。 A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想实验法 D．放大法 (2)选择球I和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，是为了探究向心力大小与________。 A．质量之间的关系 B．半径之间的关系 C．标尺之间的关系 D．角速度之间的关系 (3)为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，应将实验小球I和________（选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）分别置于短臂A和短臂________处（选填“B”或“C”），实验时应将皮带与轮①和轮________相连，使两小球角速度相等。 57.某实验小组用如图甲所示的装置探究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。 (1)本实验主要用到的科学方法与下列哪个实验是相同的______； A．探究小车速度随时间变化规律 B．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 C．探究两个互成角度的力的合成规律 D．探究平抛运动的特点 (2)若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为，则滑块的线速度表达式为______（用、d、R、r表示）； (3)实验小组保持滑块质量和运动半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如图乙所示，已测得遮光片的宽度，遮光片到竖直转轴的距离，滑块到竖直转轴的距离，则滑块的质量______kg。 58.某实验小组用图示装置探究圆周运动的规律。细线一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球。获得初速度后，可在水平面内做圆周运动，记录运动过程中拉力传感器的示数及运动的周期。改变小钢球的初始释放位置及初速度大小，重复上述实验过程，根据测量数据绘制图像如图乙。 回答下列问题： (1)若图乙中的图像为一条直线，其斜率为，已知小钢球的直径为，细线长为，则小钢球的质量可表示为________（用、、表示）； (2)若测得某次圆周运动的周期为，悬点与轨迹圆心的高度为，则当地的重力加速度可表示为________（用、表示）。 59.小金同学设计了如图甲所示的实验装置来测当地的重力加速度，一根感光细铁柱通过夹子固定在铁架台横杆上，在铁架台的下部竖直固定一个电动机，电动机的转轴上固定了一支激光笔，激光笔随着电动机的转动也在水平面内匀速转动，松开夹子，细铁柱下落，随电动机转动的激光笔会使细铁柱感光并在上面留下痕迹。 (1)已知电动机转动的角速度为，则相邻两个痕迹之间的时间间隔___________。 (2)如图乙所示，小金同学用直尺测出感光痕迹间的距离，并根据运动学公式算出各感光痕迹处感光柱的速度，其中第五根痕迹线对应的速度为___________（用图中字母和表示）。 (3)小金同学根据计算的速度在方格纸上作出了图像如图丙所示，请根据图像求出当地的重力加速度___________（结果保留两位有效数字）。 60.如图所示，变速自行车通过曲柄、链轮、飞轮将力传递到后轮上，带动自行车前进。自行车专业人士喜欢用齿轮比表示链轮、飞轮的齿数，例如53/11表示链轮、飞轮的齿数分别为53和11，某实验小组为了测定某品牌变速自行车轮胎与地面间的动摩擦因数进行了如下操作：      ①选择齿数比为60/20挡位，以及测量得到后轮直径为0.7m； ②在某一次实验中，自行车在半径为8m的弯道上做圆周运动，链条处于张紧状态，链条与齿轮之间不打滑，骑行者以1r/s的转速骑行时车刚好要在地面上侧向（沿半径方向）打滑，则可以推导出飞轮的角速度为______rad/s（结果用含π的表达式表示）； ③计算出此时自行车的行进速度为______m/s，此时车胎与地面间的动摩擦因数为______。（g取10m/s2，结果均保留两位有效数字） 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $