专题03 圆周运动及其分析 （暑假复习讲义）新高二物理人教版

专题03 圆周运动及其分析 内容导航 01 复习目标→ 明考向、知权重、晓关联、以目标导学，以考向定标 02 知识重构 → 系统讲解核心知识，重构整合形成体系 脉络重构：快速扫描高频考点，定位薄区 典例破题：精选例题，呈现思路点拨+规范解答+方法提炼 巩固提升：趁热打铁练一练，强化巩固所学 03综合通关 → 综合演练，梯度设题；查漏补缺，闭环收官 04错题留痕 → 预留固定区域，记录错题题号、错因与正解 常考考点 命题风向 1. 圆周运动基本概念 2. 各物理量之间的换算关系、传动模型 3. 向心力的理解、来源与受力分析 4. 水平面、竖直面圆周运动模型及临界极值问题 5. 圆周运动与平抛、机械能、牛顿定律综合问题 1. 基础概念与公式换算多以选择题考查，侧重物理量辨析、单位换算、比值计算 2. 传动模型为高频基础题型，常结合图像、多轮组合考查线速度、角速度大小关系 3. 向心力受力分析是核心，区分向心力性质、来源，判断合力与分力作用 4. 竖直圆周运动临界问题为重难点，高频考查绳模型、杆模型、轨道模型临界条件 5. 综合题结合抛体运动、动能定理、机械能守恒命题，作为期末压轴题 考情解码：本专题是曲线运动核心难点，承接平抛、运动合成与分解，是高中物理力学重点板块。高一期末考试中基础概念、传动问题难度偏低；向心力分析、水平面圆周运动为中档题；竖直圆周临界问题、力学综合题为拉分难点。命题常结合生活、交通工具、游乐设施（摩天轮、过山车、转弯轨道、齿轮传动）创设情景。 脉｜络｜重｜构 考｜点｜精｜讲 知识点一 圆周运动的描述 【课标要求】能结合实例识别匀速圆周运动，理解线速度、角速度、周期、向心加速度等物理量的概念，掌握各物理量之间的换算关系，能解决常见传动问题中的线速度、角速度比较问题。 1．匀速圆周运动 （1）定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动． （2）特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动． （3）条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心． 2．描述匀速圆周运动的物理量 定义、意义 公式、单位 线速度 定义：通过的弧长与所用时间的比值 意义：描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v) (1)v＝＝ (2)单位：m/s 角速度 定义：转过角度与所用时间的比值 意义：描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) (1)ω＝＝ (2)单位：rad/s 周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T) (1)T＝＝，单位：s (2)f＝，单位：Hz 转数 定义：转动的圈数与所用时间的比值 n=f，单位：r/s 向心加速度 (1)描述速度方向变化快慢的物理量(an) (2)方向指向圆心 (1)an＝＝rω2 (2)单位：m/s2 3. 常见三种传动方式及特点 传动类型 图示 结论 共轴传动 A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比 皮带传动 A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比 齿轮传动(摩擦传动) vA=vB(线速度)，， （分别表示两齿轮的齿数) 角度1：圆周运动基本量的分析与计算 【典例破题1】（24-25高一上·浙江宁波·期末）如图所示，柔力球以迎、引、抛及弧形接发技术为特征，是一项集健身、表演和竞技为一体的富有民族特色的体育运动。如图，健身者能控制球拍使球在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，忽略球运动过程中受到的空气阻力。a为圆周的最高点，c为最低点，在这两处拍面水平，b、d两点与圆心O等高，已知球的质量为m，重力加速度大小为g，球在c点对球拍的压力大小为5mg，则球（　　） A．做圆周运动的线速度大小为 B．在a处受到球拍的作用力为4mg C．在b处一定受到三个力的作用 D．圆周运动的角速度为 【易错警示】本题容易出错的地方在于对不同位置球的受力分析出现错误，比如分析b处受力时，想当然认为一定还存在摩擦力的作用，忽略了重力和支持力的合力恰好可以提供向心力的情况；另外在最高点a处分析受力时，容易错把球拍的作用力当成向心力，忘记结合重力一同分析，或者混淆作用力与反作用力的关系，记错牛顿第三定律的应用逻辑，得出错误的作用力大小。解题时一定要先明确研究对象的受力，结合匀速圆周运动向心力由合外力提供的规律逐一分析，避免陷入思维误区。 【巩固提升1】（25-26高一上·浙江温州·期末）（多选）图甲所示的摩天轮是热门游乐项目。某次运行中，质量为m的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，其竖直方向上的速度随时间t变化的规律如图乙所示（规定竖直向上为正方向）。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．摩天轮的运动周期为 B．在时，游客处于最低点 C．在时，游客的向心加速度方向竖直向下 D．在时，游客所需向心力的大小为 【巩固提升2】（25-26高一上·湖南衡阳·期末）如图所示，一个倾角为37°的圆盘正绕其圆心O点匀速转动，AB为圆盘的直径。当B点在最高点时，圆盘最低点A点的正上方有一个小球（视为质点）向B点以6m/s的速度水平抛出，小球垂直打在圆盘的边缘上且不反弹，取，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球在空中的运动时间为0.6s B．小球在空中的运动时间为1s C．要使得小球正好落在B点，圆盘转动的角速度可能是 D．要使得小球正好落在B点，圆盘转动的角速度可能是 角度2：三类传动问题 【典例破题2】（23-24高一上·河北石家庄·期末）如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为。点在小轮上，到小轮中心的距离为。点和点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，那么下面选项正确的是（　　） A．、、、点角速度之比为2：1：2：1 B．点的线速度之比为 C．点向心加速度之比为 D．点和点的线速度相等 【易错警示】本题容易出错的地方在于混淆共轴转动和皮带传动的特点，共轴转动的所有点角速度相等，皮带不打滑时皮带传动的两轮边缘线速度大小相等；同时部分同学会忽略线速度是矢量，大小相等不代表线速度相等，错选D选项。解题时要先明确传动方式，对应抓住线速度或角速度的等量关系，再结合向心加速度与线速度、角速度的关系推导各物理量的比值，注意矢量相等需要大小和方向都相同。 【巩固提升1】一根长为l的轻杆，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（　　） A．A、B的线速度相同 B．A、B的角速度不相同 C．轻杆转动的角速度为 D．小球的线速度大小为 【巩固提升2】（25-26高一上·重庆沙坪坝·期末）（多选）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，带动中心为O1的主轴及拨板以恒定角速度ω顺时针转动，拨板通过接触点周期性拨动碓杆AB的尾端，使碓杆绕转轴O逆时针转动，拨板脱离碓杆尾端后碓头B借重力下落，撞击臼中谷物。当图乙中拨板O1A与恰好水平的AB杆成37°时（sin37°=0.6，cos37°=0.8），拨板与碓杆尾端接触点A与其他点的距离关系为OA=O1A=2L，OB=5L，则（    ） A．拨板拨动碓杆AB尾端使碓头B上升的过程中，碓头绕转轴O做匀速圆周运动 B．每秒钟碓头下落撞击谷物次 C．当O1A与AB间角度为37°时，碓头B的速度大小为 D．当O1A与AB间角度为45°时，碓头B的角速度大小为 知识点二 圆周运动动力学分析 【课标要求】以向心力公式为核心，结合受力分析确定向心力来源，解决不同情景下的圆周运动动力学问题，梳理水平面与竖直面内圆周运动的临界规律，掌握动力学问题的分析思路。 1.向心力的来源：某一个力，如重力、弹力、摩擦力等；几个力的合力；某个力的分力。 2.向心力的确定 （1）确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置 （2）分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。 3. 常见圆周运动情景中向心力来源图示 运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 向心力的来源 运动模型 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 水平转台 向心力的来源 【典例破题3】（24-25高一下·湖南长沙·期末）如图所示，竖直固定的一光滑圆形轨道，OA是水平半径，OB与OA成60°角，一小球从轨道上的A处由静止释放，重力加速度为g，则小球运动到B点时的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【易错警示】很多同学会直接计算出向心加速度就直接选答案，忽略了小球在B点做圆周运动，加速度是向心加速度与切向加速度的合加速度，需要将两个加速度矢量合成得到总加速度，不能直接将向心加速度当作总加速度。 【巩固提升1】（24-25高一下·山东临沂·期末）卷扬机工作原理如图所示，足够长水平绳（不计粗细）紧绕在半径为的圆筒上，轻绳另一端紧绕在半径为的转轮上。足够长的竖直绳（不计粗细）绕在半径为的小轮上，另一端与质量为的物块相连。两轮能绕固定轴同步转动。时刻圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，角速度随时间变化的关系式为，重力加速度，不计空气阻力和转轴的摩擦。卷扬机将货物吊起的过程，则（    ） A．物块的速度随时间的变化关系为 B．小轮转动的角速度随时间变化的关系为 C．时小轮边缘点的向心加速度 D．时细绳拉力的瞬时功率为 【巩固提升2】（24-25高一下·河北邢台·期末）如图所示，一小球做半径为、线速度大小为的匀速圆周运动，经过一段时间从点运动到点，把小球在点的速度平移到点，用线段来表示，下列说法正确的是（　　） A．小球在、两点的速度不相同，向心加速度也不相同 B．小球从点到点的速度变化量方向由指向 C．在时间内，小球的位移大小为 D．在时间内，小球与圆心的连线转过的角度为 知识点三 水平面内圆周运动问题的临界问题 【课标要求】掌握水平面内圆周运动临界问题的分析方法，能准确判断临界状态，找到临界条件，结合向心力公式解决相关问题。 1．与摩擦力有关的临界极值问题 物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力． （1）如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm＝，静摩擦力的方向一定指向圆心． （2）如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心． 2．与弹力有关的临界极值问题 （1）压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零． （2）绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力． 角度1：水平转盘上的物体 【典例破题4】（25-26高一下·四川攀枝花·期中）某同学在课后设计开发了如图所示的玩具装置。在水平圆台的中轴上O点固定一根结实的细绳，细绳的另一端连接一个小木箱，木箱里坐着一只玩具小熊，此时细绳与转轴间的夹角为，且处于恰好伸直的状态。已知小木箱与玩具小熊的总质量为m，木箱与水平圆台间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度为g，不计空气阻力。在可调速电动机的带动下，让水平圆台缓慢加速运动。则（　　） A．当圆台的角速度时，细绳中有弹力 B．当圆台的角速度时，细绳中有弹力，圆台对木箱没有支持力 C．当圆台的角速度时，细绳中有弹力，圆台对木箱有支持力 D．当圆台的角速度时，木箱刚好没有脱离圆台 【巩固提升1】（25-26高一下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示，两滑块A、B质量分别为0.5 kg、0.2 kg，放置水平圆盘中心两侧，两滑块间用长为0.5m细线拴接，到中心距离分别为、，开始时细线刚好拉直。现圆盘从静止开始逐渐加大转速，两滑块与圆盘间动摩擦因数均为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，下列说法正确的是（    ） A．当角速度为时，滑块B受到最大静摩擦力作用 B．当角速度为时，滑块B所受摩擦力为零 C．当角速度为时，滑块A即将开始滑动 D．当角速度为时，滑块A受到最大静摩擦力的作用 【巩固提升2】（24-25高一下·河南漯河·期末）（多选）如图所示，水平面上有足够大的圆盘，圆盘绕竖直中心轴转动，一轻质弹簧的一端固定于轴上，另一端连接质量为的小物块（可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为，开始时弹簧未发生形变，长度为，已知弹簧的劲度系数为，重力加速度为，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，圆盘角速度由零缓慢增加到某一值的过程中，则下列说法正确的是（　　） A．当圆盘开始旋转时，弹簧就会伸长 B．当圆盘角速度为，物块开始滑动 C．当圆盘角速度缓慢地增加，物块受到摩擦力有可能背离圆心 D．当弹簧的伸长量为时，圆盘的角速度为 角度2：圆锥摆问题 【典例破题5】（25-26高一下·广西百色·阶段检测）如图所示是某游乐场“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘上，绳子下端连接座椅，人坐在飞椅上随转盘在空中绕竖直转轴转动。设绳子长L=5m，与座椅的总质量m=60kg，盘静止时人与轴间的距离d=5m，此时座椅离地面H=7m。转盘慢慢加速运动，经过一段时间后转速保持稳定，此时绳子与竖直方向的夹角为θ=37°且保持不变。不计空气阻力，绳子不可伸长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)转盘转动到稳定状态时，悬绳的拉力及游客的线速度大小？（计算结果可用根式表示） (2)若转盘稳定转动后，一位游客随身携带的手机突然滑落下来。为了保证安全，管理员应该让地面上的游客至少离中心轴多远？ 【归纳总结】水平面内圆周运动的临界问题，通常会出现弹力突变或摩擦力突变的临界情况，解决这类问题的核心思路是：先明确向心力的来源，分析转速变化过程中各个力的变化规律，找到临界状态对应的受力条件，再结合牛顿第二定律列方程求解。常见临界模型主要分为两类：一类是静摩擦力提供向心力的临界，转速增大时静摩擦力随之增大，当静摩擦力达到最大值时对应的角速度就是物体不发生滑动的临界角速度；另一类是存在多个弹力或摩擦力共同提供向心力的情况，要注意分析某个力从零到有、从有到零的突变临界点，对应这个临界点可先求出临界角速度，再分情况讨论不同角速度范围内物体的受力与运动状态。 【巩固提升1】（25-26高一上·江苏宿迁·期末）如图所示，一根长为的轻绳穿过一质量为m的光滑小圆环，绳两端固定在竖直杆上的A、B两点，A、B两点间的距离为L，重力加速度为g。现让杆缓慢加速转动，则转动后（   ） A．两段绳的夹角可能为 B．绳上拉力一定大于 C．小圆环可能出现的位置在同一球面上 D．若转动足够快，圆环所处的高度可以超过中点 【巩固提升2】（25-26高一上·山东泰安·期末）如图所示，某同学手握一段硬质细塑料管，一根不可伸长的细线穿过塑料管，细线一端连接小球A，另一端连接物块B。现该同学通过摇动手中塑料管，使小球A在水平面内做匀速圆周运动，物块B处于静止状态。初始时刻小球A的速度大小为v，塑料管上管口与小球A之间的细线长为。改变物块B的高度后，再次让小球A在水平面内做匀速圆周运动，物块B仍处于静止状态，此时小球A的速度大小为2v，塑料管上管口与小球A之间的细线长为，不计空气阻力，忽略细线与塑料管之间的摩擦，小球A在做匀速圆周运动时，塑料管竖直静止。则值为（　　） A．2 B． C．4 D． 角度3：飞机、车辆转弯问题 【典例破题6】（25-26高三上·天津·期中）飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和作用在机翼上的升力以及空气阻力，升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜（如图所示），以保证除发动机推力和空气阻力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率在水平面内做半径为的匀速圆周运动时机翼与水平面成角，飞行周期为，则下列说法正确的是（　　） A．若飞行速率不变，增大，则升力减小 B．若飞行速率增大，减小，则周期减小 C．若不变，飞行速率增大，则半径增大 D．若飞行速率不变，增大，则向心力减小 【归纳总结】飞机在水平面内匀速盘旋属于典型的水平面内圆周运动问题，受力分析时要明确重力和升力的合力沿水平方向提供向心力，找准向心力来源后再结合向心力公式分析各物理量的变化关系即可，这类问题的分析逻辑和圆锥摆模型完全一致。 【巩固提升1】（25-26高三上·四川绵阳·开学考试）（多选）如图甲是某花样滑冰运动员在赛场上的情形，假设在比赛的某段时间他单脚着地，以速度做匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而受与冰面夹角为的支持力，如图乙冰刀与冰面的夹角为，该运动员的质量为，重力加速度为，，，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．该运动员受重力、冰面的支持力、向心力的作用 B．冰面对该运动员的支持力大小为 C．该运动员做匀速圆周运动的半径为 D．该运动员做匀速圆周运动的向心加速度大小为 【巩固提升2】（23-24高一下·陕西汉中·期末）王老师质量，骑一辆质量的电动自行车上下班。电动自行车的最大速率为8m/s。图1为王老师上下班必经的十字路口，路径1为上班时右转路径，路径2为下班左转路径，路径1、2均可看作圆的一部分，路径1的半径为5m，电动自行车与地面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度。 （1）若王老师通过路径1时保持匀速率行驶，求王老师在路径1安全行驶的最大速度； （2）若王老师以电动自行车最大速率安全匀速通过路径2，求路径2的最小半径； （3）周末王老师骑电动自行车前往家附近的公园游玩。在通过如图2半径为8m的拱桥最高点时车速为4m/s，求在最高点处桥面对王老师和车整体的支持力大小。 \ 角度4：倾斜转盘上的圆周运动 【典例破题7】（24-25高一下·山东青岛·期末）（多选）如图所示，倾斜圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的转轴以角速度ω匀速转动，盘面有一可视为质点的物块随圆盘一起做匀速圆周运动。已知物块的质量为0.1kg，物块到转轴的距离为0.5m，物块与盘面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面夹角θ = 30°，重力加速度g = 10m/s2。下列说法正确的是（   ） A．角速度ω的最大值为 B．运动过程中摩擦力方向始终通过圆盘中心 C．ω越大物块在最高点受到的摩擦力一定越大 D．物块在最高点受到的摩擦力最小值为0.25N 【归纳总结】倾斜圆盘上的圆周运动属于斜面内的圆周动力学问题，分析时要注意物块在不同位置的受力差异，尤其要关注重力沿斜面的分力对向心力的贡献：物块在最低点时，最大静摩擦力沿斜面向上抵消重力分力后提供向心力，此时最容易发生滑动，因此角速度的最大值由最低点的临界受力情况决定；分析最高点的摩擦力变化时，需要结合角速度的大小讨论摩擦力的方向与大小变化，不能直接默认摩擦力一定指向圆心或摩擦力随角速度增大单调变化。 【巩固提升1】（23-24高一下·江西新余·期末）（多选）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动（），盘面上离转轴距离1m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为2kg，与盘面间的动摩擦因数为0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为，取。则下列说法正确的是（　　） A．角速度的最大值是 B．小物体运动到与圆盘中心等高的位置时所受的摩擦力大于10N C．取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力的范围为 D．小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为 【巩固提升2】（23-24高一下·四川成都·阶段检测）如图所示，倾角的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴上。转台以角速度ω匀速转动时，将质量为m的小物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对静止在斜面上，此时小物块到A点的距离为L。已知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦等于滑动摩擦力，，。则物块相对斜面静止时（    ） A．小物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向下 B．小物块对斜面的压力一定等于mg C．水平转台转动角速度ω应不小于 D．水平转台转动角速度ω的最大值为 知识点四 竖直面内圆周运动的临界问题 【课标要求】能分析竖直面内圆周运动的受力特点，掌握不同临界情景下的临界条件，会结合牛顿第二定律解决竖直面内圆周运动的相关问题。 1．竖直面内圆周运动两类模型 一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“轻绳模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“轻杆模型”． 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法 轻绳模型 轻杆模型 实例 如球与绳连接、沿内轨道运动的球等 如球与杆连接、球在内壁光滑的圆管内运动等 图示 最高点无支撑 最高点有支撑 最 高 点 受力特征 重力、弹力，弹力方向向下或等于零 重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向上 受力示意图 力学特征 mg＋FN＝m mg±FN＝m 临界特征 FN＝0，vmin＝ 竖直向上的FN＝mg，v＝0 过最高点条件 v≥ v≥0 速度和弹力关 系讨论分析 ①能过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力为FN ②不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动 ①当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 ②当0<v<时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小 ③当v＝时，FN＝0 ④当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大 角度1：竖直面内的轻绳模型（或单层轨道模型） 【典例破题8】（25-26高一下·黑龙江·期中）（多选）如图所示，水平粗糙滑道AB与竖直光滑半圆形轨道BC在B处平滑相接，BC半径为R。轻质弹簧的一端接在固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与B点的距离为L。质量为m的小物块在外力作用下向左压缩弹簧（不拴接）到某一位置P处，此时弹簧的压缩量为d。由静止释放小物块，小物块沿滑道AB运动后进入半圆形轨道BC，且刚好能到达半圆形轨道的顶端C点，已知小物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小物块可视为质点，则（　　） A．物块在N点的速度最大 B．物块在C点的速度为 C．物块刚离开弹簧时的速度大小为 D．刚释放物块时，弹簧的弹性势能为 【归纳总结】竖直圆周运动问题要抓住临界条件，绳子模型和轨道内侧模型中，物体刚好通过最高点的临界条件是重力恰好提供向心力，此时最高点速度满足；分析运动过程中的能量变化时，要注意重力做功改变动能，粗糙轨道摩擦力做功会消耗机械能，结合动能定理或能量守恒关系即可求解对应物理量，同时要注意速度最大的位置是合力为零的位置，不要直接错误认为弹簧原长位置就是速度最大位置。 【巩固提升1】（24-25高一下·吉林长春·阶段检测）如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆弧BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求： (1)弹簧对滑块做的功； (2)滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力； (3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。 【巩固提升2】（25-26高一上·江西景德镇·期末）如图所示，将一质量为可视为质点的小球系于长为的细线上绕点作竖直圆周运动，某时刻在最低点点时细线断裂，小球从离水平地面高的点水平向右飞出，测得第一次落点与点的水平距离为。不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)小球落到点时的速度； (2)若小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为，第一次落点与第二次落点之间的距离为。且小球与地面碰撞时，碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，求第5次碰撞时跟点时的水平位移大小。 角度2：轻杆模型（或管道模型） 【典例破题9】（2026·福建龙岩·三模）如图所示，竖直平面内固定的圆弧轨道BCD和圆管轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧圆心，半径均为，C点和E点分别是轨道的最低点和最高点，OB和OD连线与竖直直径的夹角分别为60°和37°，BF是与轨道共面的倾角为α（α未知）的直线，在该直线上某点A将一质量为的小球以某一初速度水平抛出，恰好从B点沿圆弧轨道的切线进入轨道，经过C点时速度大小为4m/s。已知小球直径略小于圆管内径，且远小于圆弧半径，不计轨道摩擦和空气阻力，，，。求： (1)小球经过C点时对轨道压力的大小； (2)小球平抛初速度的大小； (3)若从直线BF上水平抛出的小球均能从圆弧轨道的B点沿切线进入轨道，且小球能够到达E点，则抛出点到B点的竖直高度h的最小值是多少。 【巩固提升1】（24-25高一下·福建福州·期末）如图所示，竖直平面内的圆弧形粗糙管道半径，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为管道的最高点且在O的正上方。一个质量的小球，从A点正上方高处的P点由静止释放，自由下落至A点进入管道并通过B点，过B点时小球的速度为4m/s，小球最后落到AD面上的C点处。不计空气阻力，取。求： (1)小球过A点时的速度的大小； (2)小球过B点时受到管壁的压力大小； (3)C点到A点的距离。 【巩固提升2】（25-26高一下·山西晋中·期中）（多选）如图甲所示、长为的轻杆一端固定在点，另一端固定一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、杆对小球作用力的大小，作出与的关系图线如图乙所示。下列说法中正确的是（　　） A．根据图线可以得出小球的质量 B．根据图线可以得出重力加速度大小 C．根据图线可以得出 D．用质量更大的小球做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变 一、单选题 1．（25-26高一上·河南郑州·期末）如图所示，某辆自行车的后轮半径为，脚踏板到轴心的距离长度为，链轮的半径为，飞轮的半径为。某同学匀速骑行该车时，脚踏转动N圈的时间为t，则（　　） A．链轮转动的角速度为 B．飞轮与后轮边缘线速度之比为 C．链轮和飞轮的角速度之比为 D．脚踏板转速不变时，若让链轮齿数变多、飞轮齿数变少，则车速会变快 2．（25-26高一上·重庆北碚·期末）如图所示，由长为的直管和半径为的半圆形弯管、组成的光滑管道（管道内径远小于）固定于水平桌面上，管道间平滑连接。一质量为的光滑小球（小球直径略小于管道内径）从点以初速度进入管道，从点离开管道，则下列对小球在管道中的运动分析正确的是（　　） A．小球在弯管道所受合力大小为 B．小球的位移大小为 C．小球在管道中的速度保持不变 D．小球在弯管道受到的弹力方向竖直向上 3．（25-26高三上·安徽·阶段检测）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点正下方的P点处有一固定的光滑小钉子，，把细线沿水平方向拉直，由静止释放小球，细线碰到钉子前瞬间，细线的拉力大小为F1，小球的角速度大小为ω1，向心加速度大小为a1；碰到钉子后瞬间，细线的拉力大小为F2，小球的角速度大小为ω2，向心加速度大小为a2；细线没有断裂，重力加速度为g，不计小球大小和空气阻力，下列判断正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（25-26高一上·湖南邵阳·期末）如图，用劲度系数为k，原长均为的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个完全相同质量为m的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，下列说法正确的是（　　） A．小球受到橡皮筋的弹力为 B．小球匀速转动的周期为 C．小球匀速转动的线速度为 D．小球在任意相等时间内的速度变化量相等 5．（24-25高一下·安徽黄山·期末）如图所示，足够长光滑轻质细管与水平面的夹角为，细管的底端在点，可绕竖直轴转动，一根轻弹簧一端固定在轻管底端，弹簧的原长是L，劲度系数均为k，另一端拴接一质量为m的小球，小球直径略小于细管直径。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．夹角不变时，轻管对小球的弹力大小始终不变，与角速度大小无关 B．当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，弹簧刚好恢复原长 C．若轻管从静止开始绕竖直轴转动，角速度缓慢增大，转至弹簧的弹性势能与静止时相等，外界对转动装置所做的功 D．当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，为保证弹簧处于原长，调整轻管，此时 6．（23-24高一下·陕西安康·期中）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度匀速转动，盘面上离转轴2m处有一小物体（可视为质点）与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，，则（　　） A．若越大，则小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 B．小物体受到的摩擦力不可能背离圆心 C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则的最大值是 D．若小物体与盘面可的动摩因数为，则的最大值是 二、多选题 7．（25-26高一上·重庆北碚·期末）如图所示，在竖直面内有一半径为的四分之三圆形光滑轨道，以轨道圆心为坐标原点，建立坐标系。将一质量为的小球从点正上方处静止释放，从点进入圆轨道。小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为，到达点时的速度大小为，且恰好脱离轨道。下列说法正确的是（　　） A．小球在点的速度大小为 B．小球在点所受合力沿半径方向指向点 C．点的坐标为 D．脱离圆轨道后，小球运动的最高点与点的竖直高度差为 8．（24-25高一下·河南南阳·期末）如图所示，轻杆上端可绕光滑铰链在竖直平面内自由转动。可视为质点的小球固定在轻杆末端。用细绳连接小球，绳的另一端穿过位于点正下方的小孔与相连。用沿绳斜向上的拉力作用于小球，使杆保持水平，某时刻撤去拉力，小球带动轻杆绕点转动。已知小球的质量均为，杆长为，长为，重力加速度为，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（　　） A．杆保持水平时，轻杆对小球的拉力大小为 B．运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为 C．运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球的拉力大小为 D．运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球的拉力大小为 三、解答题 9．（24-25高一下·湖南·期末）如图所示，在水平圆盘上有一条标记线OAB，。圆心O点放置一个质量为m可视为质点的小物块，小物块与一根轻质弹性绳连接，绳另一端固定在O点正上方的点，圆盘与小物块间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻质弹性绳原长为L，其弹力F随伸长量x变化满足胡克定律。图中长度为2L，P为点正下方一固定的光滑小圆环，轻质弹性绳穿过圆环，且。开始时圆盘及小物块都静止，此时测得圆盘对小物块的支持力大小为，g为重力加速度。 (1)保持圆盘静止，将小物块放置在圆盘上A点，试判断小物块是否能够静止并求出此时小物块受到的摩擦力大小； (2)使圆盘以某一角速度绕匀速转动，要使小物块在A点与圆盘保持相对静止，求角速度的取值范围。 10．（25-26高一下·广东深圳·期中）某同学设计了一个如图所示的游戏装置，水平轨道右侧有一固定的弹射装置，左侧与固定在竖直平面内圆心角为120°的圆弧轨道BD平滑连接，之后再与圆心角为60°的竖直圆弧管道DE平滑连接。圆弧半径均为R，管道DE内径远小于R，E点为轨道最高点，其中水平轨道上有一段长为4R、表面粗糙的 AB段。将质量为m的滑块（视为质点）挤压弹簧后由静止释放，滑块将沿轨道运动，滑块与AB段间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，重力加速度为g。 (1)若弹簧弹性势能，求滑块第一次运动到圆轨道最低点B时的速度和对轨道的压力大小； (2)若滑块飞出E点后恰好落到A点，求弹簧弹性势能多大； (3)若滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，求弹簧弹性势能应该满足的条件。 11．（24-25高一下·河南漯河·期末）如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为的光滑斜面底端处，另一端放置一可视为质点的滑块，滑块的质量，滑块与弹簧不连接。在外力作用下将滑块沿斜面向下缓慢推到某一位置时，再撤去外力，滑块从静止开始沿斜面运动到顶端点后离开斜面，恰好水平飞上顺时针匀速运行的水平传送带。已知滑块离开斜面时弹簧已恢复原长，滑块沿斜面向上运动的距离，传送带上表面距点的竖直高度，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带的长度为，重力加速度。求： (1)滑块飞上传送带时的速度大小，及弹簧初始时储存的弹性势能； (2)若传送带的速度为，求滑块第一次滑到传送带右端时，传送带多消耗的电能； (3)传送带右端竖直固定两个半径为的光滑半圆弧轨道，且轨道下端恰好与传送带相切，若使滑块不能离开传送带和圆弧构成的轨道，传送带的速度大小应满足什么条件。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 圆周运动及其分析 内容导航 01 复习目标→ 明考向、知权重、晓关联、以目标导学，以考向定标 02 知识重构 → 系统讲解核心知识，重构整合形成体系 脉络重构：快速扫描高频考点，定位薄区 典例破题：精选例题，呈现思路点拨+规范解答+方法提炼 巩固提升：趁热打铁练一练，强化巩固所学 03综合通关 → 综合演练，梯度设题；查漏补缺，闭环收官 04错题留痕 → 预留固定区域，记录错题题号、错因与正解 常考考点 命题风向 1. 圆周运动基本概念 2. 各物理量之间的换算关系、传动模型 3. 向心力的理解、来源与受力分析 4. 水平面、竖直面圆周运动模型及临界极值问题 5. 圆周运动与平抛、机械能、牛顿定律综合问题 1. 基础概念与公式换算多以选择题考查，侧重物理量辨析、单位换算、比值计算 2. 传动模型为高频基础题型，常结合图像、多轮组合考查线速度、角速度大小关系 3. 向心力受力分析是核心，区分向心力性质、来源，判断合力与分力作用 4. 竖直圆周运动临界问题为重难点，高频考查绳模型、杆模型、轨道模型临界条件 5. 综合题结合抛体运动、动能定理、机械能守恒命题，作为期末压轴题 考情解码：本专题是曲线运动核心难点，承接平抛、运动合成与分解，是高中物理力学重点板块。高一期末考试中基础概念、传动问题难度偏低；向心力分析、水平面圆周运动为中档题；竖直圆周临界问题、力学综合题为拉分难点。命题常结合生活、交通工具、游乐设施（摩天轮、过山车、转弯轨道、齿轮传动）创设情景。 脉｜络｜重｜构 考｜点｜精｜讲 知识点一 圆周运动的描述 【课标要求】能结合实例识别匀速圆周运动，理解线速度、角速度、周期、向心加速度等物理量的概念，掌握各物理量之间的换算关系，能解决常见传动问题中的线速度、角速度比较问题。 1．匀速圆周运动 （1）定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动． （2）特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动． （3）条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心． 2．描述匀速圆周运动的物理量 定义、意义 公式、单位 线速度 定义：通过的弧长与所用时间的比值 意义：描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v) (1)v＝＝ (2)单位：m/s 角速度 定义：转过角度与所用时间的比值 意义：描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) (1)ω＝＝ (2)单位：rad/s 周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T) (1)T＝＝，单位：s (2)f＝，单位：Hz 转数 定义：转动的圈数与所用时间的比值 n=f，单位：r/s 向心加速度 (1)描述速度方向变化快慢的物理量(an) (2)方向指向圆心 (1)an＝＝rω2 (2)单位：m/s2 3. 常见三种传动方式及特点 传动类型 图示 结论 共轴传动 A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比 皮带传动 A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比 齿轮传动(摩擦传动) vA=vB(线速度)，， （分别表示两齿轮的齿数) 角度1：圆周运动基本量的分析与计算 【典例破题1】（24-25高一上·浙江宁波·期末）如图所示，柔力球以迎、引、抛及弧形接发技术为特征，是一项集健身、表演和竞技为一体的富有民族特色的体育运动。如图，健身者能控制球拍使球在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，忽略球运动过程中受到的空气阻力。a为圆周的最高点，c为最低点，在这两处拍面水平，b、d两点与圆心O等高，已知球的质量为m，重力加速度大小为g，球在c点对球拍的压力大小为5mg，则球（　　） A．做圆周运动的线速度大小为 B．在a处受到球拍的作用力为4mg C．在b处一定受到三个力的作用 D．圆周运动的角速度为 【答案】D 【详解】A．球在c点对球拍的压力大小为，则由牛顿第三定律可知，在c点球拍对球的支持力大小为 在c点，由牛顿第二定律可得 解得小球做圆周运动的线速度大小为，故A错误； B．在a处，由牛顿第二定律可得 解得小球在a处受到球拍的作用力大小为，故B错误； C．设在b处球拍与水平面的夹角为，假设小球在b处受重力、支持力合力刚好充当向心力，列式得 又根据A选项得 解得 存在满足，可得在b处可以只受重力、支持力两个力的作用，故C错误； D．圆周运动线速度与角速度的关系 又根据A选项得 解得，故D正确。 故选D。 【易错警示】本题容易出错的地方在于对不同位置球的受力分析出现错误，比如分析b处受力时，想当然认为一定还存在摩擦力的作用，忽略了重力和支持力的合力恰好可以提供向心力的情况；另外在最高点a处分析受力时，容易错把球拍的作用力当成向心力，忘记结合重力一同分析，或者混淆作用力与反作用力的关系，记错牛顿第三定律的应用逻辑，得出错误的作用力大小。解题时一定要先明确研究对象的受力，结合匀速圆周运动向心力由合外力提供的规律逐一分析，避免陷入思维误区。 【巩固提升1】（25-26高一上·浙江温州·期末）（多选）图甲所示的摩天轮是热门游乐项目。某次运行中，质量为m的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，其竖直方向上的速度随时间t变化的规律如图乙所示（规定竖直向上为正方向）。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．摩天轮的运动周期为 B．在时，游客处于最低点 C．在时，游客的向心加速度方向竖直向下 D．在时，游客所需向心力的大小为 【答案】AC 【详解】A．由图可知，摩天轮的运动周期为，A正确； B．在时，竖直速度最大，则游客处于与圆心等高的位置，B错误； C．在时，游客到达最高点，则此时向心加速度方向竖直向下，C正确； D．游客做匀速圆周运动的速度为v0，在时，游客到达最低点，所需向心力的大小为，D错误。 故选AC。 【巩固提升2】（25-26高一上·湖南衡阳·期末）如图所示，一个倾角为37°的圆盘正绕其圆心O点匀速转动，AB为圆盘的直径。当B点在最高点时，圆盘最低点A点的正上方有一个小球（视为质点）向B点以6m/s的速度水平抛出，小球垂直打在圆盘的边缘上且不反弹，取，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球在空中的运动时间为0.6s B．小球在空中的运动时间为1s C．要使得小球正好落在B点，圆盘转动的角速度可能是 D．要使得小球正好落在B点，圆盘转动的角速度可能是 【答案】D 【详解】AB．小球垂直打在倾斜圆盘上 竖直方向 解得小球在空中的运动时间为，AB错误； CD．要使得小球正好落在B点，圆盘转动的角速度满足 当时，圆盘转动角速度是，C错误，D正确。 故选D。 角度2：三类传动问题 【典例破题2】（23-24高一上·河北石家庄·期末）如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为。点在小轮上，到小轮中心的距离为。点和点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，那么下面选项正确的是（　　） A．、、、点角速度之比为2：1：2：1 B．点的线速度之比为 C．点向心加速度之比为 D．点和点的线速度相等 【答案】B 【详解】A．A、C的线速度大小相等，故 因为B、C、D的角速度相等，A、B、C、D点角速度之比为2：1：1：1，故A错误； B．因为B、C、D的角速度相等，则 又因为A点和C点的线速度大小相等，A、B、C、D点的线速度之比为2：1：2：4，故B正确； C．因为B、C、D的角速度相等，根据可知，B、C、D点向心加速度之比等于半径之比，B、C、D点向心加速度之比1：2：4。A、C的线速度大小相等，由可知，A、C的向心加速度之比与半径成反比，即A、C的向心加速度之比2∶1，综上可知，A、B、C、D点向心加速度之比为4：1：2：4，故C错误； D．A点和C点的线速度大小相等，方向不同，故D错误。 故选B。 【易错警示】本题容易出错的地方在于混淆共轴转动和皮带传动的特点，共轴转动的所有点角速度相等，皮带不打滑时皮带传动的两轮边缘线速度大小相等；同时部分同学会忽略线速度是矢量，大小相等不代表线速度相等，错选D选项。解题时要先明确传动方式，对应抓住线速度或角速度的等量关系，再结合向心加速度与线速度、角速度的关系推导各物理量的比值，注意矢量相等需要大小和方向都相同。 【巩固提升1】一根长为l的轻杆，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（　　） A．A、B的线速度相同 B．A、B的角速度不相同 C．轻杆转动的角速度为 D．小球的线速度大小为 【答案】D 【详解】AB．A、B两点在轻杆上同轴转动，角速度是相同的，根据线速度与角速度的关系 二者的线速度不同，故AB错误； C．此时的OB距离为 将物块的速度沿杆、垂直杆分解，在垂直杆方向的分量为 所以转轴的角速度为，故C错误； D．小球的线速度大小为，故D正确。 故选D。 【巩固提升2】（25-26高一上·重庆沙坪坝·期末）（多选）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，带动中心为O1的主轴及拨板以恒定角速度ω顺时针转动，拨板通过接触点周期性拨动碓杆AB的尾端，使碓杆绕转轴O逆时针转动，拨板脱离碓杆尾端后碓头B借重力下落，撞击臼中谷物。当图乙中拨板O1A与恰好水平的AB杆成37°时（sin37°=0.6，cos37°=0.8），拨板与碓杆尾端接触点A与其他点的距离关系为OA=O1A=2L，OB=5L，则（    ） A．拨板拨动碓杆AB尾端使碓头B上升的过程中，碓头绕转轴O做匀速圆周运动 B．每秒钟碓头下落撞击谷物次 C．当O1A与AB间角度为37°时，碓头B的速度大小为 D．当O1A与AB间角度为45°时，碓头B的角速度大小为 【答案】BC 【详解】A．拨板拨动碓杆尾端使碓头上升时，拨板上点的角速度恒定，但点的速度方向不断变化，导致碓杆的角速度不恒定。因此碓头绕转轴不是做匀速圆周运动，故A错误。 B．拨板每转动一周，拨板拨动碓杆四次，使碓头下落撞击四次。因此每秒撞击次数为频率，故B正确。 D．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 当时，碓杆绕点转动的角速度，故D错误。 C．当时，，则碓头线速度，故C正确。 故选BC。 知识点二 圆周运动动力学分析 【课标要求】以向心力公式为核心，结合受力分析确定向心力来源，解决不同情景下的圆周运动动力学问题，梳理水平面与竖直面内圆周运动的临界规律，掌握动力学问题的分析思路。 1.向心力的来源：某一个力，如重力、弹力、摩擦力等；几个力的合力；某个力的分力。 2.向心力的确定 （1）确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置 （2）分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。 3. 常见圆周运动情景中向心力来源图示 运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 向心力的来源 运动模型 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 水平转台 向心力的来源 【典例破题3】（24-25高一下·湖南长沙·期末）如图所示，竖直固定的一光滑圆形轨道，OA是水平半径，OB与OA成60°角，一小球从轨道上的A处由静止释放，重力加速度为g，则小球运动到B点时的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A到B点，由动能定理有 则在B点小球的向心加速度大小 在B点小球沿切线方向的加速度大小为 故小球运动到B点时加速度为 故选C。 【易错警示】很多同学会直接计算出向心加速度就直接选答案，忽略了小球在B点做圆周运动，加速度是向心加速度与切向加速度的合加速度，需要将两个加速度矢量合成得到总加速度，不能直接将向心加速度当作总加速度。 【巩固提升1】（24-25高一下·山东临沂·期末）卷扬机工作原理如图所示，足够长水平绳（不计粗细）紧绕在半径为的圆筒上，轻绳另一端紧绕在半径为的转轮上。足够长的竖直绳（不计粗细）绕在半径为的小轮上，另一端与质量为的物块相连。两轮能绕固定轴同步转动。时刻圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，角速度随时间变化的关系式为，重力加速度，不计空气阻力和转轴的摩擦。卷扬机将货物吊起的过程，则（    ） A．物块的速度随时间的变化关系为 B．小轮转动的角速度随时间变化的关系为 C．时小轮边缘点的向心加速度 D．时细绳拉力的瞬时功率为 【答案】C 【详解】A．根据线速度和角速度的关系，可知圆筒速度随时间的变化关系为 即的转轮边缘线速度随时间变化关系也为 因为的转轮和半径为的小轮角速度相等，所以小轮的线速度只有转轮的一半，即，即物块的速度随时间的变化关系为，故A错误； B．根据线速度和角速度的关系，小轮转动的角速度随时间变化的关系为，故B错误； C．时小轮边缘点的线速度为 根据向心力公式 解得时小轮边缘点的向心加速度，故C正确； D．时小轮边缘点的切向加速度为 对物块 解得拉力 根据功率公式，细绳拉力功率 代入数据解得细绳拉力的瞬时功率为，故D错误。 故选C。 【巩固提升2】（24-25高一下·河北邢台·期末）如图所示，一小球做半径为、线速度大小为的匀速圆周运动，经过一段时间从点运动到点，把小球在点的速度平移到点，用线段来表示，下列说法正确的是（　　） A．小球在、两点的速度不相同，向心加速度也不相同 B．小球从点到点的速度变化量方向由指向 C．在时间内，小球的位移大小为 D．在时间内，小球与圆心的连线转过的角度为 【答案】A 【详解】A．小球在、两点的速度大小相同、方向不同，向心加速度的大小相同、方向不同，则小球在、两点的速度与向心加速度均不相同，故A正确； B．小球从点到点的速度变化量用线段来表示，方向由初速度的箭头端指向末速度的箭头端，即由指向，故B错误； C．在时间内，小球的路程为，在曲线运动中，路程大于位移，故C错误； D．在时间内，小球与圆心的连线转过的角度，故D错误。 故选A。 知识点三 水平面内圆周运动问题的临界问题 【课标要求】掌握水平面内圆周运动临界问题的分析方法，能准确判断临界状态，找到临界条件，结合向心力公式解决相关问题。 1．与摩擦力有关的临界极值问题 物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力． （1）如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm＝，静摩擦力的方向一定指向圆心． （2）如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心． 2．与弹力有关的临界极值问题 （1）压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零． （2）绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力． 角度1：水平转盘上的物体 【典例破题4】（25-26高一下·四川攀枝花·期中）某同学在课后设计开发了如图所示的玩具装置。在水平圆台的中轴上O点固定一根结实的细绳，细绳的另一端连接一个小木箱，木箱里坐着一只玩具小熊，此时细绳与转轴间的夹角为，且处于恰好伸直的状态。已知小木箱与玩具小熊的总质量为m，木箱与水平圆台间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度为g，不计空气阻力。在可调速电动机的带动下，让水平圆台缓慢加速运动。则（　　） A．当圆台的角速度时，细绳中有弹力 B．当圆台的角速度时，细绳中有弹力，圆台对木箱没有支持力 C．当圆台的角速度时，细绳中有弹力，圆台对木箱有支持力 D．当圆台的角速度时，木箱刚好没有脱离圆台 【答案】C 【详解】A．当木箱与圆台之间的摩擦力刚好达到最大时，细绳恰好无张力，设此时的角速度为，根据牛顿第二定律有 解得 即角速度大于时，绳子开始有弹力，故A错误； BCD．当圆台对木箱的支持力恰好为0时，设此时圆台的角速度为，根据牛顿第二定律有 解得 即角速度大于时，圆台对木箱的支持力为0，木箱开始离开圆台；综上分析，可知当时，细绳中有弹力，圆台对木箱有支持力，故BD错误，C正确。 故选C。 【巩固提升1】（25-26高一下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示，两滑块A、B质量分别为0.5 kg、0.2 kg，放置水平圆盘中心两侧，两滑块间用长为0.5m细线拴接，到中心距离分别为、，开始时细线刚好拉直。现圆盘从静止开始逐渐加大转速，两滑块与圆盘间动摩擦因数均为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，下列说法正确的是（    ） A．当角速度为时，滑块B受到最大静摩擦力作用 B．当角速度为时，滑块B所受摩擦力为零 C．当角速度为时，滑块A即将开始滑动 D．当角速度为时，滑块A受到最大静摩擦力的作用 【答案】D 【详解】A．滑块A、B做圆周运动，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大值时，有 解得临界角速度 代入题中数据，解得A、B的临界角速度分别为 因为，所以当角速度增大时，B先达到最大静摩擦力。因为，因此时此时细线无张力，B受到静摩擦力，但不是最大静摩擦力，故A错误； B．因为，则细线有张力，B的摩擦力达到最大静摩擦力，故B错误； C．当AB出现相对滑动时，对B有 对A有 联立解得 可知当角速度为时，滑块A已开始滑动，故C错误； D．由C选项可知，当角速度为时，A受到最大静摩擦力的作用，故D正确。 故选D。 【巩固提升2】（24-25高一下·河南漯河·期末）（多选）如图所示，水平面上有足够大的圆盘，圆盘绕竖直中心轴转动，一轻质弹簧的一端固定于轴上，另一端连接质量为的小物块（可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为，开始时弹簧未发生形变，长度为，已知弹簧的劲度系数为，重力加速度为，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，圆盘角速度由零缓慢增加到某一值的过程中，则下列说法正确的是（　　） A．当圆盘开始旋转时，弹簧就会伸长 B．当圆盘角速度为，物块开始滑动 C．当圆盘角速度缓慢地增加，物块受到摩擦力有可能背离圆心 D．当弹簧的伸长量为时，圆盘的角速度为 【答案】BD 【详解】AC．开始时弹簧未发生形变，物块受到指向圆心的静摩擦力提供圆周运动的向心力；圆盘角速度缓慢地增加，静摩擦力逐渐增大，当角速度增加到一定值时，静摩擦力达到最大静擦力，如果圆盘的角速度继续增大，则小物块做离心运动，受到摩擦力为指向圆心的滑动摩擦力，弹簧将伸长。在物块与圆盘没有发生滑动的过程中，物块只能有背离圆心的趋势，则摩擦力不可能背离圆心，故AC错误； B．物块开始滑动有，解得，故B正确； D．当圆盘角速度缓慢地增加，弹簧的伸长量为时，则有，解得，故D正确。 故选BD。 角度2：圆锥摆问题 【典例破题5】（25-26高一下·广西百色·阶段检测）如图所示是某游乐场“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘上，绳子下端连接座椅，人坐在飞椅上随转盘在空中绕竖直转轴转动。设绳子长L=5m，与座椅的总质量m=60kg，盘静止时人与轴间的距离d=5m，此时座椅离地面H=7m。转盘慢慢加速运动，经过一段时间后转速保持稳定，此时绳子与竖直方向的夹角为θ=37°且保持不变。不计空气阻力，绳子不可伸长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)转盘转动到稳定状态时，悬绳的拉力及游客的线速度大小？（计算结果可用根式表示） (2)若转盘稳定转动后，一位游客随身携带的手机突然滑落下来。为了保证安全，管理员应该让地面上的游客至少离中心轴多远？ 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）稳定转动时，人和座椅竖直方向受力平衡 解得 圆周运动的转动半径 水平方向合力提供向心力 解得 （2）手机滑落时离地面高度 竖直方向自由下落 水平方向匀速运动 由于平抛速度方向与圆周半径方向垂直，因此落地点到中心轴的距离 解得 【归纳总结】水平面内圆周运动的临界问题，通常会出现弹力突变或摩擦力突变的临界情况，解决这类问题的核心思路是：先明确向心力的来源，分析转速变化过程中各个力的变化规律，找到临界状态对应的受力条件，再结合牛顿第二定律列方程求解。常见临界模型主要分为两类：一类是静摩擦力提供向心力的临界，转速增大时静摩擦力随之增大，当静摩擦力达到最大值时对应的角速度就是物体不发生滑动的临界角速度；另一类是存在多个弹力或摩擦力共同提供向心力的情况，要注意分析某个力从零到有、从有到零的突变临界点，对应这个临界点可先求出临界角速度，再分情况讨论不同角速度范围内物体的受力与运动状态。 【巩固提升1】（25-26高一上·江苏宿迁·期末）如图所示，一根长为的轻绳穿过一质量为m的光滑小圆环，绳两端固定在竖直杆上的A、B两点，A、B两点间的距离为L，重力加速度为g。现让杆缓慢加速转动，则转动后（   ） A．两段绳的夹角可能为 B．绳上拉力一定大于 C．小圆环可能出现的位置在同一球面上 D．若转动足够快，圆环所处的高度可以超过中点 【答案】B 【详解】A．若两段绳的夹角为，则为等边三角形，则点在中点等高处，与的合力会水平向右，不能够抵消重力的作用，不能稳定在水平面内做圆周运动，故A错误； B．设，，绳上拉力为，则在竖直方向有 由数学知识可得，故B正确； C．因为，即点到两定点的距离之和为定值，由椭圆的定义可知，小圆环的位置在椭圆上，不可能在同一球面上，故C错误； D．与的合力在的角平分线上，需要有竖直方向的分力抵消重力，故与的合力一定斜向上方，则圆环所处的高度一定低于中点，故D错误。 故选B。 【巩固提升2】（25-26高一上·山东泰安·期末）如图所示，某同学手握一段硬质细塑料管，一根不可伸长的细线穿过塑料管，细线一端连接小球A，另一端连接物块B。现该同学通过摇动手中塑料管，使小球A在水平面内做匀速圆周运动，物块B处于静止状态。初始时刻小球A的速度大小为v，塑料管上管口与小球A之间的细线长为。改变物块B的高度后，再次让小球A在水平面内做匀速圆周运动，物块B仍处于静止状态，此时小球A的速度大小为2v，塑料管上管口与小球A之间的细线长为，不计空气阻力，忽略细线与塑料管之间的摩擦，小球A在做匀速圆周运动时，塑料管竖直静止。则值为（　　） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【详解】设小球A的质量为，物体B的质量为，第一次小球A以速度v做匀速圆周运动时，绳上拉力为T，绳与竖直方向夹角为α，则竖直方向上有，且 根据向心力公式有 可解得 第二次小球A以速度2v做匀速圆周运动时，依然有 设此时的角度为，则竖直方向上有 水平方向上 所以 根据公式可知两次运动中， 所以 故选C。 角度3：飞机、车辆转弯问题 【典例破题6】（25-26高三上·天津·期中）飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和作用在机翼上的升力以及空气阻力，升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜（如图所示），以保证除发动机推力和空气阻力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率在水平面内做半径为的匀速圆周运动时机翼与水平面成角，飞行周期为，则下列说法正确的是（　　） A．若飞行速率不变，增大，则升力减小 B．若飞行速率增大，减小，则周期减小 C．若不变，飞行速率增大，则半径增大 D．若飞行速率不变，增大，则向心力减小 【答案】C 【详解】A．题意可知升力和重力提供飞机的向心力，对飞机进行受力分析，可知升力 可知若飞行速率不变，增大，则升力增大，故A错误； B．根据题意可知向心力 因为 联立解得 可知若飞行速率增大，减小，则周期增大，故B错误； C．由B选项分析可知 可知若不变，飞行速率增大，则半径增大，故C正确； D．由B选项可知，若飞行速率不变，增大，则向心力增大，故D错误。 故选C。 【归纳总结】飞机在水平面内匀速盘旋属于典型的水平面内圆周运动问题，受力分析时要明确重力和升力的合力沿水平方向提供向心力，找准向心力来源后再结合向心力公式分析各物理量的变化关系即可，这类问题的分析逻辑和圆锥摆模型完全一致。 【巩固提升1】（25-26高三上·四川绵阳·开学考试）（多选）如图甲是某花样滑冰运动员在赛场上的情形，假设在比赛的某段时间他单脚着地，以速度做匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而受与冰面夹角为的支持力，如图乙冰刀与冰面的夹角为，该运动员的质量为，重力加速度为，，，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．该运动员受重力、冰面的支持力、向心力的作用 B．冰面对该运动员的支持力大小为 C．该运动员做匀速圆周运动的半径为 D．该运动员做匀速圆周运动的向心加速度大小为 【答案】BC 【详解】A．运动员此时只受到重力和冰面的支持力的作用，两个力的合力充当做圆周运动的向心力，故A错误； BCD．运动员受到的力，水平方向有 竖直方向有 联立解得，，，故BC正确，D错误。 故选BC。 【巩固提升2】（23-24高一下·陕西汉中·期末）王老师质量，骑一辆质量的电动自行车上下班。电动自行车的最大速率为8m/s。图1为王老师上下班必经的十字路口，路径1为上班时右转路径，路径2为下班左转路径，路径1、2均可看作圆的一部分，路径1的半径为5m，电动自行车与地面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度。 （1）若王老师通过路径1时保持匀速率行驶，求王老师在路径1安全行驶的最大速度； （2）若王老师以电动自行车最大速率安全匀速通过路径2，求路径2的最小半径； （3）周末王老师骑电动自行车前往家附近的公园游玩。在通过如图2半径为8m的拱桥最高点时车速为4m/s，求在最高点处桥面对王老师和车整体的支持力大小。 \ 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据牛顿第二定律有 解得 （2）根据牛顿第二定律有 解得 （3）根据合外力提供向心力 解得 角度4：倾斜转盘上的圆周运动 【典例破题7】（24-25高一下·山东青岛·期末）（多选）如图所示，倾斜圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的转轴以角速度ω匀速转动，盘面有一可视为质点的物块随圆盘一起做匀速圆周运动。已知物块的质量为0.1kg，物块到转轴的距离为0.5m，物块与盘面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面夹角θ = 30°，重力加速度g = 10m/s2。下列说法正确的是（   ） A．角速度ω的最大值为 B．运动过程中摩擦力方向始终通过圆盘中心 C．ω越大物块在最高点受到的摩擦力一定越大 D．物块在最高点受到的摩擦力最小值为0.25N 【答案】AD 【详解】A．小物块在最低点即将滑动时，由牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30° = mω2maxr 代入数据解得角速度的最大值，故A正确； B．由于做匀速圆周运动，合力方向指向圆盘中心，除掉最高点和最低点外其他位置摩擦力方向均不通过圆盘中心，故B错误； CD．小物块在最高点不受摩擦力，根据牛顿第二定律有 解得小物块在最高点不受摩擦力时的角速度 由于ω0 > ωmax，则在最高点一定有mgsinθ－f = mω2r 可知ω越大物块在最高点受到的摩擦力一定越小，则在最高点时摩擦力最小值为 解得，故C错误、D正确。 故选AD。 【归纳总结】倾斜圆盘上的圆周运动属于斜面内的圆周动力学问题，分析时要注意物块在不同位置的受力差异，尤其要关注重力沿斜面的分力对向心力的贡献：物块在最低点时，最大静摩擦力沿斜面向上抵消重力分力后提供向心力，此时最容易发生滑动，因此角速度的最大值由最低点的临界受力情况决定；分析最高点的摩擦力变化时，需要结合角速度的大小讨论摩擦力的方向与大小变化，不能直接默认摩擦力一定指向圆心或摩擦力随角速度增大单调变化。 【巩固提升1】（23-24高一下·江西新余·期末）（多选）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动（），盘面上离转轴距离1m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为2kg，与盘面间的动摩擦因数为0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为，取。则下列说法正确的是（　　） A．角速度的最大值是 B．小物体运动到与圆盘中心等高的位置时所受的摩擦力大于10N C．取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力的范围为 D．小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为 【答案】AB 【详解】A．当小物体随圆盘转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得 解得 故A正确； B．小物体运动到与圆盘中心等高的位置时所受的摩擦力与重力沿圆盘向下分力的合力提供向心力，则 故B正确； C．根据A选项求得的最大角速度分析，最高点处，小物体同样由摩擦力和重力共同提供向心力，但此时摩擦力向上，为最高点的最小摩擦力 , 此时若角速度降低，则摩擦力增大，到停下来时，为最高点摩擦力的最大值，因此 故C错误； 重力沿圆盘向下的分力 由于 圆盘的角速度最大时小物体在最高点 解得 所以取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力的范围为 故C正确； D．小物体由最低点运动到最高点的过程中，动能增量为0，由动能定理得 解得摩擦力所做的功为 故D错误。 故选AB。 【巩固提升2】（23-24高一下·四川成都·阶段检测）如图所示，倾角的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴上。转台以角速度ω匀速转动时，将质量为m的小物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对静止在斜面上，此时小物块到A点的距离为L。已知小物块与斜面之间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦等于滑动摩擦力，，。则物块相对斜面静止时（    ） A．小物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向下 B．小物块对斜面的压力一定等于mg C．水平转台转动角速度ω应不小于 D．水平转台转动角速度ω的最大值为 【答案】C 【详解】A．当角速度较小时，小物块有沿斜面向下的运动趋势，受到的摩擦力方向沿斜面向上，故A错误； BCD．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 x轴方向 解得 ， 当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图乙所示，y轴方向根据平衡条件 x轴方向 解得 ， 由上分析可知，角速度取值范围为 小物块对斜面的压力大小 取值范围为 故C正确，BD错误。 故选C。 知识点四 竖直面内圆周运动的临界问题 【课标要求】能分析竖直面内圆周运动的受力特点，掌握不同临界情景下的临界条件，会结合牛顿第二定律解决竖直面内圆周运动的相关问题。 1．竖直面内圆周运动两类模型 一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“轻绳模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“轻杆模型”． 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法 轻绳模型 轻杆模型 实例 如球与绳连接、沿内轨道运动的球等 如球与杆连接、球在内壁光滑的圆管内运动等 图示 最高点无支撑 最高点有支撑 最 高 点 受力特征 重力、弹力，弹力方向向下或等于零 重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向上 受力示意图 力学特征 mg＋FN＝m mg±FN＝m 临界特征 FN＝0，vmin＝ 竖直向上的FN＝mg，v＝0 过最高点条件 v≥ v≥0 速度和弹力关 系讨论分析 ①能过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力为FN ②不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动 ①当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 ②当0<v<时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小 ③当v＝时，FN＝0 ④当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大 角度1：竖直面内的轻绳模型（或单层轨道模型） 【典例破题8】（25-26高一下·黑龙江·期中）（多选）如图所示，水平粗糙滑道AB与竖直光滑半圆形轨道BC在B处平滑相接，BC半径为R。轻质弹簧的一端接在固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与B点的距离为L。质量为m的小物块在外力作用下向左压缩弹簧（不拴接）到某一位置P处，此时弹簧的压缩量为d。由静止释放小物块，小物块沿滑道AB运动后进入半圆形轨道BC，且刚好能到达半圆形轨道的顶端C点，已知小物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小物块可视为质点，则（　　） A．物块在N点的速度最大 B．物块在C点的速度为 C．物块刚离开弹簧时的速度大小为 D．刚释放物块时，弹簧的弹性势能为 【答案】BD 【详解】A．物块速度最大的位置是合力为零的位置：物块从向运动时，在到达点前，当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，加速度为零，速度最大，此时弹簧仍处于压缩状态，不是点，故A错误； B．小物块刚好到达半圆形轨道顶端点，此时重力恰好提供向心力 解得，故B正确； C．设物块刚离开弹簧（点）的速度为，从到由动能定理 整理得，故C错误； D．设刚释放物块时弹簧的弹性势能为，对从释放到到达点的过程由能量守恒得 整理得，故D正确。 故选BD。 【归纳总结】竖直圆周运动问题要抓住临界条件，绳子模型和轨道内侧模型中，物体刚好通过最高点的临界条件是重力恰好提供向心力，此时最高点速度满足；分析运动过程中的能量变化时，要注意重力做功改变动能，粗糙轨道摩擦力做功会消耗机械能，结合动能定理或能量守恒关系即可求解对应物理量，同时要注意速度最大的位置是合力为零的位置，不要直接错误认为弹簧原长位置就是速度最大位置。 【巩固提升1】（24-25高一下·吉林长春·阶段检测）如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆弧BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求： (1)弹簧对滑块做的功； (2)滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力； (3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下 (3)或 【详解】（1）滑块从A点运动到B点的过程为平抛运动，设滑块运动到B点时水平方向的速度为，竖直方向的分速度为，则根据平抛运动的性质有 解得 又因为滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有 解得 即滑块运动到A点时的速度为，则滑块从P点运动到A点的过程根据能量守恒定律有 解得弹簧对滑块做的功为 （2）滑块由B点运动到C点的过程，根据动能定理得 又因为 联立解得滑块运动到C点时的速度为 在C点对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得此时轨道对滑块的支持力为 则由牛顿第三定律可知，滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 （3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是恰好到达半圆弧轨道的最高点。当滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零时，由动能定理得 解得 当滑块恰好能够到达半圆弧轨道的最高点时，由动能定理得 滑块在最高点E时，由重力恰好提供向心力有 联立解得 综上所述可知，若滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离轨道运动，则轨道DE的半径满足的条件为或 【巩固提升2】（25-26高一上·江西景德镇·期末）如图所示，将一质量为可视为质点的小球系于长为的细线上绕点作竖直圆周运动，某时刻在最低点点时细线断裂，小球从离水平地面高的点水平向右飞出，测得第一次落点与点的水平距离为。不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)小球落到点时的速度； (2)若小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为，第一次落点与第二次落点之间的距离为。且小球与地面碰撞时，碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，求第5次碰撞时跟点时的水平位移大小。 【答案】(1)，方向与水平方向夹角 θ 满足 (2)6.9m 【详解】（1）设细线断裂时小球速度为，根据平抛运动的规律可得， 联立解得， 小球落到A点时的速度大小 设方向与水平方向夹角为，则有 （2）第一次弹起后过程，根据对称性可知， 联立解得在最高点速度， 可知第一次碰后水平分速度与竖直方向速度分别为， 第一次碰前水平分速度与竖直方向速度分别为， 所以水平分速度比为，竖直分速度比为，所以每次碰后水平位移分别为， 第5次碰撞时跟P点时的水平位移大小 角度2：轻杆模型（或管道模型） 【典例破题9】（2026·福建龙岩·三模）如图所示，竖直平面内固定的圆弧轨道BCD和圆管轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧圆心，半径均为，C点和E点分别是轨道的最低点和最高点，OB和OD连线与竖直直径的夹角分别为60°和37°，BF是与轨道共面的倾角为α（α未知）的直线，在该直线上某点A将一质量为的小球以某一初速度水平抛出，恰好从B点沿圆弧轨道的切线进入轨道，经过C点时速度大小为4m/s。已知小球直径略小于圆管内径，且远小于圆弧半径，不计轨道摩擦和空气阻力，，，。求： (1)小球经过C点时对轨道压力的大小； (2)小球平抛初速度的大小； (3)若从直线BF上水平抛出的小球均能从圆弧轨道的B点沿切线进入轨道，且小球能够到达E点，则抛出点到B点的竖直高度h的最小值是多少。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）球经过点时，由牛顿第二定律有    解得 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力 （2）从到，由动能定理有   根据几何关系有   解得 （3）小球经过D点的最小速度满足   设小球恰能通过时，平抛初速度为，经过点时速度的竖直分量为，则，   从抛出点到点，根据动能定理，有   解得 设小球到达E点时速度为，从到E由动能定理，有   解得 即小球能够到达E点，故抛出点到点的竖直距离的最小值 【巩固提升1】（24-25高一下·福建福州·期末）如图所示，竖直平面内的圆弧形粗糙管道半径，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为管道的最高点且在O的正上方。一个质量的小球，从A点正上方高处的P点由静止释放，自由下落至A点进入管道并通过B点，过B点时小球的速度为4m/s，小球最后落到AD面上的C点处。不计空气阻力，取。求： (1)小球过A点时的速度的大小； (2)小球过B点时受到管壁的压力大小； (3)C点到A点的距离。 【答案】(1) (2)5N (3)0.8m 【详解】（1）根据 解得 （2）小球在B点有 解得小球过B点时受到管壁的压力大小 （3）根据平抛运动规律有 联立解得 因此 【巩固提升2】（25-26高一下·山西晋中·期中）（多选）如图甲所示、长为的轻杆一端固定在点，另一端固定一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、杆对小球作用力的大小，作出与的关系图线如图乙所示。下列说法中正确的是（　　） A．根据图线可以得出小球的质量 B．根据图线可以得出重力加速度大小 C．根据图线可以得出 D．用质量更大的小球做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变 【答案】BD 【详解】AB．当小球经过最高点的速度时，支持力 结合图像可知 当时，小球经过最高点时重力充当圆周运动的向心力，满足 即 结合图像可知 解得，，故A错误，B正确； C．设小球速度满足时，杆对小球有向下的拉力作用，拉力大小 此时由牛顿第二定律可知 解得 联立解得，故C错误； D．由A、B选项分析可知，图线与横轴交点的位置坐标，与小球质量无关，所以用质量更大的小球做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变，故D正确。 故选BD。 一、单选题 1．（25-26高一上·河南郑州·期末）如图所示，某辆自行车的后轮半径为，脚踏板到轴心的距离长度为，链轮的半径为，飞轮的半径为。某同学匀速骑行该车时，脚踏转动N圈的时间为t，则（　　） A．链轮转动的角速度为 B．飞轮与后轮边缘线速度之比为 C．链轮和飞轮的角速度之比为 D．脚踏板转速不变时，若让链轮齿数变多、飞轮齿数变少，则车速会变快 【答案】D 【详解】A．自行车的脚踏板与链轮同轴传动，角速度相同，即，故A错误； B．自行车的飞轮与后轮同轴传动，角速度相同，根据可知，线速度之比为，故B错误； C．链轮和飞轮通过链条传动，线速度相同，根据可知，角速度之比为，故C错误； D．由C选项分析可得 脚踏板转速不变，即时，若让链轮齿数变多，即变大、飞轮齿数变少，即变小。则飞轮转动的角速度变大，即后轮转动的角速度变大，后轮边缘线速度变大，则车速会变快，故D正确。 故选D。 2．（25-26高一上·重庆北碚·期末）如图所示，由长为的直管和半径为的半圆形弯管、组成的光滑管道（管道内径远小于）固定于水平桌面上，管道间平滑连接。一质量为的光滑小球（小球直径略小于管道内径）从点以初速度进入管道，从点离开管道，则下列对小球在管道中的运动分析正确的是（　　） A．小球在弯管道所受合力大小为 B．小球的位移大小为 C．小球在管道中的速度保持不变 D．小球在弯管道受到的弹力方向竖直向上 【答案】A 【详解】AC．由于轨道固定在水平桌面上，且管道光滑，故在轨道中运动速度大小不变，方向时刻改变，故光滑小球在弯管道所受合力大小为，故A正确，C错误； B．光滑小球从点以初速度进入管道，从点离开管道，故位移大小为，故B错误； D．小球在弯管道受到重力、竖直向上的支持力以及指向弯道内侧的弹力，故小球在弯管道受到的弹力为竖直向上的支持力以及指向弯道内侧的弹力，其合力方向不在竖直方向上，故D错误。 故选A。 3．（25-26高三上·安徽·阶段检测）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点正下方的P点处有一固定的光滑小钉子，，把细线沿水平方向拉直，由静止释放小球，细线碰到钉子前瞬间，细线的拉力大小为F1，小球的角速度大小为ω1，向心加速度大小为a1；碰到钉子后瞬间，细线的拉力大小为F2，小球的角速度大小为ω2，向心加速度大小为a2；细线没有断裂，重力加速度为g，不计小球大小和空气阻力，下列判断正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．设碰撞前、后一瞬间，小球的速度大小为，由，线速度不变轨迹半径变为原来一半，可知，故A错误； B．由线速度不变轨迹半径变为原来一半，可知，故B错误； CD．根据牛顿第二定律可得， 解得，故C错误，D正确。 故选D。 4．（25-26高一上·湖南邵阳·期末）如图，用劲度系数为k，原长均为的符合胡克定律的六根橡皮筋，将六个完全相同质量为m的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，下列说法正确的是（　　） A．小球受到橡皮筋的弹力为 B．小球匀速转动的周期为 C．小球匀速转动的线速度为 D．小球在任意相等时间内的速度变化量相等 【答案】B 【详解】A．根据胡克定律可知，小球受到橡皮筋的弹力为，故A错误； B．每个小球做匀速圆周运动的半径均为，选取其中任意一个小球为研究对象，小球所受两条橡皮筋弹力的合力提供向心力，有 解得，故B正确； C．小球匀速转动的线速度为，故C错误； D．小球在任意相等的时间内速度变化量大小相等，但方向不同，即速度变化量不相等，故D错误。 故选B。 5．（24-25高一下·安徽黄山·期末）如图所示，足够长光滑轻质细管与水平面的夹角为，细管的底端在点，可绕竖直轴转动，一根轻弹簧一端固定在轻管底端，弹簧的原长是L，劲度系数均为k，另一端拴接一质量为m的小球，小球直径略小于细管直径。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．夹角不变时，轻管对小球的弹力大小始终不变，与角速度大小无关 B．当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，弹簧刚好恢复原长 C．若轻管从静止开始绕竖直轴转动，角速度缓慢增大，转至弹簧的弹性势能与静止时相等，外界对转动装置所做的功 D．当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，为保证弹簧处于原长，调整轻管，此时 【答案】B 【详解】A．夹角不变时，轻管对小球的弹力大小、小球的重力和弹簧对小球的弹力三者的合力提供向心力，故轻管对小球的弹力大小与角速度大小有关，故A错误； B．当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，弹簧刚好恢复原长，对小球受力分析由牛顿第二定律 代入数据解得，故B正确； C．当轻管静止时，对小球由平衡知识可知 解得 当轻管从静止开始绕竖直轴转动，转至弹簧的弹性势能与静止时相等时，此时弹簧被拉长x0，此时小球受弹力大小为F=kx0=mgsin30° 方向沿管向下，则对小球受力分析，竖直方向有 水平方向有 外界对转动装置所做的功 联立解得，故C错误； D．当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，为保证弹簧处于原长，调整轻管，对小球受力分析由牛顿第二定律 代入数据解得 故，故D错误。 故选B。 6．（23-24高一下·陕西安康·期中）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度匀速转动，盘面上离转轴2m处有一小物体（可视为质点）与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，，则（　　） A．若越大，则小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 B．小物体受到的摩擦力不可能背离圆心 C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则的最大值是 D．若小物体与盘面可的动摩因数为，则的最大值是 【答案】C 【详解】AB．小物体在最高点时，由牛顿第二定律得 解得 当时 当时，，即摩擦力方向背离圆心，越大，则小物体受到的摩擦力越小；当时，，即摩擦力方向指向圆心，越大，则小物体受到的摩擦力越大；故AB错误； CD．小物体在最低点摩擦力达到滑动摩擦力时，此时圆盘转动的角速度最大，由牛顿第二定律得 将，代入上式得，最大角速度 故C正确，D错误； 故选C。 二、多选题 7．（25-26高一上·重庆北碚·期末）如图所示，在竖直面内有一半径为的四分之三圆形光滑轨道，以轨道圆心为坐标原点，建立坐标系。将一质量为的小球从点正上方处静止释放，从点进入圆轨道。小球经过轨道最低点时，对轨道的压力大小为，到达点时的速度大小为，且恰好脱离轨道。下列说法正确的是（　　） A．小球在点的速度大小为 B．小球在点所受合力沿半径方向指向点 C．点的坐标为 D．脱离圆轨道后，小球运动的最高点与点的竖直高度差为 【答案】ACD 【详解】A．在点，合力提供向心力，有 根据牛顿第三定律 推导得，故A正确； B．到达点时小球恰好脱离轨道，因此合力为重力，方向竖直向下，故B错误； C．小球在点的受力分析如图 沿半径方向的合力提供向心力，有 推导得 由推导出 点的横坐标为 纵坐标为 坐标为，故C正确； D．从点到最高点，竖直方向做加速度为的匀减速直线运动，有 推导得，故D正确。 故选ACD。 8．（24-25高一下·河南南阳·期末）如图所示，轻杆上端可绕光滑铰链在竖直平面内自由转动。可视为质点的小球固定在轻杆末端。用细绳连接小球，绳的另一端穿过位于点正下方的小孔与相连。用沿绳斜向上的拉力作用于小球，使杆保持水平，某时刻撤去拉力，小球带动轻杆绕点转动。已知小球的质量均为，杆长为，长为，重力加速度为，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（　　） A．杆保持水平时，轻杆对小球的拉力大小为 B．运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为 C．运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球的拉力大小为 D．运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球的拉力大小为 【答案】AB 【详解】A．对小球A受力分析如图1，可知三力构成的矢量三角形与△OPA相似，故有 解得，A正确； B．小球A绕O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图2所示，由几何关系得，，，小球A下降的高度 小球B下降的高度 由机械能守恒有 解得，B正确； C．两小球速度大小相等时，对小球A受力分析如图3，沿绳方向应有 小球B与小球A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有 解得，C错误； D．沿杆方向应有，解得，D错误。 故选AB。 三、解答题 9．（24-25高一下·湖南·期末）如图所示，在水平圆盘上有一条标记线OAB，。圆心O点放置一个质量为m可视为质点的小物块，小物块与一根轻质弹性绳连接，绳另一端固定在O点正上方的点，圆盘与小物块间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻质弹性绳原长为L，其弹力F随伸长量x变化满足胡克定律。图中长度为2L，P为点正下方一固定的光滑小圆环，轻质弹性绳穿过圆环，且。开始时圆盘及小物块都静止，此时测得圆盘对小物块的支持力大小为，g为重力加速度。 (1)保持圆盘静止，将小物块放置在圆盘上A点，试判断小物块是否能够静止并求出此时小物块受到的摩擦力大小； (2)使圆盘以某一角速度绕匀速转动，要使小物块在A点与圆盘保持相对静止，求角速度的取值范围。 【答案】(1)小物块静止， (2) 【详解】（1）小物块在O点时，而，则 小物块在A点时 在竖直方向上的分力 在水平方向上分力 最大静摩擦力 ，小物块相对圆盘静止，小物块所受静摩擦力大小为 （2）小物块要相对圆盘静止圆盘角速度最小时，因， 圆盘角速度最大时 解得，则 10．（25-26高一下·广东深圳·期中）某同学设计了一个如图所示的游戏装置，水平轨道右侧有一固定的弹射装置，左侧与固定在竖直平面内圆心角为120°的圆弧轨道BD平滑连接，之后再与圆心角为60°的竖直圆弧管道DE平滑连接。圆弧半径均为R，管道DE内径远小于R，E点为轨道最高点，其中水平轨道上有一段长为4R、表面粗糙的 AB段。将质量为m的滑块（视为质点）挤压弹簧后由静止释放，滑块将沿轨道运动，滑块与AB段间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，重力加速度为g。 (1)若弹簧弹性势能，求滑块第一次运动到圆轨道最低点B时的速度和对轨道的压力大小； (2)若滑块飞出E点后恰好落到A点，求弹簧弹性势能多大； (3)若滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，求弹簧弹性势能应该满足的条件。 【答案】(1), (2) (3)或 【详解】（1）从释放到B点，由能量守恒 解得 在B点，由牛顿第二定律可得 解得，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为 （2）E点距水平轨道高度为，滑块从E点飞出后做平抛运动。竖直方向 可得 水平方向位移等于AB长度，则有 从释放到E点，能量守恒 联立解得 （3）滑块滑入圆轨道后原路返回，有两种情况：能滑入圆轨道，且最高上到圆心等高的点速度为0。到达B点时动能大于0，即 最高上到圆心等高的点速度为0，有 可得 在D点不脱离轨道，且最多上到E点速度为0，然后返回。在D点由牛顿第二定律可得 D点相对水平轨道B的高度为，由能量守恒得 最多上到E点速度为0，然后返回，则有 可得 综上，弹簧弹性势能满足或 【点睛】 11．（24-25高一下·河南漯河·期末）如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为的光滑斜面底端处，另一端放置一可视为质点的滑块，滑块的质量，滑块与弹簧不连接。在外力作用下将滑块沿斜面向下缓慢推到某一位置时，再撤去外力，滑块从静止开始沿斜面运动到顶端点后离开斜面，恰好水平飞上顺时针匀速运行的水平传送带。已知滑块离开斜面时弹簧已恢复原长，滑块沿斜面向上运动的距离，传送带上表面距点的竖直高度，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带的长度为，重力加速度。求： (1)滑块飞上传送带时的速度大小，及弹簧初始时储存的弹性势能； (2)若传送带的速度为，求滑块第一次滑到传送带右端时，传送带多消耗的电能； (3)传送带右端竖直固定两个半径为的光滑半圆弧轨道，且轨道下端恰好与传送带相切，若使滑块不能离开传送带和圆弧构成的轨道，传送带的速度大小应满足什么条件。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设飞上传送带后速度为，滑块从N飞上传送带过程，逆向思维法，可知在N点时竖直方向速度 因为 能量守恒有 联立解得   （2）滑块飞上传送带后 假设全程加速 解得 可知假设成立，则传送带多消耗的电能 因为 联立解得 （3）若滑块恰好能到达圆弧最高点时，在最高点速度为零，从最低点到最高点，由动能定理有 代入数据，解得 滑块以的速度向左返回传送带时向左的最远位移 联立解得 可知滑块不会离开传送带，故传送带速度应满足。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $