专题04 圆周运动（六大方法）讲义-2026届高考物理三轮冲刺方法演练

【题型1】 传动法（参数对比） 1.【答案】D 2.【答案】C 3.【答案】D 4.【答案】A 5.【答案】B 6.【答案】D 7.【答案】C 8.【答案】ACD 9.【答案】CD 10.【答案】AC 【题型2】 临界法（水平面） 1.【答案】A 2.【答案】D 3.【答案】C 4.【答案】D 5.【答案】B 6.【答案】C 7.【答案】A 8.【答案】BD 9.【答案】BD 10.【答案】BD 【题型3】 临界法（竖直面） 1.【答案】B 专题04圆周运动 第1页（共3页） 2.【答案】D 3.【答案】D 4.【答案】B 5.【答案】C 6.【答案】C 7.【答案】D 8.【答案】AC 9.【答案】BC 10.【答案】AD 【题型4】 转弯模型法 1.【答案】D 2.【答案】A 3.【答案】C 4.【答案】C 5.【答案】D 6.【答案】D 7.【答案】C 8.【答案】AC 9.【答案】BC 10.【答案】BD 【题型5】 圆锥摆模型法 1.【答案】B 2.【答案】B 3.【答案】D 4.【答案】A 5.【答案】A 6.【答案】C 7.【答案】D 第2页（共3页） 8.【答案】AD 9.【答案】BD 10.【答案】AD 【题型6】 近心与离心运动模型法 1.【答案】Cc 2.【答案】A 3.【答案】D 4.【答案】B 5.【答案】B 6.【答案】B 7.【答案】A 8.【答案】BC 9.【答案】AC 10.【答案】AC 第3页（共3页） 专题04 圆周运动（六大方法） 【题型1】 传动法（参数对比） 2 【题型2】 临界法（水平面） 5 【题型3】 临界法（竖直面） 10 【题型4】 转弯模型法 14 【题型5】 圆锥摆模型法 18 【题型6】 近心与离心运动模型法 23 【知识清单】 一、水平面内的圆周运动 1．水平面内圆周运动的分析思路 2．水平面内的圆周运动的“临界”分析 (1)绳的临界：张力FT＝0。 (2)接触面滑动临界：F＝fm。 (3)接触面分离临界：FN＝0。 二、竖直面内的圆周运动 1．绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥。 2．杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0。 3．“两点”“一联”解题两关键 【题型1】 传动法（参数对比） 1．（2026春•金水区校级月考）某电动玩具车传动系统如图所示：B轮的半径为R，C轮的半径为3R，连接B、C两轮的皮带传动时不打滑。“+”为电动马达转轴“十字形”插销，若将电动马达传动轴A与B轮插销连接时，C轮转速为n。若将电动马达传动轴A与C轮插销连接，保持电动马达转速不变，则此时B轮转速为（　　） A．n B．n C．3n D．9n 2．（2026•平南县开学）如图所示，a、b是某个走时准确的时钟的分针和时针的针尖，则下列说法正确的是（　　） A．a点的线速度比b点的小 B．b点的加速度比a点的大 C．a、b两点的角速度之比为12：1 D．a、b两点的转速之比为1：12 3．（2026•蓬溪县校级开学）如图所示，为一皮带传送装置，右轮半径为r，a是其边缘上一点，左侧为一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b在小轮上，到小轮中心的距离为r，c在小轮边缘上，d在大轮边缘上，以下关系错误的是（　　） A．a和的c线速度相等 B．b、c和d角速度相等 C．va：vb：vc：vd＝2：1：2：4 D．ωa：ωb：ωc：ωd＝2：1：2：4 4．（2026•江苏模拟）某款自行车的链条传动装置，如图所示。在左、右两轮盘边缘P、Q两点的线速度分别为vP、vQ，角速度分别为ωP、ωQ，则（　　） A．ωP＞ωQ B．ωP＜ωQ C．vP＞vQ D．vP＜vQ 5．（2025•沙坪坝区校级模拟）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 6．（2025春•越秀区校级月考）自行车主要构成部件有前后轮、飞轮、链条、链轮等，其部分示意图如图所示，其中大齿轮（即链轮）、小齿轮（即飞轮）和后轮的半径分别为r1＝12cm、r2＝4cm和r3＝28cm，假设脚踏板的周期为，则该自行车前进的速度大小为（　　） A．0.84m/s B．1.68m/s C．3.36m/s D．6.72m/s 7．（2025秋•温州期中）石磨是劳动人民智慧的结晶。如图所示，M、N为石磨推柄上的两点，在石磨绕竖直轴OO′转动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．M点的角速度比N点的角速度小 B．M点的角速度比N点的角速度大 C．M点的线速度比N点的线速度小 D．M点的线速度比N点的线速度大 （多选）8．（2026•湛江模拟）某型号的涂改带内部结构示意图如图所示，其中传动轮分别与收带轮和出带轮连接，出带轮有90齿，传动轮9齿、半径为2.4mm，M、N分别是出带轮、收带轮边缘上的两个点，涂改带工作时，三个齿轮均逐个咬合转动，下列说法正确的是（　　） A．工作时，收带轮与出带轮转动方向相同 B．工作时，收带轮与传动轮转动方向相同 C．M、N两点线速度大小相等 D．出带轮的半径大小为2.4cm （多选）9．（2026•黄石模拟）一款“转转杯”玩具可简化如图，水平大圆盘绕竖直轴OO′顺时针转动，其上均匀分布五个相同的小圆盘，绕各自圆心逆时针转动，大小圆盘转动的角速度大小均为ω。取图示时刻为计时起点，此时小圆盘边缘两点A、B的位置如图所示，不考虑小圆盘的厚度，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时刻A点对地速度大小为（L﹣r）ω B．t＝0时刻B点对地速度大小为 C．时A点到大圆盘圆心的距离最远 D．时B点到大圆盘圆心的距离最远 （多选）10．（2025秋•深圳月考）“往复式活塞压缩机”通过活塞在汽缸内的往复运动来压缩和输送气体。如图所示，圆盘与活塞通过铰链A、B连接在轻杆两端，左侧活塞被气缸固定，只能在水平方向运动，圆盘以O为轴，逆时针做匀速圆周运动，角速度为ω，已知OB间的距离为R，AB间的距离为2R，下列说法正确的是（　　） A．当B位于圆盘最高点时，活塞速率为Rω B．当轻杆与OB垂直时，活塞速率为Rω C．当B转至最左端时，活塞速率为0 D．B从最高点转至最左端的过程中，活塞速率逐渐减小 【题型2】 临界法（水平面） 1．（2026春•和平区校级月考）如图所示，将黑、白两种颜色的棋子放在水平圆盘上，围绕圆盘中心摆成半径不同的两个同心圆圈（r黑＜r白）。圆盘在电机带动下由静止开始转动，角速度缓慢增加。每颗棋子的质量都相同，每颗棋子与圆盘间的动摩擦因数μ也都相同。判断正确的是（　　） A．白色棋子先被甩出 B．两种棋子同时被甩出 C．棋子被甩出的轨迹一定是沿着切线的直线 D．在没有棋子被甩出前，黑色棋子所受摩擦力大于白色棋子所受的摩擦力 2．（2026•呼和浩特一模）如图，半径为m的餐桌中心有一个可以匀速转动、半径为1m的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。置于圆盘边缘质量m＝0.1kg的物体（可视为质点）与圆盘之间的动摩擦因数μ1＝0.4，与餐桌之间的动摩擦因数μ2＝0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．当圆盘的角速度恒为1rad/s时，物体受到的摩擦力大小为0.4N B．为使物体不滑到餐桌上，圆盘角速度的最大值为1rad/s C．若物体从圆盘上滑下，则一定能离开餐桌 D．若物体从圆盘上滑下，则刚好停在餐桌边缘 3．（2026春•永宁县校级月考）如图，一个圆盘在水平面内匀速转动，线速度是10m/s。盘面上距圆盘中心1m的位置有一个质量为2kg的物块在随圆盘一起做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．物块受重力、支持力、摩擦力和向心力 B．摩擦力的方向与运动方向相反 C．摩擦力的方向指向圆心 D．摩擦力的大小是150N 4．（2025秋•东城区期末）2025年9月，我国在浙江杭州启用了“时空压缩机”，该装置是全球最大容量超重力离心模拟与实验装置，如图甲所示。该装置的离心主机如图乙所示，最大容量为1300g•t（重力加速度•吨），最大可模拟300倍地球重力环境。离心主机的转臂半径约为6.4m，在旋转的过程中，由于惯性，待测实验物体会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样，离心机转动越快，模拟的重力加速度越大。根据上面资料结合所学知识，g取10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．离心机容量的单位用基本单位可表示为kg•m/s2 B．在超重力环境下，可缩短沉淀分离一杯混浊泥水所用的时间 C．为达到300倍地球重力环境，该离心机的角速度约为22rad/s D．该离心机的待测实验物体的最大质量为4.3t 5．（2025春•香坊区校级期中）如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接，物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过时，物块A、B开始滑动。若A和B均可视为质点，图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是（　　） A． B． C．m＝M D． 6．（2025春•南开区校级期中）如图，两瓷罐P、Q（可视为质点）放在水平圆桌转盘上，质量分别为2m、m，离转轴OO'的距离分别为R、2R，与转盘间的动摩擦因数均为μ。使瓷罐随转盘做匀速圆周运动，P、Q与转盘均保持相对静止，用ω表示转盘的角速度，则（　　） A．瓷罐随转盘一起做匀速圆周运动时，受到重力、支持力、静摩擦力和向心力四个力作用 B．P所受的摩擦力大于Q 所受的摩擦力 C．当ω增大时，P开始滑动的临界角速度为 D．当ω增大时，P一定比Q先开始滑动 7．（2025春•昆明校级期中）如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连可视为质点的两个相同的物块A、B（均可视作质点）。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时轻绳拉直，绳中拉力为零。A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动，且始终保持相对静止，A不受摩擦力时的角速度为ω1，A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2。转动过程中轻绳未断，则为（　　） A．1： B．： C．：2 D．2： （多选）8．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图所示，初始时水平圆盘上的小物体a、b通过原长为r的弹簧连接并静止在圆盘上，a、b与弹簧在同一条直径上。现圆盘从静止开始绕中心轴缓慢增大转速（即在每个转速下可认为是匀速转动），已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与圆盘的动摩擦因数均为μ，a、b离圆盘中心的距离都为r且与圆盘保持相对静止，已知弹簧的劲度系数为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．当b受到的摩擦力为0时，a的摩擦力指向圆心 B．当a受到的摩擦力为0时，b的摩擦力指向圆心 C．当圆盘的角速度为时，物体a和b恰好同时有相对圆盘滑动的趋势 D．当圆盘的角速度为时，物体b恰好有相对圆盘滑动的趋势 （多选）9．（2026春•东湖区校级月考）如图所示，质量均为m的A、B两个物块（均可视为质点），用一根不可伸长的轻绳连在一起，轻绳经过水平圆盘圆心的竖直线OO′，开始时轻绳恰好拉直但无拉力，A、B两个物块的转动半径为rB＝2rA＝2r。A和B一起随圆盘绕竖直中心轴OO′转动，转动角速度ω从零开始缓慢增大，直到两物块相对圆盘运动为止。它们与圆盘间的动摩擦因数均为μ，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（　　） A．当圆盘的角速度大于时，绳中一定有拉力 B．当圆盘的角速度大于时，绳中一定有拉力 C．当圆盘的角速度等于时，物块A受到的摩擦力为μmg D．当圆盘的角速度等于时，物块A、B整体相对圆盘发生滑动 （多选）10．（2026春•青秀区校级月考）在学校的物理创新实验课上，占老师带领同学们开展了“转盘圆周运动”的探究实践。实验装置为一个水平圆形转盘，两个外形相同、质量均为m的小物块A、B被放置在转盘上，转盘中心O到物块A的距离为3L，到物块B的距离为5L，A、B之间用一根轻质细线相连，细线恰好处于伸直状态但无拉力。经测量，物块A与转盘接触面的动摩擦因数为μ1＝μ，物块B与转盘接触面的动摩擦因数为μ2＝2μ，实验规定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小记为g。实验开始后，占老师让转盘绕竖直轴从静止状态开始缓慢加速转动，同学们针对这一过程展开了讨论，提出了以下几种说法，请你结合所学知识判断其中正确的选项是（　　） A．随着角速度增大，B先达到最大静摩擦力 B．当ω时，B达到最大静摩擦力 C．当ω时，A的摩擦力大小为 D．当ω时，两物体即将滑动 【题型3】 临界法（竖直面） 1．（2026春•温州月考）如图1所示，长为L＝0.5m的轻杆一端固定一小球，另一端与电动机转轴连接，电动机连带底座水平放置在压力传感器上。当小球在电动机的驱动下在竖直平面内做匀速圆周运动时，压力传感器探测到的压力随时间变化的图线如图2所示，而电动机底座始终保持静止，且知电动机底座与压力传感器间的动摩擦因数μ＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取π2＝10，重力加速度g＝10m/s2。下列判断中正确的是（　　） A．t＝0.5s时，小球位于最高点 B．t＝0.75s时，小球所受弹力大小为 C．电动机底座所受静摩擦力最大为8.4N D．小球、电动机连同底座的总质量为1.0kg 2．（2025秋•思明区校级月考）鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写：扫开一块雪，露出地面，用一枝短棒支起一面大的竹筛来，下面撒些秕谷，棒上系一条长绳，人远远地牵着，看鸟雀下来啄食，走到竹筛底下的时候，将绳子一拉，便罩住了。如下甲图为情景画，乙图为模型简图，竹筛视为一个半径为R＝0.5m的半球壳，初始用短棒在左侧支撑住，竹筛底面与地面夹角为30°，小鸟视为质点，在竹筛落地时的底面圆心处偷吃谷子，此时绳子拉动，短棒拉走，竹筛开始落下，绕着右端支点转动，其角速度随时间变化的图像如丙图所示，小鸟被惊动，立刻开始沿着半径向外逃窜，小鸟运动可视为匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．竹筛开始转动后，竹筛上面各点做匀速圆周运动 B．竹筛开始运动后，竹筛上面各点的向心加速度大小不变 C．短棒拉走，竹筛从开始运动到落地需要2s D．小鸟能够成功逃离竹筛的最小速度为0.5m/s 3．（2026春•武汉校级月考）如图所示，倾角为θ＝30°、上表面光滑的斜面体放置在水平面上，一质量为m的小球P（可视为质点）通过长为l的细线连接在斜面体上固定点O处，开始时P处于静止状态。某时刻使P获得一沿斜面的水平初速度后，恰能完成圆周运动，斜面体始终静止。已知重力加速度为g，斜面体质量为M，下列说法正确的是（　　） A．P的最小速度为0 B．P的最大速度为 C．地面对斜面体的摩擦力可能为0 D．地面对斜面体的最大支持力为 4．（2025秋•滨海新区校级月考）如图，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管内运动，当小球通过最高点时速率为v0，则下列说法正确的是（　　） A．若v0＝0，则小球对管内壁无压力 B．若，则小球对管内下壁有压力 C．若，则小球对管内上壁没有压力 D．不论v0多大，小球对管内壁都有压力 5．（2025秋•晋江市校级月考）如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小E＝1×104N/C的匀强电场，在匀强电场中有一根长L＝2m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37°。现给小球一垂直于绳方向的初速度，使小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球所带电荷量q＝8×10﹣5C B．小球电势能的最大值为2.92J C．在运动过程中，小球的最小速度v＝5m/s D．在运动过程中，小球在圆形轨迹的最右端时机械能最小 6．（2025秋•五华区月考）如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球。S点是小球下垂时的平衡位置。Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OS直线上。N点在Q点正上方，且LQN＝LQS＝LQM。M点与Q点等高。现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与N等高的P点，释放后任其向S摆动。运动过程中空气阻力可忽略不计。小球到达S后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q为中心的圆弧继续运动。在这以后（　　） A．小球恰能沿圆弧摆到N点 B．小球向右摆到M点，然后就摆回来 C．小球沿圆弧摆到M和N之间某处后做斜抛运动 D．小球沿圆弧摆到M和N之间某处后竖直下落 7．（2025秋•青羊区校级期中）如图所示，绝缘光滑水平轨道与绝缘光滑竖直圆形轨道相切于最低点A点，圆形轨道半径为R，水平轨道AM段长度也为R。质量为m，带电量为+q的小球以水平向右的速度v0从M点进入水平轨道。竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强E。重力加速度为g，sin37°＝0.6，下列说法中正确的是（　　） A．若v0＝0，小球经过圆形轨道A点时对轨道的压力大小为1.5mg B．若v0＝0，小球经过A点后不能到达圆形轨道左方最远点B点 C．若要使物块能做完整的圆周运动，物块的速度v0需要条件v0 D．若要使物块能做完整的圆周运动，物块的速度v0需要条件v0 （多选）8．（2025秋•永宁县期末）如图所示，匀强电场水平向左，绝缘细线长为L，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度大小为 B．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 C．小球运动至圆周轨迹的最左端时机械能最小 D．小球运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 （多选）9．（2025秋•海南期末）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，sin37°＝0.6，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 （多选）10．（2025春•南开区校级期中）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示。在此过程中，下列说法中正确的是（　　） A．苹果在最高点c时处于失重状态 B．苹果的加速度始终保持不变 C．苹果所受重力的功率保持不变 D．苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，手掌对苹果的摩擦力越来越大 【题型4】 转弯模型法 1．（2026春•和平区校级月考）居民小区内主路的两侧通常会有较多的岔路，如图甲所示是某小区内的一段有坡度的直主路和岔路的丁字路口处，主路倾角为θ（θ≠0）。因为岔路跟主路要平滑连接，所以，接口处的岔路在短距离内横向坡度可以看作跟主路的纵向坡度相同，如图乙所示。已知汽车从主路的下方、上方分别运动圆周都能恰好转进岔路，圆周半径均为r。设汽车从主路的下方、上方分别将要进入岔路的瞬间汽车牵引力恰好为零，在轮胎不打滑的情况下，其恰好将要转入岔路时最大速率分别为v1、v2；若汽车轮胎表面与地面之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），轮胎受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，把转弯的汽车看作质点，忽略风力和滚动摩擦力的影响，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．v1 B．v2 C．v2 D．若汽车沿主路从下往上做匀速圆周运动转入岔路，则在此过程中，在刚开始转弯的位置，轮胎最容易打滑 2．（2025秋•滨州期末）某场地自行车圆形赛道的路面与水平面的夹角为θ，运动员骑自行车在半径为R的赛道上做匀速圆周运动，如图所示。不考虑空气阻力，重力加速度为g。若使自行车没有沿斜面向上或向下的运动趋势，运动员骑行的速率应为（　　） A． B． C． D． 3．（2025秋•昆明校级月考）如图甲所示，质量为m的汽车A在倾角为α的路面上做匀速圆周运动，简化图如图乙所示，其中O为圆周运动的圆心，圆周在水平面内，重力加速度为g。当汽车以速率v行驶时，恰好没有侧滑的趋势，下列说法正确的是（　　） A．汽车在行驶过程中，受到重力、支持力、牵引力、阻力、向心力 B．汽车做圆周运动的半径 C．路面对汽车的支持力等于 D．当汽车的速率大于v时，路面受到汽车侧向摩擦力的方向由A指向B 4．（2025•南开区校级模拟）如图甲所示，汽车后备厢水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（　　） A．汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为mg B．汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小 C．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大 D．汽车过A、C两点的向心加速度相同 5．（2025•丰台区开学）如图所示，一辆汽车在水平路面上行驶，质量相等的两个人分别坐在驾驶座和副驾驶座上，汽车匀速率行驶，当汽车通过图示位置时，下列说法正确的是（　　） A．汽车所受合力为零 B．汽车所受静摩擦力与汽车速度方向相反 C．汽车对两个人的作用力大小相等 D．汽车对两个人的作用力方向不同 6．（2025•上海校级学业考试）3D地图技术能够为无人驾驶汽车分析数据，提供操作的指令.如图所示为一段公路拐弯处的地图，则（　　） A．若弯道是水平的，汽车拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力 B．若弯道是水平的，为防止汽车侧滑，汽车拐弯时收到的指令是让车速大一点 C．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为内（东北）高外（西南）低 D．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为外（西南）高内（东北）低 7．（2025春•西安校级月考）如图所示为某赛车比赛中的精彩瞬间。赛车正在倾斜轨道上转弯，假设赛车运动的轨道平面始终在水平面内，赛车的速度为v，倾斜轨道与水平方向夹角为θ，赛车转弯的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．时，赛车有沿倾斜轨道向上运动的趋势 B．时，赛车刚好没有沿倾斜轨道向上或向下运动的趋势 C．时，赛车沿倾斜轨道向下会受到摩擦力作用 D．时，赛车沿倾斜轨道向下会受到摩擦力作用 （多选）8．（2026•海口模拟）如图所示，将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时由于冰刀嵌入冰内，因此冰刀受到与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，转弯半径为R，重力加速度大小为g。关于该转弯过程，下列说法正确的是（　　） A．运动员所受合力大小不变 B．运动员的加速度大小为gtanθ C．运动员转弯时角速度的大小为 D．运动员的线速度大小为 （多选）9．（2025春•宁德期末）如图甲所示，一质量为M的汽车在水平路面上转弯，其运动可视为半径为R、速率恒为v的匀速圆周运动。坐在车后排座位上的人沿车的前进方向看到一个用细线悬挂的物件向右偏，且与竖直方向的夹角保持θ不变，如图乙所示，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球做圆周运动的向心力由重力提供 B．汽车转弯时的向心力由指向圆心方向的静摩擦力提供 C．转弯过程中汽车运动轨迹的半径R D．转弯过程中汽车需要的向心力大小为Mgsinθ （多选）10．（2024春•天河区校级期末）如图所示，为保证安全，铁路拐弯处内、外轨有一定的高度差，使质量为M0的火车以设计的速率v0在水平面内转弯时，内、外轨对车轮均无侧向压力，测得此时轨道对车轮的支持力大小为N0。当火车以实际速率v（v≠v0）在此弯道上转弯时，轨道将施于车轮一个与枕木平行的侧向压力F，下列说法正确的是（　　） A．若v＞v0，侧向压力F方向由内轨指向外轨 B．若v＞v0，轨道对车轮的支持力大于N0 C．在春运期间乘客较多，导致火车总质量大于M0，为保证安全，此时的行驶速率应该小于v0 D．该弯道的半径 【题型5】 圆锥摆模型法 1．（2026春•郑州月考）四个小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示小球A、B完全相同且在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等（连接D球的绳较长），则下列说法正确的是（　　） A．小球A、B所需的向心加速度大小相等 B．小球C、D所需的向心加速度大小相等 C．小球A、B的线速度大小相等 D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小一定相等 2．（2025秋•渝中区校级期末）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是（　　） A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用 B．圆锥摆的θ越大，加速度a越大 C．圆锥摆的θ越大，小球的线速度v越小 D．圆锥摆的θ越大，小球的角速度ω越小 3．（2025秋•沙坪坝区校级期末）如图甲所示，长为2L的竖直细杆下端固定在位于地面上的水平转盘上，一质量为m的小球接上长度均为L不可伸长的两相同的轻质细线a、b，细线能承受的最大拉力均为6mg，a细线的另一端结在竖直细杆顶点A，细线b的另一端结在杆的中点B。当杆随水平转盘绕竖直中心轴匀速转动时，将带动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．当杆转动的角速度时，细线a中拉力为2mg B．当细线b刚好拉直时，杆转动的角速度 C．当杆转动的角速度持续增大时，细线b先断开 D．当细线断开时，杆转动的角速度 4．（2025春•东台市期中）把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球短时间内沿光滑的漏斗壁在水平面内做匀速圆周运动。若小球第二次做匀速圆周运动的半径比第一次大，则小球第二次做匀速圆周运动时（　　） A．周期较大 B．动能较小 C．加速度较小 D．受到漏斗壁的弹力较大 5．（2025秋•市中区校级月考）如图所示，半径为L的玩具转盘在转盘中心O点固定了一竖直杆，质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳AC与竖直杆上的A点相连，轻杆BC用铰链连接在竖直杆上的B点（可绕B点自由转动）。已知圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角α＝30°，轻杆BC与竖直方向夹角β＝45°，AC＝L，，不计摩擦阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．当绳AC上恰好无弹力时，小球的角速度ω B．当小球角速度ω时，杆BC上弹力F C．当BC上恰好无弹力时，小球角速度ω D．若转动过程中小球突然脱离，则当圆盘角速度ω，小球不会触碰到圆盘 6．（2025•工业园区三模）如图所示，质量分布均匀的软绳A一端固定在竖直放置的轻杆上端。当软绳随着轻杆一起在水平面内以一定角速度转动时，轻绳形状下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（2025秋•九龙坡区校级月考）如图甲所示为某社区安装的旋转飞椅，钢绳一端系着座椅，另一端固定在水平转盘的边缘，转盘可以绕过其中心的竖直轴转动。简化模型如图乙所示：吊绳长为L、上端与竖直转轴间的距离为x，下端系有可以视为质点的小球，小球A、B的质量分别为2m、m。竖直转轴匀速转动时，吊绳AC、BD与竖直方向的夹角均为θ，不计空气阻力的影响和吊绳的质量，重力加速度为g。则（　　） A．吊绳对A球的拉力大小为2mgsinθ B．小球A所受合力大小为mgsinθ C．小球A围绕竖直转轴转动的速度大小为 D．小球B做匀速运动的周期为 （多选）8．（2025春•南宁校级期中）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　） A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，重力与拉力合力提供向心力 B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，物体受到重力、支持力、向心力 C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越大 D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，这是发生离心运动导致 （多选）9．（2025•涪城区校级二模）如图所示，A球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B球在轻绳的作用下在水平面内做匀速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A球轻绳与竖直方向所成的最大角度和B球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ＜5°）。下列说法中正确的是（　　） A．A、B两球运动的周期之比为1：1 B．图示位置A、B两球所受轻绳拉力大小之比为cos2θ：1 C．A球的最大向心力大小与B球的向心力大小之比为 D．A球的最大动能与B球的动能之比为 （多选）10．（2025•石家庄校级开学）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。 忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（　　） A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力 B．FA：FB＝4mA：3mB C．aA：aB＝16：9 D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关 【题型6】 近心与离心运动模型法 1．（2026春•两江新区校级月考）如图为两种洗衣机脱水示意图，图甲脱水筒绕竖直轴OO′匀速转动，图乙滚筒绕水平轴匀速转动。下列说法正确的是（　　） A．图甲中，衣服受到的摩擦力随角速度的增大而增大 B．图甲中，静摩擦力提供衣服做圆周运动的向心力 C．图乙中，衣服运动到B处时脱水效果最好 D．图乙中，衣服受到的向心力不变 2．（2026春•沙河口区校级月考）如图为滚筒洗衣机和波轮洗衣机。滚筒洗衣机的滚筒绕水平转动轴做匀速圆周运动。波轮洗衣机的脱水筒绕竖直转动轴转动。有关脱水过程说法正确的是（　　） A．滚筒洗衣机中质量相同的水滴在最高点和最低点受到的向心力大小相同 B．滚筒洗衣机中湿衣服上的水在最高点更容易甩出 C．波轮洗衣机中衣服受到的支持力大小为0 D．波轮洗衣机中质量不变的衣服受到的摩擦力会随着脱水筒的转速增大而增大 3．（2025秋•南通期末）有一圆盘陀螺在水平面内转动，滴在圆盘边缘上的墨水被甩出，在陀螺下方的水平面上形成一条条拖线，俯视图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．由图可知陀螺在做逆时针方向转动 B．墨水被甩出说明陀螺正在加速转动 C．墨水被甩出后做的是匀速直线运动 D．拖线与圆盘在水平面上投影圆相切 4．（2025春•海安市校级月考）神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平和叶光富开讲《天宫课堂第二课》时，通过“手动离心机”旋转方法，实现了油水分离（水密度＞油密度）。化工中也常使用离心分离器，将微小颗粒快速从液体中沉淀析出。如图乙，在地球上试管中装有密度为ρ1的液体，内有密度为ρ2、体积为V的微小颗粒，离心分离器带着试管以角速度ω高速旋转时，下面分析判断不正确的是（　　） A．在失重的太空环境下，如果不甩动装有油和水的瓶子，油会混在水里面，成为混合物 B．在失重的太空环境下，抓着系在瓶上的细绳甩动瓶子，数圈后，水油明显分离，水在上层，油在下层 C．图乙中如果ρ2＜ρ1，高速旋转时，小颗粒将不做离心运动，而是做向心运动 D．图乙中如果ρ1＜ρ2，高速旋转时，小颗粒所受的合力小于所需要的向心力，小颗粒做离心运动，“沉”到试管底部 5．（2025•黑龙江学业考试）如图，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动，运动到P点时，撤去拉力F，则小球（　　） A．继续做匀速圆周运动 B．沿轨迹Pa做直线运动 C．沿轨迹Pb做离心运动 D．沿轨迹Pc做近心运动 6．（2025春•青羊区校级月考）天宫课堂中，航天员在天宫核心舱内展示了水油分离实验，如甲、乙图所示。用手握住绳子一端O，绳子另一端系住瓶口，让小瓶在瓶口朝内瓶底朝外的状态下做竖直平面内的匀速圆周运动，实现水油在瓶中分层的效果。下列说法正确的是（　　） A．做圆周运动时瓶子的速度不变 B．水油分离后密度较大的水集中于小瓶的底部 C．瓶子速度小于某一值就不能做完整的圆周运动 D．如图乙所示，在成都七中教室演示相同实验时，小瓶在竖直面内做匀速圆周运动 7．（2025春•西城区校级期中）无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一。现代献血常采用机采成分血的方式，就是指把健康人捐献的血液，通过血液分离机分离出其中某一种成分（如血小板、粒细胞或外周血干细胞）储存起来，再将分离后的血液回输到捐献者体内。分离血液成分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比。初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，它们的大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa＜ρ0＜ρb。对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．细胞a相对试管向内侧运动，细胞b相对试管向外侧运动 B．细胞a和细胞b都相对试管向外侧运动 C．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变小 D．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向各处大小相同 （多选）8．（2026春•南岗区校级月考）如图所示，下列对生活中的现象分析正确的是（　　） A．甲图中洗衣机里衣物随滚筒做匀速圆周运动时，衣物运动到最高点A脱水效果最好 B．图乙：若火车转弯的速度超过规定速度，外轨对火车轮缘会有挤压作用 C．图丙：“水流星”表演中，装满水的桶转动到最高点的速度越大，水越不容易洒出 D．丁图中同一小球在光滑固定的圆锥筒内A、B位置先后做匀速圆周运动，在A、B两位置小球向心加速度大小不相等 （多选）9．（2025春•海珠区校级期中）中央电视台报道了一起发生在湖南长沙湘府路上的离奇交通事故。住在公路拐弯处的张先生家和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有一辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案。经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示。你认为正确的是（　　） A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为汽车做离心运动 B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为汽车做向心运动 C．公路在设计上可能由物理素养较差的工程师设计成外低内高 D．公路在设计上可能由物理素养较差的工程师设计成外高内低 （多选）10．（2025春•驿城区校级期末）洗衣机脱水的原理是利用了离心运动把附着在衣服上的水分甩干．如图是某同学用塑料瓶和电动机等自制的脱水实验原理图，但实验中发现瓶内湿毛巾甩干效果不理想，为了能甩得更干．请为该同学设计改进建议（　　） A．增加转速 B．减小转速 C．增大塑料瓶半径 D．减小塑料瓶半径 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆周运动（六大方法） 【题型1】 传动法（参数对比） 2 【题型2】 临界法（水平面） 9 【题型3】 临界法（竖直面） 17 【题型4】 转弯模型法 26 【题型5】 圆锥摆模型法 35 【题型6】 近心与离心运动模型法 45 【知识清单】 一、水平面内的圆周运动 1．水平面内圆周运动的分析思路 2．水平面内的圆周运动的“临界”分析 (1)绳的临界：张力FT＝0。 (2)接触面滑动临界：F＝fm。 (3)接触面分离临界：FN＝0。 二、竖直面内的圆周运动 1．绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥。 2．杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0。 3．“两点”“一联”解题两关键 【题型1】 传动法（参数对比） 1．（2026春•金水区校级月考）某电动玩具车传动系统如图所示：B轮的半径为R，C轮的半径为3R，连接B、C两轮的皮带传动时不打滑。“+”为电动马达转轴“十字形”插销，若将电动马达传动轴A与B轮插销连接时，C轮转速为n。若将电动马达传动轴A与C轮插销连接，保持电动马达转速不变，则此时B轮转速为（　　） A．n B．n C．3n D．9n 【答案】D 【详解】设电动马达的转速为nM。由于皮带不打滑，两轮边缘线速度大小相等，满足关系rBnB＝rCnC。 当马达与B轮连接时，有nB＝nM，nC＝n，由R•nM＝3R•n，解得：nM＝3n。 当马达与C轮连接时，马达转速保持不变，即nC＝nM＝3n，由R•nB＝3R•nC，代入数据解得：B轮转速nB＝9n。故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2026•平南县开学）如图所示，a、b是某个走时准确的时钟的分针和时针的针尖，则下列说法正确的是（　　） A．a点的线速度比b点的小 B．b点的加速度比a点的大 C．a、b两点的角速度之比为12：1 D．a、b两点的转速之比为1：12 【答案】C 【详解】根据题意，可得a、b两点的周期之比为。 A.根据线速度，可得a点的线速度与b点的线速度之比为。由图可知ra＞rb，可得va＞vb，即a点的线速度比b点的大，故A错误。 BC.根据角速度，可得a、b两点的角速度之比为；根据向心加速度a＝ω2r，可得b点的加速度与a点的加速度之比为，即b点的加速度比a点的小，故B错误，C正确。 D.根据转速与周期的关系，可知a、b两点的转速之比为，故D错误。 故选：C。 3．（2026•蓬溪县校级开学）如图所示，为一皮带传送装置，右轮半径为r，a是其边缘上一点，左侧为一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b在小轮上，到小轮中心的距离为r，c在小轮边缘上，d在大轮边缘上，以下关系错误的是（　　） A．a和的c线速度相等 B．b、c和d角速度相等 C．va：vb：vc：vd＝2：1：2：4 D．ωa：ωb：ωc：ωd＝2：1：2：4 【答案】D 【详解】A.a点位于右轮边缘，c点位于左侧小轮边缘，二者由同一根不打滑的皮带连接；由同一皮带带动的两轮边缘及皮带上各点的线速度大小相等，因此a和c的线速度相等，故A正确。 B.b、c、d三点固定在同一根轮轴上，属于同轴转动模型；同轴转动的物体上各点的角速度相等，因此b、c和d三点的角速度相等，故B正确。 C.根据线速度与角速度的关系公式v＝ωr，结合b、c和d三点的角速度相等，可得三点的线速度之比vb：vc：vd＝1：2：4；又因为va＝vc，可得va：vb：vc：vd＝2：1：2：4，故C正确。 D.根据线速度与角速度的关系v＝ωr，结合va＝vc，可得ωa：ωc＝2：1；又因为ωb：ωc：ωd＝1：1：1，可得ωa：ωb：ωc：ωd＝2：1：1：1，故D错误。 本题选择错误的，故选：D。 4．（2026•江苏模拟）某款自行车的链条传动装置，如图所示。在左、右两轮盘边缘P、Q两点的线速度分别为vP、vQ，角速度分别为ωP、ωQ，则（　　） A．ωP＞ωQ B．ωP＜ωQ C．vP＞vQ D．vP＜vQ 【答案】A 【详解】CD、因P、Q两点属于链条转动，故P、Q两点的线速度相等，即vP＝vQ，故CD错误； AB、根据v＝ωr，由图可知Q点的半径比P点的大，则ωP＞ωQ，故A正确，B错误。 故选：A。 5．（2025•沙坪坝区校级模拟）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．四位游客在圆周的不同位置，线速度的方向沿各自的圆周切线方向，方向各不相同，所以线速度不相同，故A错误。 B．四位游客都由同一游乐设施带动一起匀速转动，在相同时间内转过的角度相同，所以角速度相同，故B正确。 C．动能公式为，四位游客质量不同，虽然角速度和半径相同，但动能与质量成正比，所以动能不相同，故C错误。 D．向心力是矢量，方向始终指向圆心，四位游客在圆周的不同位置，向心力的方向不同；同时向心力大小，因为四位游客质量不同，向心力大小也不同。所以向心力不相同，故D错误。 故选：B。 6．（2025春•越秀区校级月考）自行车主要构成部件有前后轮、飞轮、链条、链轮等，其部分示意图如图所示，其中大齿轮（即链轮）、小齿轮（即飞轮）和后轮的半径分别为r1＝12cm、r2＝4cm和r3＝28cm，假设脚踏板的周期为，则该自行车前进的速度大小为（　　） A．0.84m/s B．1.68m/s C．3.36m/s D．6.72m/s 【答案】D 【详解】由题意可知自行车前进的速度大小为后轮线速度大小，脚踏板周期即大齿轮周期。 v1、v2、v3为对应大齿轮、小齿轮、后轮的线速度，ω1、ω2、ω3为对应大齿轮、小齿轮、后轮的角速度。 ω18 rad/s v＝rω v1＝8×0.12＝0.96m/s 链条连接线速度相等 v1＝v2＝0.96m/s ω1＝24rad/s 后齿轮与后轮属于同轴轮 即ω1＝ω3 v3＝r3ω3 v3＝0.28×24＝6.72m/s，故D正确 故选：D。 7．（2025秋•温州期中）石磨是劳动人民智慧的结晶。如图所示，M、N为石磨推柄上的两点，在石磨绕竖直轴OO′转动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．M点的角速度比N点的角速度小 B．M点的角速度比N点的角速度大 C．M点的线速度比N点的线速度小 D．M点的线速度比N点的线速度大 【答案】C 【详解】AB、M、N为石磨推柄上的两点，在石磨绕竖直轴OO′转动的过程中，由题意可知，两点为同轴转动，所以角速度相等，故AB错误； CD、根据公式v＝ωr，结合M点的运动半径小于N点的半径，则M点的线速度比N点的线速度小，故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）8．（2026•湛江模拟）某型号的涂改带内部结构示意图如图所示，其中传动轮分别与收带轮和出带轮连接，出带轮有90齿，传动轮9齿、半径为2.4mm，M、N分别是出带轮、收带轮边缘上的两个点，涂改带工作时，三个齿轮均逐个咬合转动，下列说法正确的是（　　） A．工作时，收带轮与出带轮转动方向相同 B．工作时，收带轮与传动轮转动方向相同 C．M、N两点线速度大小相等 D．出带轮的半径大小为2.4cm 【答案】ACD 【详解】AB、由于齿轮带动，根据图可知，使用时，出带轮与传动轮转动方向相反，传动轮与收带轮传动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故A正确，B错误； C、齿轮带动，三轮边缘线速度大小相等，则M、N两点线速度大小相等，故C正确； D、由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有：，即有：，解得：R传＝24mm＝2.4cm，故D正确。 故选：ACD。 （多选）9．（2026•黄石模拟）一款“转转杯”玩具可简化如图，水平大圆盘绕竖直轴OO′顺时针转动，其上均匀分布五个相同的小圆盘，绕各自圆心逆时针转动，大小圆盘转动的角速度大小均为ω。取图示时刻为计时起点，此时小圆盘边缘两点A、B的位置如图所示，不考虑小圆盘的厚度，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时刻A点对地速度大小为（L﹣r）ω B．t＝0时刻B点对地速度大小为 C．时A点到大圆盘圆心的距离最远 D．时B点到大圆盘圆心的距离最远 【答案】CD 【详解】AB.t＝0时刻，若A仅绕OO'顺时针转动，则线速度大小v1＝ω（L﹣r），绕所在小圆盘圆心逆时针转动，线速度大小为v2＝ωr，则A相对地面的速度大小vA＝v1+v2＝ωL。同理，B点绕OO'转动的线速度大小，绕所在小圆盘圆心转动的线速度大小v4＝ωr，如图所示： 根据几何知识可知，根据余弦定理可得B点的对地速度大小，故AB错误。 CD.A、B点绕小圆盘圆心转动的周期为，当A、B点转到小圆盘与大圆盘相切位置时到大圆盘圆心的距离最远。A点到大圆盘圆心的距离所用的时间为，即时A点到大圆盘圆心的距离最远；B点到大圆盘圆心的距离所用的时间为），即时，B点到大圆盘圆心的距离最远，故CD正确。 故选：CD。 （多选）10．（2025秋•深圳月考）“往复式活塞压缩机”通过活塞在汽缸内的往复运动来压缩和输送气体。如图所示，圆盘与活塞通过铰链A、B连接在轻杆两端，左侧活塞被气缸固定，只能在水平方向运动，圆盘以O为轴，逆时针做匀速圆周运动，角速度为ω，已知OB间的距离为R，AB间的距离为2R，下列说法正确的是（　　） A．当B位于圆盘最高点时，活塞速率为Rω B．当轻杆与OB垂直时，活塞速率为Rω C．当B转至最左端时，活塞速率为0 D．B从最高点转至最左端的过程中，活塞速率逐渐减小 【答案】AC 【详解】A.当B位于圆盘最高点时，B的速度与活塞速度平行，设∠BAO＝θ，活塞的速度为v，B的速度大小为vB＝ωR，由关联速度可知vBcosθ＝vcosθ，当B位于圆盘最高点时，活塞速率v＝vB＝ωR，故A正确。 B.当轻杆与OB垂直时，B的速度沿着杆方向，由关联速度可知vB＝vcosθ，可得活塞速率为，因cosθ＜1，所以v＞ωR，故B错误。 C.当B转至最左端时，B的速度方向垂直于轻杆，沿杆方向的分速度为0，所以活塞速率为0，故C正确； D.B从最高点转至最左端的过程中，活塞速率先增大后减小，故D错误。 故选：AC。 【题型2】 临界法（水平面） 1．（2026春•和平区校级月考）如图所示，将黑、白两种颜色的棋子放在水平圆盘上，围绕圆盘中心摆成半径不同的两个同心圆圈（r黑＜r白）。圆盘在电机带动下由静止开始转动，角速度缓慢增加。每颗棋子的质量都相同，每颗棋子与圆盘间的动摩擦因数μ也都相同。判断正确的是（　　） A．白色棋子先被甩出 B．两种棋子同时被甩出 C．棋子被甩出的轨迹一定是沿着切线的直线 D．在没有棋子被甩出前，黑色棋子所受摩擦力大于白色棋子所受的摩擦力 【答案】A 【详解】ABD．对棋子受力分析，在没有被甩出之前，受重力、支持力、圆盘的静摩擦力三个力的作用，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有f＝mω2r，当角速度增大时，两棋子所受静摩擦力也在增大，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，棋子将发生相对运动，即被甩出，由题意可知白色棋子的半径大于黑色棋子的半径，所以在没有棋子被甩出前，白色棋子所受摩擦力大于黑色棋子所受摩擦力，而两色棋子与圆盘的最大静摩擦力均为fm＝μmg，则可知白色棋子先被甩出，故A正确，BD错误； C．棋子开始滑动后，其所受合外力不等于零，而是等于圆盘对它的滑动摩擦力，此时摩擦力仍然能提供一部分的向心力，所以棋子做离心运动，轨迹是曲线，故C错误。 故选：A。 2．（2026•呼和浩特一模）如图，半径为m的餐桌中心有一个可以匀速转动、半径为1m的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。置于圆盘边缘质量m＝0.1kg的物体（可视为质点）与圆盘之间的动摩擦因数μ1＝0.4，与餐桌之间的动摩擦因数μ2＝0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．当圆盘的角速度恒为1rad/s时，物体受到的摩擦力大小为0.4N B．为使物体不滑到餐桌上，圆盘角速度的最大值为1rad/s C．若物体从圆盘上滑下，则一定能离开餐桌 D．若物体从圆盘上滑下，则刚好停在餐桌边缘 【答案】D 【详解】A、当圆盘的角速度恒为1rad/s时，物体受到的摩擦力大小为f＝Fn＝mω2r＝0.1×12×1N＝0.1N，故A错误； B、当物体刚好不滑到餐桌上时，此时物体的最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得： 解得：ω0＝2rad/s，故B错误； CD、设物体在桌面上滑动时的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：μ2mg＝ma 由几何知识在圆盘上的位移大小为：m＝1m 由运动学公式：v2＝2ax 其中v＝ω0r 联立解得x＝1m 可知若物体从圆盘上滑下，则刚好停在餐桌边缘，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2026春•永宁县校级月考）如图，一个圆盘在水平面内匀速转动，线速度是10m/s。盘面上距圆盘中心1m的位置有一个质量为2kg的物块在随圆盘一起做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．物块受重力、支持力、摩擦力和向心力 B．摩擦力的方向与运动方向相反 C．摩擦力的方向指向圆心 D．摩擦力的大小是150N 【答案】C 【详解】A．物块随圆盘做匀速圆周运动时，受重力、支持力、摩擦力作用，其中摩擦力提供物块做圆周运动的向心力，所以向心力是效果力，不是独立的受力，故A错误； BC．物块有沿半径向外滑动的趋势，所以摩擦力方向指向圆心，与物块的运动方向垂直，故B错误，C正确； D．根据摩擦力提供向心力，可得摩擦力的大小是，故D错误。 故选：C。 4．（2025秋•东城区期末）2025年9月，我国在浙江杭州启用了“时空压缩机”，该装置是全球最大容量超重力离心模拟与实验装置，如图甲所示。该装置的离心主机如图乙所示，最大容量为1300g•t（重力加速度•吨），最大可模拟300倍地球重力环境。离心主机的转臂半径约为6.4m，在旋转的过程中，由于惯性，待测实验物体会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样，离心机转动越快，模拟的重力加速度越大。根据上面资料结合所学知识，g取10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．离心机容量的单位用基本单位可表示为kg•m/s2 B．在超重力环境下，可缩短沉淀分离一杯混浊泥水所用的时间 C．为达到300倍地球重力环境，该离心机的角速度约为22rad/s D．该离心机的待测实验物体的最大质量为4.3t 【答案】D 【详解】A.离心机容量的单位为g•t，其中g的单位是m/s2，吨（t）的单位是kg，所以用国际基本单位表示就是kg•m/s2，故A正确。 B.在超重环境下，泥沙颗粒受到的等效重力远大于正常重力，下沉的加速度也会相应增大，所以沉淀分离一杯混浊泥水所用的时间会显著缩短，故B正确。 C.要达到300倍地球重力环境，即离心加速度a＝300g＝3000m/s2，根据离心加速度公式a＝ω2r，代入半径r＝6.4m，可得，故C正确。 D.题目中提到的容量1300g•t指的是最大等效重力，即m×300g＝1300g×1t，解得的m≈4.3t是等效质量，并非实验物体的真实质量，真实质量在任何加速度下都是不变的，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 5．（2025春•香坊区校级期中）如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接，物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过时，物块A、B开始滑动。若A和B均可视为质点，图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是（　　） A． B． C．m＝M D． 【答案】B 【详解】由题图乙可知，当转盘角速度的二次方为时，A、B间的细绳开始出现拉力，可知此时B受到的静摩擦力达到最大，故有 当转盘角速度的二次方为时，A受到的静摩擦力也达到最大，对A有 对B有 联立以上三式解得，， 故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．（2025春•南开区校级期中）如图，两瓷罐P、Q（可视为质点）放在水平圆桌转盘上，质量分别为2m、m，离转轴OO'的距离分别为R、2R，与转盘间的动摩擦因数均为μ。使瓷罐随转盘做匀速圆周运动，P、Q与转盘均保持相对静止，用ω表示转盘的角速度，则（　　） A．瓷罐随转盘一起做匀速圆周运动时，受到重力、支持力、静摩擦力和向心力四个力作用 B．P所受的摩擦力大于Q 所受的摩擦力 C．当ω增大时，P开始滑动的临界角速度为 D．当ω增大时，P一定比Q先开始滑动 【答案】C 【详解】A．瓷罐随转盘做匀速圆周运动时，只受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用，其中静摩擦力提供向心力，向心力是效果力，并非独立存在的第四个力，故A错误。 B．根据向心力公式，瓷罐P的摩擦力，瓷罐Q的摩擦力，可知P所受的摩擦力等于Q 所受的摩擦力，故B错误。 CD．当ω增大时，当P的静摩擦力达到最大时，有μ•2mg＝2mω2R，解得此时的角速度为；当Q的静摩擦力达到最大时，有μmg＝mω′2•2R，解得此时的角速度为。P开始滑动的临界角速度为，Q开始滑动的临界角速度为，Q一定比P先开始滑动，故C正确，D错误。 故选：C。 7．（2025春•昆明校级期中）如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连可视为质点的两个相同的物块A、B（均可视作质点）。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时轻绳拉直，绳中拉力为零。A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动，且始终保持相对静止，A不受摩擦力时的角速度为ω1，A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2。转动过程中轻绳未断，则为（　　） A．1： B．： C．：2 D．2： 【答案】A 【详解】当A不受摩擦力时，绳子拉力FT为A提供向心力，有 对B，绳子拉力FT与最大静摩擦力μmg共同提供向心力，人 解得； 当角速度达到最大值ω2时，A的静摩擦力向外达到最大值μmg，B的静摩擦力向内达到最大值μmg 对A有 对B有 解得。 可得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）8．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图所示，初始时水平圆盘上的小物体a、b通过原长为r的弹簧连接并静止在圆盘上，a、b与弹簧在同一条直径上。现圆盘从静止开始绕中心轴缓慢增大转速（即在每个转速下可认为是匀速转动），已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与圆盘的动摩擦因数均为μ，a、b离圆盘中心的距离都为r且与圆盘保持相对静止，已知弹簧的劲度系数为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．当b受到的摩擦力为0时，a的摩擦力指向圆心 B．当a受到的摩擦力为0时，b的摩擦力指向圆心 C．当圆盘的角速度为时，物体a和b恰好同时有相对圆盘滑动的趋势 D．当圆盘的角速度为时，物体b恰好有相对圆盘滑动的趋势 【答案】BD 【详解】A、由题意可知，当b受到的摩擦力为0时，对b由牛顿第二定律可得kr＝2mrω2 对a由牛顿第二定律满足此时a的摩擦力背离圆心，故A错误； B、当a受到的摩擦力为0时，对a由牛顿第二定律可得kr＝mrω2 对b由牛顿第二定律满足kr+fb＝2mrω2，所以此时b的摩擦力fb＝mrω2指向圆心，故B正确； CD、对a分析知，当物体a刚好相对转台发生滑动时，满足kr+μmg 此时转盘角速度为 对b分析知，当物体b刚好相对转台发生滑动时，满足 此时转盘角速度为 可以看出ωa＞ωb，即物体b先相对转台发生滑动，且当a、b均相对转台静止时，允许的最大角速度为ωmax＝ωb，故C错误，D正确； 故选：BD。 （多选）9．（2026春•东湖区校级月考）如图所示，质量均为m的A、B两个物块（均可视为质点），用一根不可伸长的轻绳连在一起，轻绳经过水平圆盘圆心的竖直线OO′，开始时轻绳恰好拉直但无拉力，A、B两个物块的转动半径为rB＝2rA＝2r。A和B一起随圆盘绕竖直中心轴OO′转动，转动角速度ω从零开始缓慢增大，直到两物块相对圆盘运动为止。它们与圆盘间的动摩擦因数均为μ，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（　　） A．当圆盘的角速度大于时，绳中一定有拉力 B．当圆盘的角速度大于时，绳中一定有拉力 C．当圆盘的角速度等于时，物块A受到的摩擦力为μmg D．当圆盘的角速度等于时，物块A、B整体相对圆盘发生滑动 【答案】BD 【详解】AB、绳上恰好出现拉力时，B与转盘之间为最大静摩擦力，由最大静摩擦力提供其向心力，则有μmg＝m2r 代入数据得圆盘的角速度为ω1，即圆盘的角速度等于时绳上恰好出现拉力时，故A错误，B正确； C、绳上出现拉力后，随着角速度的缓慢增加，B所受摩擦力仍然为最大静摩擦力，由摩擦力与绳的拉力的合力提供向心力，由于绳的拉力等于由于B角速度增大而增大的向心力，而A由于角速度增大而增大的向心力小于绳的拉力，可知，开始时A所受摩擦力减小，当A所受摩擦力减为0时，对物体B受力分析有F+μmg＝m2r 联立解得F＝μmg 对物体A受力分析，A需要的向心力 此时绳子对A的拉力F＝μmg恰好提供A所需的向心力，故A受到的摩擦力为零，即圆盘的角速度等于时，物块A受到的摩擦力为零，故C错误； D、当圆盘的角速度大于时，此时对物体B受力分析有F′+μmg＝2mω2r 对物体A受力分析有 代入数据得（） 可知，随着角速度的缓慢增加，A物体受到的摩擦力又逐渐增大，当A物体受到的静摩擦力达到最大值时，且方向背离圆心，两物块即将相对圆盘滑动，即有﹣μmg 代入数据得，圆盘的角速度等于时，物块A和B相对转台向B的一侧发生相对滑动。故D正确。 故选：BD。 （多选）10．（2026春•青秀区校级月考）在学校的物理创新实验课上，占老师带领同学们开展了“转盘圆周运动”的探究实践。实验装置为一个水平圆形转盘，两个外形相同、质量均为m的小物块A、B被放置在转盘上，转盘中心O到物块A的距离为3L，到物块B的距离为5L，A、B之间用一根轻质细线相连，细线恰好处于伸直状态但无拉力。经测量，物块A与转盘接触面的动摩擦因数为μ1＝μ，物块B与转盘接触面的动摩擦因数为μ2＝2μ，实验规定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小记为g。实验开始后，占老师让转盘绕竖直轴从静止状态开始缓慢加速转动，同学们针对这一过程展开了讨论，提出了以下几种说法，请你结合所学知识判断其中正确的选项是（　　） A．随着角速度增大，B先达到最大静摩擦力 B．当ω时，B达到最大静摩擦力 C．当ω时，A的摩擦力大小为 D．当ω时，两物体即将滑动 【答案】BD 【详解】A、对A、B分别受力分析，加速转动过程中，若A先达到最大静摩擦力，则μmg＝m，解得： 若B先达到最大静摩擦力，则2μmg＝m，解得： 由ωA＜ωB，可知A先达到最大静摩擦力，故A错误； B、根据静摩擦力的临界条件，可知当角速度达到时，A达到最大静摩擦力。 当B达到最大静摩擦力时，对A、B分别受力分析，可得：T+μmg＝mω2×3L，T+2μmg＝mω2×5L 解得：T， 即角速度达到时，B达到最大静摩擦力，故B正确； C、当时，A所需向心力大小为：FA＝mω2×3L＝3μmg B所需向心力大小为：FB＝mω2×5L＝5μmg 对B受力分析，可得：T′+2μmg＝FB 解得：T′＝3μmg 因FA＝T′，故A的摩擦力大小为零，故C错误； D、两物体即将滑动时，A所受最大静摩擦力方向背离圆心，B所受最大静摩擦力方向指向圆心，则有：T″﹣μmg＝mω2×3L；T″+2μmg＝mω2×5L 解得： 可知当时，两物体即将滑动，故D正确。 故选：BD。 【题型3】 临界法（竖直面） 1．（2026春•温州月考）如图1所示，长为L＝0.5m的轻杆一端固定一小球，另一端与电动机转轴连接，电动机连带底座水平放置在压力传感器上。当小球在电动机的驱动下在竖直平面内做匀速圆周运动时，压力传感器探测到的压力随时间变化的图线如图2所示，而电动机底座始终保持静止，且知电动机底座与压力传感器间的动摩擦因数μ＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取π2＝10，重力加速度g＝10m/s2。下列判断中正确的是（　　） A．t＝0.5s时，小球位于最高点 B．t＝0.75s时，小球所受弹力大小为 C．电动机底座所受静摩擦力最大为8.4N D．小球、电动机连同底座的总质量为1.0kg 【答案】B 【详解】A、t＝0.5s时，压力最大，小球位于最低点，故A错误； B、由图2可知周期T＝1s，当t＝0.75s时，小球与圆心等高轻杆水平，此时轻杆对小球的弹力大小为 向心力为 联立解得Fn＝4N，N，故B正确； C、轻杆水平时底座受到的静摩擦力最大Ffmax＝Fn＝4N，故C错误； D、最高点时，F2是小球受到的弹力。 对整体Fmin+F2＝Mg 解得F2＝2N，M＝0.8kg，故D错误。 故选：B。 2．（2025秋•思明区校级月考）鲁迅先生的《从百草园到三味书屋》中有一段描写：扫开一块雪，露出地面，用一枝短棒支起一面大的竹筛来，下面撒些秕谷，棒上系一条长绳，人远远地牵着，看鸟雀下来啄食，走到竹筛底下的时候，将绳子一拉，便罩住了。如下甲图为情景画，乙图为模型简图，竹筛视为一个半径为R＝0.5m的半球壳，初始用短棒在左侧支撑住，竹筛底面与地面夹角为30°，小鸟视为质点，在竹筛落地时的底面圆心处偷吃谷子，此时绳子拉动，短棒拉走，竹筛开始落下，绕着右端支点转动，其角速度随时间变化的图像如丙图所示，小鸟被惊动，立刻开始沿着半径向外逃窜，小鸟运动可视为匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．竹筛开始转动后，竹筛上面各点做匀速圆周运动 B．竹筛开始运动后，竹筛上面各点的向心加速度大小不变 C．短棒拉走，竹筛从开始运动到落地需要2s D．小鸟能够成功逃离竹筛的最小速度为0.5m/s 【答案】D 【详解】A．竹筛开始转动后，角速度随时间线性增大，各点的线速度也随时间增大，不是匀速圆周运动，故A错误。 B．向心加速度a＝ω2R，由于角速度随时间增大，所以向心加速度大小加速度在变大，故B错误。 C．筛子转动后落地，根据ω﹣t图像与时间轴围成的面积表示转动的圆心角，可知竹筛从开始运动到落地需要的时间为t＝1s，故C错误。 D．小鸟要成功逃离，需要在竹筛落地前沿半径方向跑出竹筛，可知小鸟成功逃离的最小速度，故D正确。 故选：D。 3．（2026春•武汉校级月考）如图所示，倾角为θ＝30°、上表面光滑的斜面体放置在水平面上，一质量为m的小球P（可视为质点）通过长为l的细线连接在斜面体上固定点O处，开始时P处于静止状态。某时刻使P获得一沿斜面的水平初速度后，恰能完成圆周运动，斜面体始终静止。已知重力加速度为g，斜面体质量为M，下列说法正确的是（　　） A．P的最小速度为0 B．P的最大速度为 C．地面对斜面体的摩擦力可能为0 D．地面对斜面体的最大支持力为 【答案】D 【详解】A、P恰能完成圆周运动，在最高点速度最小，由重力沿斜面向下的分力提供向心力，则有，解得P的最小速度为，故A错误； B、P在最低点速度最大，从最低点到最高点，根据动能定理得 ﹣mg•2lsin30°，解得P的最大速度为，故B错误； C、P在斜面上做圆周运动，加速度不为零，斜面体一定会受到水平地面的摩擦力，故C错误； D、P在最低点处速度最大，细线拉力最大，细线拉力在竖直方向的分量也最大，由牛顿第二定律得，解得T＝3mg。斜面体平衡，则由平衡条件得：，故D正确。 故选：D。 4．（2025秋•滨海新区校级月考）如图，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管内运动，当小球通过最高点时速率为v0，则下列说法正确的是（　　） A．若v0＝0，则小球对管内壁无压力 B．若，则小球对管内下壁有压力 C．若，则小球对管内上壁没有压力 D．不论v0多大，小球对管内壁都有压力 【答案】B 【详解】D、设小球在最高点时管内壁对小球没有力的作用，重力提供向心力，则有 解得 此时小球对管内壁没有压力，故D错误。 A、若v0＝0，即所需的向心力等于零，可得小球所受的支持力FN＝mg，根据牛顿第三定律，可知小球对管内下壁有竖直向下的压力，故A错误； B、若，即所需的向心力小于重力，管内下壁对小球有竖直向上的支持力，根据牛顿第三定律，可知小球对管内下壁有竖直向下的压力，故B正确； C、若，即所需的向心力大于重力，即管内上壁对小球有竖直向下的压力，根据牛顿第三定律，可知小球对管内上壁有竖直向上的压力，小球对管内下壁没有压力，故C错误。 故选：B。 5．（2025秋•晋江市校级月考）如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小E＝1×104N/C的匀强电场，在匀强电场中有一根长L＝2m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37°。现给小球一垂直于绳方向的初速度，使小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球所带电荷量q＝8×10﹣5C B．小球电势能的最大值为2.92J C．在运动过程中，小球的最小速度v＝5m/s D．在运动过程中，小球在圆形轨迹的最右端时机械能最小 【答案】C 【详解】A.小球静止时，由平衡条件有，解得小球所带电荷量q＝6×10﹣5C，故A错误； B.电势能的变化与电场力做功有关，电场力水平向右，小球在最左端时，电场力做负功最多，电势能最大； 小球从初始位置，到电势能最大的位置，小球克服电场力做功最大值为：W克＝EqL（1+sin37°），解得：W克＝1.92J，则小球电势能的最大值为1.92J，故B错误； C.由题意知小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球的最小速度即为重力与电场力的合力恰好提供向心力时的速度，则有 解得vmin＝5m/s，故C正确； D.根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，与O点等高的最右位置电势能最小，所以该位置机械能最大，故D错误。 故选：C。 6．（2025秋•五华区月考）如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球。S点是小球下垂时的平衡位置。Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OS直线上。N点在Q点正上方，且LQN＝LQS＝LQM。M点与Q点等高。现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与N等高的P点，释放后任其向S摆动。运动过程中空气阻力可忽略不计。小球到达S后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q为中心的圆弧继续运动。在这以后（　　） A．小球恰能沿圆弧摆到N点 B．小球向右摆到M点，然后就摆回来 C．小球沿圆弧摆到M和N之间某处后做斜抛运动 D．小球沿圆弧摆到M和N之间某处后竖直下落 【答案】C 【详解】A、小球在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，小球在P点动能为零，P和N等高，则小球若能到N点，在N点时动能也应为零； 由图可知，小球在右半部分做圆周运动，若圆周运动可通过最高点N，根据：，可知其最小速度不为零，则从P到N，机械能不守恒，故不可能摆到N点，故A错误； B、若小球向右摆到M点，就摆回来，则其在M点的速度减为零，而M点比P点低，重力势能比P低，从P到M，机械能不守恒，故小球在M的速度不为零，会继续向上圆周运动一段，故B错误； CD、结合AB选项分析，小球可到达MN之间某处，根据曲线运动的特点，可知小球的速度沿切线方向，即斜向左上方，受到重力作用，即小球做斜抛运动，故C正确，故D错误。 故选：C。 7．（2025秋•青羊区校级期中）如图所示，绝缘光滑水平轨道与绝缘光滑竖直圆形轨道相切于最低点A点，圆形轨道半径为R，水平轨道AM段长度也为R。质量为m，带电量为+q的小球以水平向右的速度v0从M点进入水平轨道。竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强E。重力加速度为g，sin37°＝0.6，下列说法中正确的是（　　） A．若v0＝0，小球经过圆形轨道A点时对轨道的压力大小为1.5mg B．若v0＝0，小球经过A点后不能到达圆形轨道左方最远点B点 C．若要使物块能做完整的圆周运动，物块的速度v0需要条件v0 D．若要使物块能做完整的圆周运动，物块的速度v0需要条件v0 【答案】D 【详解】A、若v0＝0，小球从M到A的过程，应用动能定理，可得：， 根据牛顿第二定律，可知轨道对小球的支持力满足：，解得：， 结合相互作用力特点，可得小球在A点时对轨道的压力大小为，故A错误； B、若v0＝0，对小球从M到B的过程，应用动能定理，可得：，解得：，即小球能到达B点，故B错误； CD、对小球在电场中受力分析，可得到电场力与重力的合力如下： 由图可知合力大小为：，合力方向满足：，解得：，θ＝37°， 由圆周运动的特点，可知其做圆周运动时，等效最低点的位置在如图所示的C点，等效最高点的位置在图示的D点； 小球在等效最高点时，最小速度满足：， 对小球从M到等效最高点，应用动能定理，可得：， 解得M点时的最小速度值为：，故C错误，D正确。 故选：D。 （多选）8．（2025秋•永宁县期末）如图所示，匀强电场水平向左，绝缘细线长为L，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度大小为 B．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 C．小球运动至圆周轨迹的最左端时机械能最小 D．小球运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 【答案】AC 【详解】A、对小球静止时受力分析，如图： 根据小球受力平衡，可得：，解得：，故A正确； BCD、对小球受力分析，可知只有重力和电场力做功，而重力做功不影响机械能，即只有电场力做功会影响机械能；根据功能关系，可知电场力做正功时，电势能减小，机械能增大，结合A选项分析可知电场力水平向右，小球沿逆时针圆周运动过程，小球在水平方向的分位移先向右、后向左、再向右，电场力先做正功、后做负功、再做正功，即电势能先减小、后增大、再减小；小球运动至圆周轨迹的最左端时，电场力做负功最多，电势能最大，机械能最小，故BD错误，C正确。 故选：AC。 （多选）9．（2025秋•海南期末）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，sin37°＝0.6，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、若甲正好能到达N点，则在N点时，满足：，可得甲在N点的速度为，故A错误； B、若甲正好能到达N点，则甲从Q到N，由机械能守恒定律可得：，解得：，故B正确； C、若乙能刚好能到达N点，则乙在N点时满足：vN乙＝0，乙从P到N由机械能守恒定律可得：，解得：，故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，如图： 沿着OP方向的分力充当向心力，则有，解得：，故D错误。 故选：BC。 （多选）10．（2025春•南开区校级期中）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示。在此过程中，下列说法中正确的是（　　） A．苹果在最高点c时处于失重状态 B．苹果的加速度始终保持不变 C．苹果所受重力的功率保持不变 D．苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，手掌对苹果的摩擦力越来越大 【答案】AD 【详解】A、苹果做匀速圆周运动，加速度始终指向圆心，在c点时加速度方向竖直向下，所以苹果在c点处于失重状态，故A正确； B、苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向不断改变，故B错误； C、根据重力瞬时功率的表达式P＝mgvcosα，可知，因苹果线速度的方向与重力方向之间的夹角α不断发生变化，故苹果所受重力的功率在改变，故C错误； D、苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为θ，水平方向根据牛顿第二定律得f＝masinθ，苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，θ逐渐增大，sinθ逐渐增大，则手掌对苹果的摩擦力越来越大，故D正确。 故选：AD。 【题型4】 转弯模型法 1．（2026春•和平区校级月考）居民小区内主路的两侧通常会有较多的岔路，如图甲所示是某小区内的一段有坡度的直主路和岔路的丁字路口处，主路倾角为θ（θ≠0）。因为岔路跟主路要平滑连接，所以，接口处的岔路在短距离内横向坡度可以看作跟主路的纵向坡度相同，如图乙所示。已知汽车从主路的下方、上方分别运动圆周都能恰好转进岔路，圆周半径均为r。设汽车从主路的下方、上方分别将要进入岔路的瞬间汽车牵引力恰好为零，在轮胎不打滑的情况下，其恰好将要转入岔路时最大速率分别为v1、v2；若汽车轮胎表面与地面之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），轮胎受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，把转弯的汽车看作质点，忽略风力和滚动摩擦力的影响，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．v1 B．v2 C．v2 D．若汽车沿主路从下往上做匀速圆周运动转入岔路，则在此过程中，在刚开始转弯的位置，轮胎最容易打滑 【答案】D 【详解】ABC、当汽车从主路的上方以最大速度v2将要进入岔路的瞬时，汽车受力如图甲所示，将重力分解为沿斜坡和垂直斜坡的两个分力F1、F2，有：F1＝mgsinθ，F2＝mgcosθ 汽车牵引力恰好为零，在轮胎不打滑的情况下，摩擦力达到最大静摩擦力，由题意得：Ff＝μmgcosθ 在斜坡上做圆周运动处于圆周的最低点，由牛顿第二定律和向心力公式得 解得 同理可知 故ABC错误； D、若汽车沿主路从下往上做匀速圆周运动转入岔路，刚开始转弯的瞬时，汽车在圆周平面内受力如图乙所示， 由平行四边形定则得 此后，F1的大小、方向均不变，F向的大小不变，方向逐渐向F1靠近，所以F′f将逐渐减小，因此，刚开始转弯的位置，汽车受到的摩擦力比此后的任何位置都大，故最容易打滑，故D正确； 故选：D。 2．（2025秋•滨州期末）某场地自行车圆形赛道的路面与水平面的夹角为θ，运动员骑自行车在半径为R的赛道上做匀速圆周运动，如图所示。不考虑空气阻力，重力加速度为g。若使自行车没有沿斜面向上或向下的运动趋势，运动员骑行的速率应为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】自行车没有沿斜面向上或向下的运动趋势，故只有重力和斜面对自行车的支持力的合力充当向心力，如图 圆形赛道的路面与水平面的夹角为θ，则可得FN与竖直方向夹角为θ，由几何关系可得：F合＝mgtanθ 故解得v，BCD错误，A正确。 故选：A。 3．（2025秋•昆明校级月考）如图甲所示，质量为m的汽车A在倾角为α的路面上做匀速圆周运动，简化图如图乙所示，其中O为圆周运动的圆心，圆周在水平面内，重力加速度为g。当汽车以速率v行驶时，恰好没有侧滑的趋势，下列说法正确的是（　　） A．汽车在行驶过程中，受到重力、支持力、牵引力、阻力、向心力 B．汽车做圆周运动的半径 C．路面对汽车的支持力等于 D．当汽车的速率大于v时，路面受到汽车侧向摩擦力的方向由A指向B 【答案】C 【详解】A．汽车在圆轨道上做圆周运动，受到重力、支持力、牵引力、阻力，所受向心力是合力的作用效果，故A错误； BC．汽车在路面上刚好没有侧向摩擦力时，受力分析如图所示： 路面对汽车的支持力：， 重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可知：，代入数据可得：R，故B错误，C正确； D．当汽车的速率大于v时，汽车有向外运动的趋势，受力分析图如图所示： 由牛顿第三定律可得，此时路面受到的侧向摩擦力的方向由B指向A，故D错误。 故选：C。 4．（2025•南开区校级模拟）如图甲所示，汽车后备厢水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（　　） A．汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为mg B．汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小 C．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大 D．汽车过A、C两点的向心加速度相同 【答案】C 【详解】A、汽车在由直道进入弯道A前，以P为对象，M、Q对P的支持力合力与其重力大小相等，根据受力平衡可得2Ncos30°＝mg，解得M对P的支持力大小为，故A错误； B、由角速度与线速度关系可知，当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故B错误； C、汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直方向分力与P的重力平衡，水平方向分力提供向心力，有Fy＝mg，，合力为，当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，Fx增大，则M、Q对P的合力依次增大，故C正确； D、汽车过A、C两点时，根据，速率不变，半径不同，因此过A、C两点的向心加速度不同，故D错误。 故选：C。 5．（2025•丰台区开学）如图所示，一辆汽车在水平路面上行驶，质量相等的两个人分别坐在驾驶座和副驾驶座上，汽车匀速率行驶，当汽车通过图示位置时，下列说法正确的是（　　） A．汽车所受合力为零 B．汽车所受静摩擦力与汽车速度方向相反 C．汽车对两个人的作用力大小相等 D．汽车对两个人的作用力方向不同 【答案】D 【详解】A、汽车做圆周运动，受到的合外力充当向心力，故汽车受到的合外力不为零，故A错误； B、汽车做圆周运动，由静摩擦力提供向心力，可知静摩擦力的方向与运动的方向不是相反，故B错误； C、两人受到重力和汽车的作用力，二者的合力充当向心力，因两人转动半径不同，根据F可知需要的向心力不同，因两人的重力相等，故汽车对两人的作用力大小不相等，故C错误； D、因两人的重力相等，向心力大小不同，方向相同，根据平行四边形定则可知，汽车对两人的作用力方向不同，故D正确。 故选：D。 6．（2025•上海校级学业考试）3D地图技术能够为无人驾驶汽车分析数据，提供操作的指令.如图所示为一段公路拐弯处的地图，则（　　） A．若弯道是水平的，汽车拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力 B．若弯道是水平的，为防止汽车侧滑，汽车拐弯时收到的指令是让车速大一点 C．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为内（东北）高外（西南）低 D．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为外（西南）高内（东北）低 【答案】D 【详解】A、如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力，向心力不是汽车实际受到的力，故A错误； B、如果弯道是水平的，由静摩擦力提供向心力，根据f＝m可知，速度越大，所需要的向心力越大，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，汽车做离心运动，所以“无人驾驶”汽车在拐弯时收到的指令应让车速小一点，防止汽车做离心运动而发生侧翻，故B错误； CD、如果弯道是倾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，而向心力指向圆心，所以3D地图上应标出外（西南）高内（东北）低，故C错误，D正确。 故选：D。 7．（2025春•西安校级月考）如图所示为某赛车比赛中的精彩瞬间。赛车正在倾斜轨道上转弯，假设赛车运动的轨道平面始终在水平面内，赛车的速度为v，倾斜轨道与水平方向夹角为θ，赛车转弯的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．时，赛车有沿倾斜轨道向上运动的趋势 B．时，赛车刚好没有沿倾斜轨道向上或向下运动的趋势 C．时，赛车沿倾斜轨道向下会受到摩擦力作用 D．时，赛车沿倾斜轨道向下会受到摩擦力作用 【答案】C 【详解】AB、赛车在只受重力和支持力的情况下，根据牛顿第二定律得 解得，此时赛车刚好没有沿倾斜轨道向上或向下运动的趋势，故AB错误； CD、时，赛车需要更大的向心力，赛车有沿倾斜轨道向上运动的趋势，受到的摩擦力沿倾斜轨道向下；，故赛车需要较小的向心力，需要摩擦力沿倾斜轨道向上，故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）8．（2026•海口模拟）如图所示，将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时由于冰刀嵌入冰内，因此冰刀受到与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，转弯半径为R，重力加速度大小为g。关于该转弯过程，下列说法正确的是（　　） A．运动员所受合力大小不变 B．运动员的加速度大小为gtanθ C．运动员转弯时角速度的大小为 D．运动员的线速度大小为 【答案】AC 【详解】A、由题意可知，运动员做匀速圆周运动，合力提供向心力，由可知，他所受合力大小保持不变，故A正确； BCD、运动员受力如图所示： 根据合力提供向心力可得：，解得： 由可得：运动员转弯时的线速度大小 又 ，解得 ，故BD错误，C正确。 故选：AC。 （多选）9．（2025春•宁德期末）如图甲所示，一质量为M的汽车在水平路面上转弯，其运动可视为半径为R、速率恒为v的匀速圆周运动。坐在车后排座位上的人沿车的前进方向看到一个用细线悬挂的物件向右偏，且与竖直方向的夹角保持θ不变，如图乙所示，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球做圆周运动的向心力由重力提供 B．汽车转弯时的向心力由指向圆心方向的静摩擦力提供 C．转弯过程中汽车运动轨迹的半径R D．转弯过程中汽车需要的向心力大小为Mgsinθ 【答案】BC 【详解】A、小球做圆周运动的向心力由重力和细线的拉力的合力提供，故A错误。 B、汽车转弯时的向心力由指向圆心方向的静摩擦力提供，故B正确。 C、对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律，对小球有mgtanθ＝ma，对汽车有MMa。可得转弯过程中汽车运动轨迹的半径R，故C正确。 D、转弯过程中汽车需要的向心力大小为F向＝Ma＝ Mgtanθ，故D错误。 故选：BC。 （多选）10．（2024春•天河区校级期末）如图所示，为保证安全，铁路拐弯处内、外轨有一定的高度差，使质量为M0的火车以设计的速率v0在水平面内转弯时，内、外轨对车轮均无侧向压力，测得此时轨道对车轮的支持力大小为N0。当火车以实际速率v（v≠v0）在此弯道上转弯时，轨道将施于车轮一个与枕木平行的侧向压力F，下列说法正确的是（　　） A．若v＞v0，侧向压力F方向由内轨指向外轨 B．若v＞v0，轨道对车轮的支持力大于N0 C．在春运期间乘客较多，导致火车总质量大于M0，为保证安全，此时的行驶速率应该小于v0 D．该弯道的半径 【答案】BD 【详解】AB．若v＞v0，重力和支持力的合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，火车有做离心运动的趋势，则此时外轨对车轮轮缘施加压力，即侧向压力F方向由外轨指向内轨，此时轨道对车轮的支持力大于N0，故A错误，B正确； CD．火车以规定的速度转弯时满足 可知v0与火车的质量无关，该弯道的半径 故C错误，D正确。 故选：BD。 【题型5】 圆锥摆模型法 1．（2026春•郑州月考）四个小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示小球A、B完全相同且在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等（连接D球的绳较长），则下列说法正确的是（　　） A．小球A、B所需的向心加速度大小相等 B．小球C、D所需的向心加速度大小相等 C．小球A、B的线速度大小相等 D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小一定相等 【答案】B 【详解】设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，对做圆锥摆运动的小球进行受力分析，如图所示： AB．小球在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，水平方向有mgtanθ＝man，解得向心加速度大小an＝gtanθ。由于连接小球A、B的绳与竖直方向的夹角不相等，所以小球A、B所需的向心加速度大小不相等；由于连接小球C、D的绳与竖直方向的夹角相等，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，故A错误，B正确。 C．设小球A、B与悬点间的竖直高度为h，根据向心加速度公式 ，可得线速度。由于连接小球A、B的绳与竖直方向的夹角不相等，所以小球A、B的线速度大小不相等，故C错误。 D．设绳的拉力为F，根据小球竖直方向受力平衡有Fcosθ＝mg，解得。虽然连接小球C、D的绳与竖直方向的夹角相等，但由于不知道两球的质量关系，所以不能确定小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小是否相等，故D错误。 故选：B。 2．（2025秋•渝中区校级期末）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是（　　） A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用 B．圆锥摆的θ越大，加速度a越大 C．圆锥摆的θ越大，小球的线速度v越小 D．圆锥摆的θ越大，小球的角速度ω越小 【答案】B 【详解】A、小球受到重力和细绳的拉力作用，向心力是效果力，不是小球实际受到的力，故A错误；BCD、小球受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律有：mgtanθ＝ma＝mmrω2，其中：r＝Lsinθ 解得：a＝gtanθ，v， θ越大，a越大，v越大，ω越大，故B正确，CD错误。 故选：B。 3．（2025秋•沙坪坝区校级期末）如图甲所示，长为2L的竖直细杆下端固定在位于地面上的水平转盘上，一质量为m的小球接上长度均为L不可伸长的两相同的轻质细线a、b，细线能承受的最大拉力均为6mg，a细线的另一端结在竖直细杆顶点A，细线b的另一端结在杆的中点B。当杆随水平转盘绕竖直中心轴匀速转动时，将带动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．当杆转动的角速度时，细线a中拉力为2mg B．当细线b刚好拉直时，杆转动的角速度 C．当杆转动的角速度持续增大时，细线b先断开 D．当细线断开时，杆转动的角速度 【答案】D 【详解】AB、当细线b刚好拉直时，小球所受细线a的拉力在水平方向的分力提供向心力，设细线a的拉力为Fa，如图所示： 水平方向：Fasin60°＝mω2Lsin60° 竖直方向：Facos60°＝mg 联立解得：Fa＝2mg，ω 故AB错误； CD、a、b绳上都有拉力时，对球受力分析如图所示： 水平方向，根据牛顿第二定律得：Fasin60°+Fbsin60°＝mω2Lsin60° 竖直方向，Fasin30°＝Fbsin30°+mg 随角速度增大，a绳拉力先达到最大值，即Fa＝6mg 则当杆转动的角速度持续增大时，细线a先断开，此时的角速度为ω 故C错误，D正确； 故选：D。 4．（2025春•东台市期中）把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球短时间内沿光滑的漏斗壁在水平面内做匀速圆周运动。若小球第二次做匀速圆周运动的半径比第一次大，则小球第二次做匀速圆周运动时（　　） A．周期较大 B．动能较小 C．加速度较小 D．受到漏斗壁的弹力较大 【答案】A 【详解】ABC、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力。设漏斗侧壁与竖直方向夹角为θ，对小球受力分析，可得 解得，， 因第二次做圆周运动的半径较大，可知小球第二次做匀速圆周运动时周期较大，动能较大，加速度与第一次相同，故A正确，BC错误； D、小球做匀速圆周运动时，只受重力和支持力两个力作用，由两个力的合力提供向心力，如图所示： 则小球受到漏斗壁的弹力，与第一次相同，故D错误。 故选：A。 5．（2025秋•市中区校级月考）如图所示，半径为L的玩具转盘在转盘中心O点固定了一竖直杆，质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳AC与竖直杆上的A点相连，轻杆BC用铰链连接在竖直杆上的B点（可绕B点自由转动）。已知圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角α＝30°，轻杆BC与竖直方向夹角β＝45°，AC＝L，，不计摩擦阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．当绳AC上恰好无弹力时，小球的角速度ω B．当小球角速度ω时，杆BC上弹力F C．当BC上恰好无弹力时，小球角速度ω D．若转动过程中小球突然脱离，则当圆盘角速度ω，小球不会触碰到圆盘 【答案】A 【详解】A.当轻绳AC上恰好无弹力时，对小球进行受力分析可知，小球受重力和沿杆方向的拉力的作用做匀速圆周运动，则在水平方向对小球列牛顿第二定律方程有，解得此时小球的角速度为ω1，故A正确。 B.设轻绳AC的弹力为F1，轻杆BC的弹力为F2，当小球的角速度时，小球的受力如图所示： 则竖直方向有F1cosα＝mg+F2cosβ，水平方向有，联立解得，故B错误。 C.当BC上恰好无弹力时，对小球进行受力分析可知，小球受重力和沿绳方向的拉力的作用做匀速圆周运动，则在水平方向对小球列牛顿第二定律方程有，解得此时小球的角速度为，故C错误。 D.假设小球脱离前，轻杆和细绳对小球都有力的作用，小球脱离后做平抛运动，且恰好没有碰到圆盘，则由平抛运动的性质可知，在竖直方向有，在水平方向有，联立解得小球平抛运动的初速度为，则圆盘转动的角速度为，故假设成立，所以小球在转动过程中忽然脱离，若小球不能碰到圆盘，则圆盘转动的角速度的取值范围为，故D错误。 故选：A。 6．（2025•工业园区三模）如图所示，质量分布均匀的软绳A一端固定在竖直放置的轻杆上端。当软绳随着轻杆一起在水平面内以一定角速度转动时，轻绳形状下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】选取外侧的一部分绳子为研究对象，设它们的总质量为m，与上边绳子连接处的切线与竖直方向之间的夹角为θ，如图 设下边的绳子的质量都在此处，该点到圆心的半径为r，此时绳子的拉力为F，绳子转动的角速度为ω，绳子的拉力和重力的合力沿竖直方向，则mω2r＝mgtanθ 可得tanθ 可知此时拉力与竖直方向之间的夹角随其轨道半径r的增大而增大，与绳子的质量无关，所以越向外侧绳子受到的拉力与竖直方向之间的夹角越大，可知绳子的外侧端逐渐向外弯曲，故ABD错误，C正确。 故选：C。 7．（2025秋•九龙坡区校级月考）如图甲所示为某社区安装的旋转飞椅，钢绳一端系着座椅，另一端固定在水平转盘的边缘，转盘可以绕过其中心的竖直轴转动。简化模型如图乙所示：吊绳长为L、上端与竖直转轴间的距离为x，下端系有可以视为质点的小球，小球A、B的质量分别为2m、m。竖直转轴匀速转动时，吊绳AC、BD与竖直方向的夹角均为θ，不计空气阻力的影响和吊绳的质量，重力加速度为g。则（　　） A．吊绳对A球的拉力大小为2mgsinθ B．小球A所受合力大小为mgsinθ C．小球A围绕竖直转轴转动的速度大小为 D．小球B做匀速运动的周期为 【答案】D 【详解】A、对A球受力分析如图 小球受到的重力和拉力的合力提供水平方向的向心力，竖直方向mg＝Tcosθ 可得T 故A错误； B、小球A所受合力指向圆心，大小为mgtanθ，故B错误； C、小球A围绕竖直转轴转动的半径为r＝x+Lsinθ 根据牛顿第二定律和向心力公式，则 解得v，故C错误； D、由v＝ωr知，A、B的角速度均为 周期T，故D正确。 故选：D。 （多选）8．（2025春•南宁校级期中）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　） A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，重力与拉力合力提供向心力 B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，物体受到重力、支持力、向心力 C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越大 D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，这是发生离心运动导致 【答案】AD 【详解】A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，只受重力和绳子拉力，这两个力的合力指向圆心，提供圆周运动所需的向心力，故A正确； B．图乙中物体随水平圆盘做圆周运动时，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供向心力，向心力是效果力，并非独立存在的力，故B错误； C．图丙中汽车过拱桥最高点时，根据牛顿第二定律可得，可知速度v越大，桥面对汽车的支持力N越小，根据牛顿第三定律，汽车对桥面的压力也越小，故C错误； D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车实际受到的力不足以提供所需的向心力，汽车做离心运动，故D正确。 故选：AD。 （多选）9．（2025•涪城区校级二模）如图所示，A球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B球在轻绳的作用下在水平面内做匀速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A球轻绳与竖直方向所成的最大角度和B球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ＜5°）。下列说法中正确的是（　　） A．A、B两球运动的周期之比为1：1 B．图示位置A、B两球所受轻绳拉力大小之比为cos2θ：1 C．A球的最大向心力大小与B球的向心力大小之比为 D．A球的最大动能与B球的动能之比为 【答案】BD 【详解】B、左图A球在该位置的加速度方向沿切线，最高点向心加速为零，计算得绳上拉力大小为：F1＝mgcosθ 右图B球的加速度方向水平，竖直方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为： 所以：，故B正确； A、左图是单摆，设轻绳长度为L，小球重力为mg，则单摆的周期： 右图是水平面内的匀速圆周运动模型（圆锥摆），由牛顿第二定律分析可知： 其周期： 所以：，故A错误； C、当左图A球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为vA，从最高点到最低点，由动能定理得： 所以向心力为： 联立整理得：F向1＝2mg（1﹣cosθ） 由平行四边形定则可得，右图B球的向心力计为：F向2＝mgtanθ 所以向心力之比：，故C错误； D、当左图A球运动到最低点时动能最大，结合以上分析得，最大动能为： 对右图B球，设其速度为vB，有： 故B球动能为： 所以：，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．（2025•石家庄校级开学）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。 忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（　　） A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力 B．FA：FB＝4mA：3mB C．aA：aB＝16：9 D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关 【答案】AD 【详解】A、椅子与游客在水平面内做匀速圆周运动，对游客与椅子的整体受力分析可知，受重力和绳子拉力，由这两个力的合力提供向心力，故A正确； BC、根据重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形可得 向心加速度之比为 ，故BC错误； D、设游客做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律得 mgtanθ＝mω2r 可得 由此可知，悬绳与竖直方向的夹角θ与游客质量m无关，故D正确。 故选：AD。 【题型6】 近心与离心运动模型法 1．（2026春•两江新区校级月考）如图为两种洗衣机脱水示意图，图甲脱水筒绕竖直轴OO′匀速转动，图乙滚筒绕水平轴匀速转动。下列说法正确的是（　　） A．图甲中，衣服受到的摩擦力随角速度的增大而增大 B．图甲中，静摩擦力提供衣服做圆周运动的向心力 C．图乙中，衣服运动到B处时脱水效果最好 D．图乙中，衣服受到的向心力不变 【答案】C 【详解】A、对衣服受力分析可知，在竖直方向上，衣服受到的摩擦力和衣服的重力平衡，脱水筒转动的角速度增大，衣服的重力不变，因此衣服受到的摩擦力不变，故A错误； B、在图甲中，衣服做水平面内的匀速圆周运动，对衣服受力分析可知，筒壁对衣服的支持力提供衣服圆周运动的向心力，故B错误； C、当衣服做匀速圆周运动时，衣服上的水由于所受合外力不足以提供向心力而做离心运动，在最高点时 解得 同理在最低点时则有 脱水效果取决于衣物被筒壁挤压的程度，弹力越大，挤压越紧，脱水效果越好。因此，衣服运动到B处时脱水效果最好，故C正确； D、向心力方向时刻在变，故D错误。 故选：C。 2．（2026春•沙河口区校级月考）如图为滚筒洗衣机和波轮洗衣机。滚筒洗衣机的滚筒绕水平转动轴做匀速圆周运动。波轮洗衣机的脱水筒绕竖直转动轴转动。有关脱水过程说法正确的是（　　） A．滚筒洗衣机中质量相同的水滴在最高点和最低点受到的向心力大小相同 B．滚筒洗衣机中湿衣服上的水在最高点更容易甩出 C．波轮洗衣机中衣服受到的支持力大小为0 D．波轮洗衣机中质量不变的衣服受到的摩擦力会随着脱水筒的转速增大而增大 【答案】A 【详解】A、滚筒洗衣机做匀速圆周运动，向心力公式： 质量m、速率v、半径r均不变，因此同一水滴在最高点和最低点向心力大小相同，故A正确； B、水滴被甩出的条件：附着力不足以提供向心力。 最高点： 最低点： 可见最低点需要的附着力更大，更容易超过极限而被甩出，故B错误； C、波轮脱水筒竖直轴转动，衣服在竖直方向受力平衡：f＝mg，水平方向支持力提供向心力。支持力不可能为0，否则无法提供向心力，故C错误； D、竖直方向摩擦力与重力平衡：f＝mg，与转速无关，转速只影响水平方向支持力，故D错误。 故选：A。 3．（2025秋•南通期末）有一圆盘陀螺在水平面内转动，滴在圆盘边缘上的墨水被甩出，在陀螺下方的水平面上形成一条条拖线，俯视图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．由图可知陀螺在做逆时针方向转动 B．墨水被甩出说明陀螺正在加速转动 C．墨水被甩出后做的是匀速直线运动 D．拖线与圆盘在水平面上投影圆相切 【答案】D 【详解】A.墨水被甩出时的速度方向为圆盘边缘的切线方向，反映速度的方向，则陀螺是顺时针转动，故A错误； B.墨水被甩出是因为做圆周运动的向心力不足（如附着力小于所需向心力），与陀螺是否加速转动无关，匀速转动时也会发生，故B错误； C.墨水被甩出后，若水平面光滑，水平方向不受力会做匀速直线运动，墨水在运动过程中，竖直方向只受重力，实际运动应为平抛运动，故C错误； D.墨水被甩出时的速度方向为圆盘边缘的切线方向，因此拖线的初始方向与圆盘在水平面上的投影圆相切，故D正确。 故选：D。 4．（2025春•海安市校级月考）神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平和叶光富开讲《天宫课堂第二课》时，通过“手动离心机”旋转方法，实现了油水分离（水密度＞油密度）。化工中也常使用离心分离器，将微小颗粒快速从液体中沉淀析出。如图乙，在地球上试管中装有密度为ρ1的液体，内有密度为ρ2、体积为V的微小颗粒，离心分离器带着试管以角速度ω高速旋转时，下面分析判断不正确的是（　　） A．在失重的太空环境下，如果不甩动装有油和水的瓶子，油会混在水里面，成为混合物 B．在失重的太空环境下，抓着系在瓶上的细绳甩动瓶子，数圈后，水油明显分离，水在上层，油在下层 C．图乙中如果ρ2＜ρ1，高速旋转时，小颗粒将不做离心运动，而是做向心运动 D．图乙中如果ρ1＜ρ2，高速旋转时，小颗粒所受的合力小于所需要的向心力，小颗粒做离心运动，“沉”到试管底部 【答案】B 【详解】AB、由于水密度＞油密度，在地球上，水会下沉，油上浮，在太空上，处于失重环境下，油水按密度分层现象会消失，重力成为了恰到好处的向心力，使物质与空间站一起围绕地球运行，抓着系在瓶上的细绳甩动瓶子，旋转产生一种“虚拟力”离心力，水油明显分离，油在上层，水在下层，故A正确，B错误； CD、在地面上，一个密度为ρ1、体积为V的微小液滴在距离转轴r处随周围液体一起以角速度为ω的匀速圆周运动，小液滴所需要的向心力 小液滴受周围液体对它的合力充当向心力，即F合＝F向1，把小液滴换成密度为ρ2、体积为V的微小颗粒，在距离转轴r时，周围液体的种类及运动情况未变，小颗粒受周围液体对它的合力大小仍为F合，小颗粒所需要的向心力大小 ρ1＜ρ2，小颗粒所受的合力小于所需要的向心力，小颗粒做离心运动，“沉”到试管底部；ρ1＞ρ2，小颗粒所受的合力大于所需要的向心力，则小颗粒做向心运动，故CD正确。 本题选不正确的，故选：B。 5．（2025•黑龙江学业考试）如图，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动，运动到P点时，撤去拉力F，则小球（　　） A．继续做匀速圆周运动 B．沿轨迹Pa做直线运动 C．沿轨迹Pb做离心运动 D．沿轨迹Pc做近心运动 【答案】B 【详解】如图小球的速度方向在圆弧的切线上，运动到P点时，撤去拉力F，由于惯性，小球将沿轨迹Pa做匀速直线运动，故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．（2025春•青羊区校级月考）天宫课堂中，航天员在天宫核心舱内展示了水油分离实验，如甲、乙图所示。用手握住绳子一端O，绳子另一端系住瓶口，让小瓶在瓶口朝内瓶底朝外的状态下做竖直平面内的匀速圆周运动，实现水油在瓶中分层的效果。下列说法正确的是（　　） A．做圆周运动时瓶子的速度不变 B．水油分离后密度较大的水集中于小瓶的底部 C．瓶子速度小于某一值就不能做完整的圆周运动 D．如图乙所示，在成都七中教室演示相同实验时，小瓶在竖直面内做匀速圆周运动 【答案】B 【详解】A.圆周运动速度方向时刻改变，速度是矢量，故瓶子速度变化，故A错误； B.微重力环境下，圆周运动的离心作用使密度较大的水向瓶底聚集，故B正确； C.天宫核心舱微重力，无重力约束，无需最小速度即可完成完整圆周运动，故C错误； D.教室环境受重力，竖直面内无法自然实现匀速圆周运动，故D错误。 故选：B。 7．（2025春•西城区校级期中）无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一。现代献血常采用机采成分血的方式，就是指把健康人捐献的血液，通过血液分离机分离出其中某一种成分（如血小板、粒细胞或外周血干细胞）储存起来，再将分离后的血液回输到捐献者体内。分离血液成分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试管远离转轴的方向，其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比。初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，它们的大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa＜ρ0＜ρb。对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．细胞a相对试管向内侧运动，细胞b相对试管向外侧运动 B．细胞a和细胞b都相对试管向外侧运动 C．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变小 D．这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向各处大小相同 【答案】A 【详解】AB、试管转动时细胞做圆周运动需要的向心力为F＝mω2r，由于a、b两种细胞的ω、r均相同，则质量大的细胞即密度大的细胞需要的向心力大，周围细胞对它的作用力小于需要的向心力做离心运动而向外侧运动，由于细胞b密度大，所以细胞b相对试管向外侧运动，密度小的细胞a需要的向心力小，周围细胞对它的作用力大于所需要的向心力，做近心运动，a相对试管向内侧运动，故A正确，B错误； CD、“模拟重力”大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比，根据可知，“模拟重力加速度”与其到转轴距离成正比，所以沿转动半径方向向外侧逐渐变大，故CD错误。 故选：A。 （多选）8．（2026春•南岗区校级月考）如图所示，下列对生活中的现象分析正确的是（　　） A．甲图中洗衣机里衣物随滚筒做匀速圆周运动时，衣物运动到最高点A脱水效果最好 B．图乙：若火车转弯的速度超过规定速度，外轨对火车轮缘会有挤压作用 C．图丙：“水流星”表演中，装满水的桶转动到最高点的速度越大，水越不容易洒出 D．丁图中同一小球在光滑固定的圆锥筒内A、B位置先后做匀速圆周运动，在A、B两位置小球向心加速度大小不相等 【答案】BC 【详解】A.在最低点B时，根据牛顿第二定律，在最高点A时，根据牛顿第二定律，则FN1＞FN2，所以衣物运动到最低点B点时，衣物与水更容易分离，脱水效果最好，故A错误； B.外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力提供向心力，若火车转弯的速度超过规定速度，外轨对火车轮缘会有挤压作用补充重力和支持力的合力提供向心力不足的部分，故B正确； C.图丙：“水流星”表演中，装满水的桶转动到最高点的速度越大，所需的向心力越大，则水越不容易洒出，故C正确； D.在A、B两位置时小球所受筒壁的支持力大小相等，方向相同，则重力和支持力的合力提供向心力大小相等，故D错误。 故选：BC。 （多选）9．（2025春•海珠区校级期中）中央电视台报道了一起发生在湖南长沙湘府路上的离奇交通事故。住在公路拐弯处的张先生家和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有一辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案。经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示。你认为正确的是（　　） A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为汽车做离心运动 B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为汽车做向心运动 C．公路在设计上可能由物理素养较差的工程师设计成外低内高 D．公路在设计上可能由物理素养较差的工程师设计成外高内低 【答案】AC 【详解】AB.根据图示汽车在拐弯时发生侧翻是因为车在做离心运动，故A正确，B错误。 CD：公路若设计成外低内高，重力和支持力的合力会指向外侧，无法提供足够向心力，易导致离心侧翻；正常应设计为外高内低，利用合力提供向心力，故C正确，D错误。 故选：AC。 （多选）10．（2025春•驿城区校级期末）洗衣机脱水的原理是利用了离心运动把附着在衣服上的水分甩干．如图是某同学用塑料瓶和电动机等自制的脱水实验原理图，但实验中发现瓶内湿毛巾甩干效果不理想，为了能甩得更干．请为该同学设计改进建议（　　） A．增加转速 B．减小转速 C．增大塑料瓶半径 D．减小塑料瓶半径 【答案】AC 【详解】转筒中物体需要的向心力为： F＝mω2r＝m×4π2n2r＝4mπ2n2r 故要增加甩干效果，就要提高离心运动，即要提高需要的向心力，由以上表达式可知，可以提高转速，故A正确，B错误，C正确，D错误。 故选：AC。 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $