第8讲 圆周运动题型 专项训练 -2027届高考物理一轮复习题型全练

第8讲 圆周运动题型 题型一 匀速圆周运动的基本量计算 1．（2026春•渝北区校级期中）一物体在水平面内的匀速圆周运动，下列哪个物理量在运动过程中始终保持不变（　　） A．动量 B．动能 C．位移 D．加速度 2．（2026春•锡山区校级期中）一个半径为R的纸质小圆筒，绕其中心轴O匀速转动，角速度为ω。一粒子弹沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高速穿出，如图所示。若AB弧所对的圆心角为θ。则子弹的最大速度v大约为（　　） A．ωR B． C． D． 3．（2026春•河东区校级期中）在2025年都灵大冬会短道速滑男子5000米接力A组决赛中，中国队夺得冠军。运动员过弯时的运动可视为匀速圆周运动。下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（　　） A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 B．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的 C．物体做匀速圆周运动时，其加速度是变化的 D．物体做匀速圆周运动时，其合外力为零 （多选）4．（2026春•烟台期中）关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．匀速圆周运动的线速度不变 B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 C．物体做匀速圆周运动时，相等时间内通过的路程相同 D．物体做匀速圆周运动时，在相等时间内，连接物体与圆心的半径转过的角度都相等 题型二 三种传动方式 1．（2026春•永春县校级期中）如图所示，两个皮带轮的转轴分别是O1和O2，设转动时皮带不打滑，则皮带轮上边缘A、B和轮O1上点C三点的线速度、角速度、周期、加速度大小关系正确的是（　　） A．vA＞vB，ωA＝ωB B．vC＞vB，TC＝TB C．aA＞aC，TA＝TC D．vA＝vB，ωC＝ωB 2．（2026春•和平区校级期中）如图所示，B和C是一组塔轮，固定在同一转轴上，其半径之比为RB：RC＝3：2，A轮的半径与C轮相同，A轮与B轮紧靠在一起，当A轮绕竖直轴匀速转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则（　　） A．线速度大小之比为3：3：2 B．角速度大小之比为3：3：2 C．转速之比为2：3：2 D．周期之比为3：2：2 3．（2026•揭阳模拟）图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿数有24、18、12三种，链轮的齿数有48、36、24三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正确的是（　　） A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮，自行车行驶速度变大 B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大 C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为4：1 D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为2：1 （多选）4．（2026•和平区校级开学）如图，半径之比R：r＝2：1的大小两轮通过皮带传动匀速转动，且皮带与轮边缘之间不发生相对滑动。大轮上一点P到轴心的距离为r，Q为小轮边缘上的点。P、Q两点的（　　） A．周期之比TP：TQ＝1：2 B．线速度之比vP：vQ＝1：1 C．角速度之比ωP：ωQ＝1：2 D．线速度之比vP：vQ＝1：2 题型三 圆周运动中的向心力计算 1．（2026春•延庆区期中）如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，OC的距离为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方，悬线碰到钉子瞬间（　　） A．小球的线速度突然增大为原来的2倍 B．小球的加速度突然增大为原来的2倍 C．小球受到的拉力突然增大为原来的2倍 D．若钉子竖直向上移动少许，小球受到的拉力增大 2．（2026春•市中区校级期中）如图所示，倾角θ＝30°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴OO1上。可视为质点、质量为m的小物块随转台一起以角速度ω匀速转动，此时小物块到A点的距离为L，其与斜面之间动摩擦因数为，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块随斜面一起转动且无相对滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．无论转台的转速如何，小物块都不可能只受两个力 B．小物块对斜面的压力大小可能等于mg C．小物块受到的摩擦力方向不可能沿斜面向下 D．水平转台转动角速度ω应不大于 3．（2026春•龙岗区校级期中）小丁同学周末在家制作甜品，在进行“裱花”环节时，如图所示，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径为6英寸（15cm）的蛋糕，每隔5s在蛋糕边缘上“点”上奶油形成花朵形状（点奶油时间不计），蛋糕随圆盘转一周后均匀“画出”12朵花，则下列说法正确的是（　　） A．转盘的角速度为 B．圆盘的转速为1r/min C．花朵越大转动时的向心加速度越大 D．蛋糕边缘的花朵线速度大小为 （多选）4．（2026春•思明区校级期中）如图甲所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图乙所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上质量相等的P、Q两质点，下列物理量相同的是（　　） A．角速度大小 B．线速度大小 C．向心力大小 D．周期 题型四 水平转盘题型 1．（2026春•香坊区校级期中）圆盘餐桌的上面有以半径为50cm的转盘，可绕盘中心的转轴转动。现将一小物块放在转盘边缘后转动转盘，并逐渐增大转速，当转速增大到一定程度时，小物块从转盘上滑落。已知小物块和转盘表面的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2，小物块从转盘上滑落时转盘转动的角速度至少为（　　） A．1.0rad/s B．2.0rad/s C．3.0rad/s D．4.0rad/s 2．（2026•渝北区校级模拟）甲为一种称为“魔盘”的娱乐设施，小孩随着“魔盘”绕竖直中心轴沿逆时针方向匀速转动，其运动轨迹的俯视图可简化为如图乙，O点为转盘圆心。突然“魔盘”停止转动，此时小孩简化为图乙中的黑点，则小孩的速度及所受摩擦力的方向为（　　） A． B． C． D． 3．（2026春•温州期中）如图所示，一个半径为3R的圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动。在圆盘边缘等间隔地固定着三个完全相同的小物块A、B、C（C在圆盘最外端），它们的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ。当圆盘以角速度ω缓慢增大时，下列说法正确的是（　　） A．当时，A物块所受摩擦力为 B．当时，B物块所受摩擦力为2mRω2 C．当时，A、B、C三个物块均已滑动 D．若小物块A、B、C质量分别是3m、2m、m，则A物块最先滑动 （多选）4．（2026春•南开区校级月考）游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示。飞椅用钢绳固定悬挂在顶部同一水平转盘上的圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定后，每根钢绳（含飞椅及游客）与转轴在同一竖直平面内。图中甲的钢绳的长度大于乙的钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，不计钢绳的重力。下列判断正确的是（　　） A．甲的角速度大于乙的角速度 B．甲的线速度大于乙的线速度 C．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2 D．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2 题型五 圆锥摆题型 1．（2026春•红桥区校级期中）用细绳拴着小球做圆锥摆运动，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．小球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用 B．绳子的拉力F＝mgcosθ C．向心力Fn＝mgsinθ D．运动的角速度越大时，θ角越大 2．（2026春•秦淮区校级月考）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转，一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2（m1≠m2）的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动，轻绳与竖直方向夹角如图为θ和α，且两球始终在同一水平面内，则（　　） A．A、B两球的加速度大小之比为tanθ：tanα B．A、B两球的线速度大小之比为sinα：sinθ C．A、B两球的质量之比为cosα：cosθ D．A、B两球的周期之比为tanα：tanθ 3．（2026春•金水区校级期中）如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，当转动的角速度ω逐渐增大时，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球始终受三个力的作用 B．细绳上的拉力始终保持不变 C．要使球离开水平面的角速度至少为 D．小球飞离水平面的线速度至少为l （多选）4．（2026春•东湖区校级月考）公园中常有小朋友用发光转转球进行健身娱乐活动，如图（a）所示。情境可简化如下：不可伸长的轻绳一端系着质量m＝1kg的小球，另一端系在固定竖直轴上。某次锻炼时，小球绕轴做角速度ω＝4rad/s的匀速圆周运动，此时轻绳与地面平行，拉力大小FT＝4N，如图（b）所示。适当调整小球系在轴上的位置O，使绳与竖直方向的夹角为θ，也可以使小球做匀速圆周运动，如图（c）。不计小球的一切阻力，小球可视为质点，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．这段轻绳的长度L＝0.25m B．若小球绕轴转动的角速度，轻绳与轴的夹角θ1＝37°，则此时地面的支持力FN1＝4N C．当轻绳与轴的夹角θ2＝53°，小球刚好脱离地面，此时绕轴转动的角速度 D．当小球脱离地面后，小球绕轴转动的角速度，此时绳子拉力FT3＝40N 题型六 火车转弯题型 1．（2026春•济南期中）铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则（　　） A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于 D．这时铁轨对火车的支持力大于 2．（2026春•宁波期中）高铁列车的速度很大，铁路尽量铺设平直，但在铁路转弯处（图甲），要求内、外轨道的高度不同。在设计轨道时，其内、外轨高度差h不仅与转弯半径r有关，还与列车在弯道上的行驶速率v有关。列车在转弯轨道上的截面图如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．列车的转弯速度越小，轮缘对轨道的作用力一定越小 B．当列车质量增加时，列车在弯道上的行驶速率v应该减小 C．当列车的转弯半径r一定时，v越大，h越大 D．当列车在弯道上的行驶速率v一定时，r越大，h越大 3．（2026春•南开区校级月考）火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮缘（如图a所示）挤压的弹力F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向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图c所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度为v，以下正确的是（　　） A．该弯道的半径R B．当火车质量改变时，规定的行驶速度不会改变 C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压 （多选）4．（2026春•河东区校级月考）某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面（与车厢底板平行）上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　） A．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用 B．列车转弯过程中的向心加速度为gtanθ，方向与水平面的夹角为θ C．水杯与桌面间无摩擦 D．水杯内水面与桌面不平行 题型七 绳球及外轨道题型 1．（2026•西城区一模）如图所示，将小球用细线悬于P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。测量出细线的长度l，悬点P到轨迹圆的圆心O的距离h，小球运动n圈的时间t，已知重力加速度为g。忽略小球的大小，由以上物理量，不能计算出的是（　　） A．小球运动的角速度 B．小球运动的线速度 C．小球运动的向心加速度 D．细线对小球的拉力 2．（2026春•丰台区期中）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球（可视为质点）。小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．细线对小球的拉力与小球所受离心力的合力提供向心力 B．细绳的拉力大小为 C．保持细线与竖直方向夹角θ不变，细线越长，小球运动的角速度越小 D．保持OP的距离不变，增大l，小球运动的角速度增大 3．（2026春•小店区校级期中）如图，质量为m的小球用细线悬挂于O点，使小球在水平面内以O′为圆心做匀速圆周运动，空气阻力不计，重力加速度为g。悬挂小球的线长l保持不变，悬点O到圆O′的距离为h，细线与OO′的夹角为θ，改变θ，则小球做匀速圆周运动的角速度ω、周期T、向心加速度a、线对小球的拉力F随h变化的关系图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）4．（2026春•莱西市校级月考）如图，一长l＝0.5m的轻杆，一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量m＝0.5kg的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度ω＝4rad/s的匀速圆周运动，其中A为最高点，C为最低点，B、D两点和圆心O在同一水平线上，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．小球在A点时，杆对小球的作用力方向竖直向上 B．小球在B点时，杆对小球的作用力方向指向圆心 C．小球在C点时，杆对小球的作用力大小为4N D．小球在D点时，杆对小球的作用力大小为N 题型八 杆球及双轨道题型 1．（2026春•番禺区校级期中）如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g。下列叙述正确的是（　　） A．小球在最高点时的最小速度 B．小球在最高点时，杆对小球的作用力一定为支持力 C．小球在最高点时的速度v由逐渐增大，杆对小球的拉力也逐渐增大 D．小球在最低点时，杆对小球的作用力大小可能小于小球的重力 2．（2026•南开区模拟）如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根长为L的轻杆带动一个质量为m的铁球（可视为质点）在竖直面内匀速转动，如图乙所示。若在某次打夯过程中，铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，重力加速度为g，则（　　） A．轻杆转动过程铁球所受合力不变 B．铁球转动到最高点时，轻杆的弹力为mg C．铁球匀速转动的角速度大小为 D．铁球转动到最低点时，支架对地面的压力大小为2（M+m）g 3．（2026春•渝中区期中）如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时（　　） A．速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg （多选）4．（2026•南阳校级一模）图甲为一种小型打夯机，利用冲击和冲击振动作用分层夯实回填土，图乙为这种打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座（含电动机）上的转轴相连，轻杆质量忽略不计。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内以角速度ω匀速转动，转动半径为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．摆锤转到最低点时，底座对地面的压力不可能为零 B．若摆锤转到最高点时，底座对地面的压力刚好为零，则角速度 C．若摆锤转到最高点时，轻杆对摆锤的弹力为0，则角速度 D．摆锤转到轻杆水平时，轻杆对摆锤的作用力大小为mω2l 题型九 拱形桥题型 1．（2026春•静海区校级期中）物理来源于生活，也可以解释生活。下列生活中常见的情况，分析正确的是（　　） A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，轨道半径为L，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，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力 C．图丙中汽车沿着拱桥过最高点时，速度越大，对桥面的压力越小 D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力 2．（2026春•海淀区校级月考）公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”。如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时（　　） A．车的加速度为零，桥对车的支持力等于车的重力 B．车的速度越大，车对桥面的压力就越小 C．车的向心加速度竖直向下，桥对车的支持力小于车的重力 D．车的向心加速度竖直向上，桥对车的支持力大于车的重力 3．（2026春•河东区校级期中）如图所示，一辆汽车驶上一圈弧形的拱桥，当汽车以20m/s的速度经过桥顶时，恰好对桥顶没有压力。若汽车以10m/s的速度经过桥顶，则汽车自身重力与汽车对桥顶的压力之比为（　　） A．3：4 B．4：3 C．1：2 D．2：1 （多选）4．（2026春•南开区校级月考）质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图。若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，关于物体在最低点时，下列说法正确的是（　　） A．向心加速度为 B．角速度为 C．向心力为m（g） D．受到的摩擦力为μm（g） 题型十 圆周运动的多解问题 1．（2026春•南开区校级月考）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　） A．圆盘的半径为 B．飞镖击中P点所需的时间为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 2．（2026春•顺义区校级月考）如图所示，半径为R＝2m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4m/s的速度水平抛出，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同。若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是（　　） A．3πrad/s B．4πrad/s C．5πrad/s D．6πrad/s 3．（2026•邢台二模）如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN为水平直径。A点与O等高，B点在O点正下方，P点位于槽面上，P到O的水平距离为。现从A、B点分别以水平速度vA、vB抛出小球，恰好都垂直槽面击中P点，所用时间分别为tA、tB，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D．A、B、P三点不共线 （多选）4．（2026春•海淀区校级期中）如图所示，内半径R的光滑空心圆柱体固定在水平地面上，一小滑块紧贴内壁从O点以v0＝10m/s的初速度沿切向水平滑入，旋转一周经过O1点。取重力加速度g＝10m/s2，则小滑块（　　） A．对圆柱体的压力大小逐渐增大 B．在O1点时速度方向与竖直方向的夹角为45° C．若圆柱体内表面是粗糙的，小滑块在圆柱体内表面所受到的摩擦力f正比于两者之间的正压力N，则小滑块在水平方向做加速度逐渐减小的减速运动 D．在C选项情景的基础上，若圆柱体足够高，小滑块最终沿竖直方向做匀速直线运动 综合提升 一．选择题 1．（2026•泰安二模）如图所示，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，在内表面距离底面高为h＝5m的O点处，给一个可视为质点的小滑块沿圆筒内壁水平切线方向的初速度v0，小滑块将沿筒内壁旋转滑下，恰好从O点正下方的点滑离圆筒。假设滑块下滑过程中与筒内壁紧密贴合，圆筒内半径R＝0.1m，重力加速度取g＝10m/s2，则小滑块的初速度v0大小可能为（　　） A． B． C． D． 2．（2026春•西夏区校级月考）小明同学骑自行车上学，该自行车的动力构件如图所示。已知牙盘的齿轮数为n1，飞轮的齿轮数为n2，自行车后轮的半径为R，若某段时间t内小明蹬脚踏板匀速转动了N圈，则这段时间内小明的骑行速度为（　　） A． B． C． D． 3．（2026春•鼓楼区校级期中）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，它们的边缘上有三个点A、B、C，关于它们的线速度、角速度、周期、向心加速度大小，下列关系式正确的是（　　） A．TB＝TC B．ωB＜ωC C．aB＝aC D．vA＜vB 4．（2026春•温州期中）一种叫“魔盘”的娱乐设施如图所示，水平“魔盘”转动很慢时，盘上的人都随盘一起转动，当“魔盘”的转速增大到某一值时，“魔盘”上的人便向边缘滑去，若人的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则盘上的人从随盘转动到滑动的过程中，受到的摩擦力大小与盘转速的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2026春•海淀区校级月考）我国高速铁路运营里程居世界首列。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v0转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．火车转弯时受到重力、轨道的支持力和向心力 B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好 C．当火车上乘客增多时，若列车仍以v0的速度通过该圆弧轨道，内轨会受到轮缘的侧向挤压 D．火车转弯速度小于时，车轮轮缘受到内轨的侧向压力 6． （2026春•西夏区校级月考）如图所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1：m2＝1：3，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，两个小球对应的物理量大小相等的是（　　） A．线速度v B．角速度ω C．向心力Fn D．向心加速度an 二．多选题 （多选）7．（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）8．（2026春•鼓楼区校级期中）如图所示的皮带传动装置中，左边是主动轮，右边是一个轮轴，a、b、c分别为轮边缘上的点，已知Ra：Rb：Rc＝1：2：3，假设在传动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是（　　） A．a点与b点的角速度大小相等 B．a点与c点的角速度大小相等 C．a、b、c点的线速度比为1：2：3 D．a、b、c点的加速度比为2：1：6 （多选）9．（2026春•沈阳期中）如图所示，A、B、C三个材质相同的小物体放在匀速转动的水平圆台上，始终与平台保持相对静止。已知A的半径是2r，B和C半径均为r，A、B、C三个小物体质量之比为1：2：3，则（　　） A．小物体A的线速度最大，加速度也最大 B．A、B、C三个小物体加速度大小之比为1：2：3 C．小物体A与B所受摩擦力大小相同，C所受摩擦力最大 D．若三个物体位置不变，则无论三个物体的质量如何变化，当转台转速增大，总是小物体A先发生相对滑动 （多选）10．（2026春•丰台区期中）在设计水平面内火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高内低的斜坡（如图所示），内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车行驶速度的大小。若某转弯处设计为当火车以速率v通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零。车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受各力的合力方向沿路基向下 B．当火车以速率v通过此弯路时，铁轨对火车的支持力一定大于火车的重力 C．当火车行驶的速率小于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力 D．若火车行驶的速率不变，转弯半径越小，向心加速度越大 （多选）11．（2026春•香坊区校级月考）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　） A．图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于超重状态 B．图b中增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度也不变 C．图c中脱水筒的脱水原理是水滴受到的实际的力小于所需的向心力从而被甩出 D．图d中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压内轨 （多选）12．（2026春•武汉期中）如图所示，有关圆周运动的情景，下列说法正确的是（　　） A．图1，湿衣服在滚筒洗衣机竖直平面内脱水时做匀速圆周运动，若考虑重力的影响，水滴在最低点比在最高点更容易被甩出 B．图2，“感受向心力”的活动中，保持小球质量及绳长不变，当小球在水平面内做匀速圆周运动时，若角速度增大为原来的2倍，感受到的拉力亦增大为原来的2倍 C．图3，“水流星”表演中，碗在竖直平面内做圆周运动，在最高点时碗里面的水处于超重状态 D．图4，汽车通过拱形桥的最高点时，速度越大，桥面对汽车的支持力越小 三．解答题 13．（2026春•郑州月考）如图所示，竖直圆盘绕过圆心O的水平轴逆时针匀速转动，A点是圆盘边缘上的点。圆盘转至OA水平时，将一小球从A点右侧的P点（A、O、P在同一直线上）斜向左上方抛出，初速度大小v0＝5m/s，与水平方向夹角θ＝53°。当A点转到圆盘最高点时，小球也恰好到达圆盘最高点，且轨迹与圆盘最高点相切。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）AP间的距离； （2）A点可能的线速度大小。 14．（2026春•琼山区校级期中）如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的A、B两个物块（可视为质点），B物块用长为0.20m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8N，A、B间的动摩擦因数为0.5，B与转盘间的动摩擦因数为0.18，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）当细线拉力恰好出现时，求转盘的角速度大小； （2）当A与B恰好分离时，求F的大小和转盘的角速度大小ω2； （3）试通过计算写出F﹣ω2的函数关系式（其中ω为转盘转动的角速度大小）。 15．（2026春•迎泽区校级期中）如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝0.8kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两细线AB、AC对小球的拉力分别为F1、F2。 （1）若细线AC与竖直方向的夹角为θ且AB上恰好没有拉力，求装置转动的角速度；（结果可用根式表示） （2）若装置匀速转动，角速度，求F1、F2的大小； （3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，求F1、F2的大小。 16．（2026春•河西区期中）公园中常有小朋友用发光转转球进行健身娱乐活动，如图甲所示。学生设计了如下的简化模型：长为L＝0.5m、不可伸长的轻绳一端系着质量m＝1kg的小球，另一端系在固定竖直轴上的O点（绳子可绕轴转动但不会缠绕在轴上），如图乙所示。保持O点的位置不变，初始时绳与竖直方向的夹角为θ＝53°，小球绕轴做匀速圆周运动。不计小球的一切阻力，小球可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）当小球转动的角速度ω1＝4rad/s时，求： ①小球所需的向心力大小； ②小球受到地面的支持力大小； （2）若增大小球转动的角速度，求小球刚好脱离地面时的角速度ω2； （3）若继续增大小球转动的角速度至ω3＝10rad/s，求此时绳子的拉力大小。 17．（2026春•龙岗区校级期中）如图所示，一环形车道竖直放置，半径R为6m，特技演员以恒定速率行驶，演员与汽车的总质量m为1000kg，重力加速度g取10m/s2。（结果均可用根号表示） （1）若汽车以v＝12m/s恒定的速率运动，汽车通过最高点时对环形车道的压力N'多大？ （2）若要挑战成功，汽车的速率最小值vmin为多少？ （3）若轨道能承受的压力最大值为Nm＝80000N，汽车的速率最大值vmax为多少？ 18．（2026春•青岛校级月考）现在很多健身设备智能化，一种自动计数的呼啦圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示，已知配重质量1kg，绳长为0.3m，悬挂点到腰带中心的距离为0.12m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角θ＝37°，配重距离地面高度为0.8m，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）绳的拉力大小； （2）配重在轨道中圆周运动的角速度的大小； （3）若配重球不慎脱落，脱落后平抛的水平距离。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第8讲 圆周运动题型 题型一 匀速圆周运动的基本量计算 1．（2026春•渝北区校级期中）一物体在水平面内的匀速圆周运动，下列哪个物理量在运动过程中始终保持不变（　　） A．动量 B．动能 C．位移 D．加速度 【答案】B 【分析】匀速圆周运动中，线速度的大小不变但方向时刻变化。动量、位移、加速度都是矢量，方向会随运动不断改变；动能是标量，只与速度的大小有关，因此始终保持不变。 【解答】解：A、动量是矢量，表达式为p＝mv，匀速圆周运动中速度方向时刻改变，因此动量方向也时刻变化，故A错误； B、动能是标量，表达式为，匀速圆周运动速率v大小恒定，物体质量不变，因此动能始终保持不变，故B正确； C、位移是矢量，为初位置指向末位置的有向线段，物体做圆周运动时位置不断变化，位移的大小和方向均会发生变化，故C错误； D、匀速圆周运动的加速度（向心加速度）方向始终指向圆心，随物体位置变化而改变，故D错误。 故选：B。 2．（2026春•锡山区校级期中）一个半径为R的纸质小圆筒，绕其中心轴O匀速转动，角速度为ω。一粒子弹沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高速穿出，如图所示。若AB弧所对的圆心角为θ。则子弹的最大速度v大约为（　　） A．ωR B． C． D． 【答案】D 【分析】子弹穿过圆筒的位移为直径2R，速度与时间成反比，要速度最大需时间最短，结合圆筒匀速转动的角速度，分析子弹穿过时圆筒转过的最小角度，进而求出子弹的最大速度。 【解答】解：子弹穿过两个弹孔所需的时间为 子弹从B点飞出，则圆桶需要转过的最小角度为（π﹣θ），当圆桶转过的角度最小时，圆桶转动的时间最短，对应的子弹速度最大，圆桶转动的时间为 联立可得 代入数据可得，故D正确，ABC错误。 故选：D。 3．（2026春•河东区校级期中）在2025年都灵大冬会短道速滑男子5000米接力A组决赛中，中国队夺得冠军。运动员过弯时的运动可视为匀速圆周运动。下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（　　） A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 B．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的 C．物体做匀速圆周运动时，其加速度是变化的 D．物体做匀速圆周运动时，其合外力为零 【答案】C 【分析】根据匀速圆周运动的特点，分析线速度、加速度的矢量性，以及合外力的作用，判断各选项对运动性质的描述是否正确。 【解答】解：ABC、匀速圆周运动的物体，加速度大小不变，方向指向圆心，时刻发生改变，是非匀变速曲线运动，线速度大小不变，方向时刻改变，故线速度改变，故C正确，AB错误； D、物体做匀速圆周运动时，合外力充当向心力，故合力不为0，故D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026春•烟台期中）关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．匀速圆周运动的线速度不变 B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 C．物体做匀速圆周运动时，相等时间内通过的路程相同 D．物体做匀速圆周运动时，在相等时间内，连接物体与圆心的半径转过的角度都相等 【答案】CD 【分析】结合匀速圆周运动的线速度（矢量，方向时刻变化）、角速度（恒定不变）、加速度（矢量，方向时刻变化）、路程（标量，速率恒定则相等时间路程相同）、角度（角速度恒定则相等时间转过角度相等）的特点，逐一分析选项。 【解答】解：A.线速度是矢量，匀速圆周运动线速度方向时刻变化，故A错误； B.匀变速运动要求加速度恒定，匀速圆周运动加速度方向时刻指向圆心、不断变化，故B错误； C.匀速圆周运动速率恒定，路程等于速率与时间的乘积，相等时间内路程相同，故C正确； D.匀速圆周运动角速度恒定，相等时间内转过的角度由θ＝ωt可知必然相等，故D正确。 故选：CD。 题型二 三种传动方式 1．（2026春•永春县校级期中）如图所示，两个皮带轮的转轴分别是O1和O2，设转动时皮带不打滑，则皮带轮上边缘A、B和轮O1上点C三点的线速度、角速度、周期、加速度大小关系正确的是（　　） A．vA＞vB，ωA＝ωB B．vC＞vB，TC＝TB C．aA＞aC，TA＝TC D．vA＝vB，ωC＝ωB 【答案】D 【分析】根据皮带传动线速度相等、同轴转动角速度相等的特点，结合线速度、角速度、周期、向心加速度的公式，分析三点各物理量的关系。一句话点评： 【解答】解：由题图可知A、B两点在同一皮带上运动，线速度相等，即vA＝vB 根据， 可知aA＝2aB，ωA＝2ωB 又因为B、C两点同轴转动，角速度相等，即ωB＝ωC 根据a＝rω2，v＝rω 有aB＝2aC，vB＝2vC 又根据 可知2TA＝TB＝TC，故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．（2026春•和平区校级期中）如图所示，B和C是一组塔轮，固定在同一转轴上，其半径之比为RB：RC＝3：2，A轮的半径与C轮相同，A轮与B轮紧靠在一起，当A轮绕竖直轴匀速转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则（　　） A．线速度大小之比为3：3：2 B．角速度大小之比为3：3：2 C．转速之比为2：3：2 D．周期之比为3：2：2 【答案】A 【分析】利用A、B摩擦传动线速度相等、B、C同轴转动角速度相等的特点，结合线速度、角速度、转速、周期的关系，推导a、b、c三点各物理量的比值，逐一判断选项。 【解答】解：A.A轮、B轮靠摩擦传动，边缘点线速度大小相等，故va：vb＝1：1 B、C角速度相同，根据v＝rω 可知，速度之比为半径之比vb：vc＝3：2 则va：vb：vc＝3：3：2，故A正确； B.B、C角速度相同则ωb＝ωc 而A、B线速度大小相等，根据v＝rω 可知ωa：ωb＝Rb：Ra 代入数据可得ωa：ωb＝3：2 则ωa：ωb：ωc＝3：2：2，故B错误； C.根据ω＝2πn 有na：nb：nc＝3：2：2，故C错误； D.根据，结合ωa：ωb：ωc＝3：2：2 代入数据可得Ta：Tb：Tc＝2：3：3，故D错误。 故选：A。 3．（2026•揭阳模拟）图示为变速自行车的传动部件，变速自行车有三个飞轮和三个链轮，飞轮的齿数有24、18、12三种，链轮的齿数有48、36、24三种。当某同学以恒定的转速踩脚踏板时，下列说法正确的是（　　） A．链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮，自行车行驶速度变大 B．飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，自行车行驶速度变大 C．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为4：1 D．该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为2：1 【答案】C 【分析】根据链轮与飞轮边缘线速度相等，推导出飞轮角速度与链轮齿数、飞轮齿数的关系；结合自行车行驶速度等于后轮边缘线速度，得出车速与链轮、飞轮齿数比的关系；分析不同齿数组合对车速的影响，通过齿数比计算出自行车的最大与最小速度之比。 【解答】解：链轮与脚踏板同轴转动，其齿数为N1；飞轮与后轮同轴转动，其齿数为N2。由于链条连接前后齿轮，两轮边缘的线速度大小相等，有ω1N1＝ω2N2，可得飞轮与后轮角速度为；自行车行驶的速度等于后轮边缘的线速度，即v＝ω2R轮，结合角速度表达式可得v∝。 A.链轮齿数不变，换用齿数更多的飞轮，即N1不变，N2增大，可知自行车速度减小，故A错误。 B.飞轮齿数不变，换用齿数更少的链轮，即N1减小，N2不变，可知自行车行驶速度变小，故B错误。 CD.当链轮齿数最多、飞轮齿数最少时，自行车的行驶速度最大；当链轮齿数最少、飞轮齿数最多时，自行车的行驶速度最小。可得该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为，故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•和平区校级开学）如图，半径之比R：r＝2：1的大小两轮通过皮带传动匀速转动，且皮带与轮边缘之间不发生相对滑动。大轮上一点P到轴心的距离为r，Q为小轮边缘上的点。P、Q两点的（　　） A．周期之比TP：TQ＝1：2 B．线速度之比vP：vQ＝1：1 C．角速度之比ωP：ωQ＝1：2 D．线速度之比vP：vQ＝1：2 【答案】CD 【分析】先利用皮带传动两轮边缘线速度相等的特点，结合半径比得到两轮角速度关系，再根据同轴转动角速度相同，分析大轮上P点与大轮边缘的角速度一致，进而推导P、Q两点的角速度、线速度及周期的比例关系。 【解答】解：C.设大轮边缘上某个点S，两轮子通过皮带传动，轮子边缘上点的线速度大小相等，根据 代入数据得 而P点和S点的角速度相等 代入数据得ωP：ωQ＝1：2，故C正确； A.根据 代入数据得TP：TQ＝2：1，故A错误； BD.由于P、Q两点半径相同，根据v＝ωr 代入数据得vP：vQ＝1：2，故B错误，D正确。 故选：CD。 题型三 圆周运动中的向心力计算 1．（2026春•延庆区期中）如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，OC的距离为，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方，悬线碰到钉子瞬间（　　） A．小球的线速度突然增大为原来的2倍 B．小球的加速度突然增大为原来的2倍 C．小球受到的拉力突然增大为原来的2倍 D．若钉子竖直向上移动少许，小球受到的拉力增大 【答案】B 【分析】悬线碰到钉子瞬间，小球的线速度大小不变，因为切向没有外力作用导致速度突变。此时圆周运动的半径发生变化，原来为L，碰到钉子后为L−OC。根据圆周运动的相关公式，可以分析加速度、向心力及拉力的变化。 【解答】解：A、悬线碰到钉子前、后瞬间线速度大小不变，故A错误； B、由an得，向心加速度之比为1：2，故B正确； C、拉力F＝mg+m，可知拉力之比F1：F2≠1：2，故C错误。 D、若钉子竖直向上移动少许，半径r增大，小球的向心力减小，故拉力减小，故D错误； 故选：B。 2．（2026春•市中区校级期中）如图所示，倾角θ＝30°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴OO1上。可视为质点、质量为m的小物块随转台一起以角速度ω匀速转动，此时小物块到A点的距离为L，其与斜面之间动摩擦因数为，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块随斜面一起转动且无相对滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．无论转台的转速如何，小物块都不可能只受两个力 B．小物块对斜面的压力大小可能等于mg C．小物块受到的摩擦力方向不可能沿斜面向下 D．水平转台转动角速度ω应不大于 【答案】B 【分析】小物块做匀速圆周运动，向心力由合外力提供，方向水平指向转轴。需对物块进行受力分析，考虑重力、支持力、摩擦力的情况，根据不同的角速度确定摩擦力的方向变化，结合牛顿第二定律求出角速度范围。 【解答】解：A、当物体所受的重力和弹力的合力刚好能提供物体做圆周运动的向心力时，物体只受两个力的作用，故A错误； C、当角速度较大时，小物块有沿斜面向上的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向下，故C错误； BD、当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图甲所示，y轴方向根据平衡条件有N1cosθ+f1sinθ＝mg，f1＝μN1，x轴方向有N1•Lcosθ，解得，N1mg，当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图乙所示，根据平衡条件，y轴方向有N2cosθ＝f2sinθ+mg，f2＝μN2，x轴方向有N2sinθ+f2cosθ＝mω22•Lcosθ，解得ω2，N2mg，由以上分析可知，角速度取值范围为，由牛顿第三定律可知，小物块对斜面的压力大小为N′＝N，则小物块对斜面的压力大小取值范围为mg，故B正确，D错误。 故选：B。 3．（2026春•龙岗区校级期中）小丁同学周末在家制作甜品，在进行“裱花”环节时，如图所示，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径为6英寸（15cm）的蛋糕，每隔5s在蛋糕边缘上“点”上奶油形成花朵形状（点奶油时间不计），蛋糕随圆盘转一周后均匀“画出”12朵花，则下列说法正确的是（　　） A．转盘的角速度为 B．圆盘的转速为1r/min C．花朵越大转动时的向心加速度越大 D．蛋糕边缘的花朵线速度大小为 【答案】B 【分析】根据点花的时间间隔与花朵数量求出圆盘转动的周期，再依次分析角速度、转速、线速度和向心加速度，判断各选项正误。 【解答】解：A.由题意可知，圆盘转一周的时间即周期 T＝12×5s＝60s根据角速度公式解得，故A错误； B.圆盘的转速，故B正确； C.根据向心加速度公式a＝rω2 可知，向心加速度与转动半径有关，与花朵的大小无关，且蛋糕边缘各点半径相同，向心加速度大小相等，故C错误； D.蛋糕半径r＝15cm＝0.075m 根据线速度公式解得v＝rω 代入数据可得v，故D错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•思明区校级期中）如图甲所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图乙所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上质量相等的P、Q两质点，下列物理量相同的是（　　） A．角速度大小 B．线速度大小 C．向心力大小 D．周期 【答案】AD 【分析】P、Q随转台同轴转动，角速度、周期相同，再结合线速度、向心力与转动半径的关系，判断各选项物理量是否相同。 【解答】解：AD、根据题意可知，P、Q两点同轴转动，两点的周期相同，角速度大小相同，故AD正确； B、根据题意可知，根据圆周运动角速度与线速度的关系，v＝ωr可知，P、Q两点线速度大小不同，故B错误； C、由向心力公式F＝mω2r，粗坯上质量相等的P、Q两质点的转动半径不同，所以向心力大小不同，故C错误。 故选：AD。 题型四 水平转盘题型 1．（2026春•香坊区校级期中）圆盘餐桌的上面有以半径为50cm的转盘，可绕盘中心的转轴转动。现将一小物块放在转盘边缘后转动转盘，并逐渐增大转速，当转速增大到一定程度时，小物块从转盘上滑落。已知小物块和转盘表面的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2，小物块从转盘上滑落时转盘转动的角速度至少为（　　） A．1.0rad/s B．2.0rad/s C．3.0rad/s D．4.0rad/s 【答案】B 【分析】由静摩擦力提供小物块做圆周运动的向心力，当摩擦力达到最大不足以提供碗做圆周运动所需要的向心力就会从转盘上滑落，恰有滑动摩擦力提供向心力就能得出小物块转动转盘至少的角速度。 【解答】解：小物块恰能从转盘上滑落时，最大静摩擦力恰好提供向心力，则μmg＝mω2r 解得 故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．（2026•渝北区校级模拟）甲为一种称为“魔盘”的娱乐设施，小孩随着“魔盘”绕竖直中心轴沿逆时针方向匀速转动，其运动轨迹的俯视图可简化为如图乙，O点为转盘圆心。突然“魔盘”停止转动，此时小孩简化为图乙中的黑点，则小孩的速度及所受摩擦力的方向为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据小孩的运动情况分析其所受摩擦力方向。 【解答】解：小孩运动时速度方向沿圆周的切线方向，若突然“魔盘”停止转动，则由于惯性，小孩有沿切线方向向前运动的趋势，可知此时受摩擦力方向向后，与速度方向相反。故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2026春•温州期中）如图所示，一个半径为3R的圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动。在圆盘边缘等间隔地固定着三个完全相同的小物块A、B、C（C在圆盘最外端），它们的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ。当圆盘以角速度ω缓慢增大时，下列说法正确的是（　　） A．当时，A物块所受摩擦力为 B．当时，B物块所受摩擦力为2mRω2 C．当时，A、B、C三个物块均已滑动 D．若小物块A、B、C质量分别是3m、2m、m，则A物块最先滑动 【答案】C 【分析】先由静摩擦力提供向心力，f＝mω2r，当静摩擦力达到最大值时，的临界角速度物块即将滑动，求出此时的临界角速度，且临界角速度与质量无关。当圆盘的角速度大于临界角速度，物体滑动。当圆盘的角速度小于临界角速度，物体不滑动。 【解答】解：A．物块刚要滑动时满足，其中r是物块到圆心的距离。 解得 可知A刚要滑动时的临界角速度为，因此时A仍未滑动，因此A受到的摩擦力为，故A错误； B．同理，B刚要滑动时的角速度为，因此时B已经滑动，因此B受到的摩擦力为fB＝μmg，故B错误； C．物块刚要滑动时 可知r越小，物块刚要滑动时的临界角速度越大，因此A的临界角速度最大且为，因此时，A、B、C三个物块均已滑动，故C正确； D．由于C选项分析，可知C的临界角速度最小，且与物块质量无关，因此C物块最先滑动，故D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026春•南开区校级月考）游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示。飞椅用钢绳固定悬挂在顶部同一水平转盘上的圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定后，每根钢绳（含飞椅及游客）与转轴在同一竖直平面内。图中甲的钢绳的长度大于乙的钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，不计钢绳的重力。下列判断正确的是（　　） A．甲的角速度大于乙的角速度 B．甲的线速度大于乙的线速度 C．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2 D．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2 【答案】BD 【分析】先明确同轴转动的角速度相同，再根据线速度公式分析线速度大小；对飞椅受力分析，推导钢绳与竖直方向夹角和绳长的关系，进而判断夹角大小。 【解答】解：A、甲、乙与同一转盘同轴转动，且每根钢绳与转轴在同一竖直平面内，则角速度ω相等，故A错误； CD、设悬挂点到转轴的距离为r0，则飞椅及游客做圆周运动的半径为r＝r0+Lsinθ 对飞椅及游客受力分析，竖直方向受力平衡，有Tcosθ＝mg 水平方向重力和钢绳的合力提供向心力，有Tsinθ＝mω2r 联立得 解得 θ与游客质量无关。其中ω、r0、g为定值，θ越大，cotθ、cosθ越小，则L越大，L和θ是一一对应的，反之当L越大，则θ越大，已知钢绳的长度L1＞L2，因此无论质量如何，一定有θ1＞θ2，故C错误，D正确； B、飞椅及游客做圆周运动的半径为r＝r0+Lsinθ 其中r0为定值，L越大，θ越大，则r越大，已知L1＞L2，则有r1＞r2 线速度与角速度的关系为v＝ωr 其中ω相同，因此v1＞v2，即甲的线速度大于乙的线速度，故B正确。 故选：BD。 题型五 圆锥摆题型 1．（2026春•红桥区校级期中）用细绳拴着小球做圆锥摆运动，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．小球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用 B．绳子的拉力F＝mgcosθ C．向心力Fn＝mgsinθ D．运动的角速度越大时，θ角越大 【答案】D 【分析】先分析小球的受力，明确向心力是重力与拉力的合力，再分解拉力分析拉力和向心力的表达式，最后根据圆锥摆的角速度公式判断角速度与θ的关系。 【解答】解：A、小球受到重力和绳子的拉力作用 这两个力的合力提供向心力，向心力不是单独的力，而是合力的效果，故A错误； B、根据力的分解，绳子的拉力F与重力mg的关系为，故B错误； C、向心力Fn等于重力和拉力合力的水平分量，即Fn＝mgtanθ，故C错误； D、根据向心力公式，当角速度ω增大时，为了保持向心力的平衡，θ角需要增大，故D正确。 故选：D。 2．（2026春•秦淮区校级月考）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转，一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2（m1≠m2）的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动，轻绳与竖直方向夹角如图为θ和α，且两球始终在同一水平面内，则（　　） A．A、B两球的加速度大小之比为tanθ：tanα B．A、B两球的线速度大小之比为sinα：sinθ C．A、B两球的质量之比为cosα：cosθ D．A、B两球的周期之比为tanα：tanθ 【答案】C 【分析】由光滑圆环得两端绳拉力相等，结合两球同角速度、同圆周运动高度，对两球受力分析并结合圆锥摆向心力公式，推导加速度、线速度、质量、周期的比例关系判断选项。 【解答】解：A、用β泛指一个角度，由牛顿第二定律可得：mgtanβ＝ma 可知：a＝gtanβ 故aA：aB＝tanα：tanθ，故A错误； B、由合外力提供向心力可得： 可得： A、B两球的线速度大小之比为v1：v2＝tanα：tanθ，故B错误； C.绳子上的拉力大小相等，竖直方向根据平衡条件可得：mg＝Fcosβ 可得A球的质量与B球的质量之比为：m1：m2＝cosα：cosθ，故C正确； D、由向心力公式可得：mgtanβ＝m（）2htanβ 可得T，所以两球角速度相同，故D错误； 故选：C。 3．（2026春•金水区校级期中）如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，当转动的角速度ω逐渐增大时，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球始终受三个力的作用 B．细绳上的拉力始终保持不变 C．要使球离开水平面的角速度至少为 D．小球飞离水平面的线速度至少为l 【答案】C 【分析】题目描述小球在光滑水平面上绕竖直轴做圆周运动，随着角速度增大可能脱离水平面。需要分析不同阶段受力情况及临界条件。首先明确小球初始受重力、支持力和绳拉力三个力，当角速度增大到使支持力为零时小球即将离开水平面，此时仅受重力和拉力，拉力在竖直方向分量平衡重力，水平分量提供向心力，由此可建立向心力与角速度或线速度的关系，结合几何条件绳长l和固定点高度h可确定临界角速度与线速度表达式，从而判断选项正误。 【解答】解：A、当小球角速度较小时，小球在水平面内做匀速圆周运动，受到重力、支持力和拉力三个力的作用；当角速度增大到一定值时，小球会脱离水平面，此时仅受重力和拉力两个力的作用，故A错误； B、在水平面内运动时，竖直方向合力为零，细绳拉力保持不变。当小球脱离水平面后，随着角速度增大，绳子与竖直方向的夹角变大，根据力的合成与分解可知，拉力将增大，故B错误； CD、当小球恰好离开水平面时，支持力为零，小球仅受重力和拉力作用。设绳子与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2lsinθ，解得角速度；同时，由向心力公式，可解得线速度。故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026春•东湖区校级月考）公园中常有小朋友用发光转转球进行健身娱乐活动，如图（a）所示。情境可简化如下：不可伸长的轻绳一端系着质量m＝1kg的小球，另一端系在固定竖直轴上。某次锻炼时，小球绕轴做角速度ω＝4rad/s的匀速圆周运动，此时轻绳与地面平行，拉力大小FT＝4N，如图（b）所示。适当调整小球系在轴上的位置O，使绳与竖直方向的夹角为θ，也可以使小球做匀速圆周运动，如图（c）。不计小球的一切阻力，小球可视为质点，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．这段轻绳的长度L＝0.25m B．若小球绕轴转动的角速度，轻绳与轴的夹角θ1＝37°，则此时地面的支持力FN1＝4N C．当轻绳与轴的夹角θ2＝53°，小球刚好脱离地面，此时绕轴转动的角速度 D．当小球脱离地面后，小球绕轴转动的角速度，此时绳子拉力FT3＝40N 【答案】AC 【分析】先由图（b）的水平匀速圆周运动求出轻绳长度，再对图（c）的斜拉圆周运动做受力分析，结合向心力公式判断各选项正误。 【解答】解：A、小球在水平面内做匀速圆周运动时，轻绳拉力充当向心力，有 代入数据可得L＝0.25m，故A正确； B、当小球绕轴转动的角速度，轻绳与轴的夹角θ＝37°，此时小球做圆周运动的半径r＝Lsinθ 代入数据可得r＝0.15m 绳拉力的水平分力充当向心力 竖直方向上受力平衡FN+T1cosθ＝mg 代入数据可得FN＝8N，故B错误； C、当小球绕轴转动的角速度ω2，轻绳与轴的夹角θ＝53°，此时小球做圆周运动的半径r＝Lsinθ 代入数据可得r＝0.2m 绳拉力的水平分力充当向心力 竖直方向上受力平衡，有FN2+T2cosθ＝mg 由FN2＝0 代入数据可得，故C正确； D、当小球脱离地面后，小球绕轴转动的角速度， 代入数据可得FT3＝20N，故D错误； 故选：AC。 题型六 火车转弯题型 1．（2026春•济南期中）铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则（　　） A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于 D．这时铁轨对火车的支持力大于 【答案】C 【分析】对火车受力分析，由重力与支持力的合力提供向心力，列向心力方程与竖直方向平衡方程，判断内外轨挤压情况并求解支持力。 【解答】解：由牛顿第二定律 解得F合＝mgtanθ 火车受到的重力和铁路轨道的支持力的合力提供向心力，内轨和外轨都不受车轮的挤压，如图所示 此时FNcosθ＝mg 则这时铁轨对火车的支持力大小为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2026春•宁波期中）高铁列车的速度很大，铁路尽量铺设平直，但在铁路转弯处（图甲），要求内、外轨道的高度不同。在设计轨道时，其内、外轨高度差h不仅与转弯半径r有关，还与列车在弯道上的行驶速率v有关。列车在转弯轨道上的截面图如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．列车的转弯速度越小，轮缘对轨道的作用力一定越小 B．当列车质量增加时，列车在弯道上的行驶速率v应该减小 C．当列车的转弯半径r一定时，v越大，h越大 D．当列车在弯道上的行驶速率v一定时，r越大，h越大 【答案】C 【分析】先对列车受力分析，由重力与支持力的合力提供向心力，结合几何关系和向心力公式推导出h与v、r的关系，再逐一分析选项正误。 【解答】解：根据火车转弯时，若只有重力与支持力的合力提供向心力得 解得 列车的转弯速度等于，轮缘对轨道的作用力为0，列车速度减小，则轮缘对轨道的作用力增大； 列车质量增加时，列车在弯道上的行驶速率不变； 当列车的转弯半径r一定时，v越大，h越大； 当列车在弯道上的行驶速率v一定时，r越大，h越小，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2026春•南开区校级月考）火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮缘（如图a所示）挤压的弹力F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向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图c所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度为v，以下正确的是（　　） A．该弯道的半径R B．当火车质量改变时，规定的行驶速度不会改变 C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压 【答案】B 【分析】对规定速度行驶的火车受力分析，由重力和支持力的合力提供向心力推导公式，再分析车速偏大、偏小时内外轨受到的轮缘挤压情况，逐一判断选项。 【解答】解：A、火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m 解得：R，故A错误； B、根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m 解得：，与质量无关，故B正确； C、若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误； D、若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•河东区校级月考）某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面（与车厢底板平行）上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　） A．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用 B．列车转弯过程中的向心加速度为gtanθ，方向与水平面的夹角为θ C．水杯与桌面间无摩擦 D．水杯内水面与桌面不平行 【答案】AC 【分析】对悬挂的小熊受力分析，由细线与车厢侧壁平行的条件得出其重力与拉力的合力恰好提供水平向心力，进而判断列车转弯时重力与轨道支持力的合力完全提供向心力，再对水杯受力分析，结合向心力来源判断水杯与桌面的摩擦及水面状态，同时确定向心加速度的大小和方向，逐一验证选项。 【解答】解：B.设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F 有mgtanθ＝ma 列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtanθ，方向与水平面平行，故B错误； A.列车的向心加速度a＝gtanθ，由列车的重力与轨道的支持力的合力提供向心力，故列车的轮缘对轨道无侧向挤压作用，故A正确； C.水杯的向心加速度a＝gtanθ，由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供向心力，则水杯与桌面间的静摩擦力为零，故C正确； D.在杯内水面取一微小质量元，此质量元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为a＝gtanθ 水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，与桌面平行，故D错误。 故选：AC。 题型七 绳球及外轨道题型 1．（2026•西城区一模）如图所示，将小球用细线悬于P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。测量出细线的长度l，悬点P到轨迹圆的圆心O的距离h，小球运动n圈的时间t，已知重力加速度为g。忽略小球的大小，由以上物理量，不能计算出的是（　　） A．小球运动的角速度 B．小球运动的线速度 C．小球运动的向心加速度 D．细线对小球的拉力 【答案】D 【分析】根据圆锥摆的运动周期、几何关系与受力分析，结合各物理量的定义公式，判断选项中的物理量能否由已知量求出，拉力计算需要小球质量，题目未给出，故无法计算。 【解答】解：小球运动n圈的时间为t，则周期 .圆周运动半径的计算设细线与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知：细线长度l、悬点到圆心距离h与半径r构成直角三角形，其中l为斜边，h为邻边，r为对边。由三角函数关系 解得r＝lsinθ，又因 则 代入得 A、角速度ω：由，代入，得可计算，故A正确； B、线速度v：由v＝ωr代入ω和r 得可计算，故B正确； C、向心加速度a：由a＝ω2r，代入ω和r 得，可计算，故C正确； D、细线拉力的计算小球做匀速圆周运动时，拉力T的水平分力提供向心力，竖直分力平衡重力，即：竖直方向：Tcosθ＝mg 水平方向：Tsinθ＝ma 联立解得，但题目中未给出小球质量m，故无法计算拉力T，故D错误。 故选：D。 2．（2026春•丰台区期中）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球（可视为质点）。小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．细线对小球的拉力与小球所受离心力的合力提供向心力 B．细绳的拉力大小为 C．保持细线与竖直方向夹角θ不变，细线越长，小球运动的角速度越小 D．保持OP的距离不变，增大l，小球运动的角速度增大 【答案】C 【分析】对圆锥摆模型的小球受力分析，由重力与拉力的合力提供向心力，结合几何关系和向心力公式，分析拉力、角速度的相关选项。 【解答】解：A、细线对小球的拉力与小球重力的合力充当向心力，故A错误； B、对小球竖直方向Tcosθ＝mg 细绳的拉力大小，故B错误； C、根据mgtanθ＝mω2lsinθ 得 保持细线与竖直方向夹角θ不变，细线越长，小球运动的角速度越小，故C正确； D、结合 OP的距离不变，增大l，小球运动的角速度不变，故D错误。 故选：C。 3．（2026春•小店区校级期中）如图，质量为m的小球用细线悬挂于O点，使小球在水平面内以O′为圆心做匀速圆周运动，空气阻力不计，重力加速度为g。悬挂小球的线长l保持不变，悬点O到圆O′的距离为h，细线与OO′的夹角为θ，改变θ，则小球做匀速圆周运动的角速度ω、周期T、向心加速度a、线对小球的拉力F随h变化的关系图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对圆锥摆小球受力分析，由重力与拉力的合力提供向心力，推导出角速度、周期、向心加速度、拉力与h的函数关系，再据此判断各图像的正误。 【解答】解：A、小球做圆周运动的向心力 又，r＝lsinθ 联立解得，故A错误。 B、由角速度 可得，故B正确。 C、由向心加速度 根据勾股定理可得 解得，故C错误。 D、细线的拉力 解得，故D错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•莱西市校级月考）如图，一长l＝0.5m的轻杆，一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量m＝0.5kg的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度ω＝4rad/s的匀速圆周运动，其中A为最高点，C为最低点，B、D两点和圆心O在同一水平线上，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．小球在A点时，杆对小球的作用力方向竖直向上 B．小球在B点时，杆对小球的作用力方向指向圆心 C．小球在C点时，杆对小球的作用力大小为4N D．小球在D点时，杆对小球的作用力大小为N 【答案】AD 【分析】对小球在A、B、C、D各点受力分析，重力与杆的作用力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律判断杆对小球的作用力方向和大小，进而分析选项。 【解答】解：小球做匀速圆周运动，向心力大小恒为 重力G＝mg＝0.5×10N＝5N A、在A点，设杆对小球作用力FA向下，由牛顿第二定律得 代入数据可得FA＝﹣1N，负号表示方向竖直向上，故A正确； B、在B点，杆对小球的作用力在水平方向的分力提供向心力，竖直方向的分力平衡重力，合力方向斜向右上方，不指向圆心，故B错误； C、在C点，由牛顿第二定律得 代入数据可得FC＝9N，故C错误； D、在D点，杆对小球的作用力在水平方向的分力 竖直方向的分力Fy＝mg 合力大小 代入数据可得FD，故D正确。 故选：AD。 题型八 杆球及双轨道题型 1．（2026春•番禺区校级期中）如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g。下列叙述正确的是（　　） A．小球在最高点时的最小速度 B．小球在最高点时，杆对小球的作用力一定为支持力 C．小球在最高点时的速度v由逐渐增大，杆对小球的拉力也逐渐增大 D．小球在最低点时，杆对小球的作用力大小可能小于小球的重力 【答案】C 【分析】A、轻杆模型和轻绳模型不同，轻杆可以提供支撑力，所以小球在最高点的最小速度可以为0； B、小球在最高点时，杆的作用力不一定是支持力。当速度较大时，杆会提供拉力；只有速度较小时，杆才提供支持力； C、当小球在最高点的速度等于根号下gL时，杆的作用力为0；速度继续增大，杆需要提供拉力来补充向心力，且拉力会随速度增大而增大； D、小球在最低点时，向心力向上，杆的作用力需要克服重力并提供向心力，所以杆的作用力一定大于重力，不可能小于重力。 【解答】解：A、针对杆—球模型，当重力等于轻杆的支持力，小球在最高点的向心力等于零，故小球在最高点的最小速度为零，故A错误； B、因当小球在最高点时的速度为时杆对球的作用力为零，小球在最高点时，当速度小于时，杆对球的作用力为支持力；而当速度大于时，杆对球的作用力为拉力，故B错误； C、因当小球在最高点时的速度为时杆对球的作用力为零，则在最高点球的速度v由逐渐增大时，由，可知杆对小球的拉力也逐渐增大，故C正确； D、小球在最低点时，由，可知杆对球的作用力一定大于重力，故D错误。 故选：C。 2．（2026•南开区模拟）如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根长为L的轻杆带动一个质量为m的铁球（可视为质点）在竖直面内匀速转动，如图乙所示。若在某次打夯过程中，铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，重力加速度为g，则（　　） A．轻杆转动过程铁球所受合力不变 B．铁球转动到最高点时，轻杆的弹力为mg C．铁球匀速转动的角速度大小为 D．铁球转动到最低点时，支架对地面的压力大小为2（M+m）g 【答案】D 【分析】以铁球和支架为研究对象，结合最高点支架对地压力为零的条件，利用圆周运动向心力公式和牛顿第三定律，分析轻杆弹力、角速度及最低点时支架对地面的压力。 【解答】解：A.铁球做匀速圆周运动，合力为向心力，大小不变但方向时刻指向圆心、不断变化，故A错误； B.铁球在最高点时，支架对地压力为零，说明地面对支架的支持力为零，支架受重力Mg与杆的弹力平衡，由受力平衡条件得杆对支架的弹力大小为Mg，方向向上，根据牛顿第三定律，杆对铁球的弹力大小为Mg，方向向下，故B错误； C.对铁球在最高点受力分析，重力与杆的弹力的合力提供向心力，由向心力公式得mg+Mg＝mω2L 解得角速度，故C错误； D.铁球在最低点时，杆的弹力与重力的合力提供向心力，由向心力公式得F﹣mg＝mω2L 代入最高点的向心力关系mω2L＝（M+m）g 解得杆对铁球的弹力F＝Mg+2mg 杆对支架的弹力向下，大小为F＝Mg+2mg 对支架受力分析，地面支持力N＝Mg+F＝2（M+m）g 根据牛顿第三定律，支架对地面的压力大小为2（M+m）g，故D正确。 故选：D。 3．（2026春•渝中区期中）如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时（　　） A．速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 【答案】C 【分析】先根据B球在最高点杆无作用力，由向心力公式求出B的线速度，再由同轴转动角速度相同得到A的线速度，最后分析A的受力求出转轴对杆的作用力。 【解答】解：A、球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m 解得v，故A错误； B、A、B两球的角速度相等，结合v＝ωr 可知，球A的速度大小v′，故B错误； CD、球B运动到最高点时，对杆无弹力，球A所受重力和水平转轴对杆的作用力的合力提供向心力，有F﹣mg＝m 代入数据可得F＝1.5mg，故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•南阳校级一模）图甲为一种小型打夯机，利用冲击和冲击振动作用分层夯实回填土，图乙为这种打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座（含电动机）上的转轴相连，轻杆质量忽略不计。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内以角速度ω匀速转动，转动半径为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．摆锤转到最低点时，底座对地面的压力不可能为零 B．若摆锤转到最高点时，底座对地面的压力刚好为零，则角速度 C．若摆锤转到最高点时，轻杆对摆锤的弹力为0，则角速度 D．摆锤转到轻杆水平时，轻杆对摆锤的作用力大小为mω2l 【答案】AB 【分析】A、摆锤在最低点时，会对轻杆产生向下的拉力，这个拉力会传递给底座，使底座对地面的压力大于底座自身的重力，因此不可能为零； B、摆锤在最高点时，若底座对地面压力为零，说明摆锤对轻杆的向上拉力大小等于底座的重力，结合摆锤的圆周运动向心力分析，可推导出对应的角速度； C、摆锤在最高点时，若轻杆弹力为零，摆锤仅靠自身重力提供圆周运动的向心力，可直接得到对应的角速度； D、摆锤在轻杆水平位置时，轻杆的作用力需要同时提供圆周运动的向心力，还要平衡摆锤的重力，因此作用力大小不等于仅由向心力决定的数值。 【解答】解：A、摆锤转到最低点时，轻杆对摆锤有向上的拉力作用，根据牛顿第二定律，有F﹣mg＝mω2l，此时F＝mω2l+mg，根据牛顿第三定律，此时轻杆对底座有向下的拉力作用，所以底座对地面的压力不可能为0，故A正确； B、若摆锤转到最高点时，底座对地面的压力刚好为零，则轻杆对底座有向上的作用力，大小为Mg，所以对摆锤分析，有mg+Mg＝mω2l 解得角速度，故B正确； C、若摆锤转到最高点时，轻杆对摆锤的弹力为0，则对摆锤分析，重力提供向心力，有mg＝mω2l 解得角速度，故C错误； D、摆锤转到轻杆水平时，轻杆对摆锤的作用力的水平分量提供向心力，大小为 所以轻杆对摆锤的作用力为，故D错误。 故选：AB。 题型九 拱形桥题型 1．（2026春•静海区校级期中）物理来源于生活，也可以解释生活。下列生活中常见的情况，分析正确的是（　　） A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，轨道半径为L，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，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力 C．图丙中汽车沿着拱桥过最高点时，速度越大，对桥面的压力越小 D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力 【答案】C 【分析】逐个分析各图对应的圆周运动模型，结合向心力的来源和受力分析，判断各选项的说法是否正确。 【解答】解：A.图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，由几何关系可知 则r＝Lsinθ，小球只在重力和拉力作用下做匀速圆周运动，故重力和拉力合力提供向心力，故A错误； B.图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误； C.图丙中汽车过拱桥最高点时，满足 因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小，故C正确； D.图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，故D错误。 故选：C。 2．（2026春•海淀区校级月考）公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”。如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时（　　） A．车的加速度为零，桥对车的支持力等于车的重力 B．车的速度越大，车对桥面的压力就越小 C．车的向心加速度竖直向下，桥对车的支持力小于车的重力 D．车的向心加速度竖直向上，桥对车的支持力大于车的重力 【答案】D 【分析】根据汽车的运动情况判定其加速度以及受力情况结合牛顿第二定律即可判定。 【解答】解：ACD．汽车在过凹形桥时，其运动为曲线运动，加速度不为零，其向心加速度竖直向上，汽车处于超重状态，桥对车的支持力大于车的重力，故AC错误，D正确； B．根据牛顿第二定律FN﹣mg＝m可知v越大，桥面对车的支持力越大，结合牛顿第三定律，车对桥面的压力越大，故B错误。 故选：D。 3．（2026春•河东区校级期中）如图所示，一辆汽车驶上一圈弧形的拱桥，当汽车以20m/s的速度经过桥顶时，恰好对桥顶没有压力。若汽车以10m/s的速度经过桥顶，则汽车自身重力与汽车对桥顶的压力之比为（　　） A．3：4 B．4：3 C．1：2 D．2：1 【答案】B 【分析】汽车以20m/s经过桥顶时对桥顶无压力，说明此时重力完全提供向心力，由此可求出拱桥的圆弧半径；当汽车以10m/s经过桥顶时，重力与桥顶支持力的合力提供向心力，结合牛顿第三定律，桥顶对汽车的支持力等于汽车对桥顶的压力；将半径代入低速状态的向心力公式，分别表示出重力与支持力，进而求出两者的比值。 【解答】解：设汽车经过桥顶时桥顶对汽车的支持力为F，由向心力公式得，当v＝v0＝20m/s时，F＝0，可得 当v＝v1＝10m/s时，，联立可得 汽车对桥顶的压力大小等于F′，则汽车自身重力与汽车对桥顶的压力之比mg：F′＝4：3，故ACD错误，B正确。 故选：B。 （多选）4．（2026春•南开区校级月考）质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图。若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，关于物体在最低点时，下列说法正确的是（　　） A．向心加速度为 B．角速度为 C．向心力为m（g） D．受到的摩擦力为μm（g） 【答案】ABD 【分析】物体在半球形金属壳最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力，结合向心加速度公式、角速度与线速度关系、向心力公式及滑动摩擦力公式分析判断。 【解答】解：A、在最低点，向心加速度，故A正确； B、根据v＝ωR 解得，故B正确； C、在最低点，向心力，故C错误； D、根据牛顿第二定律得， 解得支持力 根据牛顿第三定律知，物体对球壳的压力为 物体所受的摩擦力，故D正确。 故选：ABD。 题型十 圆周运动的多解问题 1．（2026春•南开区校级月考）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点P，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　） A．圆盘的半径为 B．飞镖击中P点所需的时间为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 【答案】D 【分析】先分析飞镖的平抛运动，由水平位移和初速度求出运动时间，再结合圆盘匀速圆周运动的周期性，分析P点转过的角度，进而推导圆盘半径、角速度和线速度的可能值。 【解答】解：B、飞镖做平抛运动，水平方向匀速直线运动，则L＝v0t 代入数据可得，故B错误； A、竖直方向做自由落体运动，竖直方向位移 飞镖抛出时与P等高，要击中P，P必须刚好转到最低点，飞镖下落位移等于圆盘直径2R，即y＝2R 代入数据可得，故A错误； C、击中P时，圆盘转过的角度θ＝（2n+1）π（n＝0，1，2，…） 角速度（n＝0，1，2，…） 最小角速度对应n＝0 代入数据可得，故C错误； D、P点的线速度v＝ωR 代入ω和R，得（n＝0，1，2，…） 当n＝2时，，故D正确。 故选：D。 2．（2026春•顺义区校级月考）如图所示，半径为R＝2m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4m/s的速度水平抛出，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同。若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是（　　） A．3πrad/s B．4πrad/s C．5πrad/s D．6πrad/s 【答案】B 【分析】先算出小球平抛运动的时间，再结合圆盘转过的角度为2nπ（n为正整数）的周期性条件，由角速度公式推导通式并判断选项。 【解答】解：小球做平抛运动的时间 小球做平抛运动的时间和圆盘转动的时间相等，有 t 解得 当 n＝1 时，ω＝4πrad/s 当 n＝2 时，ω＝8πrad/s，故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．（2026•邢台二模）如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN为水平直径。A点与O等高，B点在O点正下方，P点位于槽面上，P到O的水平距离为。现从A、B点分别以水平速度vA、vB抛出小球，恰好都垂直槽面击中P点，所用时间分别为tA、tB，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D．A、B、P三点不共线 【答案】C 【分析】利用“平抛运动中垂直击中圆弧面时，速度反向延长线过圆心”的推论，结合几何关系求出速度偏角；根据平抛运动的水平、竖直分运动规律，分别列方程求解两小球的运动时间比和初速度比；计算两点的竖直高度，验证位置关系；根据位移与速度偏角的关系，判断三点是否共线。 【解答】解：AC.由于两小球均垂直槽面击中P点，所以速度的反向延长线必过水平位移中点，即经过圆心O，如图所示： 根据几何关系可得，解得θ＝30° 根据平抛运动的规律可得xA＝R＝vAtA，，，，联立解得，，故A错误，C正确。 B.由于，，所以，故B错误。 D.根据平抛运动的推论可知，由于两小球的速度偏转角相等，即速度方向与水平方向的夹角相等，所以位移与水平方向的夹角相等，则A、B、P三点共线，故D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026春•海淀区校级期中）如图所示，内半径R的光滑空心圆柱体固定在水平地面上，一小滑块紧贴内壁从O点以v0＝10m/s的初速度沿切向水平滑入，旋转一周经过O1点。取重力加速度g＝10m/s2，则小滑块（　　） A．对圆柱体的压力大小逐渐增大 B．在O1点时速度方向与竖直方向的夹角为45° C．若圆柱体内表面是粗糙的，小滑块在圆柱体内表面所受到的摩擦力f正比于两者之间的正压力N，则小滑块在水平方向做加速度逐渐减小的减速运动 D．在C选项情景的基础上，若圆柱体足够高，小滑块最终沿竖直方向做匀速直线运动 【答案】BC 【分析】滑块在光滑圆柱体内壁运动时，水平方向匀速圆周运动，竖直方向自由落体，通过周期计算运动时间，利用速度分解判断合速度方向；当圆柱体内表面粗糙时，滑块受滑动摩擦力作用，水平分速度减小导致弹力、摩擦力变化，进而分析水平方向加速度的变化规律，判断圆柱体足够高时滑块的运动状态。 【解答】解：A.滑块在光滑圆柱体内壁运动时，水平方向不受摩擦力作用，其水平速度大小保持恒定，始终等于初速度v0。圆柱体内壁对滑块的弹力提供滑块水平圆周运动的向心力，有，可知内壁对滑块的弹力大小始终不变。根据牛顿第三定律，滑块对圆柱体的压力大小也保持不变，故A错误。 B.滑块的运动可分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动。滑块水平方向转一周的周期，所以滑块从O点运动到O1点的时间为t＝T＝1s。在竖直方向滑块做自由落体运动，1s末的竖直分速度为vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s，设此时滑块的合速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据速度分解关系有，解得θ＝45°，故B正确。 C.当圆柱体内表面粗糙时，滑块受到与合速度方向相反的滑动摩擦力f，且f＝μN。水平方向滑块受摩擦力的水平分量阻碍，水平分速度vx逐渐减小，导致减小，所以摩擦力f也随之减小。竖直方向滑块受重力和摩擦力的竖直分量作用，竖直分速度vy逐渐增大，合速度与水平方向的夹角θ逐渐增大，摩擦力的水平分量fcosθ进一步减小。可知滑块在水平方向受到的合加速度会逐渐减小，滑块在水平方向做加速度逐渐减小的减速运动，故C正确。 D.在选项C的情景下，若圆柱体足够高，滑块的水平分速度vx会持续减小，直至趋近于零。此时滑块对圆柱体的正压力趋近于零，因此摩擦力 f＝μN也趋近于零。当摩擦力趋近于零时，滑块在竖直方向仅受重力作用，加速度恒为g，将一直做匀加速直线运动，故D错误。 故选：BC。 综合提升 一．选择题 1．（2026•泰安二模）如图所示，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，在内表面距离底面高为h＝5m的O点处，给一个可视为质点的小滑块沿圆筒内壁水平切线方向的初速度v0，小滑块将沿筒内壁旋转滑下，恰好从O点正下方的点滑离圆筒。假设滑块下滑过程中与筒内壁紧密贴合，圆筒内半径R＝0.1m，重力加速度取g＝10m/s2，则小滑块的初速度v0大小可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对滑块进行受力分析可知，将滑块的运动分解为在水平方向做匀速圆周运动与竖直方向做自由落体运动。小滑块第一次滑过O点正下方时，滑块在水平方向刚好运动一个圆周，小滑块相邻两次滑过O点正下方的时间相同，根据分运动的等时性，应用自由落体运动与匀速圆周运动的规律解答。 【解答】解：由于圆筒内壁光滑，滑块下滑过程中表面与筒内表面紧密贴合，对滑块进行受力分析可知，下滑过程中，滑块在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，则小滑块第一次滑过O点正下方时，滑块在水平方向可能刚好运动一个圆周，以此类推，小滑块也可能运动n个圆周后达到O′点。 设小滑块在水平方向做圆周运动的周期为T，则有：T 在竖直方向有h 其中t＝nT（n＝1，2，3•••） 联立解得v0＝0.2nπm/s（n＝1，2，3•••） 当n＝3时，m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2026春•西夏区校级月考）小明同学骑自行车上学，该自行车的动力构件如图所示。已知牙盘的齿轮数为n1，飞轮的齿轮数为n2，自行车后轮的半径为R，若某段时间t内小明蹬脚踏板匀速转动了N圈，则这段时间内小明的骑行速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据链条传动牙盘与飞轮线速度相等、转速与齿数成反比，由牙盘转速求出飞轮转速，再结合后轮半径得到骑行速度。 【解答】解：脚踏板的频率 脚踏板的角速度 飞轮的频率 飞轮的角速度 自行车的骑行速度，故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．（2026春•鼓楼区校级期中）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，它们的边缘上有三个点A、B、C，关于它们的线速度、角速度、周期、向心加速度大小，下列关系式正确的是（　　） A．TB＝TC B．ωB＜ωC C．aB＝aC D．vA＜vB 【答案】A 【分析】先明确传动关系：A、B两点为链条传动，边缘线速度大小相等；B、C两点为共轴转动，角速度大小相等。结合圆周运动公式依次推导。 【解答】解：B、小齿轮和后轮属于同轴转动，其上各点的角速度相等，即ωB＝ωC，故B错误； A、因ωB＝ωC，根据公式，可得TB＝TC，故A正确； C、根据向心加速度的公式a＝ω2r，由于ωB＝ωC，因rB＜rC，故aB＜aC，故C错误； D、由图可知，大齿轮和小齿轮属于皮带传动，其边缘点的线速度相等，即vA＝vB，故D错误。 故选：A。 4．（2026春•温州期中）一种叫“魔盘”的娱乐设施如图所示，水平“魔盘”转动很慢时，盘上的人都随盘一起转动，当“魔盘”的转速增大到某一值时，“魔盘”上的人便向边缘滑去，若人的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则盘上的人从随盘转动到滑动的过程中，受到的摩擦力大小与盘转速的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】盘上的人相对盘静止时，由牛顿第二定律求解摩擦力；当盘上的人与盘发生相对滑动时，根据滑动摩擦力的计算公式进行解答。 【解答】解：开始阶段，当“魔盘”转速较小时，盘上的人相对盘静止，由牛顿第二定律有：f＝mω2r＝m（2πn）2r＝4π2rmn2，即f−n图线为抛物线； 当盘上的人与盘之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，再增大转速，盘上的人便开始滑动，此后摩擦力为滑动摩擦力f＝μmg，大小保持不变，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2026春•海淀区校级月考）我国高速铁路运营里程居世界首列。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v0转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．火车转弯时受到重力、轨道的支持力和向心力 B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好 C．当火车上乘客增多时，若列车仍以v0的速度通过该圆弧轨道，内轨会受到轮缘的侧向挤压 D．火车转弯速度小于时，车轮轮缘受到内轨的侧向压力 【答案】D 【分析】先分析火车以规定速度转弯时重力与支持力的合力提供向心力的情况，再根据实际速度与规定速度的大小关系，判断内外轨是否受侧向挤压，辨析各选项正误。 【解答】解：A、列车受重力、轨道的支持力，由这两个力的合力提供列车做圆周运动的向心力，如图所示 故A错误； B、当火车以规定的行驶速度v0转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，转弯速度不是越小越好，故B错误； C、若列车以v0的速度通过该圆弧轨道，由 可得v0，满足转弯时的速度为v0，列车不会对内外轨产生挤压，与质量无关，故C错误； D、火车转弯速度小于，内轨对车轮轮缘的压力沿接触面指向轮缘向外，故D正确。 故选：D。 6． （2026春•西夏区校级月考）如图所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1：m2＝1：3，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，两个小球对应的物理量大小相等的是（　　） A．线速度v B．角速度ω C．向心力Fn D．向心加速度an 【答案】B 【分析】对两小球受力分析，由重力与拉力的合力提供向心力，结合圆周运动半径与悬高的关系，推导出角速度仅由悬高决定，分析各物理量的大小关系，逐一判断选项。 【解答】解：CD、向心力大小F1＝m1gtan30°，F2＝m2gtan60° 代入数据可得，结合F＝ma 代入数据可得a1：a2＝1：3，故CD错误； B、周期，因连接两小球的绳的悬点距两小球运动平面的距离相等，所以周期相等，结合ω 代入数据可得ω相同，故B正确； A、由 代入数据可得，故A错误； 故选：B。 二．多选题 （多选）7．（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 【分析】由齿轮带动判断收带轮与出带轮转动方向与收带轮与传动轮转动方向的关系；由于齿轮带动，三轮边缘线速度大小相等即可判断；由于齿轮带动，由相邻齿之间的间距相等列式即可解答。 【解答】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出＝24mm＝2.4cm，故D正确。 故选：ACD。 （多选）8．（2026春•鼓楼区校级期中）如图所示的皮带传动装置中，左边是主动轮，右边是一个轮轴，a、b、c分别为轮边缘上的点，已知Ra：Rb：Rc＝1：2：3，假设在传动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是（　　） A．a点与b点的角速度大小相等 B．a点与c点的角速度大小相等 C．a、b、c点的线速度比为1：2：3 D．a、b、c点的加速度比为2：1：6 【答案】BD 【分析】根据皮带传动线速度相等、同轴转动角速度相等的特点，结合线速度、角速度、向心加速度的关系分析各选项。 【解答】解：A、a点与b点所在的轮为皮带传动，则a点与b点线速度大小相等，但圆周运动的半径ra＜rb，由v＝ωr a点的角速度比b点的大，故A错误； B、a点与c点所在的轮为同轴转动，则a点与c点的角速度大小相等，故B正确； CD．因va＝vb，ωa＝ωc，Ra：Rb：Rc＝1：2：3，结合v＝ωr 代入数据可得a、b、c点的线速度比为1：1：3；结合和a＝ω2r 代入数据可得，a、b、c点的加速度比为2：1：6，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2026春•沈阳期中）如图所示，A、B、C三个材质相同的小物体放在匀速转动的水平圆台上，始终与平台保持相对静止。已知A的半径是2r，B和C半径均为r，A、B、C三个小物体质量之比为1：2：3，则（　　） A．小物体A的线速度最大，加速度也最大 B．A、B、C三个小物体加速度大小之比为1：2：3 C．小物体A与B所受摩擦力大小相同，C所受摩擦力最大 D．若三个物体位置不变，则无论三个物体的质量如何变化，当转台转速增大，总是小物体A先发生相对滑动 【答案】ACD 【分析】A、B、C三个物体放在匀速转动的水平转台上，随转台做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析物体受到的静摩擦力大小；当物体所受的静摩擦力达到最大值时开始滑动；根据产生离心运动的条件分析哪个物体先滑动。 【解答】解：A．三个小物体都始终与匀速转动的平台保持相对静止，角速度相等，A到圆心的距离最大，由v＝ωR可知小物体A的转动半径最大，线速度最大；由a＝ω2R，可知A的加速度最大，故A正确； B．根据向心加速度的公式可知，小物体A的加速度大小为 小物体B的加速度大小为 小物体C的加速度大小为 A、B、C三个小物体加速度大小之比为aA：aB：aC＝2：1：1，故B错误； C．三个小物体都始终与匀速转动的平台保持相对静止，静摩擦力提供向心力，设小物体A、B、C的质量分别为m、2m和3m，A所受摩擦力 小物体B的所受摩擦力大小 小物体C的所受摩擦力大小，故C正确； D．当小物体的角速度最大时，最大静摩擦力提供向心力，由，可得 由于A的转动半径最大，所以最大角速度最小，当转台转速增大，总是小物体A先发生相对滑动，故D正确。 故选：ACD。 （多选）10．（2026春•丰台区期中）在设计水平面内火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高内低的斜坡（如图所示），内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车行驶速度的大小。若某转弯处设计为当火车以速率v通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零。车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受各力的合力方向沿路基向下 B．当火车以速率v通过此弯路时，铁轨对火车的支持力一定大于火车的重力 C．当火车行驶的速率小于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力 D．若火车行驶的速率不变，转弯半径越小，向心加速度越大 【答案】BD 【分析】对火车在转弯处受力分析，当内外轨轮缘压力为零时，重力与支持力的合力提供向心力，再结合不同速度下的受力变化和向心加速度公式分析各选项。 【解答】解：A、火车转弯时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，重力和支持力的合力提供向心力，合力的方向水平指向圆心，故A错误； B、路基倾角为θ，竖直方向受力平衡FNcosθ＝mg 因为cosθ＜1，FN＞mg，故B正确； C、速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需向心力，火车有做近心运动的趋势，内侧铁轨对车轮施加压力，故C错误； D、火车行驶速率不变时，结合向心加速度 火车转弯半径越小，向心加速度越大，故D正确。 故选：BD。 （多选）11．（2026春•香坊区校级月考）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　） A．图a中汽车通过凹形桥的最低点时处于超重状态 B．图b中增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度也不变 C．图c中脱水筒的脱水原理是水滴受到的实际的力小于所需的向心力从而被甩出 D．图d中火车转弯超过规定速度行驶时会挤压内轨 【答案】ABC 【分析】根据圆周运动的特点，结合超失重的知识分析解答；根据圆锥摆运动物体的受力和牛顿第二定律推导判断；根据洗衣机脱水筒的工作原理分析解答；根据火车转弯的受力情况分析解答。 【解答】解：A．当汽车通过最低点时，汽车受到的合力提供向心力，方向向上，则汽车处于超重状态，故A正确； B．设绳长为L，绳与竖直方向上的夹角为θ，小球竖直高度为h，由mgtanθ＝mω2Lsinθ，结合h＝Lcosθ，可得，两物体高度一致，则它们角速度大小相等，故B正确； C．衣物对水滴的附着力提供水滴做圆周运动的向心力，当所受合外力不足以提供向心力才会做离心运动，故C正确； D．火车超速时重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有做离心运动的趋势，会挤压外轨，使外轨产生向内的力，故D错误。 故选：ABC。 （多选）12．（2026春•武汉期中）如图所示，有关圆周运动的情景，下列说法正确的是（　　） A．图1，湿衣服在滚筒洗衣机竖直平面内脱水时做匀速圆周运动，若考虑重力的影响，水滴在最低点比在最高点更容易被甩出 B．图2，“感受向心力”的活动中，保持小球质量及绳长不变，当小球在水平面内做匀速圆周运动时，若角速度增大为原来的2倍，感受到的拉力亦增大为原来的2倍 C．图3，“水流星”表演中，碗在竖直平面内做圆周运动，在最高点时碗里面的水处于超重状态 D．图4，汽车通过拱形桥的最高点时，速度越大，桥面对汽车的支持力越小 【答案】AD 【分析】分别分析洗衣机脱水、圆锥摆、水流星、汽车过拱形桥四个圆周运动情景，结合向心力公式和超重失重的判断依据，逐一推导各选项的正误。 【解答】解：A.水滴被甩出的条件是附着力不足以提供向心力；竖直圆周运动最低点，向心力由支持力与重力的合力提供，支持力大于向心力；最高点支持力小于向心力，故最低点附着力更易不足，水滴更易被甩出，故A正确； B.圆锥摆中拉力的竖直分量平衡重力，水平分量提供向心力，拉力与角速度的平方不成正比，角速度增大为原来2倍时，拉力增大倍数大于2倍，故B错误； C.竖直圆周运动最高点，加速度方向竖直向下，物体处于失重状态，故C错误； D.汽车过拱形桥最高点时，重力与支持力的合力提供向心力，由 得，速度越大，支持力越小，故D正确。 故选：AD。 三．解答题 13．（2026春•郑州月考）如图所示，竖直圆盘绕过圆心O的水平轴逆时针匀速转动，A点是圆盘边缘上的点。圆盘转至OA水平时，将一小球从A点右侧的P点（A、O、P在同一直线上）斜向左上方抛出，初速度大小v0＝5m/s，与水平方向夹角θ＝53°。当A点转到圆盘最高点时，小球也恰好到达圆盘最高点，且轨迹与圆盘最高点相切。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）AP间的距离； （2）A点可能的线速度大小。 【答案】（1）AP间的距离为0.4m； （2）A点可能的线速度大小为（4n+1）πm/s（n＝0，1，2，3…）。 【分析】（1）由运动的分解结合运动学公式即可解答； （2）由圆周运动的周期性列式即可解答。 【解答】解：（1）小球斜上抛运动到圆盘最高点时竖直速度为0，由运动学公式可得：0＝v0sinθ﹣gt，解得：，圆盘的半径等于小球竖直位移的大小，即有：，代入数据解得： 小球水平方向匀速直线运动，OP间的距离等于其水平位移x，则有：x＝v0cosθ•t，解得：x＝v0cosθ•t＝5×0.6×0.4m＝1.2m，则AP间的距离为：xAP＝x﹣R＝1.2m﹣0.8m＝0.4m； （2）根据题意可知，圆盘可能转过的时间为：，解得： 又有： 联立解得：（n＝0，1，2，3…）。 答：（1）AP间的距离为0.4m； （2）A点可能的线速度大小为（4n+1）πm/s（n＝0，1，2，3…）。 14．（2026春•琼山区校级期中）如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的A、B两个物块（可视为质点），B物块用长为0.20m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8N，A、B间的动摩擦因数为0.5，B与转盘间的动摩擦因数为0.18，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）当细线拉力恰好出现时，求转盘的角速度大小； （2）当A与B恰好分离时，求F的大小和转盘的角速度大小ω2； （3）试通过计算写出F﹣ω2的函数关系式（其中ω为转盘转动的角速度大小）。 【答案】（1）当细线拉力恰好出现时，转盘的角速度大小为3rad/s。 （2）当A与B恰好分离时，F的大小为6.4N，转盘的角速度大小为5rad/s。 （3）F﹣ω2的函数关系式为。 【分析】（1）通过整体受力分析，求出细线拉力刚出现时的临界角速度。 （2）以AB恰好分离为临界状态，先隔离A求出分离角速度，再整体分析算出此时拉力。 （3）结合前两问的临界角速度，补充细线拉断的临界条件，分四个阶段推导不同角速度范围内拉力的分段表达式。 【解答】解：（1）当细线拉力恰好出现时，此时AB整体刚好达到与转盘间的最大静摩擦力，拉力为0。 对AB整体由牛顿第二定律有，解得ω1＝3rad/s。 （2）当A物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，A将要脱离B物体，对A由牛顿第二定律有，解得ω2＝5rad/s 此时对AB整体有，解得F＝6.4N。 （3）如（1）（2）问所求，当0≤ω≤ω1时，F＝0。 当ω1＜ω≤ω2时，对AB整体有，即F＝0.4ω2﹣3.6（N）。 当ω2＜ω时，A物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力，A脱离B物体，此时只有B物体做匀速圆周运动，对B物体由牛顿第二定律有。 当绳子拉力达到最大值时，解得ω3＝7rad/s，所以，当ω2＜ω≤ω3时，F＝mω2r﹣μ1mg，即F＝0.2ω2﹣1.8（N）。 当ω＞ω3时，细线拉断，F＝0。 综上，。 答：（1）当细线拉力恰好出现时，转盘的角速度大小为3rad/s。 （2）当A与B恰好分离时，F的大小为6.4N，转盘的角速度大小为5rad/s。 （3）F﹣ω2的函数关系式为。 15．（2026春•迎泽区校级期中）如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝0.8kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两细线AB、AC对小球的拉力分别为F1、F2。 （1）若细线AC与竖直方向的夹角为θ且AB上恰好没有拉力，求装置转动的角速度；（结果可用根式表示） （2）若装置匀速转动，角速度，求F1、F2的大小； （3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，求F1、F2的大小。 【答案】（1）若细线AC与竖直方向的夹角为θ且AB上恰好没有拉力，装置转动的角速度； （2）装置匀速转动，角速度，F1是1.2N，F2是10N； （3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，F1是4N，F2是20N。 【分析】（1）当AB绳无拉力时，小球仅受重力和AC绳拉力，竖直方向由拉力分力平衡重力，水平方向由拉力分力提供向心力，结合几何关系列方程求解角速度； （2）先判断给定角速度与AB绳松弛的临界角速度的大小关系，再对小球受力分析，用正交分解法列竖直方向平衡方程和水平方向向心力方程，联立求解两绳拉力； （3）先判断给定角速度与临界角速度的关系，再对小球受力分析，注意AC绳与竖直方向夹角的变化，用正交分解法列方程求解两绳拉力。 【解答】解：（1）若细线AC与竖直方向的夹角为θ且AB上恰好没有拉力，此时小球做匀速圆周运动所需向心力由重力和细线AC的拉力的合力提供，设此时的角速度为ω1，受力分析如图1所示 根据牛顿第二定律有 代入数据可得 （2）因 此时细绳AB上仍有拉力，受力分析如图2所示 根据牛顿第二定律有 受力平衡，有F2cos37°＝mg 代入数据可得F1＝1.2N，F2＝10N （3）因，所以小球将离开原来的位置而飘起来，若装置转动的角速度缓慢增至细线AB再次恰好拉紧，设此时装置转动的角速度为ω2，此时细线AC与竖直方向的夹角为θ1，根据题意有θ1＝53° 根据牛顿第二定律有 代入数据可得 因 所以，此时细线AB拉紧且有拉力，对小球受力分析，如图3所示 根据牛顿第二定律有 受力平衡有F2cos53°＝F1+mg 代入数据可得F1＝4N，F2＝20N 答：（1）若细线AC与竖直方向的夹角为θ且AB上恰好没有拉力，装置转动的角速度； （2）装置匀速转动，角速度，F1是1.2N，F2是10N； （3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，F1是4N，F2是20N。 16．（2026春•河西区期中）公园中常有小朋友用发光转转球进行健身娱乐活动，如图甲所示。学生设计了如下的简化模型：长为L＝0.5m、不可伸长的轻绳一端系着质量m＝1kg的小球，另一端系在固定竖直轴上的O点（绳子可绕轴转动但不会缠绕在轴上），如图乙所示。保持O点的位置不变，初始时绳与竖直方向的夹角为θ＝53°，小球绕轴做匀速圆周运动。不计小球的一切阻力，小球可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）当小球转动的角速度ω1＝4rad/s时，求： ①小球所需的向心力大小； ②小球受到地面的支持力大小； （2）若增大小球转动的角速度，求小球刚好脱离地面时的角速度ω2； （3）若继续增大小球转动的角速度至ω3＝10rad/s，求此时绳子的拉力大小。 【答案】（1）①小球所需的向心力大小是6.4N； ②小球受到地面的支持力大小是5.2N； （2）若增大小球转动的角速度，小球刚好脱离地面时的角速度ω2是； （3）若继续增大小球转动的角速度至ω3＝10rad/s，此时绳子的拉力大小是50N。 【分析】（1）①先根据绳长和夹角算出圆周运动半径，再用向心力公式计算向心力大小； ②对小球受力分析，竖直方向由重力、支持力和拉力的竖直分量平衡求支持力； （2）小球刚好脱离地面时支持力为零，竖直方向拉力分量平衡重力，水平方向拉力分量提供向心力，联立方程求角速度； （3）角速度超过临界值后，先确定新的绳与竖直方向夹角，再结合受力分析和向心力公式求拉力。 【解答】解：（1）①小球所需要向心力：，r＝Lsin53° 代入数据可得F1＝6.4N ②对小球的受力进行正交分解：Tsin53°＝F1，N+Tcos53°＝mg 代入数据可得N＝5.2N （2）小球刚要离开地面时，由重力和拉力的合力提供向心力：F2＝mgtan53°， 代入数据可得ω2 （3）由于ω3＞ω2，小球离开地面，由拉力的水平分量提供向心力，设细绳与竖直方向夹角为α： 代入数据可得T′＝50N 答：（1）①小球所需的向心力大小是6.4N； ②小球受到地面的支持力大小是5.2N； （2）若增大小球转动的角速度，小球刚好脱离地面时的角速度ω2是； （3）若继续增大小球转动的角速度至ω3＝10rad/s，此时绳子的拉力大小是50N。 17．（2026春•龙岗区校级期中）如图所示，一环形车道竖直放置，半径R为6m，特技演员以恒定速率行驶，演员与汽车的总质量m为1000kg，重力加速度g取10m/s2。（结果均可用根号表示） （1）若汽车以v＝12m/s恒定的速率运动，汽车通过最高点时对环形车道的压力N'多大？ （2）若要挑战成功，汽车的速率最小值vmin为多少？ （3）若轨道能承受的压力最大值为Nm＝80000N，汽车的速率最大值vmax为多少？ 【答案】（1）汽车以12m/s恒定的速率运动，汽车通过最高点时对环形车道的压力14000N； （2）要挑战成功，汽车的速率最小值7.7m/s； （3）轨道能承受的压力最大值为80000N，汽车的速率最大值 20.5m/s。 【分析】（1）在最高点对汽车受力分析，由重力与轨道压力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律求解压力； （2）最高点重力恰好提供向心力时轨道压力为零，此时速率最小，列式求解； （3）在最低点轨道支持力最大，由支持力与重力的合力提供向心力，结合牛顿第三定律列式求最大速率。 【解答】解：（1）若汽车以 12m/s恒定的速率运动，汽车通过最高点时 代入数据可得FN＝14000N 根据牛顿第三定律可知，汽车对环形车道的压力F'N＝14000N （2）若要挑战成功，则汽车在最高点的速率最小值满足 代入数据可得vmin≈7.7m/s （3）汽车在最低点时对轨道的压力最大，则若轨道能承受的压力最大值为80000N，汽车在最低点的速率满足 代入数据可得vmax≈20.5m/s 答：（1）汽车以12m/s恒定的速率运动，汽车通过最高点时对环形车道的压力14000N； （2）要挑战成功，汽车的速率最小值7.7m/s； （3）轨道能承受的压力最大值为80000N，汽车的速率最大值 20.5m/s。 18．（2026春•青岛校级月考）现在很多健身设备智能化，一种自动计数的呼啦圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示，已知配重质量1kg，绳长为0.3m，悬挂点到腰带中心的距离为0.12m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角θ＝37°，配重距离地面高度为0.8m，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）绳的拉力大小； （2）配重在轨道中圆周运动的角速度的大小； （3）若配重球不慎脱落，脱落后平抛的水平距离。 【答案】（1）绳的拉力大小是12.5N； （2）配重在轨道中圆周运动的角速度的大小是5rad/s； （3）若配重球不慎脱落，脱落后平抛的水平距离是0.6m。 【分析】（1）对配重受力分析，求出拉力T； （2）根据合力提供向心力，结合几何关系，求出角速度； （3）根据角速度和线速度的关系求出线速度；平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，结合几何关系，求出脱落后平抛的水平位移大小。 【解答】解：（1）配重受力如图 根据共点力平衡，在竖直方向上有Tcos37°＝mg 解得绳的拉力大小为TN＝12.5N （2）由题知，配重做匀速圆周运动，根据几何关系可知其轨道半径r＝lsinθ+r0＝0.3×sin37°m+0.12m＝0.3m 配重受到的合外力提供向心力，则有mgtan37°＝mω2r 解得ω＝5rad/s （3）配重球不慎脱落后做平抛运动，在竖直方向上有 解得t＝0.4s 平抛的初速度为v＝ωr＝5×0.3m/s＝1.5m/s 平抛的水平距离为x＝vt＝1.5×0.4m＝0.6m 答：（1）绳的拉力大小是12.5N； （2）配重在轨道中圆周运动的角速度的大小是5rad/s； （3）若配重球不慎脱落，脱落后平抛的水平距离是0.6m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $