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第10讲　圆周运动
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
一、圆周运动、向心加速度、向心力 1
二、匀速圆周运动的向心力 2
三、生活中的圆周运动 2
[命题点研究] 3
命题点一　描述圆周运动的物理量间的关系 3
命题点二　水平面内的圆周运动 7
命题点三　竖直面内的圆周运动问题 12
[课时训练] 22
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
圆周运动、向心加速度、向心力 d 1.不要求分析变速圆周运动的加速度问题． 2.不要求掌握向心加速度公式的推导方法． 3.不要求用“等效圆”处理一般曲线运动． 4.变速圆周运动和曲线运动的切向分力和切向加速度不作定量计算要求． 5.不要求求解提供向心力的各力不在同一直线上的圆周运动问题． 6.不要求对离心运动进行定量计算． 7.不要求分析与计算两个物体联结在一起(包括不接触)做圆周运动时的问题.
生活中的圆周运动 c
[基础过关]
一、圆周运动、向心加速度、向心力
1．匀速圆周运动
(1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等．
(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动．
2．描述匀速圆周运动的物理量
(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．
v＝＝.单位：m/s.
(2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
ω＝＝.单位：rad/s.
(3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
T＝.
(4)转速：物体单位时间内所转过的圈数．符号为n，单位：r/s(或r/min)．
(5)相互关系：v＝ωr＝r＝2πrf＝2πnr.
3．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．
an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
二、匀速圆周运动的向心力
1．作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小
F＝m＝mrω2＝mr＝mωv＝4π2mf2r.
3．方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源
向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．
三、生活中的圆周运动
1．火车转弯
特点：重力与支持力的合力提供向心力．(火车应按设计速度转弯，否则将挤压内轨或外轨)
2．竖直面内的圆周运动
(1)汽车过弧形桥
特点：重力和桥面支持力的合力提供向心力．
(2)水流星、绳模型、内轨道
最高点：当v≥时，能在竖直平面内做圆周运动；当v<时，不能到达最高点．
3．离心运动定义
做匀速圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就会做逐渐远离圆心的运动，即离心运动．
4．受力特点
当F合＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；
当F合＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F合当F合＞mω2r时，物体做近心运动．
[命题点研究]
命题点一　描述圆周运动的物理量间的关系
1．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比；
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比．
2．对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
3．常见的传动方式及特点
(1)皮带传动：如图2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.
图2
(2)摩擦传动和齿轮传动：如图3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.
图3
(3)同轴转动：如图4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．
图4
（2022 浙江模拟）今年第10号超强台风“海神“于2020年9月5日8点在西北太平洋洋面形成，上午8点10分到12分，形成阶段的台风以几乎不变的形状在原地高速旋转。图中O点为台风眼，ω代表角速度，v代表线速度，T代表周期、a代表向心加速度，下列说法正确的是（　　）
A．ωA＞ωB B．aA＜aB C．TA＜TB D．vA＞vB
【解答】解：形成阶段的台风以几乎不变的形状在原地高速旋转，所以A、B两点的角速度相等，ωA＝ωB，根据公式，可知周期相等，即TA＝TB；由于B的半径大于A的半径，根据v＝rω知，B的线速度大于A的线速度，即vA＜vB；由向心加速度与半径的公式：a＝ω2r，由于B的半径大于A的半径，所以B的向心加速度大于A的向心加速度，即aA＜aB，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2022 义乌市模拟）吉利英伦TX5是一款义乌制造的新能源汽车，用户可以选装可连续变换速度的无级变速器。如图所示的是这种变速器的结构示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动，且沿转动的切线方向无相对滑动，图示位置主动轮的直径为D1，从动轮的直径为D2。下列说法中正确的是（　　）
A．若主动轮转速不变，滚轮从右向左移动时从动轮的转速将减小
B．无论滚轮怎样移动，滚轮、主动轮、从动轮的线速度大小都相等
C．图示位置，主动轮和从动轮的转速之比为D1：D2
D．图示位置，主动轮和从动轮的向心加速度之比为D1：D2
【解答】解：AB、主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动且不打滑，线速度相等，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从右到左移动时，主动轮的半径变大，从动轮的半径变小，若主动轮转速恒定，则从动轮转速增加，故A错误，B正确；
D、三个轮子的线速度相等，根据n＝f，T，可得v＝2πRn，即转速与半径成反比，故，故C错误；
D、根据a可知：，故D错误；
故选：B。
（2022 鹿城区校级模拟）如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（　　）
A．rad/s B．rad/s C．rad/s D．rad/s
【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ1，
解得：θ，
直杆转动的时间：t＝t汽车﹣t反应时间＝（2.3﹣0.3）s＝2s
直杆转动的角速度：ωrad/srad/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2022 宁波二模）如图所示为“行星减速机”的工作原理图。“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为R1；周围四个“行星轮”的半径为R2，“齿圈”为主动件，其中R1＝2R2。A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点。则在该状态下（　　）
A．A点与B点的角速度相同
B．A点与C点的转速相同
C．B点与C点的周期相同
D．A点与C点的线速度大小相同
【解答】解：齿轮传动，每个齿轮边缘的线速度大小都相等，故A点与B点、C点的线速度大小相等，已知三点的半径不同，由可知：A、B、C三点的角速度不同，由可知三点的转速不同，由可知，三点的周期不同，故D周期，ABC错误。
故选：D。
（2021 浙江模拟）两级皮带传动装置如图所示，轮1和轮2的半径相同，轮2和轮3两个同心轮固定在一起，轮3和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，转动时皮带和轮子之间均不打滑，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比（　　）
A．线速度大小之比为1：4
B．向心加速度大小之比为8：1
C．周期之比为4：1
D．角速度大小之比为1：8
【解答】解：A、轮1和轮3线速度相同，轮2和轮4线速度相同，轮2和轮3角速度相同，根据v＝ωr，v2＝2v3，所以
故A错误；
B、根据向心加速度的定义式：
解得故B错误；
C、根据线速度与周期的关系式
解得：故C正确；
D、根据角速度与周期的关系式：
故D错误。
故选：C。
命题点二　水平面内的圆周运动
解决圆周运动问题的主要步骤：
1．审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；
2．分析物体的运动情况，轨道平面、圆心位置、半径大小以及物体的线速度是否变化；
3．分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；
4．根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
（2023春 温州期中）如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B的质量分别为3m、2m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B离转台中心的距离都为r，重力加速度为g，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．A对B的摩擦力沿水平方向指向圆心O点
B．物块B对物块A的摩擦力一定为3μmg
C．转台对物块B的摩擦力的大小一定为5mω2r
D．转台的角速度一定满足：
【解答】解：A.对A进行受力分析，A在水平方向只受到B给的摩擦力，所以是B给的摩擦力来提供向心力，B给A的摩擦力指向圆心，所以A给B的摩擦力是背离圆心方向，故A错误；
B.由于AB之间是静摩擦力，静摩擦力的大小需要根据物体的运动情况来计算，不一定是最大值，故B错误；
C.对AB整体进行受力分析，在水平方向只受到转台给的摩擦力，根据圆周运动的牛顿第二定律可得，f＝（2m+3m）ω2r，故C正确；
D.当AB与转台之间的摩擦力达到最大值就是两物体滑动的临界状态，此时有：μ×5mg＝5mω2r，求得，故D错误。
故选：C。
（2023 高新区模拟）如图所示，半径分别为rA、rB的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质量分别为mA、mB的物块A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为μA、μB，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（　　）
A．μArA＜μBrB B．μArB＜μBrA
C． D．
【解答】解：由牛顿第二定律与圆周运动规律，当A刚要相对圆盘滑动时摩擦力提供向心力，则：
解得
当B刚要相对圆盘滑动时
解得
当A比B先滑动时，则有vA＜vB
即
化简可得μArA＜μBrB，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春 房山区期中）如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径R为1米的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m＝0.1kg的物体与圆盘之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，与餐桌之间的动摩擦因数μ2＝0.2，餐桌高h＝0.8米。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g取m/s2。
（1）为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度的最大值ω；
（2）缓慢增大圆盘的角速度，物体将从圆盘上滑出。
a、为使物体不滑落到地面，求餐桌半径的最小值R1；
b、若餐桌半径R2＝1.25m，求物体离开圆盘后水平方向总位移x。
【解答】解：（1）为使物体不从圆盘上滑出，则μ1mg≥mω2R
解得：ω≤2rad/s
所以为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值ω为2rad/s。
（2）a、设物体恰好从圆盘上滑出时的速度为v1，由（1）可知物体恰好从圆盘上滑出时圆盘的角速度为2rad/s，则
v1＝ωR＝2×1m/s＝2m/s
物体恰好不滑落到地面，滑到餐桌边缘速度减到0，有
μ2mg＝ma
2ax1
联立解得物体滑过的位移：x1＝1m
餐桌最小半径R1mm
b、若餐桌半径R2＝1.25m，物体在餐桌上滑行的距离为
x2m＝0.75m
根据匀变速直线运动规律可得：
2（﹣μ2g）x2
解得物体离开桌边的水平速度：v2＝1m/s
设物体离开桌面平抛运动的时间t2，则h
解得：t2＝0.4s
平抛运动的水平位移大小为x3＝v2t2＝1×0.4m＝0.4m
物体离开圆盘后水平方向总位移为
x＝x2+x3＝0.75m+0.4m＝1.15m
答：（1）为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值ω为2rad/s；
（2）a、餐桌半径的最小值R1为m；b、物体离开圆盘后水平方向总位移x为1.15m。
（2022秋 清江浦区校级期末）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω0匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。
（1）求转台转动的角速度ω0；
（2）若改变转台的角速度，当ω＝1.4ω0时，小物块仍与罐壁相对静止，求此时小物块受到的摩擦力的大小和方向。
【解答】解：（1）对小物块进行受力分析，小物块受重力与弹力，根据牛顿第二定律得：
mg tan60°＝mR sin60°
解得ω0
（2）设支持力N，摩擦力f，对物块进行受力分析，如图所示：
物块在竖直方向受力平衡，水平方向做匀速圆周运动，则
竖直方向：N cos60°＝mg+f sin60°
水平方向：N sin60°+f cos60°＝（1.4）2mR sin60°
解得：f＝0.48mg
方向与罐壁相切斜向下。
答：（1）转台转动的角速度为
（2）此时小物块受到的摩擦力的大小为0.48mg，方向与罐壁相切斜向下。
（2023 漳州二模）如图甲为生产流水维上的皮带转弯机，由一段直线形水平传送带和一段圆弧形水平传送带平滑连接而成，其俯视图如图乙所示，虚线ABC是皮带的中线，AB段（直线）长度L＝3.2m，BC段（圆弧）半径R＝2.0m，中线上各处的速度大小均为1.0m/s。某次转弯机传送一个质量m＝0.5kg的小物件时，将小物件轻放在直线旋带的起点A处，被传送至B处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变。已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小物件在直线皮带上加速过程的位移大小s；
（2）计算说明小物件在圆弧皮带上是否打滑？并求出摩擦力大小。
【解答】解：（1）小物件在直线皮带上加速过程，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma
代入数据解得：a＝5m/s2
根据速度—位移关系可得：v2＝2as
代入数据解得：s＝0.1m；
（2）假设小物件在圆弧皮带上做圆周运动，则需要的摩擦力大小为：
f＝mN＝0.25N
最大静摩擦力：fm＝μmg＝0.5×0.5×10N＝2.5N＞0.25N
因此，假设成立，小物件在圆弧皮带上不打滑，摩擦力大小为f＝0.25N。
答：（1）小物件在直线皮带上加速过程的位移大小为0.1m；
（2）小物件在圆弧皮带上不打滑，摩擦力大小为0.25N。
命题点三　竖直面内的圆周运动问题
绳、杆模型涉及的临界问题
绳模型 杆模型
常见类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高点的临界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析 (1)能过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN(FN≥0) (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 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
模型1　轻绳模型
（2023 全国）如图，水平地面上放有一质量为M的⊥形支架。一质量为m的小球用长为l的轻绳连接在支架顶端，小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。已知小球运动到最低点时速度大小为v，此时地面受到的正压力大小为（　　）
A．Mg B．（M+m）g
C．（M+m）g+m D．（M+m）g﹣m
【解答】解：小球运动到最低点时，对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力和轻绳竖直向上的拉力，根据牛顿第二定律，T﹣mg＝m，对M受力分析，受竖直向下的重力、小球对绳子竖直向下的拉力和自身的重力，根据平衡条件F＝Mg+T＝（M+m）g+m，根据牛顿第三定律，地面受到的正压力与地面对M的支持力F大小相等，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2022秋 龙港区校级期末）某教师受儿童娱乐场过山车与彩色滑道项目的启发，设计了如图所示的实验装置，竖直放置的光滑曲线轨道AM、水平轨道MN与光滑圆轨道O在M点平滑连接，在B点安装有压力传感器并与计算机连接（B为圆轨道的最高点），已知圆O的半径为R。一质量为m的小物块从距水平轨道高h处的A点无初速度滑下，经过圆轨道O后到达水平轨道MN，压力传感器显示小物块经过B点时对轨道的压力大小为。下列说法正确的是（　　）
A．h＝3R
B．小物块滑过M点时加速度大小a＝5.5g
C．减小h，小物块经过B点时对轨道的压力增大
D．减小h，小物块经过M点和B点时对轨道的压力差一定减小
【解答】解：A．物块从A点运动到B点的过程，由机械能守恒定律得
mgh＝mg×2R
在B点由牛顿第二定律得
又
整理解得h＝2.75R
故A错误；
B．物块从A点运动到M点的过程，由机械能守恒定律得
M点有NM﹣mg＝m
联立整理解得
NM＝6.5mg
NM﹣NB＝6.5mg﹣0.5mg＝6mg
故B正确；
CD．减少h，小物块经过M点和B点时的速度减小，由牛顿第二定律表达式
可知，B点轨道弹力减小，经过M点和B点时压力差为
NM﹣NB＝mmg﹣（mmg）＝2mg+4mg＝6mg
压力差恒定不变，故CD错误。
故选：B。
（多选）（2023 广州二模）如图为某种秋千椅的示意图，“”形轻质钢制支架O1A1A2O2固定在竖直面内，A1A2沿水平方向，四根等长轻质硬杆通过光滑铰链O1、O2悬挂长方形匀质椅板B1C1C2B2，竖直面内的O1B1C1、O2C2B2为等边三角形，并绕O1、O2沿图中虚线来回摆动。已知重力 加速度为g，椅板的质量为m，则椅板摆动到最低点时（　　）
A．B1、C1两点角速度相等
B．B2、C2两点线速度相同
C．O1A1受到的拉力等于mg
D．O2A2受到的拉力大于mg
【解答】解：A.B1C1为同轴传动，则角速度相同，故A正确；
B.B2C2两点的线速度大小一样，方向不同，故B错误；
C.D.板B1C1C2B2板子在运动到最低点时处于超重状态，合力向上，所以每根硬杆的拉力大于mg，故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）（2022秋 烟台期末）如图所示，一水平固定硬杆的a、b两点分别拴有两根长为l＝0.625m的轻绳，两轻绳均可绕拴接点自由转动，两轻绳的下端拴接在一质量为m＝1kg的小球上，此时两轻绳与竖直方向的夹角均为37°，开始时小球在最低点保持静止，现给小球一个垂直于纸面向里的水平初速度v0，已知cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦阻力，则在小球运动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．若小球在最高点时速度为4m/s，则v0＝6m/s
B．若v0＝5m/s，则小球在最低点时轻绳的张力为37.5N
C．要使小球能完成圆周运动，小球过圆周最高点时速度不能小于m/s
D．若小球能完成圆周运动，小球在最高点和最低点时轻绳的张力之差为60N
【解答】解：A、若小球在最高点时速度为v＝4m/s，小球做圆周运动的半径为R＝lcos37°＝0.625×0.8m＝0.5m。根据机械能守恒定律可得mv2+mg 2R，解得v0＝6m/s，故A正确；
B、若v0＝5m/s，设小球在最低点时轻绳的张力为T，根据牛顿第二定律可得2Tcos37°﹣mg＝m，解得：T＝37.5N，故B正确；
C、要使小球能完成圆周运动，设小球过圆周最高点时的最小速度为vmin，此时重力恰好提供向心力，则有mg＝m
解得vminm/sm/s，故C正确；
D、若小球能完成圆周运动，设小球经过最高点时的速度为v，根据机械能守恒可得
mv2+mg 2R
小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得
2T1cos37°﹣mg＝m
小球在最高点时，根据牛顿第二定律可得
2T2cos37°+mg＝m
小球在最高点和最低点时轻绳的张力之差为ΔT＝T1﹣T2
联立解得：ΔT＝37.5N，故D错误。
故选：ABC。
模型2　轻杆模型
（多选）（2021春 广元期末）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点时的速度大小为v，其FN﹣v2图像如图乙所示。则（　　）
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝3b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a
D．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上
【解答】解：AB、在最高点，若v＝0，则弹力与重力平衡FN＝mg＝a
若FN＝0，则重力恰好提供向心力mg＝m
解得g
mR
故A正确，B错误；
C、若v2＝3b，则FN+mg＝m
解得FN＝2a
故C正确。
D、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故D错误；
故选：AC。
（2023春 越秀区校级期中）如图，一长为L的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球。轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度g。
（1）小球运动到最低点时，求杆对球的拉力大小；
（2）小球运动到水平位置A时，求杆对球的向心力大小；
（3）小球运动到最高点时，求杆对球的作用力。
【解答】解：（1）小球运动到最低点时，设杆对球的作用力F1，由牛顿第二定律可得
F1﹣mg＝mLω2
可得杆对球的拉力大小为
F1＝mg+mLω2
（2）小球运动到水平位置A时，水平方向有
F向＝mLω2
（3）小球运动到最高点时，设杆对球的作用力大小F2，方向竖直向下，由牛顿第二定律可得
F2+mg＝mLω2
可得
F2＝mLω2﹣mg
当mLω2＝mg，即ω时，F2＝0，即杆对球没有作用力；
当ω时，F2＞0，F2＝mLω2﹣mg，杆对球的作用力竖直向下；
当0≤ω时，F2＜0，F2＝mg﹣mLω2，杆对球的作用力竖直向上。
答：（1）杆对球的拉力大小为mg+mLω2；
（2）杆对球的向心力大小F向＝mLω2；
（3）见解析。
（2023春 深圳期中）如图所示为风靡小朋友界的风火轮赛车竞速轨道的部分示意图。一质量为m＝0.5 kg的赛车（视为质点）从A处出发，以速率v1＝0.1 m/s驶过半径R1＝0.1 m的凸形桥B的顶端，经CD段直线加速后从D点进入半径为R2＝0.2 m的竖直圆轨道，并以某速度v2驶过圆轨的最高点E，此时赛车对轨道的作用力恰好为零。重力加速度g取10 m/s2，试计算：
（1）赛车在B点受到轨道支持力的大小；
（2）若赛车以2v2的速率经过E点，求轨道受到来自赛车的弹力；
（3）已知赛车经直线加速后从D点进入竖直轨道的速度为vD＝4 m/s，求赛车从D点到E点的过程中克服阻力做的功。
【解答】解：（1）对B处的赛车，根据牛顿第二定律得：
解得赛车受到的支持力为：FN＝4.95N。
（2）赛车以速度v2驶过圆轨的最高点E时，因此时赛车对轨道的作用力恰好为零，由重力提供向心力，则有：
解得：v2m/s
赛车以2v2过E点时，会受到外轨道对其指向圆心的压力，根据牛顿第二定律得：
解得：F'N＝15N
根据牛顿第三定律知，轨道受到来自赛车的弹力方向竖直向上，大小为15N。
（3）赛车从D点到E点，由动能定理，得
解得从D到E过程赛车克服摩擦阻力做功为Wf＝1.5J
答：（1）赛车在B点受到轨道支持力的大小为4.95N；
（2）轨道受到来自赛车的弹力大小为15N，方向竖直向上；
（3）赛车从D点到E点的过程中克服阻力做的功为1.5J。
模型3　凹形桥与拱形桥模型
FN－mg＝ 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Fn＝FN－mg＝m
规律 桥对车的支持力FN＝mg＋m＞mg，汽车处于超重状态
mg－FN＝ 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Fn＝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
（2023春 贺兰县校级月考）如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为（　　）
A．15m/s B．20m/s C．25m/s D．30m/s
【解答】解：如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，即汽车只受重力作用，则有
当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的，即支持力为，则有
联立解得：v′＝20m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023春 丰台区期中）汽车过拱桥时的运动可以看成圆周运动。如图所示，汽车以速度v通过半径为R的拱形桥最高点时，以下说法正确的是（　　）
A．汽车处于超重状态
B．汽车对桥的压力小于桥对汽车的支持力
C．无论汽车速度多大，汽车对桥始终有压力
D．桥对汽车的支持力大小为
【解答】解：ABD、对汽车，根据牛顿第二定律有，解得桥对汽车的支持力大小：mg，汽车处于失重状态，根据牛顿第三定律可知汽车对桥的压力等于桥对汽车的支持力，故AB错误，D正确；
C、由上述表达式可知当时，汽车对桥无压力，故C错误；
故选：D。
（2023 滨海新区校级模拟）石拱桥是中国传统桥梁的四大基本形式之一。假设某拱形桥为圆的一部分，半径为R。一辆质量为m的汽车以速度v匀速率通过该桥，图中Q为拱形桥的最高点，圆弧PQS所对的圆心角为90°，PS关于QO对称，汽车运动过程中所受阻力大小恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是 （　　）
A．汽车运动到P点时对桥面的压力大于mgcos45°
B．汽车运动到Q点时牵引力大于阻力
C．汽车运动到Q点时，桥面对汽车的支持力等于汽车重力
D．汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小
【解答】解：A、汽车运动到P点时，重力垂直于桥面的分力等于mgcos45°，由于汽车在竖直平面内做匀速圆周运动，沿半径方向有向心加速度，所以汽车对桥面的压力小于mgcos45°，故A错误；
B、汽车在竖直平面内做匀速圆周运动，运动到Q点时牵引力等于阻力，故B错误；
C、由于汽车在竖直平面内做匀速圆周运动，所以汽车运动到Q点时桥面对汽车的支持力小于汽车重力，故C错误；
D、汽车从P点运动到Q点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直减小，设汽车与Q之间圆弧所对圆心角为θ，其牵引力F＝mgsinθ+f，一直减小，汽车从Q点运动到S点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直增大，其牵引力F＝f﹣mgsinθ一直减小，所以汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小，故D正确；
故选：D。
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．（2023 汕头一模）汽车的制动安全和制动舒适性是考量制动性能的两大标准，ABS系统能让车辆在紧急制动时保有理想的抓地力而让制动依然可控，车速平稳下降从而化解险情。检测人员在某直线路段测试，如图为当ABS启动时车身速度—时间图像和车轮的转速—时间图像，则制动后，以下判断正确的是（　　）
A．车轮转速不断减小
B．车身的加速度不断减小
C．车身做匀减速直线运动
D．车身速度大小始终与车轮转速大小相等
【解答】解：A．从车轮的转速—时间图像可知，车轮做减速—加速—减速—加速……的变速运动，直到速度减小为零，所以说车轮的转速并不是不断减小的，故A错误；
BC．从车身的速度—时间图像可知，速度与时间的图像关系为斜率恒定的直线，直线斜率表示加速度，因此车身做的是加速度恒定的匀减速运动，故B错误，C正确；
D．车身的速度—时间图像与车轮转速—时间图像不重叠，因此车身速度大小与车轮转速大小并不相等，故D错误。
故选：C。
2．（2023 沙坪坝区校级模拟）如图所示，中国航天员叶光富进行太空授课时，用细绳系住小瓶并使小瓶绕细绳另一端做匀速圆周运动，瓶中混合的水和油将分层。则（　　）
A．分层的原因是水和油受到重力
B．密度较大的水集中于小瓶的底部
C．水和油做圆周运动的线速度大小相等
D．水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供
【解答】解：AB．水的密度大于油的密度，在混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量大，根据向心力公式：
可知，水球需要的向心力更大，故当向心力不足时，将会做离心运动，水会向瓶底移动，圆周运动让试管里的水和油都发生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部，故A错误，B正确；
C．水和油都绕着同一点做匀速圆周运动，具有相同的角速度，根据线速度、角速度和半径的公式：v＝ωr
可知，水和油做圆周运动的线速度大小不相等，故C错误；
D．水对油有指向圆心的作用力提供做圆周运动的向心力，而水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，故D错误。
故选：B。
3．（2023 郴州模拟）如图所示。质量均为m的a、b两小球用不可伸长的长度均为L的轻质细绳悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球b在水平面内做匀速圆周运动的周期为T＝2π
B．小球a摆动到最低点时，绳子的拉力为2mg（1﹣cosθ）
C．a、b两小球做圆周运动的半径之比为cosθ
D．小球a运动到最高点时受到的绳子拉力为mgsinθ
【解答】解：A、小球b在水平面内做匀速圆周运动，重力和拉力的合力提供向心力，有：mgtanθ＝mLsinθ
解得：T＝2π
故A正确；
B、小球a摆动到最低点时，对球受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
从最高点到最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcosθ）mv2
联立解得：F＝（3﹣2cosθ）mg
故B错误；
C、a、b两小球做圆周运动的半径之比为Ra：Rb＝L：Lsinθ＝1：sinθ
故C错误；
D、小球a运动到最高点时速度为0，所需要的向心力为0，将重力分解到沿绳方向和垂直于绳方向，拉力为F′＝mgcosθ
故D错误。
故选：A。
4．（2023 武汉模拟）剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为（　　）
A．0.02r/s B．2r/s C．4r/s D．4πr/s
【解答】解：每秒闪光10次的频闪光源的闪光周期Ts＝0.1s，也等于两次闪光的时间间隔，在这个间隔时间内，圆盘转过2π弧度的，或者这个角度的整数倍，使图案重合，就会使暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止。设圆盘转速至少为n，则n，再根据角速度的定义得：，代入上式得n＝2r/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．（2023 嘉定区二模）2022年我国航天员在空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂演示了“水油分离”实验。如图所示，用细绳系住装有水和油的瓶子，手持细绳的另一端，使瓶子在竖直平面内做圆周运动，则（　　）
A．只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点水油分离后，水在外侧
B．只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点水油分离后，油在外侧
C．瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点水油分离后，水在外侧
D．瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点水油分离后，油在外侧
【解答】解：瓶子随空间站做匀速圆周运动，处于完全失重状态，由绳子拉力提供向心力，只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点。
水的密度比油大，单位体积水的质量大。瓶子中的油和水做匀速圆周运动的角速度相同，根据F＝mrω2，水做圆周运动所需的向心力大，当合力F不足以提供向心力时，水先做离心运动，所以瓶子通过圆周的最高点水油分离后，水在外侧，油在内侧，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．（2023 湖北模拟）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。甲转动把手，把井底的乙加速拉起来，则此过程中（　　）
A．绳对乙的拉力大于乙对绳的拉力
B．绳对乙的拉力做功大于乙克服重力做功
C．a点的角速度大于b点的角速度
D．a点的线速度小于b点的线速度
【解答】解：A、绳对乙的拉力与乙对绳的拉力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，即绳对乙的拉力大小等于乙对绳的拉力，故A错误；
B、由于乙被加速拉起，其加速度方向向上，即绳对乙的拉力大于重力，可知绳对乙的拉力做功大于乙克服重力做功，故B正确；
C、a、b两点属于同轴转动，角速度相同，即a点的角速度等于b点的角速度，故C错误；
D、根据va＝2ωR，vb＝ωR可知，a点的线速度大于b点的线速度，故D错误。
故选：B。
7．（2023 辽宁模拟）图（a）为航天员“负荷”训练的载人水平旋转离心机，离心机旋转臂的旋转半径为R＝8m，图（b）为在离心机旋转臂末端模拟座舱中质量为m的航天员。一次训练时，离心机的转速为，航天员可视为质点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．航天员处于完全失重状态
B．航天员运动的线速度大小为12m/s
C．航天员做匀速圆周运动需要的向心力为72N
D．航天员承受座舱对他的作用力大于7.2mg
【解答】解：A、航天员随离心机旋转臂在水平面内转动，在竖直方向受力平衡，不会处于完全失重状态，故A错误；
B、航天员在旋转臂末端的座舱中，转速为，线速度大小为v＝2πRn＝2π×8m/s＝24m/s，故B错误；
C、航天员做匀速圆周运动的向心力大小为，由于不知道航天员质量的具体数值，故不能求出向心力的具体数值，故C错误；
D、对航天员受力分析，在水平方向座舱对他的作用力提供向心力，可知座舱对航天员的水平作用力为Fx＝mm72m＝7.2mg
竖直方向座舱对航天员的作用力为Fy＝mg，因此座舱对航天员的作用力为FFx＝7.2mg，故D正确。
故选：D。
8．（2023 通辽模拟）如图，一质量为m的小球从竖直光滑圆轨道的最低点P以v0开始运动，圆轨道的圆心为O，半径为R，圆轨道上有一点Q，OQ与OP间夹角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．若小球能做完整的圆周运动，则小球做一次完整的圆周运动所用的时间小于
B．小球经过Q点时对轨道的压力大小为mgcosθ+m
C．只有当v0时，小球才不会脱离圆轨道
D．小球完成次完整的圆周运动的过程，小球重力的平均功率不为零
【解答】解：A、小球进入圆形轨道后先做加速度逐渐增大的减速运动，再做加速度逐渐增大的加速运动，回到最低点时速度又变成了v0，所以小球的平均速率小于v0，因此小球做一次完整的圆周运动所用的时间t，故A错误；
B、设质点经过Q点时的速度大小为v，由机械能守恒定律有
mgR（1﹣cosθ）
在Q点，对小球，由向心力公式有：FN﹣mgcosθ＝m
解得：FN＝mgcosθ+m
根据牛顿第三定律可知小球经过Q点时对轨道的压力大小为mgcosθ+m，故B正确；
C、当小球能过最高点时，满足mg≤m
从最低点到最高点，根据机械能守恒定律可得：mg 2R
解得v0
当小球不能到达最高点时，满足：mgR，解得v0，故C错误；
D、完成一个完整的圆周运动时，重力做功为0，重力的平均功率也为0，故D错误。
故选：B。
9．（2023 辽宁模拟）如图所示，一长为L的轻绳拉着质量为m的小球保持静止。现在给小球一个水平初速度，使小球在竖直面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A．小球在最高点的速度可以等于0
B．小球获得的初速度大小为
C．小球做圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心
D．小球过最低点与最高点时受到绳的拉力大小之差等于6mg
【解答】解：A．小球在竖直面内做完整的圆周运动，若小球恰好能通过最高点，则由重力提供向心力，可得
mg＝m
解得
v
可知小球能通过最高点的最小速度是，因此小球在最高点的速度不可以等于0，故A错误；
B．若小球恰好能通过最高点，设小球获得的初速度大小为v'，则从最低点到最高点，由动能定理，则有
2mgLmv′2mv2
解得
v′
由以上计算可知，是小球获得的初速度大小的最小值，有可能比这个速度要大，故B错误；
C．小球在竖直面内做完整的变速圆周运动，由以上分析可知，小球在最高点和最低点处合力指向圆心，故C错误；
D．设小球在最高点时的速度为v0，在最低点时的速度为v″，由动能定理可得
2mgLmv″2
小球在最高点时，由牛顿第二定律可得
F+mg＝m
小球在最低点时，由牛顿第二定律可得
F′﹣mg＝m
联立以上各式解得
ΔF＝F′﹣F，ΔF＝6mg
故D正确。
故选：D。
10．（2023 青岛二模）如图，高速公路上一辆速度为90km/h的汽车紧贴超车道超车道的路基行驶。驾驶员在A点发现刹车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B点紧贴避险车道左侧驶入。已知汽车速率不变，A、B两点沿道路方向距离为105m，超车道和行车道宽度均为3.75m，应急车道宽度为2.5m，路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5倍，汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动，重力加速度g＝10m/s2，估算驾驶员反应时间为（　　）
A．1.6s B．1.4s C．1.2s D．1.0s
【解答】解：v＝90km/h＝25m/s
汽车做圆周运动时由摩擦力提供向心力，有
0.5mg＝m
解得
R＝125m
AB两点间垂直道路方向距离为10m，由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为
l＝2
解得
l＝70m
则驾驶员反应时间通过的路程为
s＝105m﹣70m＝35m
驾驶员反应时间为
ts＝1.4s
故ACD错误，B正确；
故选：B。
二．计算题（共2小题）
11．（2022 泰州模拟）如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R的大圆弧和r的小圆弧，直道与弯道相切，直道长度L。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的K倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在圆心角为120°弯道上做匀速圆周运动，若R＝4r，要使赛车安全且绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度为g）。求：
（1）赛车行驶的最大速率；
（2）赛车绕赛道一圈的最短时间。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：kmg＝m，
最大速率为
（2）赛车在直道的时间为
赛车在小圆弧弯道的时间为t2
赛车在大圆弧弯道的时间为t3
所以赛车绕赛道一圈的最短时间tz＝t1+t2+t3
联立解得：
答：（1）赛车行驶的最大速率为；
（2）赛车绕赛道一圈的最短时间为。
12．（2021 房山区一模）如图1所示，把一个小球用一根不可伸长的轻质细线悬挂起来，就成为一个摆，摆长L＝1m，最大摆角为θ＝37°，小球质量m＝0.2kg，重力加速度g＝10m/s2。（sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）求：
（1）小球摆到最低位置O时，小球速度v的大小；
（2）小球摆到最低位置O时，细线对小球的拉力F的大小；
（3）如图2所示，若在O点的正下方钉一个钉子B。当细线与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，细线就越容易被拉断。请解释这一现象。
【解答】解：（1）对A到O过程运用动能定理得：，
解得：vm/s＝2m/s；
（2）在最低点，根据牛顿第二定律得：，
解得：F2.8N；
（3）绳子与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度大小不变，根据得，F，钉子的位置越靠近小球，r越小，绳子的拉力越大，细线越容易被拉断。
答：（1）小球摆到最低位置O时，小球速度v的大小为2m/s；
（2）小球摆到最低位置O时，细线对小球的拉力F的大小为2.8N；
（3）绳子与钉子碰撞前后瞬间，小球的线速度大小不变，根据得，F，钉子的位置越靠近小球，r越小，绳子的拉力越大，细线越容易被拉断。
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第10讲　圆周运动
目录
[考试标准] 1
[课时训练] 2
一、圆周运动、向心加速度、向心力 2
二、匀速圆周运动的向心力 2
三、生活中的圆周运动 3
[命题点研究] 3
命题点一　描述圆周运动的物理量间的关系 3
命题点二　水平面内的圆周运动 6
命题点三　竖直面内的圆周运动问题 8
[课时训练] 14
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
圆周运动、向心加速度、向心力 d 1.不要求分析变速圆周运动的加速度问题． 2.不要求掌握向心加速度公式的推导方法． 3.不要求用“等效圆”处理一般曲线运动． 4.变速圆周运动和曲线运动的切向分力和切向加速度不作定量计算要求． 5.不要求求解提供向心力的各力不在同一直线上的圆周运动问题． 6.不要求对离心运动进行定量计算． 7.不要求分析与计算两个物体联结在一起(包括不接触)做圆周运动时的问题.
生活中的圆周运动 c
[基础过关]
一、圆周运动、向心加速度、向心力
1．匀速圆周运动
(1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等．
(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动．
2．描述匀速圆周运动的物理量
(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．
v＝＝.单位：m/s.
(2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
ω＝＝.单位：rad/s.
(3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
T＝.
(4)转速：物体单位时间内所转过的圈数．符号为n，单位：r/s(或r/min)．
(5)相互关系：v＝ωr＝r＝2πrf＝2πnr.
3．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．
an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
二、匀速圆周运动的向心力
1．作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小
F＝m＝mrω2＝mr＝mωv＝4π2mf2r.
3．方向
始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源
向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．
三、生活中的圆周运动
1．火车转弯
特点：重力与支持力的合力提供向心力．(火车应按设计速度转弯，否则将挤压内轨或外轨)
2．竖直面内的圆周运动
(1)汽车过弧形桥
特点：重力和桥面支持力的合力提供向心力．
(2)水流星、绳模型、内轨道
最高点：当v≥时，能在竖直平面内做圆周运动；当v<时，不能到达最高点．
3．离心运动定义
做匀速圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就会做逐渐远离圆心的运动，即离心运动．
4．受力特点
当F合＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；
当F合＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F合当F合＞mω2r时，物体做近心运动．
[命题点研究]
命题点一　描述圆周运动的物理量间的关系
1．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比；
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比．
2．对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
3．常见的传动方式及特点
(1)皮带传动：如图2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.
图2
(2)摩擦传动和齿轮传动：如图3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.
图3
(3)同轴转动：如图4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．
图4
（2022 浙江模拟）今年第10号超强台风“海神“于2020年9月5日8点在西北太平洋洋面形成，上午8点10分到12分，形成阶段的台风以几乎不变的形状在原地高速旋转。图中O点为台风眼，ω代表角速度，v代表线速度，T代表周期、a代表向心加速度，下列说法正确的是（　　）
A．ωA＞ωB B．aA＜aB C．TA＜TB D．vA＞vB
（2022 义乌市模拟）吉利英伦TX5是一款义乌制造的新能源汽车，用户可以选装可连续变换速度的无级变速器。如图所示的是这种变速器的结构示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动，且沿转动的切线方向无相对滑动，图示位置主动轮的直径为D1，从动轮的直径为D2。下列说法中正确的是（　　）
A．若主动轮转速不变，滚轮从右向左移动时从动轮的转速将减小
B．无论滚轮怎样移动，滚轮、主动轮、从动轮的线速度大小都相等
C．图示位置，主动轮和从动轮的转速之比为D1：D2
D．图示位置，主动轮和从动轮的向心加速度之比为D1：D2
（2022 鹿城区校级模拟）如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（　　）
A．rad/s B．rad/s C．rad/s D．rad/s
（2022 宁波二模）如图所示为“行星减速机”的工作原理图。“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为R1；周围四个“行星轮”的半径为R2，“齿圈”为主动件，其中R1＝2R2。A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点。则在该状态下（　　）
A．A点与B点的角速度相同
B．A点与C点的转速相同
C．B点与C点的周期相同
D．A点与C点的线速度大小相同
（2021 浙江模拟）两级皮带传动装置如图所示，轮1和轮2的半径相同，轮2和轮3两个同心轮固定在一起，轮3和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，转动时皮带和轮子之间均不打滑，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比（　　）
A．线速度大小之比为1：4
B．向心加速度大小之比为8：1
C．周期之比为4：1
D．角速度大小之比为1：8
命题点二　水平面内的圆周运动
解决圆周运动问题的主要步骤：
1．审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；
2．分析物体的运动情况，轨道平面、圆心位置、半径大小以及物体的线速度是否变化；
3．分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；
4．根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
（2023春 温州期中）如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B的质量分别为3m、2m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B离转台中心的距离都为r，重力加速度为g，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．A对B的摩擦力沿水平方向指向圆心O点
B．物块B对物块A的摩擦力一定为3μmg
C．转台对物块B的摩擦力的大小一定为5mω2r
D．转台的角速度一定满足：
（2023 高新区模拟）如图所示，半径分别为rA、rB的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质量分别为mA、mB的物块A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为μA、μB，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（　　）
A．μArA＜μBrB B．μArB＜μBrA
C． D．
（2023春 房山区期中）如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径R为1米的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m＝0.1kg的物体与圆盘之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，与餐桌之间的动摩擦因数μ2＝0.2，餐桌高h＝0.8米。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g取m/s2。
（1）为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度的最大值ω；
（2）缓慢增大圆盘的角速度，物体将从圆盘上滑出。
a、为使物体不滑落到地面，求餐桌半径的最小值R1；
b、若餐桌半径R2＝1.25m，求物体离开圆盘后水平方向总位移x。
（2022秋 清江浦区校级期末）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω0匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。
（1）求转台转动的角速度ω0；
（2）若改变转台的角速度，当ω＝1.4ω0时，小物块仍与罐壁相对静止，求此时小物块受到的摩擦力的大小和方向。
（2023 漳州二模）如图甲为生产流水维上的皮带转弯机，由一段直线形水平传送带和一段圆弧形水平传送带平滑连接而成，其俯视图如图乙所示，虚线ABC是皮带的中线，AB段（直线）长度L＝3.2m，BC段（圆弧）半径R＝2.0m，中线上各处的速度大小均为1.0m/s。某次转弯机传送一个质量m＝0.5kg的小物件时，将小物件轻放在直线旋带的起点A处，被传送至B处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变。已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小物件在直线皮带上加速过程的位移大小s；
（2）计算说明小物件在圆弧皮带上是否打滑？并求出摩擦力大小。
命题点三　竖直面内的圆周运动问题
绳、杆模型涉及的临界问题
绳模型 杆模型
常见类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高点的临界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析 (1)能过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN(FN≥0) (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 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
模型1　轻绳模型
（2023 全国）如图，水平地面上放有一质量为M的⊥形支架。一质量为m的小球用长为l的轻绳连接在支架顶端，小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。已知小球运动到最低点时速度大小为v，此时地面受到的正压力大小为（　　）
A．Mg B．（M+m）g
C．（M+m）g+m D．（M+m）g﹣m
（2022秋 龙港区校级期末）某教师受儿童娱乐场过山车与彩色滑道项目的启发，设计了如图所示的实验装置，竖直放置的光滑曲线轨道AM、水平轨道MN与光滑圆轨道O在M点平滑连接，在B点安装有压力传感器并与计算机连接（B为圆轨道的最高点），已知圆O的半径为R。一质量为m的小物块从距水平轨道高h处的A点无初速度滑下，经过圆轨道O后到达水平轨道MN，压力传感器显示小物块经过B点时对轨道的压力大小为。下列说法正确的是（　　）
A．h＝3R
B．小物块滑过M点时加速度大小a＝5.5g
C．减小h，小物块经过B点时对轨道的压力增大
D．减小h，小物块经过M点和B点时对轨道的压力差一定减小
（多选）（2023 广州二模）如图为某种秋千椅的示意图，“”形轻质钢制支架O1A1A2O2固定在竖直面内，A1A2沿水平方向，四根等长轻质硬杆通过光滑铰链O1、O2悬挂长方形匀质椅板B1C1C2B2，竖直面内的O1B1C1、O2C2B2为等边三角形，并绕O1、O2沿图中虚线来回摆动。已知重力 加速度为g，椅板的质量为m，则椅板摆动到最低点时（　　）
A．B1、C1两点角速度相等
B．B2、C2两点线速度相同
C．O1A1受到的拉力等于mg
D．O2A2受到的拉力大于mg
（多选）（2022秋 烟台期末）如图所示，一水平固定硬杆的a、b两点分别拴有两根长为l＝0.625m的轻绳，两轻绳均可绕拴接点自由转动，两轻绳的下端拴接在一质量为m＝1kg的小球上，此时两轻绳与竖直方向的夹角均为37°，开始时小球在最低点保持静止，现给小球一个垂直于纸面向里的水平初速度v0，已知cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，不计一切摩擦阻力，则在小球运动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．若小球在最高点时速度为4m/s，则v0＝6m/s
B．若v0＝5m/s，则小球在最低点时轻绳的张力为37.5N
C．要使小球能完成圆周运动，小球过圆周最高点时速度不能小于m/s
D．若小球能完成圆周运动，小球在最高点和最低点时轻绳的张力之差为60N
模型2　轻杆模型
（多选）（2021春 广元期末）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点时的速度大小为v，其FN﹣v2图像如图乙所示。则（　　）
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝3b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a
D．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上
（2023春 越秀区校级期中）如图，一长为L的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球。轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度g。
（1）小球运动到最低点时，求杆对球的拉力大小；
（2）小球运动到水平位置A时，求杆对球的向心力大小；
（3）小球运动到最高点时，求杆对球的作用力。
（2023春 深圳期中）如图所示为风靡小朋友界的风火轮赛车竞速轨道的部分示意图。一质量为m＝0.5 kg的赛车（视为质点）从A处出发，以速率v1＝0.1 m/s驶过半径R1＝0.1 m的凸形桥B的顶端，经CD段直线加速后从D点进入半径为R2＝0.2 m的竖直圆轨道，并以某速度v2驶过圆轨的最高点E，此时赛车对轨道的作用力恰好为零。重力加速度g取10 m/s2，试计算：
（1）赛车在B点受到轨道支持力的大小；
（2）若赛车以2v2的速率经过E点，求轨道受到来自赛车的弹力；
（3）已知赛车经直线加速后从D点进入竖直轨道的速度为vD＝4 m/s，求赛车从D点到E点的过程中克服阻力做的功。
模型3　凹形桥与拱形桥模型
FN－mg＝ 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Fn＝FN－mg＝m
规律 桥对车的支持力FN＝mg＋m＞mg，汽车处于超重状态
mg－FN＝ 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Fn＝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
（2023春 贺兰县校级月考）如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为（　　）
A．15m/s B．20m/s C．25m/s D．30m/s
（2023春 丰台区期中）汽车过拱桥时的运动可以看成圆周运动。如图所示，汽车以速度v通过半径为R的拱形桥最高点时，以下说法正确的是（　　）
A．汽车处于超重状态
B．汽车对桥的压力小于桥对汽车的支持力
C．无论汽车速度多大，汽车对桥始终有压力
D．桥对汽车的支持力大小为
（2023 滨海新区校级模拟）石拱桥是中国传统桥梁的四大基本形式之一。假设某拱形桥为圆的一部分，半径为R。一辆质量为m的汽车以速度v匀速率通过该桥，图中Q为拱形桥的最高点，圆弧PQS所对的圆心角为90°，PS关于QO对称，汽车运动过程中所受阻力大小恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是 （　　）
A．汽车运动到P点时对桥面的压力大于mgcos45°
B．汽车运动到Q点时牵引力大于阻力
C．汽车运动到Q点时，桥面对汽车的支持力等于汽车重力
D．汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．（2023 汕头一模）汽车的制动安全和制动舒适性是考量制动性能的两大标准，ABS系统能让车辆在紧急制动时保有理想的抓地力而让制动依然可控，车速平稳下降从而化解险情。检测人员在某直线路段测试，如图为当ABS启动时车身速度—时间图像和车轮的转速—时间图像，则制动后，以下判断正确的是（　　）
A．车轮转速不断减小
B．车身的加速度不断减小
C．车身做匀减速直线运动
D．车身速度大小始终与车轮转速大小相等
2．（2023 沙坪坝区校级模拟）如图所示，中国航天员叶光富进行太空授课时，用细绳系住小瓶并使小瓶绕细绳另一端做匀速圆周运动，瓶中混合的水和油将分层。则（　　）
A．分层的原因是水和油受到重力
B．密度较大的水集中于小瓶的底部
C．水和油做圆周运动的线速度大小相等
D．水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供
3．（2023 郴州模拟）如图所示。质量均为m的a、b两小球用不可伸长的长度均为L的轻质细绳悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球b在水平面内做匀速圆周运动的周期为T＝2π
B．小球a摆动到最低点时，绳子的拉力为2mg（1﹣cosθ）
C．a、b两小球做圆周运动的半径之比为cosθ
D．小球a运动到最高点时受到的绳子拉力为mgsinθ
4．（2023 武汉模拟）剪纸艺术源远流长，经久不衰，是中国民间艺术中的瑰宝。将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上，剪纸中心与圆盘中心重合，圆盘匀速转动，在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘，暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则圆盘的转速至少为（　　）
A．0.02r/s B．2r/s C．4r/s D．4πr/s
5．（2023 嘉定区二模）2022年我国航天员在空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂演示了“水油分离”实验。如图所示，用细绳系住装有水和油的瓶子，手持细绳的另一端，使瓶子在竖直平面内做圆周运动，则（　　）
A．只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点水油分离后，水在外侧
B．只要瓶子有速度，就能通过圆周的最高点水油分离后，油在外侧
C．瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点水油分离后，水在外侧
D．瓶子的速度需大于某一值才能通过圆周的最高点水油分离后，油在外侧
6．（2023 湖北模拟）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。甲转动把手，把井底的乙加速拉起来，则此过程中（　　）
A．绳对乙的拉力大于乙对绳的拉力
B．绳对乙的拉力做功大于乙克服重力做功
C．a点的角速度大于b点的角速度
D．a点的线速度小于b点的线速度
7．（2023 辽宁模拟）图（a）为航天员“负荷”训练的载人水平旋转离心机，离心机旋转臂的旋转半径为R＝8m，图（b）为在离心机旋转臂末端模拟座舱中质量为m的航天员。一次训练时，离心机的转速为，航天员可视为质点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．航天员处于完全失重状态
B．航天员运动的线速度大小为12m/s
C．航天员做匀速圆周运动需要的向心力为72N
D．航天员承受座舱对他的作用力大于7.2mg
8．（2023 通辽模拟）如图，一质量为m的小球从竖直光滑圆轨道的最低点P以v0开始运动，圆轨道的圆心为O，半径为R，圆轨道上有一点Q，OQ与OP间夹角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．若小球能做完整的圆周运动，则小球做一次完整的圆周运动所用的时间小于
B．小球经过Q点时对轨道的压力大小为mgcosθ+m
C．只有当v0时，小球才不会脱离圆轨道
D．小球完成次完整的圆周运动的过程，小球重力的平均功率不为零
9．（2023 辽宁模拟）如图所示，一长为L的轻绳拉着质量为m的小球保持静止。现在给小球一个水平初速度，使小球在竖直面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A．小球在最高点的速度可以等于0
B．小球获得的初速度大小为
C．小球做圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心
D．小球过最低点与最高点时受到绳的拉力大小之差等于6mg
10．（2023 青岛二模）如图，高速公路上一辆速度为90km/h的汽车紧贴超车道超车道的路基行驶。驾驶员在A点发现刹车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B点紧贴避险车道左侧驶入。已知汽车速率不变，A、B两点沿道路方向距离为105m，超车道和行车道宽度均为3.75m，应急车道宽度为2.5m，路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5倍，汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动，重力加速度g＝10m/s2，估算驾驶员反应时间为（　　）
A．1.6s B．1.4s C．1.2s D．1.0s
二．计算题（共2小题）
11．（2022 泰州模拟）如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R的大圆弧和r的小圆弧，直道与弯道相切，直道长度L。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的K倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在圆心角为120°弯道上做匀速圆周运动，若R＝4r，要使赛车安全且绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度为g）。求：
（1）赛车行驶的最大速率；
（2）赛车绕赛道一圈的最短时间。
12．（2021 房山区一模）如图1所示，把一个小球用一根不可伸长的轻质细线悬挂起来，就成为一个摆，摆长L＝1m，最大摆角为θ＝37°，小球质量m＝0.2kg，重力加速度g＝10m/s2。（sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）求：
（1）小球摆到最低位置O时，小球速度v的大小；
（2）小球摆到最低位置O时，细线对小球的拉力F的大小；
（3）如图2所示，若在O点的正下方钉一个钉子B。当细线与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，细线就越容易被拉断。请解释这一现象。
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