第14讲 圆周运动（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以考情为导向，构建“概念-模型-临界-综合”四层知识逻辑，提炼“受力分析-临界判断-公式联用”三步解题法，融合本土情境实现物理观念与科学思维素养落地。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|4知识点|得分速记归纳传动规律、临界条件，特别提醒规避矢量方向等易错点|从描述量到水平/竖直模型，再到临界问题，形成概念→应用→深化递进| |基础演练|5题型|题型对应向心力求算、临界速度推导等核心解法，强调正交分解规范|物理量换算→单一模型→多过程综合，难度梯度清晰| |重难创新|10题|情境本土化（如福建舰转弯），模型融合（圆周+机械能），反向设问训练迁移能力|真实情境承载抽象模型，强化科学探究与问题解决能力| |真题实战|5真题|聚焦高频考点，解析摩擦力方向、两类模型临界速度等陷阱|紧扣考情，验证方法体系有效性，培养科学态度与责任|

第14讲 圆周运动（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 描述圆周运动的物理量 2 知识点2 水平圆周运动的实例分析 4 知识点3 分析水平面内圆周运动的临界问题 5 知识点4 竖直面内的圆周运动 5 模拟·基础演练 7 题型01 圆周运动的描述 7 题型02 向心力的求算 11 题型03 向心加速度的求算 19 题型04 水平面内的圆周运动 25 题型05 竖直平面内的圆周运动 30 重难·创新演练 38 真题·实战演练 47 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 水平面圆周运动向心力受力分析 单选 T6（4 分） 竖直圆周运动临界极值模型（绳 / 杆 / 轨道） 多选 T8（6 分） 圆周运动与机械能、多过程综合计算 计算 T14（14 分） 考情分析 题型覆盖单选、多选、计算题，总分 4~14 分；常依托山地滑道、滨海转轮、游乐设施等福建本土情境命题。重点考查向心力来源受力拆解、竖直圆周临界条件，常联动动能定理形成多过程综合设问；侧重几何关系与动力学联立计算，图像、临界陷阱设置较多。 复习目标 1.快速区分水平面、竖直面圆周模型，规范正交分解找向心力合力； 2.熟记绳、杆、内外轨道三类竖直圆周最高点临界条件，熟练推导极值速度； 3.掌握圆周与机械能综合解题流程，能结合几何关系列式，精准规避弹力、速度临界易错点。 巩固·知识解构 知识点1 描述圆周运动的物理量 1.描述圆周运动的物理量 定义、意义 公式、单位 线速度(v) ①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量 ②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 ①v＝(定义式)＝(与周期的关系) ②单位：m/s 角速度(ω) ①描述物体绕圆心转动快慢的物理量 ②是矢量，但不研究其方向 ①ω＝(定义式)＝(与周期的关系) ②单位：rad/s ③ω与v的关系：v＝ωr 周期(T) 转速(n) 频率(f) ①周期是物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率 ②转速是单位时间内物体转过的圈数 ①T＝＝(与频率的关系) ②T的单位：s n的单位：r/s、r/min f的单位：Hz 向心加速度(an) ①描述线速度方向变化快慢的物理量 ②方向指向圆心 ①an＝＝ω2r＝r＝ωv ②单位：m/s2 2.匀速圆周运动 (1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动就是匀速圆周运动. (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. ✨得分速记： 1.对an＝＝ω2r的理解 在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比. 2.常见的传动方式及特点 (1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB. (2)摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB. (3)同轴转动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比. ⚠特别提醒： 易混淆线速度、角速度定义，错把路程当弧长计算线速度；分不清周期、转速换算关系，单位漏转分钟与秒的转换。常忽略矢量方向，误将速率等同于线速度，认为匀速圆周是匀速运动，实则速度时刻变化。计算向心力时，容易漏算、多算受力，错把某个单一力直接当作向心力，忘记向心力是合力。混淆向心加速度作用，误以为会改变速度大小，实际仅改变速度方向。同轴转动角速度相等、皮带传动线速度相等两大结论极易记反，解题时常颠倒二者物理量比例关系，造成比例计算完全出错。 知识点2 水平圆周运动的实例分析 匀速圆周运动的实例分析 运动模型 向心力的来源图示 圆锥摆模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑) ✨得分速记 解题第一步锁定向心力来源，先完成受力正交分解，指向圆心的合外力提供向心力，竖直方向合力恒为零。熟记同轴角速度相等、皮带 / 摩擦传动线速度相等的传动规律，快速推导半径与线速度、角速度比例。熟记向心力多组等效公式，根据已知量灵活选用列式。临界题型重点抓最大静摩擦力、绳子拉力极值，找准物体滑动、绳松弛的临界条件。规范分步书写受力平衡与向心力方程，竖直平衡式可直接规避竖直方向受力漏算丢分，矢量计算只取径向合力，切勿混入切向无关力，减少计算失误。 知识点3 分析水平面内圆周运动的临界问题 三种临界情况 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0. (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值． (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0. ✨得分速记 先竖直方向列平衡方程，保证重力与支持力抵消，仅径向合力提供向心力。摩擦力、绳拉力为核心临界力：转速最小时静摩擦力向外，转速最大时静摩擦力向内。临界状态取最大静摩擦力，联立向心力公式求解转速极值。双绳模型区分单绳绷紧、松弛临界，判断拉力为零的分界角速度。解题先定性判断摩擦力方向，再列式，避免摩擦力方向反向导致全错；分步书写平衡、向心力两组方程，按步骤拿分。 知识点4 竖直面内的圆周运动 竖直面内的圆周运动----拱桥、凹桥模型 概述 如图所示为凹形桥模型．当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向＝FN－mg＝m 规律 桥对车的支持力FN＝mg＋m＞mg，汽车处于超重状态 概述 如图所示为拱形桥模型．当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F向＝mg－FN＝m 规律 桥对车的支持力FN＝mg－m＜mg，汽车处于失重状态．若v＝，则FN＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动 竖直面内圆周运动两类模型 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 ✨得分速记 先区分绳模型、杆模型、内外轨道三类临界条件，最高点是解题核心分界。绳 / 无支撑轨道最高点最小速度，低于该速度会脱离圆周；杆 / 管状轨道最高点最小速度可为 0，杆可提供支持力。全程优先用动能定理联立最高点向心力公式，以最低点为势能参考简化计算。判断脱离临界时，轨道弹力、绳子拉力为 0 是关键分界点。答题分步书写能量方程、径向合力方程，避免直接联立漏步骤丢分；切勿混淆两类模型临界速度，注意区分轨道支持力与绳拉力的受力差异。 模拟·基础演练 考查重点：基础层面考查线速度、角速度等物理量换算、传动规律；核心是水平面圆周受力与摩擦、绳拉力临界极值；重难点为竖直圆周绳、杆两类模型最高点临界条件，常搭配动能定理做多过程综合。题型涵盖选择、计算，多用游乐设施、山地滑道等本土情境，侧重受力分析、临界判断与联立计算，易设置摩擦力方向、临界速度两类陷阱，重点检验动力学与能量结合的综合解题能力。 ⏳题型01 圆周运动的描述 1．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）利用霍尔效应制成的磁传感器可将磁场信号转换为电信号。如图甲所示，将这种磁传感器固定在自行车的车架上，并在车轮辐条上固定强磁铁，当车轮转动时磁铁每次经过传感器都会在元件两侧产生一次电势差变化，图乙为该元件的工作原理图，该元件中自由移动的载流子带负电，电源电压为。当自行车匀速行驶时，测得磁传感器的电压随时间t变化如图丙所示，已知自行车车轮半径为r，则以下说法正确的是（     ） A．车轮转一周所用的时间为 B．自行车行驶的速度大小为 C．增大电源电压，测得磁传感器的电压的峰值将增大 D．a端电势低于b端电势 【答案】BC 【详解】AB．自行车转一圈，前进，由图丙可知用时，因此行驶速度大小为。故A错误，B正确； C．当磁铁正对霍尔元件时，加在霍尔元件上的磁场最强，此时，（h是宽度，d是厚度），则对应的最大电压为 其中，因此增大会使霍尔电压的最大值增大。故C正确； D．由左手定则可知，负电荷向端运动，故端电势高于端。故D错误。 故选BC。 2．（2026·福建三明·二模）如图，停车场的道闸机可自动识别车牌开关大门，其横杆上有A、B两点，随横杆在竖直面内绕转轴旋转，则A、B的线速度大小判断正确的是（　　） A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【详解】同轴转动，角速度相同，根据可得 故选C。 3．（2026·福建·三模）（多选）太空自行车是近期的热门游乐项目，人在竖直圆形钢架轨道内骑车，依靠人力与惯性完成360°竖直圆周运动，倒挂在最高点时不会掉落，失重感明显。一游客从圆轨道右侧P点由静止出发，通过最低点后用力蹬车，直至冲上圆轨道最高点。则游客从M点减速上升至N点的过程中（　　） A．角速度减小 B．向心加速度减小 C．所受合外力始终指向圆心 D．游客机械能守恒 【答案】AB 【详解】A．由角速度公式，减小、不变，因此角速度减小，A正确； B．由向心加速度公式，减小、不变，因此向心加速度减小，B正确； C．只有匀速圆周运动的合外力才始终指向圆心； 减速圆周运动中，合外力除了指向圆心的向心分量，还存在沿速度反方向的切向分量（使速度减小），因此合外力不指向圆心，C错误； D．运动过程中游客用力蹬车，人体肌肉做功，消耗化学能转化为机械能，因此游客（含车）的机械能不守恒，D错误。 故选AB 。 4．（2026·福建厦门·二模）（多选）如图所示，2026年春晚节目《武BOT》中，某机器人的右臂以肩关节O点为圆心做匀速圆周运动，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，已知，，，则P、Q两点做圆周运动的（　　） A．角速度大小相同 B．线速度方向相同 C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 【答案】AD 【详解】A．右臂上的P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点的运动属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度大小相同，A正确； BCD．右臂上P、Q两点做匀速圆周运动的半径分别为、，且、不在同一直线上。 又知P、Q两点做匀速圆周运动的线速度方向与半径垂直，故P、Q两点的线速度方向不相同。 由几何关系可得 所以，，故B错误，C错误，D正确。 故选AD。 5．（2025·福建·模拟预测）如图所示，是带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转圈。在暗室中用每秒闪光次的频闪光源照射圆盘。当时，观察到白点每秒沿______（选填“顺”或“逆”）时针方向旋转；当时，白点转动一圈的时间为______s。 【答案】 逆 【详解】[1]由于光源的闪光周期小于白点做圆周运动的周期，光源每次闪光时，白点都没有来得及回到前一次闪光时的位置，即都在前一次闪光时位置的左侧，光源连续闪光，白点的位置就连续向左逆时针移到，所以白点逆时针旋转； [2]白点的频率为 ，白点的角速度为 光源的频率为 ，光源的角速度为 设白点转动一圈的时间为t，则 解得 6．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）某地的机动车出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，M、为横杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆上，在道闸抬起过程中，快递袋始终与横杆保持相对静止，且杆始终水平，此过程中杆绕点从水平方向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转动杆长度为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．点线速度大小大于点线速度大小 B．点的加速度始终沿方向 C．两点都在做匀速圆周运动 D．快递袋能够与横杆保持相对静止一起运动的最大速率 【答案】CD 【详解】AC．两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，A错误，C正确； B．由前分析知，点加速度始终和方向平行（即和点加速度同向），B错误： D．设快递袋质量为，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为，如图所示 由 又 联立得 其中 由数学知识可知，最大值为，D正确。 故选CD。 7．（2025·福建·一模）如图所示，这是皮带传动装置，左侧皮带轮的半径为2r，右侧皮带轮的半径为r，A为左侧皮带轮上一点，A点到圆心O的距离为r，B为右侧皮带轮边缘上一点，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，A、B两点的角速度大小之比______，A、B两点的向心加速度大小之比______。 【答案】 【详解】[1][2]由题意可知，两皮带轮边缘的线速度大小相等，左侧皮带轮边缘某点的线速度与B点的线速度相等，根据 向心加速度 所以 ⏳题型02 向心力的求算 8．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，在物理课堂上，老师给出了一个挑战：保持杯子开口始终竖直向下，在不利用其它物品辅助的条件下，用竖直倒立的杯子将乒乓球由书堆左侧的A点越过书堆搬运到右侧的B点，以下的四个杯子中，最容易成功的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当杯子开口向下时，C选项的玻璃杯受力分析如图所示， 支持力竖直分量与重力平衡，水平分量可以提供做圆周运动的向心力，只要手法合理，可以使乒乓球在杯子内做圆周运动，同时被搬运到书堆的右侧。 故选C。 9．（2026·福建南平·二模）（多选）《月映武夷》是世界单体最大的水幕舞台，演出高潮时，“建本”雕版舞台破水而出，与水平面成60°角斜立于水面（可视为斜面），简化模型如图所示。演出时，演员腰间系有平行于斜面的安全绳，绳的另一端固定在O点。若某次演员在斜面上绕O点做圆周运动通过最低点M时，摩擦力不计，速度为1m/s，绳长OM为4m，演员质量为60kg，重力加速度g取。则演员通过M点时（　　） A．合外力大小为15N B．绳子的拉力大小为615N C．所受重力的功率为0 D．所受合外力的功率为15W 【答案】AC 【详解】A．由向心力公式，代入数据，故A正确； B．沿斜面方向由牛顿第二定律得 变形 代入数据，故B错误； C．由功率公式，为重力与速度方向的夹角，演员在点速度方向平行于斜面且垂直于绳，重力竖直向下，二者夹角为，，因此重力的功率为，故C正确； D．合外力提供向心力，方向沿绳指向圆心，与速度方向垂直，由功率公式，，因此合外力的功率为，故D错误。 故选AC。 10．（2026·福建宁德·二模）如图所示，相距为的、两点分别固定电荷量均为的正点电荷，为连线的中点。一质量为、电荷量为的带电粒子恰能以的速度，绕点在垂直于的平面内做匀速圆周运动。已知静电力常量为，重力忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．粒子运动轨迹上各点的电场强度相同 B．粒子运动轨迹上各点的电势不相等 C．粒子做匀速圆周运动的半径为 D．若粒子速度减小，粒子将做离心运动 【答案】C 【详解】A．电场强度是矢量，粒子运动轨迹上不同位置的电场强度方向不同，因此各点电场强度不同，故A错误； B．粒子运动轨迹上任意一点到两个正点电荷、的距离都相等，两点电荷在带电粒子运动轨迹上产生的电势相同，故B错误； C．设粒子做匀速圆周运动的半径为，对受力分析两个正电荷对粒子的库仑力的沿方向分量抵消，指向圆心的合力为 该合力提供向心力 代入题目给出的 得 解得 故C正确； D．若粒子速度减小，粒子所需向心力减小，库仑合力大于所需向心力，粒子将做近心运动，不是离心运动，故D错误； 故选C。 11．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 【答案】BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得 又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得 比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 12．（2026·福建南平·一模）如图，两半径近似相等的光滑绝缘环形挡板固定在光滑水平面内，组成一圆心为、半径为的圆形轨道。、为轨道上两点，为的中点，点在延长线上、与点距离为，且。在点固定一电荷量为的负点电荷，在点固定一电荷量为的正点电荷。一带正电小球在轨道内做匀速圆周运动，经过点时对内、外侧挡板均无压力。已知小球质量为、电荷量为q，小球可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为。求： (1)、两处的电荷产生的电场在点的合场强大小； (2)小球做匀速圆周运动的速度大小； (3)小球经过点时对挡板压力的大小和方向。 【答案】(1) (2) (3)大小为，方向沿方向 【详解】（1）处的电荷在点产生的方向沿方向，大小为 处的电荷在点产生的方向沿方向，大小为 、两处的电荷产生的电场在点的合场强大小 （2）小球经过A点时，小球所受库仑力的合力提供向心力，有 求得 （3）由数学知识可知，，，， 小球经过B点时，M处的点电荷对小球的库仑力沿半径方向的分力与挡板对小球支持力的合力提供向心力，有 求得 根据牛顿第三定律可知，小球经过点时对挡板压力大小 方向沿方向。 13．（2026·福建泉州·二模）2025年11月福建舰在三亚正式入列，标志着我国正式进入三航母时代。如图，福建舰在海上转弯，设其绕O点做匀速圆周运动，速度大小约为10m/s，转弯半径约为2000m，质量约为8×107kg，则（　　） A．舰受到的合力大小为零 B．舰所需的向心力大小约为4×106N C．水对舰的作用力大小约为4×106N D．水对舰的作用力方向指向O点 【答案】B 【详解】AB．舰绕O点做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则，故A错误，B正确； CD．由于舰所受合力提供向心力，则水对舰的作用力斜向上，其大小为，故CD错误。 故选B。 14．（2025·福建宁德·三模）如图所示，光滑绝缘的轻质三角形框架OAB，OA杆竖直且O、A相距为，OB杆与OA杆夹角为，B点与A点高度相同。A点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于O点，另一端与套在OB杆上质量为的带电小球P相连，初始时，小球静止于OB中点且对杆无压力。现驱动该装置以OA为轴转动，使小球缓慢移动至B点，此时弹簧恰好恢复原长，此后维持角速度不变。已知重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)初始时小球P所受的静电力大小； (2)小球到达B点后的角速度大小； (3)整个过程驱动力所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）方法1：小球受到弹簧弹力F、库仑力、重力mg而平衡，如图 几何关系可知 由平衡条件有 联立解得 方法2：对小球，由平衡条件有， 联立解得 （2）方法1：设此时库仑力为，杆对球弹力为N，如图 几何关系可知AB=AP，故 由牛顿第二定律有 且 联立解得 方法2：由牛顿第二定律有 几何关系可知 联立解得 （3）小球做周运动的速度大小为 解法一：根据动能定理 联立解得 解法二：由功能关系得 解得 解法三：由功能关系得 且  ，，   联立解得 ⏳题型03 向心加速度的求算 15．（2025·福建福州·三模）（多选）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为O，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（     ） A．流水的加速度方向指向圆心O B．流水速度改变量的大小为 C．通过观测截面水的动量改变量大小为 D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 【答案】AC 【详解】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心O，则流水的加速度方向指向圆心O，故A正确； B．由于，则向心加速度大小为 根据加速度的定义式有 可得流水速度改变量的大小为 故B错误； C．依题意，极短时间内水流的距离 横截面积 可得内水流的质量为 则通过观测截面水的动量改变量大小为 故C正确； D．根据牛顿第二定律可得 水流与外侧河堤作用的面积 则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 故D错误。 故选AC。 16．（2025·福建漳州·模拟预测）如图为某小区通道上的智能闸杆，闸杆上A、B、C、D四处各固定一个相同的螺栓，闸杆可绕转轴O转动。已知，则在抬起闸杆的过程中，A、B两处螺栓的线速度大小之比为__________，C、D两处螺栓的向心力大小之比为__________。 【答案】 1:2 3:5 【详解】[1]在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度ω相等，根据可得 [2]根据可得 17．（2024·福建·模拟预测）关于对做圆周运动的物体的向心加速度的理解，下列说法正确的是（　　） A．向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢 B．向心加速度的方向可能与速度方向成任意角度 C．向心加速度可能改变速度的大小 D．做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度恒定 【答案】A 【详解】AC．向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢，向心加速度只能改变速度的方向，并不改变速度的大小，故A正确，C错误； B．向心加速度的方向沿半径指向圆心，线速度方向则沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与线速度方向垂直；故B错误； D．根据做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度的方向时刻发生变化，所以向心加速度不是恒定的，故D错误。 故选A。 18．（2023·福建漳州·三模）如图为明代出版的《天工开物》中记录的“牛转翻车”，该设备利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中a、b分别为两个齿轮边缘上的点，齿轮半径之比为；a、c在同一齿轮上且a、c到转轴的距离之比为，则在齿轮转动过程中（　　） A．a、b的角速度相等 B．b的线速度比c的线速度小 C．b、c的周期之比为3∶4 D．a、b的向心加速度大小之比为4∶3 【答案】C 【详解】A．由题图可知a，b分别为两个齿轮边缘上的点，线速度大小相等，即，根据可知半径不同，故角速度不相等，故A错误： B．a点和c点在同一齿轮，角速度相等，即，因a、c两点到转轴的距离之比，由得 又，则 故B错误； C．由得，b，c的周期之比为 故C正确； D．由得，a，b的向心加速度大小之比为 故D错误。 故选C。 19．（2026·山东淄博·三模）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.3m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为37°，小球质量为0.48kg，重力加速度大小。则该小球（     ） A．角速度大小为 B．线速度大小为2m/s C．向心加速度大小为6m/s2 D．所受支持力大小为6N 【答案】D 【详解】A．分析小球的受力，由牛顿第二定律 有 得，A错误； B．由，得，B错误； C．由，得，C错误； D．根据小球的受力，得，D正确。 故选D。 20．（2026·浙江·三模）如图所示，是由家用摄像机拍摄视频后制作的一幅记录甩手动作的图片，体现了把手指上的水滴甩掉的过程。A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置。根据照片构建A、C之间的运动模型：开始阶段，指尖A以肘关节M为圆心做圆周运动，到接近B的最后时刻，指尖以腕关节N为圆心做圆周运动。已知相邻两帧之间的时间间隔为0.04s，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖的实际长度为65cm。由此计算指尖在B点（以腕关节N为圆心）的向心加速度约为（     ） A．25m/s2 B．50m/s2 C．10m/s2 D．250m/s2 【答案】D 【详解】从图片可以估算相关数据，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖长度65cm，根据图片中A、B、C三帧的位置关系：指尖以腕关节N为圆心做圆周运动，腕关节到指尖的距离约为手掌长度，估计约 由图片估算C到B的弧长，因为B点线速度基本不变，再结合时间间隔计算瞬时速度： 向心加速度 根据答案反推：若，则， 在合理范围内，故ABC错误、D正确。 故选D。 21．（2026·湖南长沙·三模）“月地检验”验证了万有引力定律。通过测量和观测可知，地球表面的重力加速度为，月球表面的重力加速度为，地球的半径为，月球的半径为，月球与地球中心的距离为，地球的自转周期为，月球绕地球公转的周期为，下列等式成立且能验证万有引力定律的是（    ） A． B．月球的向心加速度 C． D． 【答案】C 【详解】A．地球表面有 可得重力加速度满足 同理月球表面重力加速度满足 由于地球和月球质量不相等，因此，故A错误； B．该式是圆周运动向心加速度的运动学定义式，仅描述月球的运动规律，未与万有引力定律关联，无法验证万有引力定律，故B错误； C．对地球表面物体，重力等于万有引力 得 月球绕地球公转时万有引力提供向心力 将代入整理可得 该式将地面重力规律和月球公转规律结合，可验证万有引力定律，故C正确； D．开普勒第三定律适用于绕同一中心天体运动的天体，且为地球自转周期，和月球公转无关联，等式不成立，故D错误。 故选C。 ⏳题型04 水平面内的圆周运动 22．（2026·福建福州·一模）2026年张雪机车在世界超级摩托车锦标赛中获得三连冠，成为本赛季最大黑马。在匈牙利站的比赛中，53号车手驾驶张雪机车，由起点沿直线赛道从静止出发，以加速度加速后，获得的速度。为了安全通过弯道，机车需减速至，已知机车减速最大加速度为，设加速和减速过程均视为匀变速直线运动，车手和机车总质量，取重力加速度大小。求： (1)机车匀加速时间； (2)机车匀减速距离至少为多少； (3)若通过水平弯道的运动可视为半径的匀速圆周运动，求过弯道过程中地面对机车作用力的大小。 【答案】(1)5s (2)135m (3) 【详解】（1）根据题意，由公式可得，机车匀加速时间 （2）根据题意，由公式可得，机车匀减速距离 （3）根据题意，水平方向上，由牛顿第二定律有 竖直方向上有 地面对机车作用力 联立解得 23．（2026·福建福州·三模）如图，在水平转台上放置有质量相同的滑块P和Q（可视为质点），它们与转台之间的动摩擦因数相同，P与转轴的距离为R1，Q与转轴的距离为R2，且R1<R2，转台绕转轴以角速度ω匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．滑块P和Q均受到四个力作用 B．P的向心加速度大于Q的向心加速度 C．P所受到的摩擦力大于Q所受到的摩擦力 D．若角速度ω缓慢增大，Q一定比P先开始滑动 【答案】D 【详解】A．转动过程中，两滑块相对转台静止，滑块P和Q均受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，故A错误； BC．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有 因两滑块的质量相同，而R1<R2，故，即P需要的向心力小于Q需要的向心力，P的向心加速度小于Q的向心加速度，故BC错误； D．设两滑块与转台的动摩擦因数为，则最大静摩擦力为 则两滑块的最大静摩擦力相同；根据上述分析可知，在没有滑动前，Q所需要的向心力总是大于P所需要的向心力，则Q所受的静摩擦力总是大于P所受的静摩擦力，当角速度ω缓慢增大时，Q先达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故D正确。 故选D。 24．（2026·福建三明·模拟预测）如图所示装置用以测量物体与平台间的摩擦因数，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转台的角速度达到时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径， 离水平地面的高度， 物块平抛落地过程水平位移的大小 。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 由此可得： (1)物块做平抛运动的初速度大小 ______m/s。 (2)转台的角速度 ________。 (3)物块与转台间的动摩擦因数 ________。 【答案】(1)1 (2) (3) 【详解】（1）由可得，物块做平抛运动的运动时间为 水平方向上，由可得，物块做平抛运动的初速度大小为 （2）根据可得 （3）物块恰好离开转台时，转台对物块的最大静摩擦力提供向心力，有 解得 25．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，一半径为的光滑圆环竖直放置，为其竖直直径。一根轻质细绳一端固定在点，另一端连接一质量为的小球，小球套在圆环上并处于静止状态，细绳与间夹角为。现圆环以角速度绕轴匀速转动，重力加速度为，则（     ） A．圆环静止时，圆环对小球的作用力方向指向圆心 B．圆环匀速转动时，小球处于平衡状态 C．轻质细绳中拉力恰好为时， D．圆环对小球的弹力为时，小球的加速度大小为 【答案】C 【详解】A．设小球静止时位于圆环上的点，小球受重力、细绳拉力和圆环弹力作用处于平衡状态。由几何关系可知，中，，则，。小球位置在圆环右侧，细绳拉力沿指向左上方，其水平分量向左。为了平衡水平方向的力，圆环弹力的水平分量必须向右。由于半径指向右下方，故弹力必须沿方向，即背离圆心，故A错误； B．圆环匀速转动时，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零，小球不处于平衡状态，故B错误； C．当细绳拉力时，小球受重力和圆环弹力作用。合力提供向心力，方向水平指向转轴。竖直方向受力平衡，弹力必须有竖直向上的分量，故指向圆心（沿方向）。与竖直方向夹角为（因为）。竖直方向： 解得 水平方向： 其中转动半径 代入得： 解得：，故C正确； D．当圆环对小球的弹力时，小球受重力和细绳拉力作用。合力提供向心加速度，方向水平。由受力分析可知，合力 根据牛顿第二定律： 解得加速度大小：，故D错误。 故选C。 26．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，长为L的轻金属软导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的偏角为θ，磁感应强度为B，则（　　） A．摆球转动的角速度为 B．摆球转动的角速度为 C．金属导线中产生的感应电动势的大小 D．金属导线中产生的感应电动势的大小 【答案】AC 【详解】AB．由牛顿第二定律，， 联立解得 ，故A正确，B错误； CD．导体在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导体本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度，导体切割磁感线的有效长度为 根据旋转切割产生的电动势公式 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 27．（2026·福建福州·二模）福州市道庆洲大桥（如图甲）是福建省第一座公轨共建桥梁，上层为双向6车道一级公路，下层搭载地铁6号线。重力加速度取。 (1)地铁启动时，若受到大小为的牵引力作用，做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到。求此过程经历的时间及牵引力的平均功率； (2)水平公路段有一段半径为500m的圆弧形弯道（如图乙），若有一总质量为的汽车（可视为质点）通过该路段时做匀速圆周运动，速度大小为，求汽车通过该路段时所需的向心力。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）地铁做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到，则有 其中，解得此过程经历的时间为 牵引力的平均功率为 又 解得 （2）汽车做匀速圆周运动的速度大小为 汽车过弯道由牛顿第二定律得 代入数据得 28．（2025·广西南宁·模拟预测）（多选）若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，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为，重力加速度为。以下说法正确的是（　　） A．运动员转弯时速度的大小为 B．运动员转弯时速度的大小为 C．若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角 D．运动员做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变 【答案】BC 【详解】AB．运动员受力如图：根据合力提供向心力可得 可知运动员转弯时速度的大小为，故A错误，B正确； C．根据，可知若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角，故C正确； D．运动员做匀速圆周运动，他所受合外力大小保持不变，但是方向不断变化，故D错误。 故选BC。 ⏳题型05 竖直平面内的圆周运动 29．（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 30．（2026·福建·一模）如图所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R，圆心角60°，水平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点。现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，物块与BC段间的动摩擦因数为0.5，BC段的长度也为R，重力加速度为g，物体视为质点。求： (1)物块运动到圆弧轨道C点时，轨道对物块的支持力大小； (2)物块最终停下的位置离C点的距离； (3)调整弹簧的压缩量，物块由静止释放恰能到达与O点等高的高度，则弹簧的最大弹性势能为多大。 【答案】(1) (2)R (3) 【详解】（1）设物块第一次到达C点时的速度为v1，物块刚好能到达D点时速度为零，物块从C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得 解得 物块在C点时，由牛顿第二定律得 解得轨道对物块的支持力大小 （2）设物块第一次从C点返回直到停止运动，在BC段上运动的路程为s，对物块运动的整个过程，根据能量守恒定律得 解得 因此，物块刚好停在B点，离C点的距离为R。 （3）设物块运动到D点的速度为vD，压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能为，物块离开D点后做斜抛运动，在D点竖直方向的分速度为 从D点到最高点的过程，有 则得 根据能量守恒定律得 可得 31．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为3m的光滑竖直四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，质量为m的小球B用足够长轻质细线悬挂，刚好与水平面接触，细线能承受的最大拉力为7mg，一根小钉子紧贴细线固定在悬点正下方。将质量为2m的小球A在圆弧体的最高点由静止释放，当小球A刚运动到圆弧体最低点时，圆弧体与水平面上固定挡板碰撞并立即停止运动，小球A离开圆弧体后，继续在水平面上向右运动并与小球B发生弹性正碰，重力加速度为g，不计小球的大小，圆弧体最低点与水平面相切。 (1)求小球A未释放时，圆弧体最高点离挡板的水平距离； (2)求圆弧体碰后静止的瞬间，小球对圆弧体的压力大小； (3)要使小球B能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子离地面的距离应满足的条件（结果可保留分数）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x，小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆弧体在水平方向动量守恒，则 即，即 解得 （2）设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为，圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒 机械能守恒 解得 当圆弧体速度瞬间为零时，设圆弧体对A球的支持力为N，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面最低点压力大小 （3）设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为，小球B的速度大小为v，则根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 设当钉子离地面的高度为时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则 解得 设当钉子离地面的高度为时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，根据牛顿第二定律 碰后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒 解得 因此小球B要能做完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是 32．（2025·浙江·一模）如图所示，AB为足够长的粗糙斜面，斜面倾角，与水平面CG通过极小的一段光滑曲面平滑连接，CG长为S=1.2m的粗糙水平面，DFE为与水平面平滑连接的光滑竖直圆轨道，该竖直光滑圆轨道在CG的位置可调，最低点D、E水平方向略微错开。长木板紧挨着G，静止在光滑、足够长的水平面HT上。长木板右端固定一弹性挡板K (物块与它的碰撞为弹性碰撞)。一质量为m=1kg可视为的质点物块P自斜面上距水平面高为h处由静止释放，P与斜面、CG间、木板间动摩擦因数均为，圆轨道半径R=0.4m,木板质量M=2kg，长为、，，取，求： (1)若滑块恰能过最高点F，求滑块经D点时受到轨道的支持力大小。 (2)当时，CD的距离S₁为多少时滑块恰能滑过F点。 (3)当圆轨道最低点D位于CG中点时，P刚好滑至木板中点时与木板相对静止，求滑块释放的高度h2。 【答案】(1)60N (2)0.2m (3)4.05m或8.55m 【详解】（1）物块恰能经有① 解得 物块自到，由机械能守恒定律有② 解得 物块经过时，由牛顿第二定律有 ③ 代入数据解得 （2）对物块，自释放到，由动能定理有 由(1) 知，代入数据解得 （3）当圆轨道位于中点时，能过点。则有 解得 设经度为时，恰第1次滑至第一块木板的中点，对物块和木板组成的系统，由动量守恒定律 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理 解得 即，符合题意     当物块与挡板碰后在木板中点与木板相对静止，由动量守恒定律得 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理有 解得 所以或。 33．（2025·福建福州·三模）如图所示，将倾角表面粗糙的斜面固定在地面上，用一根轻质细绳跨过两个光滑的半径很小的滑轮连接甲、乙两物体（均可视为质点），把甲物体放在斜面上且细绳与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使细绳拉直且偏离竖直方向开始时甲、乙均静止。现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内往返运动，测得绳长OA为l＝1m，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动，已知乙物体的质量为，取重力加速度cos37°＝0.8，忽略空气阻力。求： (1)释放瞬间，乙物体的加速度大小a及细绳的拉力大小T1： (2)乙物体在摆动过程中细绳的最大拉力 (3)甲物体的质量M（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）释放瞬间，乙物体向心力为0，沿切线方向有 解得 对乙物体，沿半径方向有 解得 （2）当乙物体运动到最低点时，绳子上的拉力最大，对乙物体，由动能定理得 又由牛顿第二定律得 解得 （3）当乙物体运动到最高点时，甲物体恰好不下滑，有 乙物体到最低点时，甲物体恰好不上滑，则有 联立解得 34．（2025·福建厦门·三模）（多选）如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（可视为质点），另一端套在光滑的水平轴O上，水平轴的正上方有一速度传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时的速度大小v，水平轴O处有一力传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F﹣v2（v为小球在最高点时的速度）图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）    A．小球的质量为10kg B．轻杆的长度为1.8m C．若小球通过最高点时的速度大小为3.6m/s，则轻杆对小球的作用力大小为6.4N D．若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力为10N 【答案】CD 【详解】AB．设杆的长度为L，水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球受力分析则有 整理可得 对比题图乙可知m＝1kg，L＝3.6m AB错误； CD．当v＝3.6m/s时，代入上式得F＝6.4N，即杆对小球的作用力大小为6.4N，若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力 CD正确。 故选CD。 35．（2025·福建福州·一模）《水流星》是中国传统民间杂技艺术，杂技演员用一根绳子兜着里面倒上水的两个碗，迅速地旋转着绳子做各种精彩表演，即使碗底朝上，碗里的水也不会洒出来。假设水的质量为m，绳子长度为L，重力加速度为g，不计空气阻力。绳子的长度远远大于碗口直径。杂技演员手拿绳子的中点，让碗在空中旋转。 (1)两碗在竖直平面内做圆周运动，若碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，求碗通过最高点时的线速度； (2)若两只碗在竖直平面内做圆周运动，两碗的线速度大小始终相等，如图甲所示，当正上方碗内的水恰好不流出来时，求正下方碗内的水对碗的压力； (3)若两只碗绕着同一点在水平面内做匀速圆周运动，碗的质量为M。如图乙所示，已知绳与竖直方向的夹角为，求碗和水转动的角速度大小。 【答案】(1) (2)2mg，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，根据牛顿第二定律可得 其中， 解得 （2）当正上方碗内的水恰好不流出来时，设速度为，此时重力提供向心力，则 设最低点碗对水的支持力为，则有 解得 由牛顿第三定律可知，正下方碗内的水对碗的压力为2mg，方向竖直向下。 （3）绳子的拉力为F，以碗和水为整体，竖直方向有 水平方向上根据牛顿第二定律可得 又 联立解得 重难·创新演练 设题创新:一是情境本土化，依托山地滑道、滨海摩天轮、游乐转盘等本地实景包装模型，脱离抽象题干；二是模型融合创新，将水平面临界摩擦与竖直圆周、动能定理结合做多过程综合；三是设问角度创新，不只直接求速度，常反向给定轨道弹力反推临界角速度，弱化固定套路，侧重受力定性分析，增设弹力、摩擦力方向判断陷阱，强化模型迁移思维。 1．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，四分之三圆轨道ABC被固定在竖直面内，其中AB的半圆部分是圆管，AB是竖直直径，半径OD、OB 的夹角为θ，。一小球（视为质点）以水平向左、大小为v0的速度冲入轨道，到达D 时刚好脱离轨道，不计一切摩擦阻力，圆管内径略大于小球直径，重力加速度为g，则圆轨道半径大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】小球从到过程只有重力做功，机械能守恒 由图中的几何关系可得 小球在点刚好脱离轨道，此时外轨道对小球弹力为0，根据牛顿第二定律 整理得 故选C 。 2．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，等量异种点电荷分别固定在同一水平线上间距为的、两点处，其中处点电荷带正电，点为、连线中点，点、、分别位于、、正下方处。一长为的轻质绝缘细杆一端固定一质量为、电荷量为（）的带电小球，另一端位于点，轻杆可绕点在所在竖直平面内自由转动。小球从点由静止释放，到达点的速度大小与到达最低点的速度大小相等，取点电势为零，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度为，求： (1)小球到达点时的速度大小； (2)等量异种点电荷形成的电场中点的电势； (3)已知等量异种点电荷所带电荷量大小均为，静电力常量为，求带电小球运动到点时轻杆对小球的作用力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据等量异种点电荷的电势分布特征可知、两点电势均为零，小球从到只有重力做功，由动能定理得 解得 （2）小球到达点和点的速度大小相等，即 点电势为零，由动能定理有 解得 因 解得 （3）根据等量异种点电荷电场对称性可知 小球从到，由动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，小球到达位置时沿杆方向合力满足 小球在位置时沿杆方向的合力为零，其中处点电荷对小球的库仑力沿竖直方向，不影响沿杆方向受力；故处点电荷对小球库仑力沿杆方向分量与轻杆对小球作用力等大反向，满足 其中， 联立解得轻杆对小球的作用力大小 3．（2026·福建·模拟预测）如图所示，水平圆盘可绕通过其中心O的竖直轴转动，圆盘半径，离水平地面高度，在圆盘边缘放置一质量的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度大小g取，空气阻力不计，圆盘从静止开始缓慢加速转动，求： (1)物块恰与圆盘发生相对滑动时圆盘角速度的大小； (2)物块滑离圆盘后在空中运动的时间； (3)物块落地点与O点正下方地面上点的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块与圆盘刚好相对滑动时，有 解得 （2）物块在空中平抛运动，满足 解得 （3）平抛速度 水平位移 落地点与距离 联立解得 4．（2026·福建·一模）太极球是一种融合太极原理的健身运动项目，强调螺旋缠绕与内外协调的运动形态。一老年协会开展了该项“太极球”运动，如图所示，某次进行该项运动时，一老人半马步站立，手持太极球拍，球拍上放一橡胶太极球，舞动球拍，让小球在竖直面内始终不脱离球拍且做匀速圆周运动，关于此过程，以下说法正确的是（　　） A．太极球的机械能始终保持不变 B．太极球所受的合力始终保持不变 C．太极球在D处可能与球拍之间没有摩擦力 D．太极球由A经过B到达C的过程中，先超重后失重 【答案】C 【详解】A．题意可知太极球在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，但重力势能改变，所以其机械能不是始终保持不变的，故A错误； B．太极球在做匀速圆周运动的过程中，其所受的合力提供向心力，其大小不变，但方向改变，故B错误； C．太极球在D处可能只受到重力和球拍弹力的作用，二力的合力可以提供太极球此时做匀速圆周运动所需的向心力，故球此时可能不受球拍的摩擦力作用，故C正确； D．太极球做匀速圆周运动的过程中，其加速度大小不变，方向总是指向圆心。可知太极球由A到B的过程中，加速度有竖直向下的分加速度，处于失重状态；由B到C的过程中，加速度有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以太极球由A经过B到达C的过程中，太极球先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。 故选C。 5．（2025·河南新乡·模拟预测）公园中常有小朋友用发光转转球进行健身娱乐活动，如图1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ω1=4rad/s的匀速圆周运动，此时轻绳与地面平行，拉力大小T1=4N，如图2所示。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。 (1)求轻绳的长度L； (2)若小球绕轴做角速度的匀速圆周运动，此时轻绳与轴的夹角，结点为O，如图3所示。求此时小球对地面的压力大小FN； 【答案】(1)0.25m (2)4N 【详解】（1）轻绳拉力充当向心力，有 代入数据可得，轻绳的长度 （2）此时小球做圆周运动的半径 绳拉力的水平分力充当向心力 竖直方向上受力平衡，有 可求得， 根据牛顿第三定律 6．（2025·福建龙岩·模拟预测）如图所示，长的轻绳上端悬于天花板，下端连接一质量的小球。当小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动时，轻绳与竖直方向的夹角为，，，。 (1)若小球转动起来恰好对桌面无压力，求的值； (2)当球以做匀速圆周运动时，求绳子的拉力的大小和桌面对小球支持力的大小。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）小球的角速度为时转动起来且恰好对桌面无压力，设绳子的拉力为，对小球进行受力分析如下图所示 则有 解得 （2）因为 可知该状态下小球受到桌子的支持力，绳子与竖直线的夹角仍为，则有 解得，。 7．（2025·福建厦门·三模）图甲为某种旋转节速器装置的结构示意图，质量为的重物A套在固定的竖直轴上，可以在竖直轴上滑动，两个完全相同的小环B、C与轻弹簧两端连接并套在水平杆上，A、B及A、C之间通过铰链与长为的两根轻杆相连接，当装置静止时，轻杆与竖直轴的夹角为。使水平杆绕竖直轴匀速转动且高度保持不变，稳定后轻杆与竖直轴的夹角为，如图乙所示。已知弹簧原长为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，取，。求 (1)装置静止时每根轻杆对重物A的拉力大小； (2)装置匀速转动时小环C所需的向心力大小； (3)从静止状态到匀速转动的过程中，系统（A、B、C及弹簧）机械能的变化量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）装置静止时，以A为对象，根据平衡条件可得 解得每根轻杆对重物A的拉力大小为 （2）系统静止时，弹簧弹力大小为 弹簧长度为 弹簧压缩量为 系统匀速转动时，弹簧长度为 弹簧伸长量为 此时弹簧弹力大小为 以A为对象，根据受力平衡可得， 小环C所需的向心力大小为 联立解得 （3）系统匀速转动时，对C小环，有， 从静止状态到匀速转动的过程中，因为弹簧压缩量和伸长量相等，则弹性势能变化量 则系统（A、B、C及弹簧）机械能的变化量为 其中 联立解得 8．（2025·福建漳州·模拟预测）某兴趣小组利用如图甲所示的向心力演示仪探究向心力大小与角速度、运动半径、质量的关系。 (1)标尺上露出的红白相间等分格子数，可以粗略显示小球的________（填“向心力”或“角速度”）大小。 (2)另一兴趣小组用如图乙所示的装置探究向心力与角速度的关系。用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，实时测量向心力和角速度的大小。 a．图丙中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知曲线①对应的金属块质量________（填“大于”或“小于”）曲线②对应的金属块质量； b．为了进一步明确向心力与角速度的关系，作出图线为过原点的倾斜直线，由此可得出的结论是________。 【答案】(1)向心力 (2) 小于 质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成正比 【详解】（1）标尺上露出的红白相间等分格子数，可以粗略显示小球的向心力大小。 （2）①[1] 根据，由于半径相同，由图可知，在角速度相同的条件下，曲线①对应的向心力小于曲线②对应的向心力，则曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。 ②[2] 图线为过原点的倾斜直线，由此可得出的结论是质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成正比。 9．（2025·河北·二模）轻弹簧一端与质量为m的小球相连，如图甲所示弹簧竖直放置稳定后，弹簧的长度为；如图乙所示将该装置固定在光滑水平面的竖直转轴上，小球以角速度在水平面上做匀速圆周运动时，弹簧的长度为。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则该弹簧的劲度系数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设轻弹簧的原长为，劲度系数为k，则在图甲情况下有 在图乙情况下有 联立解得 故选C。 10．（2025·江西·模拟预测）如图，半径为R的半球形陶罐，固定在水平转台上，转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，一质量为m的小物块放入陶罐内，随着陶罐一起以角速度ω匀速旋转。已知小物块和O点的连线与之间的夹角θ为60°，小物块与罐壁间的动摩擦因素，重力加速度大小为g。若 则小物块所受的摩擦力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当物块与罐壁恰好没有摩擦力时，重力与支持力提供向心力，由 得 当ω=时，所需向心力更大，则摩擦力沿罐壁向下，与水平方向成60°角，则， 得。 故选B。 真题·实战演练 高频考点：一是基础物理量换算，同轴、皮带传动线速度与角速度比例关系；二是水平面圆周，摩擦力、轻绳拉力提供向心力，转速极值临界分析；三是竖直面绳、杆两类模型最高点临界条件，常结合动能定理做能量综合计算。试题多选、计算均有涉及，以实景载体命题，高频陷阱集中在摩擦力方向、两类模型临界速度混淆，侧重受力拆解与多公式联立运算。 1．（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取。 （1）求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功； （2）求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小； （3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。 【答案】(1)1.5J (2)0.5N (3) 【详解】（1）求，F做的功 （2）对AB整体，根据牛顿第二定律 其中 对B根据牛顿第二定律 联立解得 （3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时 此时 过程中，对A、B根据动能定理 根据题图可得 从点到点，根据动能定理 在点的最小速度满足 联立可得 即圆弧半径满足的条件。 2．（2025·福建·高考真题）（多选）在2025年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动，O点在空间中保持不动，P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O点的距离分别为，d、，则手绢转动过程中（　　） A．Q的线速度大小是P的倍 B．Q的角速度大小是P的倍 C．P的加速度大小是Q的倍 D．P点所受合外力方向始终指向O点 【答案】AD 【详解】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，B错误； A．由 可知，、线速度之比 得A正确； C．由 可知，、向心加速度之比 得C错误； D．做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心，D正确。 故选AD。 3．（2023·福建·高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 【答案】（1）0.05m；（2）；（3） 【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得 根据胡克定律得 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 （2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得 由几何关系得圆环此时转动的半径为 联立解得 （3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有 ， 由几何关系得 联立解得 4．（2022·福建·高考真题）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中， （1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前用时。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小； （2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为的匀速圆周运动，速度大小为。已知武大靖的质量为，求此次过弯时所需的向心力大小； （3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取，、、、） 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为，根据 解得 （2）根据 解得过弯时所需的向心力大小为 （3）设场地对武大靖的作用力大小为，受力如图所示 根据牛顿第二定律可得 解得 可得 5．（2015·福建·高考真题）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( ) A．t1＜t2 B．t1=t2 C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小 【答案】A 【详解】在AB段，由牛顿第二定律得 滑块受到的支持力 则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小； 在BC段，由牛顿第二定律得 滑块受到的支持力 则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，A正确，BCD错误。 故选A。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第14讲 圆周运动（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 描述圆周运动的物理量 2 知识点2 水平圆周运动的实例分析 4 知识点3 分析水平面内圆周运动的临界问题 5 知识点4 竖直面内的圆周运动 5 模拟·基础演练 7 题型01 圆周运动的描述 7 题型02 向心力的求算 9 题型03 向心加速度的求算 12 题型04 水平面内的圆周运动 15 题型05 竖直平面内的圆周运动 18 重难·创新演练 21 真题·实战演练 25 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 水平面圆周运动向心力受力分析 单选 T6（4 分） 竖直圆周运动临界极值模型（绳 / 杆 / 轨道） 多选 T8（6 分） 圆周运动与机械能、多过程综合计算 计算 T14（14 分） 考情分析 题型覆盖单选、多选、计算题，总分 4~14 分；常依托山地滑道、滨海转轮、游乐设施等福建本土情境命题。重点考查向心力来源受力拆解、竖直圆周临界条件，常联动动能定理形成多过程综合设问；侧重几何关系与动力学联立计算，图像、临界陷阱设置较多。 复习目标 1.快速区分水平面、竖直面圆周模型，规范正交分解找向心力合力； 2.熟记绳、杆、内外轨道三类竖直圆周最高点临界条件，熟练推导极值速度； 3.掌握圆周与机械能综合解题流程，能结合几何关系列式，精准规避弹力、速度临界易错点。 巩固·知识解构 知识点1 描述圆周运动的物理量 1.描述圆周运动的物理量 定义、意义 公式、单位 线速度(v) ①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量 ②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 ①v＝(定义式)＝(与周期的关系) ②单位：m/s 角速度(ω) ①描述物体绕圆心转动快慢的物理量 ②是______，但不研究其方向 ①ω＝(定义式)＝(与周期的关系) ②单位：rad/s ③ω与v的关系：v＝ωr 周期(T) 转速(n) 频率(f) ①周期是物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率 ②转速是单位时间内物体转过的圈数 ①T＝＝(与频率的关系) ②T的单位：s n的单位：r/s、r/min f的单位：Hz 向心加速度(an) ①描述线速度方向变化快慢的物理量 ②方向指向圆心 ①an＝＝ω2r＝r＝ωv ②单位：m/s2 2.匀速圆周运动 (1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动就是匀速圆周运动. (2)特点：加速度大小不变，方向始终指向______，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. ✨得分速记： 1.对an＝＝ω2r的理解 在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比. 2.常见的传动方式及特点 (1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB. (2)摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB. (3)同轴转动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比. ⚠特别提醒： 易混淆线速度、角速度定义，错把路程当弧长计算线速度；分不清周期、转速换算关系，单位漏转分钟与秒的转换。常忽略矢量方向，误将速率等同于线速度，认为匀速圆周是匀速运动，实则速度时刻变化。计算向心力时，容易漏算、多算受力，错把某个单一力直接当作向心力，忘记向心力是合力。混淆向心加速度作用，误以为会改变速度大小，实际仅改变速度方向。同轴转动角速度相等、皮带传动线速度相等两大结论极易记反，解题时常颠倒二者物理量比例关系，造成比例计算完全出错。 知识点2 水平圆周运动的实例分析 匀速圆周运动的实例分析 运动模型 向心力的来源图示 圆锥摆模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑) ✨得分速记 解题第一步锁定向心力来源，先完成受力正交分解，指向圆心的合外力提供向心力，竖直方向合力恒为零。熟记同轴角速度相等、皮带 / 摩擦传动线速度相等的传动规律，快速推导半径与线速度、角速度比例。熟记向心力多组等效公式，根据已知量灵活选用列式。临界题型重点抓最大静摩擦力、绳子拉力极值，找准物体滑动、绳松弛的临界条件。规范分步书写受力平衡与向心力方程，竖直平衡式可直接规避竖直方向受力漏算丢分，矢量计算只取径向合力，切勿混入切向无关力，减少计算失误。 知识点3 分析水平面内圆周运动的临界问题 三种临界情况 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0. (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到______． (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0. ✨得分速记 先竖直方向列平衡方程，保证重力与支持力抵消，仅径向合力提供向心力。摩擦力、绳拉力为核心临界力：转速最小时静摩擦力向外，转速最大时静摩擦力向内。临界状态取最大静摩擦力，联立向心力公式求解转速极值。双绳模型区分单绳绷紧、松弛临界，判断拉力为零的分界角速度。解题先定性判断摩擦力方向，再列式，避免摩擦力方向反向导致全错；分步书写平衡、向心力两组方程，按步骤拿分。 知识点4 竖直面内的圆周运动 竖直面内的圆周运动----拱桥、凹桥模型 概述 如图所示为凹形桥模型．当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向＝FN－mg＝m 规律 桥对车的支持力FN＝mg＋m＞mg，汽车处于______状态 概述 如图所示为拱形桥模型．当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F向＝mg－FN＝m 规律 桥对车的支持力FN＝mg－m＜mg，汽车处于______状态．若v＝，则FN＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动 竖直面内圆周运动两类模型 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 ✨得分速记 先区分绳模型、杆模型、内外轨道三类临界条件，最高点是解题核心分界。绳 / 无支撑轨道最高点最小速度，低于该速度会脱离圆周；杆 / 管状轨道最高点最小速度可为 0，杆可提供支持力。全程优先用动能定理联立最高点向心力公式，以最低点为势能参考简化计算。判断脱离临界时，轨道弹力、绳子拉力为 0 是关键分界点。答题分步书写能量方程、径向合力方程，避免直接联立漏步骤丢分；切勿混淆两类模型临界速度，注意区分轨道支持力与绳拉力的受力差异。 模拟·基础演练 考查重点：基础层面考查线速度、角速度等物理量换算、传动规律；核心是水平面圆周受力与摩擦、绳拉力临界极值；重难点为竖直圆周绳、杆两类模型最高点临界条件，常搭配动能定理做多过程综合。题型涵盖选择、计算，多用游乐设施、山地滑道等本土情境，侧重受力分析、临界判断与联立计算，易设置摩擦力方向、临界速度两类陷阱，重点检验动力学与能量结合的综合解题能力。 ⏳题型01 圆周运动的描述 1．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）利用霍尔效应制成的磁传感器可将磁场信号转换为电信号。如图甲所示，将这种磁传感器固定在自行车的车架上，并在车轮辐条上固定强磁铁，当车轮转动时磁铁每次经过传感器都会在元件两侧产生一次电势差变化，图乙为该元件的工作原理图，该元件中自由移动的载流子带负电，电源电压为。当自行车匀速行驶时，测得磁传感器的电压随时间t变化如图丙所示，已知自行车车轮半径为r，则以下说法正确的是（     ） A．车轮转一周所用的时间为 B．自行车行驶的速度大小为 C．增大电源电压，测得磁传感器的电压的峰值将增大 D．a端电势低于b端电势 2．（2026·福建三明·二模）如图，停车场的道闸机可自动识别车牌开关大门，其横杆上有A、B两点，随横杆在竖直面内绕转轴旋转，则A、B的线速度大小判断正确的是（　　） A． B． C． D．无法确定 3．（2026·福建·三模）（多选）太空自行车是近期的热门游乐项目，人在竖直圆形钢架轨道内骑车，依靠人力与惯性完成360°竖直圆周运动，倒挂在最高点时不会掉落，失重感明显。一游客从圆轨道右侧P点由静止出发，通过最低点后用力蹬车，直至冲上圆轨道最高点。则游客从M点减速上升至N点的过程中（　　） A．角速度减小 B．向心加速度减小 C．所受合外力始终指向圆心 D．游客机械能守恒 4．（2026·福建厦门·二模）（多选）如图所示，2026年春晚节目《武BOT》中，某机器人的右臂以肩关节O点为圆心做匀速圆周运动，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，已知，，，则P、Q两点做圆周运动的（　　） A．角速度大小相同 B．线速度方向相同 C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为 5．（2025·福建·模拟预测）如图所示，是带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转圈。在暗室中用每秒闪光次的频闪光源照射圆盘。当时，观察到白点每秒沿______（选填“顺”或“逆”）时针方向旋转；当时，白点转动一圈的时间为______s。 6．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）某地的机动车出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，M、为横杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆上，在道闸抬起过程中，快递袋始终与横杆保持相对静止，且杆始终水平，此过程中杆绕点从水平方向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转动杆长度为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．点线速度大小大于点线速度大小 B．点的加速度始终沿方向 C．两点都在做匀速圆周运动 D．快递袋能够与横杆保持相对静止一起运动的最大速率 7．（2025·福建·一模）如图所示，这是皮带传动装置，左侧皮带轮的半径为2r，右侧皮带轮的半径为r，A为左侧皮带轮上一点，A点到圆心O的距离为r，B为右侧皮带轮边缘上一点，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，A、B两点的角速度大小之比______，A、B两点的向心加速度大小之比______。 ⏳题型02 向心力的求算 8．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，在物理课堂上，老师给出了一个挑战：保持杯子开口始终竖直向下，在不利用其它物品辅助的条件下，用竖直倒立的杯子将乒乓球由书堆左侧的A点越过书堆搬运到右侧的B点，以下的四个杯子中，最容易成功的是（     ） A． B． C． D． 9．（2026·福建南平·二模）（多选）《月映武夷》是世界单体最大的水幕舞台，演出高潮时，“建本”雕版舞台破水而出，与水平面成60°角斜立于水面（可视为斜面），简化模型如图所示。演出时，演员腰间系有平行于斜面的安全绳，绳的另一端固定在O点。若某次演员在斜面上绕O点做圆周运动通过最低点M时，摩擦力不计，速度为1m/s，绳长OM为4m，演员质量为60kg，重力加速度g取。则演员通过M点时（　　） A．合外力大小为15N B．绳子的拉力大小为615N C．所受重力的功率为0 D．所受合外力的功率为15W 10．（2026·福建宁德·二模）如图所示，相距为的、两点分别固定电荷量均为的正点电荷，为连线的中点。一质量为、电荷量为的带电粒子恰能以的速度，绕点在垂直于的平面内做匀速圆周运动。已知静电力常量为，重力忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．粒子运动轨迹上各点的电场强度相同 B．粒子运动轨迹上各点的电势不相等 C．粒子做匀速圆周运动的半径为 D．若粒子速度减小，粒子将做离心运动 11．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 12．（2026·福建南平·一模）如图，两半径近似相等的光滑绝缘环形挡板固定在光滑水平面内，组成一圆心为、半径为的圆形轨道。、为轨道上两点，为的中点，点在延长线上、与点距离为，且。在点固定一电荷量为的负点电荷，在点固定一电荷量为的正点电荷。一带正电小球在轨道内做匀速圆周运动，经过点时对内、外侧挡板均无压力。已知小球质量为、电荷量为q，小球可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为。求： (1)、两处的电荷产生的电场在点的合场强大小； (2)小球做匀速圆周运动的速度大小； (3)小球经过点时对挡板压力的大小和方向。 13．（2026·福建泉州·二模）2025年11月福建舰在三亚正式入列，标志着我国正式进入三航母时代。如图，福建舰在海上转弯，设其绕O点做匀速圆周运动，速度大小约为10m/s，转弯半径约为2000m，质量约为8×107kg，则（　　） A．舰受到的合力大小为零 B．舰所需的向心力大小约为4×106N C．水对舰的作用力大小约为4×106N D．水对舰的作用力方向指向O点 14．（2025·福建宁德·三模）如图所示，光滑绝缘的轻质三角形框架OAB，OA杆竖直且O、A相距为，OB杆与OA杆夹角为，B点与A点高度相同。A点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于O点，另一端与套在OB杆上质量为的带电小球P相连，初始时，小球静止于OB中点且对杆无压力。现驱动该装置以OA为轴转动，使小球缓慢移动至B点，此时弹簧恰好恢复原长，此后维持角速度不变。已知重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)初始时小球P所受的静电力大小； (2)小球到达B点后的角速度大小； (3)整个过程驱动力所做的功。 ⏳题型03 向心加速度的求算 15．（2025·福建福州·三模）（多选）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为O，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（     ） A．流水的加速度方向指向圆心O B．流水速度改变量的大小为 C．通过观测截面水的动量改变量大小为 D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 16．（2025·福建漳州·模拟预测）如图为某小区通道上的智能闸杆，闸杆上A、B、C、D四处各固定一个相同的螺栓，闸杆可绕转轴O转动。已知，则在抬起闸杆的过程中，A、B两处螺栓的线速度大小之比为__________，C、D两处螺栓的向心力大小之比为__________。 17．（2024·福建·模拟预测）关于对做圆周运动的物体的向心加速度的理解，下列说法正确的是（　　） A．向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢 B．向心加速度的方向可能与速度方向成任意角度 C．向心加速度可能改变速度的大小 D．做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度恒定 18．（2023·福建漳州·三模）如图为明代出版的《天工开物》中记录的“牛转翻车”，该设备利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中a、b分别为两个齿轮边缘上的点，齿轮半径之比为；a、c在同一齿轮上且a、c到转轴的距离之比为，则在齿轮转动过程中（　　） A．a、b的角速度相等 B．b的线速度比c的线速度小 C．b、c的周期之比为3∶4 D．a、b的向心加速度大小之比为4∶3 19．（2026·山东淄博·三模）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.3m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为37°，小球质量为0.48kg，重力加速度大小。则该小球（     ） A．角速度大小为 B．线速度大小为2m/s C．向心加速度大小为6m/s2 D．所受支持力大小为6N 20．（2026·浙江·三模）如图所示，是由家用摄像机拍摄视频后制作的一幅记录甩手动作的图片，体现了把手指上的水滴甩掉的过程。A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置。根据照片构建A、C之间的运动模型：开始阶段，指尖A以肘关节M为圆心做圆周运动，到接近B的最后时刻，指尖以腕关节N为圆心做圆周运动。已知相邻两帧之间的时间间隔为0.04s，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖的实际长度为65cm。由此计算指尖在B点（以腕关节N为圆心）的向心加速度约为（     ） A．25m/s2 B．50m/s2 C．10m/s2 D．250m/s2 21．（2026·湖南长沙·三模）“月地检验”验证了万有引力定律。通过测量和观测可知，地球表面的重力加速度为，月球表面的重力加速度为，地球的半径为，月球的半径为，月球与地球中心的距离为，地球的自转周期为，月球绕地球公转的周期为，下列等式成立且能验证万有引力定律的是（    ） A． B．月球的向心加速度 C． D． ⏳题型04 水平面内的圆周运动 22．（2026·福建福州·一模）2026年张雪机车在世界超级摩托车锦标赛中获得三连冠，成为本赛季最大黑马。在匈牙利站的比赛中，53号车手驾驶张雪机车，由起点沿直线赛道从静止出发，以加速度加速后，获得的速度。为了安全通过弯道，机车需减速至，已知机车减速最大加速度为，设加速和减速过程均视为匀变速直线运动，车手和机车总质量，取重力加速度大小。求： (1)机车匀加速时间； (2)机车匀减速距离至少为多少； (3)若通过水平弯道的运动可视为半径的匀速圆周运动，求过弯道过程中地面对机车作用力的大小。 23．（2026·福建福州·三模）如图，在水平转台上放置有质量相同的滑块P和Q（可视为质点），它们与转台之间的动摩擦因数相同，P与转轴的距离为R1，Q与转轴的距离为R2，且R1<R2，转台绕转轴以角速度ω匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．滑块P和Q均受到四个力作用 B．P的向心加速度大于Q的向心加速度 C．P所受到的摩擦力大于Q所受到的摩擦力 D．若角速度ω缓慢增大，Q一定比P先开始滑动 24．（2026·福建三明·模拟预测）如图所示装置用以测量物体与平台间的摩擦因数，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转台的角速度达到时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径， 离水平地面的高度， 物块平抛落地过程水平位移的大小 。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 由此可得： (1)物块做平抛运动的初速度大小 ______m/s。 (2)转台的角速度 ________。 (3)物块与转台间的动摩擦因数 ________。 25．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，一半径为的光滑圆环竖直放置，为其竖直直径。一根轻质细绳一端固定在点，另一端连接一质量为的小球，小球套在圆环上并处于静止状态，细绳与间夹角为。现圆环以角速度绕轴匀速转动，重力加速度为，则（     ） A．圆环静止时，圆环对小球的作用力方向指向圆心 B．圆环匀速转动时，小球处于平衡状态 C．轻质细绳中拉力恰好为时， D．圆环对小球的弹力为时，小球的加速度大小为 26．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，长为L的轻金属软导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的偏角为θ，磁感应强度为B，则（　　） A．摆球转动的角速度为 B．摆球转动的角速度为 C．金属导线中产生的感应电动势的大小 D．金属导线中产生的感应电动势的大小 27．（2026·福建福州·二模）福州市道庆洲大桥（如图甲）是福建省第一座公轨共建桥梁，上层为双向6车道一级公路，下层搭载地铁6号线。重力加速度取。 (1)地铁启动时，若受到大小为的牵引力作用，做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到。求此过程经历的时间及牵引力的平均功率； (2)水平公路段有一段半径为500m的圆弧形弯道（如图乙），若有一总质量为的汽车（可视为质点）通过该路段时做匀速圆周运动，速度大小为，求汽车通过该路段时所需的向心力。 28．（2025·广西南宁·模拟预测）（多选）若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，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为，重力加速度为。以下说法正确的是（　　） A．运动员转弯时速度的大小为 B．运动员转弯时速度的大小为 C．若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角 D．运动员做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变 ⏳题型05 竖直平面内的圆周运动 29．（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。 30．（2026·福建·一模）如图所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R，圆心角60°，水平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点。现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，物块与BC段间的动摩擦因数为0.5，BC段的长度也为R，重力加速度为g，物体视为质点。求： (1)物块运动到圆弧轨道C点时，轨道对物块的支持力大小； (2)物块最终停下的位置离C点的距离； (3)调整弹簧的压缩量，物块由静止释放恰能到达与O点等高的高度，则弹簧的最大弹性势能为多大。 31．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为3m的光滑竖直四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，质量为m的小球B用足够长轻质细线悬挂，刚好与水平面接触，细线能承受的最大拉力为7mg，一根小钉子紧贴细线固定在悬点正下方。将质量为2m的小球A在圆弧体的最高点由静止释放，当小球A刚运动到圆弧体最低点时，圆弧体与水平面上固定挡板碰撞并立即停止运动，小球A离开圆弧体后，继续在水平面上向右运动并与小球B发生弹性正碰，重力加速度为g，不计小球的大小，圆弧体最低点与水平面相切。 (1)求小球A未释放时，圆弧体最高点离挡板的水平距离； (2)求圆弧体碰后静止的瞬间，小球对圆弧体的压力大小； (3)要使小球B能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子离地面的距离应满足的条件（结果可保留分数）。 32．（2025·浙江·一模）如图所示，AB为足够长的粗糙斜面，斜面倾角，与水平面CG通过极小的一段光滑曲面平滑连接，CG长为S=1.2m的粗糙水平面，DFE为与水平面平滑连接的光滑竖直圆轨道，该竖直光滑圆轨道在CG的位置可调，最低点D、E水平方向略微错开。长木板紧挨着G，静止在光滑、足够长的水平面HT上。长木板右端固定一弹性挡板K (物块与它的碰撞为弹性碰撞)。一质量为m=1kg可视为的质点物块P自斜面上距水平面高为h处由静止释放，P与斜面、CG间、木板间动摩擦因数均为，圆轨道半径R=0.4m,木板质量M=2kg，长为、，，取，求： (1)若滑块恰能过最高点F，求滑块经D点时受到轨道的支持力大小。 (2)当时，CD的距离S₁为多少时滑块恰能滑过F点。 (3)当圆轨道最低点D位于CG中点时，P刚好滑至木板中点时与木板相对静止，求滑块释放的高度h2。 33．（2025·福建福州·三模）如图所示，将倾角表面粗糙的斜面固定在地面上，用一根轻质细绳跨过两个光滑的半径很小的滑轮连接甲、乙两物体（均可视为质点），把甲物体放在斜面上且细绳与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使细绳拉直且偏离竖直方向开始时甲、乙均静止。现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内往返运动，测得绳长OA为l＝1m，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动，已知乙物体的质量为，取重力加速度cos37°＝0.8，忽略空气阻力。求： (1)释放瞬间，乙物体的加速度大小a及细绳的拉力大小T1： (2)乙物体在摆动过程中细绳的最大拉力 (3)甲物体的质量M（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。 34．（2025·福建厦门·三模）（多选）如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（可视为质点），另一端套在光滑的水平轴O上，水平轴的正上方有一速度传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时的速度大小v，水平轴O处有一力传感器（图中未画出），可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F﹣v2（v为小球在最高点时的速度）图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）    A．小球的质量为10kg B．轻杆的长度为1.8m C．若小球通过最高点时的速度大小为3.6m/s，则轻杆对小球的作用力大小为6.4N D．若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力为10N 35．（2025·福建福州·一模）《水流星》是中国传统民间杂技艺术，杂技演员用一根绳子兜着里面倒上水的两个碗，迅速地旋转着绳子做各种精彩表演，即使碗底朝上，碗里的水也不会洒出来。假设水的质量为m，绳子长度为L，重力加速度为g，不计空气阻力。绳子的长度远远大于碗口直径。杂技演员手拿绳子的中点，让碗在空中旋转。 (1)两碗在竖直平面内做圆周运动，若碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，求碗通过最高点时的线速度； (2)若两只碗在竖直平面内做圆周运动，两碗的线速度大小始终相等，如图甲所示，当正上方碗内的水恰好不流出来时，求正下方碗内的水对碗的压力； (3)若两只碗绕着同一点在水平面内做匀速圆周运动，碗的质量为M。如图乙所示，已知绳与竖直方向的夹角为，求碗和水转动的角速度大小。 重难·创新演练 设题创新:一是情境本土化，依托山地滑道、滨海摩天轮、游乐转盘等本地实景包装模型，脱离抽象题干；二是模型融合创新，将水平面临界摩擦与竖直圆周、动能定理结合做多过程综合；三是设问角度创新，不只直接求速度，常反向给定轨道弹力反推临界角速度，弱化固定套路，侧重受力定性分析，增设弹力、摩擦力方向判断陷阱，强化模型迁移思维。 1．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，四分之三圆轨道ABC被固定在竖直面内，其中AB的半圆部分是圆管，AB是竖直直径，半径OD、OB 的夹角为θ，。一小球（视为质点）以水平向左、大小为v0的速度冲入轨道，到达D 时刚好脱离轨道，不计一切摩擦阻力，圆管内径略大于小球直径，重力加速度为g，则圆轨道半径大小为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，等量异种点电荷分别固定在同一水平线上间距为的、两点处，其中处点电荷带正电，点为、连线中点，点、、分别位于、、正下方处。一长为的轻质绝缘细杆一端固定一质量为、电荷量为（）的带电小球，另一端位于点，轻杆可绕点在所在竖直平面内自由转动。小球从点由静止释放，到达点的速度大小与到达最低点的速度大小相等，取点电势为零，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度为，求： (1)小球到达点时的速度大小； (2)等量异种点电荷形成的电场中点的电势； (3)已知等量异种点电荷所带电荷量大小均为，静电力常量为，求带电小球运动到点时轻杆对小球的作用力大小。 3．（2026·福建·模拟预测）如图所示，水平圆盘可绕通过其中心O的竖直轴转动，圆盘半径，离水平地面高度，在圆盘边缘放置一质量的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度大小g取，空气阻力不计，圆盘从静止开始缓慢加速转动，求： (1)物块恰与圆盘发生相对滑动时圆盘角速度的大小； (2)物块滑离圆盘后在空中运动的时间； (3)物块落地点与O点正下方地面上点的距离。 4．（2026·福建·一模）太极球是一种融合太极原理的健身运动项目，强调螺旋缠绕与内外协调的运动形态。一老年协会开展了该项“太极球”运动，如图所示，某次进行该项运动时，一老人半马步站立，手持太极球拍，球拍上放一橡胶太极球，舞动球拍，让小球在竖直面内始终不脱离球拍且做匀速圆周运动，关于此过程，以下说法正确的是（　　） A．太极球的机械能始终保持不变 B．太极球所受的合力始终保持不变 C．太极球在D处可能与球拍之间没有摩擦力 D．太极球由A经过B到达C的过程中，先超重后失重 5．（2025·河南新乡·模拟预测）公园中常有小朋友用发光转转球进行健身娱乐活动，如图1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ω1=4rad/s的匀速圆周运动，此时轻绳与地面平行，拉力大小T1=4N，如图2所示。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。 (1)求轻绳的长度L； (2)若小球绕轴做角速度的匀速圆周运动，此时轻绳与轴的夹角，结点为O，如图3所示。求此时小球对地面的压力大小FN； 6．（2025·福建龙岩·模拟预测）如图所示，长的轻绳上端悬于天花板，下端连接一质量的小球。当小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动时，轻绳与竖直方向的夹角为，，，。 (1)若小球转动起来恰好对桌面无压力，求的值； (2)当球以做匀速圆周运动时，求绳子的拉力的大小和桌面对小球支持力的大小。 7．（2025·福建厦门·三模）图甲为某种旋转节速器装置的结构示意图，质量为的重物A套在固定的竖直轴上，可以在竖直轴上滑动，两个完全相同的小环B、C与轻弹簧两端连接并套在水平杆上，A、B及A、C之间通过铰链与长为的两根轻杆相连接，当装置静止时，轻杆与竖直轴的夹角为。使水平杆绕竖直轴匀速转动且高度保持不变，稳定后轻杆与竖直轴的夹角为，如图乙所示。已知弹簧原长为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，取，。求 (1)装置静止时每根轻杆对重物A的拉力大小； (2)装置匀速转动时小环C所需的向心力大小； (3)从静止状态到匀速转动的过程中，系统（A、B、C及弹簧）机械能的变化量。 8．（2025·福建漳州·模拟预测）某兴趣小组利用如图甲所示的向心力演示仪探究向心力大小与角速度、运动半径、质量的关系。 (1)标尺上露出的红白相间等分格子数，可以粗略显示小球的________（填“向心力”或“角速度”）大小。 (2)另一兴趣小组用如图乙所示的装置探究向心力与角速度的关系。用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，实时测量向心力和角速度的大小。 a．图丙中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知曲线①对应的金属块质量________（填“大于”或“小于”）曲线②对应的金属块质量； b．为了进一步明确向心力与角速度的关系，作出图线为过原点的倾斜直线，由此可得出的结论是________。 9．（2025·河北·二模）轻弹簧一端与质量为m的小球相连，如图甲所示弹簧竖直放置稳定后，弹簧的长度为；如图乙所示将该装置固定在光滑水平面的竖直转轴上，小球以角速度在水平面上做匀速圆周运动时，弹簧的长度为。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则该弹簧的劲度系数为（　　） A． B． C． D． 10．（2025·江西·模拟预测）如图，半径为R的半球形陶罐，固定在水平转台上，转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，一质量为m的小物块放入陶罐内，随着陶罐一起以角速度ω匀速旋转。已知小物块和O点的连线与之间的夹角θ为60°，小物块与罐壁间的动摩擦因素，重力加速度大小为g。若 则小物块所受的摩擦力的大小为（　　） A． B． C． D． 真题·实战演练 高频考点：一是基础物理量换算，同轴、皮带传动线速度与角速度比例关系；二是水平面圆周，摩擦力、轻绳拉力提供向心力，转速极值临界分析；三是竖直面绳、杆两类模型最高点临界条件，常结合动能定理做能量综合计算。试题多选、计算均有涉及，以实景载体命题，高频陷阱集中在摩擦力方向、两类模型临界速度混淆，侧重受力拆解与多公式联立运算。 1．（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取。 （1）求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功； （2）求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小； （3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。 2．（2025·福建·高考真题）（多选）在2025年央视春晚上，人形机器人表演了一个精彩的扭秧歌、转手绢节目。如图，机器人转动手绢，手绢绕其中心点O在一竖直面内匀速转动，O点在空间中保持不动，P、Q是固定在手绢上可视为质点的两个小饰物，与O点的距离分别为，d、，则手绢转动过程中（　　） A．Q的线速度大小是P的倍 B．Q的角速度大小是P的倍 C．P的加速度大小是Q的倍 D．P点所受合外力方向始终指向O点 3．（2023·福建·高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 4．（2022·福建·高考真题）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中， （1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前用时。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小； （2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为的匀速圆周运动，速度大小为。已知武大靖的质量为，求此次过弯时所需的向心力大小； （3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取，、、、） 5．（2015·福建·高考真题）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( ) A．t1＜t2 B．t1=t2 C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第14讲 圆周运动（专项训练） 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 2 3 4 6 8 9 10 11 13 答案 BC C AB AD CD C AC C BC B 题号 15 17 18 19 20 21 23 25 26 28 答案 AC A C D D C D C AC BC 题号 34 2 4 9 10 2 5 答案 CD C C C B AD A 1．BC 【详解】AB．自行车转一圈，前进，由图丙可知用时，因此行驶速度大小为。故A错误，B正确； C．当磁铁正对霍尔元件时，加在霍尔元件上的磁场最强，此时，（h是宽度，d是厚度），则对应的最大电压为 其中，因此增大会使霍尔电压的最大值增大。故C正确； D．由左手定则可知，负电荷向端运动，故端电势高于端。故D错误。 故选BC。 2．C 【详解】同轴转动，角速度相同，根据可得 故选C。 3．AB 【详解】A．由角速度公式，减小、不变，因此角速度减小，A正确； B．由向心加速度公式，减小、不变，因此向心加速度减小，B正确； C．只有匀速圆周运动的合外力才始终指向圆心； 减速圆周运动中，合外力除了指向圆心的向心分量，还存在沿速度反方向的切向分量（使速度减小），因此合外力不指向圆心，C错误； D．运动过程中游客用力蹬车，人体肌肉做功，消耗化学能转化为机械能，因此游客（含车）的机械能不守恒，D错误。 故选AB 。 4．AD 【详解】A．右臂上的P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点的运动属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度大小相同，A正确； BCD．右臂上P、Q两点做匀速圆周运动的半径分别为、，且、不在同一直线上。 又知P、Q两点做匀速圆周运动的线速度方向与半径垂直，故P、Q两点的线速度方向不相同。 由几何关系可得 所以，，故B错误，C错误，D正确。 故选AD。 5． 逆 【详解】[1]由于光源的闪光周期小于白点做圆周运动的周期，光源每次闪光时，白点都没有来得及回到前一次闪光时的位置，即都在前一次闪光时位置的左侧，光源连续闪光，白点的位置就连续向左逆时针移到，所以白点逆时针旋转； [2]白点的频率为 ，白点的角速度为 光源的频率为 ，光源的角速度为 设白点转动一圈的时间为t，则 解得 6．CD 【详解】AC．两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，A错误，C正确； B．由前分析知，点加速度始终和方向平行（即和点加速度同向），B错误： D．设快递袋质量为，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为，如图所示 由 又 联立得 其中 由数学知识可知，最大值为，D正确。 故选CD。 7． 【详解】[1][2]由题意可知，两皮带轮边缘的线速度大小相等，左侧皮带轮边缘某点的线速度与B点的线速度相等，根据 向心加速度 所以 8．C 【详解】当杯子开口向下时，C选项的玻璃杯受力分析如图所示， 支持力竖直分量与重力平衡，水平分量可以提供做圆周运动的向心力，只要手法合理，可以使乒乓球在杯子内做圆周运动，同时被搬运到书堆的右侧。 故选C。 9．AC 【详解】A．由向心力公式，代入数据，故A正确； B．沿斜面方向由牛顿第二定律得 变形 代入数据，故B错误； C．由功率公式，为重力与速度方向的夹角，演员在点速度方向平行于斜面且垂直于绳，重力竖直向下，二者夹角为，，因此重力的功率为，故C正确； D．合外力提供向心力，方向沿绳指向圆心，与速度方向垂直，由功率公式，，因此合外力的功率为，故D错误。 故选AC。 10．C 【详解】A．电场强度是矢量，粒子运动轨迹上不同位置的电场强度方向不同，因此各点电场强度不同，故A错误； B．粒子运动轨迹上任意一点到两个正点电荷、的距离都相等，两点电荷在带电粒子运动轨迹上产生的电势相同，故B错误； C．设粒子做匀速圆周运动的半径为，对受力分析两个正电荷对粒子的库仑力的沿方向分量抵消，指向圆心的合力为 该合力提供向心力 代入题目给出的 得 解得 故C正确； D．若粒子速度减小，粒子所需向心力减小，库仑合力大于所需向心力，粒子将做近心运动，不是离心运动，故D错误； 故选C。 11．BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得 又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得 比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 12．(1) (2) (3)大小为，方向沿方向 【详解】（1）处的电荷在点产生的方向沿方向，大小为 处的电荷在点产生的方向沿方向，大小为 、两处的电荷产生的电场在点的合场强大小 （2）小球经过A点时，小球所受库仑力的合力提供向心力，有 求得 （3）由数学知识可知，，，， 小球经过B点时，M处的点电荷对小球的库仑力沿半径方向的分力与挡板对小球支持力的合力提供向心力，有 求得 根据牛顿第三定律可知，小球经过点时对挡板压力大小 方向沿方向。 13．B 【详解】AB．舰绕O点做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则，故A错误，B正确； CD．由于舰所受合力提供向心力，则水对舰的作用力斜向上，其大小为，故CD错误。 故选B。 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）方法1：小球受到弹簧弹力F、库仑力、重力mg而平衡，如图 几何关系可知 由平衡条件有 联立解得 方法2：对小球，由平衡条件有， 联立解得 （2）方法1：设此时库仑力为，杆对球弹力为N，如图 几何关系可知AB=AP，故 由牛顿第二定律有 且 联立解得 方法2：由牛顿第二定律有 几何关系可知 联立解得 （3）小球做周运动的速度大小为 解法一：根据动能定理 联立解得 解法二：由功能关系得 解得 解法三：由功能关系得 且  ，，   联立解得 15．AC 【详解】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心O，则流水的加速度方向指向圆心O，故A正确； B．由于，则向心加速度大小为 根据加速度的定义式有 可得流水速度改变量的大小为 故B错误； C．依题意，极短时间内水流的距离 横截面积 可得内水流的质量为 则通过观测截面水的动量改变量大小为 故C正确； D．根据牛顿第二定律可得 水流与外侧河堤作用的面积 则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 故D错误。 故选AC。 16． 1:2 3:5 【详解】[1]在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度ω相等，根据可得 [2]根据可得 17．A 【详解】AC．向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢，向心加速度只能改变速度的方向，并不改变速度的大小，故A正确，C错误； B．向心加速度的方向沿半径指向圆心，线速度方向则沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与线速度方向垂直；故B错误； D．根据做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度的方向时刻发生变化，所以向心加速度不是恒定的，故D错误。 故选A。 18．C 【详解】A．由题图可知a，b分别为两个齿轮边缘上的点，线速度大小相等，即，根据可知半径不同，故角速度不相等，故A错误： B．a点和c点在同一齿轮，角速度相等，即，因a、c两点到转轴的距离之比，由得 又，则 故B错误； C．由得，b，c的周期之比为 故C正确； D．由得，a，b的向心加速度大小之比为 故D错误。 故选C。 19．D 【详解】A．分析小球的受力，由牛顿第二定律 有 得，A错误； B．由，得，B错误； C．由，得，C错误； D．根据小球的受力，得，D正确。 故选D。 【点睛】 20．D 【详解】从图片可以估算相关数据，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖长度65cm，根据图片中A、B、C三帧的位置关系：指尖以腕关节N为圆心做圆周运动，腕关节到指尖的距离约为手掌长度，估计约 由图片估算C到B的弧长，因为B点线速度基本不变，再结合时间间隔计算瞬时速度： 向心加速度 根据答案反推：若，则， 在合理范围内，故ABC错误、D正确。 故选D。 21．C 【详解】A．地球表面有 可得重力加速度满足 同理月球表面重力加速度满足 由于地球和月球质量不相等，因此，故A错误； B．该式是圆周运动向心加速度的运动学定义式，仅描述月球的运动规律，未与万有引力定律关联，无法验证万有引力定律，故B错误； C．对地球表面物体，重力等于万有引力 得 月球绕地球公转时万有引力提供向心力 将代入整理可得 该式将地面重力规律和月球公转规律结合，可验证万有引力定律，故C正确； D．开普勒第三定律适用于绕同一中心天体运动的天体，且为地球自转周期，和月球公转无关联，等式不成立，故D错误。 故选C。 22．(1)5s (2)135m (3) 【详解】（1）根据题意，由公式可得，机车匀加速时间 （2）根据题意，由公式可得，机车匀减速距离 （3）根据题意，水平方向上，由牛顿第二定律有 竖直方向上有 地面对机车作用力 联立解得 23．D 【详解】A．转动过程中，两滑块相对转台静止，滑块P和Q均受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，故A错误； BC．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有 因两滑块的质量相同，而R1<R2，故，即P需要的向心力小于Q需要的向心力，P的向心加速度小于Q的向心加速度，故BC错误； D．设两滑块与转台的动摩擦因数为，则最大静摩擦力为 则两滑块的最大静摩擦力相同；根据上述分析可知，在没有滑动前，Q所需要的向心力总是大于P所需要的向心力，则Q所受的静摩擦力总是大于P所受的静摩擦力，当角速度ω缓慢增大时，Q先达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故D正确。 故选D。 24．(1)1 (2) (3) 【详解】（1）由可得，物块做平抛运动的运动时间为 水平方向上，由可得，物块做平抛运动的初速度大小为 （2）根据可得 （3）物块恰好离开转台时，转台对物块的最大静摩擦力提供向心力，有 解得 25．C 【详解】A．设小球静止时位于圆环上的点，小球受重力、细绳拉力和圆环弹力作用处于平衡状态。由几何关系可知，中，，则，。小球位置在圆环右侧，细绳拉力沿指向左上方，其水平分量向左。为了平衡水平方向的力，圆环弹力的水平分量必须向右。由于半径指向右下方，故弹力必须沿方向，即背离圆心，故A错误； B．圆环匀速转动时，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零，小球不处于平衡状态，故B错误； C．当细绳拉力时，小球受重力和圆环弹力作用。合力提供向心力，方向水平指向转轴。竖直方向受力平衡，弹力必须有竖直向上的分量，故指向圆心（沿方向）。与竖直方向夹角为（因为）。竖直方向： 解得 水平方向： 其中转动半径 代入得： 解得：，故C正确； D．当圆环对小球的弹力时，小球受重力和细绳拉力作用。合力提供向心加速度，方向水平。由受力分析可知，合力 根据牛顿第二定律： 解得加速度大小：，故D错误。 故选C。 26．AC 【详解】AB．由牛顿第二定律，， 联立解得 ，故A正确，B错误； CD．导体在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导体本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度，导体切割磁感线的有效长度为 根据旋转切割产生的电动势公式 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 27．(1)， (2) 【详解】（1）地铁做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到，则有 其中，解得此过程经历的时间为 牵引力的平均功率为 又 解得 （2）汽车做匀速圆周运动的速度大小为 汽车过弯道由牛顿第二定律得 代入数据得 28．BC 【详解】AB．运动员受力如图：根据合力提供向心力可得 可知运动员转弯时速度的大小为，故A错误，B正确； C．根据，可知若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角，故C正确； D．运动员做匀速圆周运动，他所受合外力大小保持不变，但是方向不断变化，故D错误。 故选BC。 29．(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 30．(1) (2)R (3) 【详解】（1）设物块第一次到达C点时的速度为v1，物块刚好能到达D点时速度为零，物块从C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得 解得 物块在C点时，由牛顿第二定律得 解得轨道对物块的支持力大小 （2）设物块第一次从C点返回直到停止运动，在BC段上运动的路程为s，对物块运动的整个过程，根据能量守恒定律得 解得 因此，物块刚好停在B点，离C点的距离为R。 （3）设物块运动到D点的速度为vD，压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能为，物块离开D点后做斜抛运动，在D点竖直方向的分速度为 从D点到最高点的过程，有 则得 根据能量守恒定律得 可得 31．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x，小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆弧体在水平方向动量守恒，则 即，即 解得 （2）设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为，圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒 机械能守恒 解得 当圆弧体速度瞬间为零时，设圆弧体对A球的支持力为N，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面最低点压力大小 （3）设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为，小球B的速度大小为v，则根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 设当钉子离地面的高度为时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则 解得 设当钉子离地面的高度为时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，根据牛顿第二定律 碰后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒 解得 因此小球B要能做完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是 32．(1)60N (2)0.2m (3)4.05m或8.55m 【详解】（1）物块恰能经有① 解得 物块自到，由机械能守恒定律有② 解得 物块经过时，由牛顿第二定律有 ③ 代入数据解得 （2）对物块，自释放到，由动能定理有 由(1) 知，代入数据解得 （3）当圆轨道位于中点时，能过点。则有 解得 设经度为时，恰第1次滑至第一块木板的中点，对物块和木板组成的系统，由动量守恒定律 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理 解得 即，符合题意     当物块与挡板碰后在木板中点与木板相对静止，由动量守恒定律得 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理有 解得 所以或。 33．(1) (2) (3) 【详解】（1）释放瞬间，乙物体向心力为0，沿切线方向有 解得 对乙物体，沿半径方向有 解得 （2）当乙物体运动到最低点时，绳子上的拉力最大，对乙物体，由动能定理得 又由牛顿第二定律得 解得 （3）当乙物体运动到最高点时，甲物体恰好不下滑，有 乙物体到最低点时，甲物体恰好不上滑，则有 联立解得 34．CD 【详解】AB．设杆的长度为L，水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球受力分析则有 整理可得 对比题图乙可知m＝1kg，L＝3.6m AB错误； CD．当v＝3.6m/s时，代入上式得F＝6.4N，即杆对小球的作用力大小为6.4N，若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力 CD正确。 故选CD。 35．(1) (2)2mg，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，根据牛顿第二定律可得 其中， 解得 （2）当正上方碗内的水恰好不流出来时，设速度为，此时重力提供向心力，则 设最低点碗对水的支持力为，则有 解得 由牛顿第三定律可知，正下方碗内的水对碗的压力为2mg，方向竖直向下。 （3）绳子的拉力为F，以碗和水为整体，竖直方向有 水平方向上根据牛顿第二定律可得 又 联立解得 重难·创新演练 1．C 【详解】小球从到过程只有重力做功，机械能守恒 由图中的几何关系可得 小球在点刚好脱离轨道，此时外轨道对小球弹力为0，根据牛顿第二定律 整理得 故选C 。 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据等量异种点电荷的电势分布特征可知、两点电势均为零，小球从到只有重力做功，由动能定理得 解得 （2）小球到达点和点的速度大小相等，即 点电势为零，由动能定理有 解得 因 解得 （3）根据等量异种点电荷电场对称性可知 小球从到，由动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，小球到达位置时沿杆方向合力满足 小球在位置时沿杆方向的合力为零，其中处点电荷对小球的库仑力沿竖直方向，不影响沿杆方向受力；故处点电荷对小球库仑力沿杆方向分量与轻杆对小球作用力等大反向，满足 其中， 联立解得轻杆对小球的作用力大小 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块与圆盘刚好相对滑动时，有 解得 （2）物块在空中平抛运动，满足 解得 （3）平抛速度 水平位移 落地点与距离 联立解得 4．C 【详解】A．题意可知太极球在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，但重力势能改变，所以其机械能不是始终保持不变的，故A错误； B．太极球在做匀速圆周运动的过程中，其所受的合力提供向心力，其大小不变，但方向改变，故B错误； C．太极球在D处可能只受到重力和球拍弹力的作用，二力的合力可以提供太极球此时做匀速圆周运动所需的向心力，故球此时可能不受球拍的摩擦力作用，故C正确； D．太极球做匀速圆周运动的过程中，其加速度大小不变，方向总是指向圆心。可知太极球由A到B的过程中，加速度有竖直向下的分加速度，处于失重状态；由B到C的过程中，加速度有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以太极球由A经过B到达C的过程中，太极球先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。 故选C。 5．(1)0.25m (2)4N 【详解】（1）轻绳拉力充当向心力，有 代入数据可得，轻绳的长度 （2）此时小球做圆周运动的半径 绳拉力的水平分力充当向心力 竖直方向上受力平衡，有 可求得， 根据牛顿第三定律 6．(1) (2)， 【详解】（1）小球的角速度为时转动起来且恰好对桌面无压力，设绳子的拉力为，对小球进行受力分析如下图所示 则有 解得 （2）因为 可知该状态下小球受到桌子的支持力，绳子与竖直线的夹角仍为，则有 解得，。 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）装置静止时，以A为对象，根据平衡条件可得 解得每根轻杆对重物A的拉力大小为 （2）系统静止时，弹簧弹力大小为 弹簧长度为 弹簧压缩量为 系统匀速转动时，弹簧长度为 弹簧伸长量为 此时弹簧弹力大小为 以A为对象，根据受力平衡可得， 小环C所需的向心力大小为 联立解得 （3）系统匀速转动时，对C小环，有， 从静止状态到匀速转动的过程中，因为弹簧压缩量和伸长量相等，则弹性势能变化量 则系统（A、B、C及弹簧）机械能的变化量为 其中 联立解得 8．(1)向心力 (2) 小于 质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成正比 【详解】（1）标尺上露出的红白相间等分格子数，可以粗略显示小球的向心力大小。 （2）①[1] 根据，由于半径相同，由图可知，在角速度相同的条件下，曲线①对应的向心力小于曲线②对应的向心力，则曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。 ②[2] 图线为过原点的倾斜直线，由此可得出的结论是质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成正比。 9．C 【详解】设轻弹簧的原长为，劲度系数为k，则在图甲情况下有 在图乙情况下有 联立解得 故选C。 10．B 【详解】当物块与罐壁恰好没有摩擦力时，重力与支持力提供向心力，由 得 当ω=时，所需向心力更大，则摩擦力沿罐壁向下，与水平方向成60°角，则， 得。 故选B。 真题·实战演练 1．(1)1.5J (2)0.5N (3) 【详解】（1）求，F做的功 （2）对AB整体，根据牛顿第二定律 其中 对B根据牛顿第二定律 联立解得 （3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时 此时 过程中，对A、B根据动能定理 根据题图可得 从点到点，根据动能定理 在点的最小速度满足 联立可得 即圆弧半径满足的条件。 2．AD 【详解】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，B错误； A．由 可知，、线速度之比 得A正确； C．由 可知，、向心加速度之比 得C错误； D．做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心，D正确。 故选AD。 3．（1）0.05m；（2）；（3） 【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得 根据胡克定律得 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 （2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得 由几何关系得圆环此时转动的半径为 联立解得 （3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有 ， 由几何关系得 联立解得 4．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为，根据 解得 （2）根据 解得过弯时所需的向心力大小为 （3）设场地对武大靖的作用力大小为，受力如图所示 根据牛顿第二定律可得 解得 可得 5．A 【详解】在AB段，由牛顿第二定律得 滑块受到的支持力 则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小； 在BC段，由牛顿第二定律得 滑块受到的支持力 则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，A正确，BCD错误。 故选A。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $