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期末押题预测 圆周运动的实例分析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 石家庄期末）如图，半径为R的球壳以竖直直径为固定轴匀速转动，有一小物块附在其内壁上。小物块和球心O的连线与竖直轴的夹角为θ。小物块与内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块与球壳一起运动时，球壳的最小角速度为（　　）
A．
B．
C．
D．
2．（2024秋 沙坪坝区校级期末）一粗糙水平木板上放置一物块，两者共同在如图所示的竖直面内做圆周运动。ac为竖直直径，bd为水平直径，运动半径为r，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块始终受三个力的作用
B．图示位置物体所受摩擦力方向水平向右
C．在a点物体能不脱离木板表面，则该点角速度ω
D．从d到a，物体所受支持力不断增大
3．（2024秋 邯郸期末）如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A．当时，轨道对小球无支持力
B．当时，轨道对桌面的压力为（M﹣m）g
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
4．（2024秋 新华区校级期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度v0
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先减小后增加
5．（2024秋 锡山区校级期末）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端以不变的速率驶过该立交桥，小汽车速度大小为v1，则（　　）
A．小汽车通过桥顶时处于超重状态
B．小汽车通过桥顶时处于平衡状态
C．小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为FN＝mg﹣m
D．小汽车到达桥顶时的速度必须大于
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 碑林区校级期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m
C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力
D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力
（多选）7．（2024秋 邯郸期末）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（　　）
A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
（多选）8．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，两根长度不同的细绳上系有两个完全相同的小球a、b，两球均在水平面内做同向的匀速圆周运动。细线上端系于同一点，与水平面夹角分别为37°、53°。某一时刻两球恰好位于同一竖直线上，则（　　）
A．a、b两球的线速度之比为4：3
B．a、b两球的周期之比为4：3
C．当两球再次转至同一竖直线，a球转过的角度为8π
D．当两球再次转至同一竖直线，b球转过的角度为3π
（多选）9．（2024秋 武汉期末）如图（a）所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时，速度大小为v，绳对小球的拉力为T，其T﹣v2图像如图（b）所示。不计一切阻力，小球可视为质点，则（　　）
A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度大小为a
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为
D．当v2＝b时，小球恰好可以在竖直面内做完整的圆周运动
三．填空题（共3小题）
10．（2024春 徐汇区校级期末）如图所示，甲球和乙球的质量为m，在竖直平面内绕O点做半径为R的完整的圆周运动，重力加速度为g，OA为轻绳，OB为轻质杆，不计阻力，则在最低点，甲球动能的最小值为 　 　，乙球动能的最小值为 　 　。
11．（2024春 莆田期末）游乐园中的“空中飞椅”简化模型如图所示。水平转盘可绕OO′轴转动，绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。当转盘匀速转动时，绳子与竖直方向的夹角为θ。若转盘转速增大，夹角θ将 　 　，绳子的拉力将 　 　。（填“增大”“减小”“不变”）
12．（2024春 泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为 　 　N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的 　 　（选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 锡山区校级期末）如图甲所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为rA＝0.1m，rB＝0.2m，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值；
（3）取沿半径指向圆心方向为正方向，在图乙给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
14．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯 瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。
（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。
15．（2024秋 宿迁期末）如图所示为一种可测量角速度的简易装置。“V”形光滑支架可随水平面上的底座绕轴线OO'旋转，支架两杆足够长且与水平面间夹角均为θ＝53°，一原长为L0＝0.5m的轻弹簧套在AB杆上，下端固定于杆的B端，另一端与一质量为m＝0.1kg的小球拴接，现让小球随支架以角速度ω匀速转动。已知弹簧的劲度系数k＝3.2N/m；在弹性限度内，弹簧的最大长度为Lm，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求支架静止时弹簧的长度；
（2）弹簧恰为原长时，求支架角速度的大小；
（3）写出支架角速度与弹簧长度关系的表达式。
期末押题预测 圆周运动的实例分析
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 石家庄期末）如图，半径为R的球壳以竖直直径为固定轴匀速转动，有一小物块附在其内壁上。小物块和球心O的连线与竖直轴的夹角为θ。小物块与内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块与球壳一起运动时，球壳的最小角速度为（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】对小物块分析，竖直方向根据受力平衡列式，在水平方向上根据牛顿第二定律列式，结合摩擦力求解公式求解。
【解答】解：对小物块分析，若球壳角速度最小时，受重力、支持力、摩擦力，
竖直方向上
mg+Ncosθ＝fsinθ
在水平方向上有
fcosθ+Nsinθ＝mω2Rsinθ
且
f＝μN
解得
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。
2．（2024秋 沙坪坝区校级期末）一粗糙水平木板上放置一物块，两者共同在如图所示的竖直面内做圆周运动。ac为竖直直径，bd为水平直径，运动半径为r，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块始终受三个力的作用
B．图示位置物体所受摩擦力方向水平向右
C．在a点物体能不脱离木板表面，则该点角速度ω
D．从d到a，物体所受支持力不断增大
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】C
【分析】分析物体在最高点、最低点和其它位置的受力情况进行分析；
图示位置物体有向右的运动趋势，由此分析；
在a点物体恰好不脱离木板表面，只有重力提供向心力，结合向心力的计算公式进行分析；
根据竖直方向的加速度变化情况进行分析。
【解答】解；A、在最高点可能只受重力或受到重力和支持力作用；在最低点，物体受重力和支持力作用；在其它位置物体受到重力，支持力、静摩擦力作用，故A错误；
B、图示位置物体有向右的运动趋势，所受摩擦力方向水平向左，故B错误；
C、在a点物体恰好不脱离木板表面，只有重力提供向心力，则有：mg＝mrω2，解得该点角速度：ω
所以在a点物体能不脱离木板表面，则该点角速度ω，故C正确；
D、从d运动到a，向心加速度在竖直方向上的分量逐渐增大，物块处于失重状态，物体所受支持力不断减小，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道物体所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力。
3．（2024秋 邯郸期末）如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A．当时，轨道对小球无支持力
B．当时，轨道对桌面的压力为（M﹣m）g
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用；超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对小球和圆环受力分析，利用牛顿运动定律求解，匀速圆周运动才是合外力提供向心力，根据加速度方向判断超重或者失重情况。
【解答】解：AB．对小球受力分析，当时得
得
FNm＝mg
根据牛顿第三定律，小球对圆环的作用力与圆环对小球的作用力大小相等方向相反，对圆环轨道受力分析，得
FNM+FNm′＝Mg
则
FNM＝（M﹣m）g
故A错误，B正确；
C．在小球运动的过程中，小球做变速圆周运动，除最高点和最低点合外力提供向心力，其它位置都是合外力的分力提供向心力，故C错误；
D．小球在最高点时加速度向下，则处于失重状态，故D错误。
故选：B。
【点评】分析清楚小球运动过程与受力情况，应用牛顿运动定律结合圆周运动知识可以解题。
4．（2024秋 新华区校级期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度v0
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先减小后增加
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】在A点受力分析，由牛顿第二定律与向心力公式可知，小球受到的支持力与重力的关系；
小球在A点时没有脱离轨道，故说明小球此时受支持力作用，由此分析水平速度大小；
小球在B点刚离开轨道，只受重力作用，由此分析加速度大小和方向；
根据受力情况分析小球水平方向的加速度的变化情况。
【解答】解：A、小球在A点时，根据牛顿第二定律得：mg﹣FN＝m，可得：FN＝mg﹣m，小球受到的支持力小于其重力，根据牛顿第三定律可知，小球对圆轨道压力小于其重力，故A错误；
B、小球在A点时没有脱离轨道，故说明小球此时受支持力作用，故其水平速度一定小于，故B正确；
C、小球在B点刚离开轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，加速度竖直向下，故C错误；
D、小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查竖直平面内的变速圆周运动与斜抛运动，涉及牛顿第二定律，向心力公式，向心加速度表达式。注意变速圆周运动速度方向不但变化，而且大小也发生变化。
5．（2024秋 锡山区校级期末）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端以不变的速率驶过该立交桥，小汽车速度大小为v1，则（　　）
A．小汽车通过桥顶时处于超重状态
B．小汽车通过桥顶时处于平衡状态
C．小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为FN＝mg﹣m
D．小汽车到达桥顶时的速度必须大于
【考点】拱桥和凹桥类模型分析．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】分析小汽车在最高点的加速度方向，根据超失重的条件判断；根据受力分析列出小汽车在最高点的向心力表达式，求出支持力；分析小汽车在最高点的向心力的极值，找到临界速度；
【解答】解：ABC．由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得
解得小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为
物体处于失重状态，故AB错误，C正确；
D．由
FN≥0
解得
故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是知道超重和失重的条件，会分析运动过程中的向心力来源，找到向心力的临界值。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 碑林区校级期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m
C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力
D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力
【考点】物体在环形竖直轨道内的圆周运动；圆周运动与平抛运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据平抛的运动规律，利用几何关系求出小球到达C点的速度和B、C间的水平距离；根据牛顿第二定律分析管壁对小球的作用力方向。
【解答】解：A.小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s，根据平行四边形定则知tan45° ，解得小球经过B点的速度vB＝4m/s，根据矢量合成可知，小球在C点的速度大小为4m/s，故A正确；
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是x＝vBt＝1.6m，故B错误；
CD.在B点，设小球受到管道下壁的作用力，根据牛顿第二定律得，mg﹣N＝m，解得轨道对小球的作用力N＝﹣6m，可知假设错误，小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】学生在解答本题时，应注意要将牛顿第二定律与圆周运动进行结合，同时要注意具有受力分析能力。
（多选）7．（2024秋 邯郸期末）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（　　）
A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；线速度的物理意义及计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】对游客和椅子整体进行受力分析，得到向心力的来源；根据牛顿第二定律、几何关系计算拉力之比和向心加速度之比；根据向心加速度关系可以知道是否与质量有关。
【解答】解：A．椅子和游客随圆盘匀速转动，对游客与椅子的整体受力分析可知，整体受重力，绳子拉力，是这两个力的合力提供向心力，故A正确；
BC．由于重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形可得
向心加速度为
故BC错误；
D．根据牛顿第二定律，设游客做匀速圆周运动的半径为r，可得
mgtanθ＝mω2r
可得
由此表达式，可知悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键掌握利用牛顿第二定律推导轻绳与竖直方向的夹角关系。
（多选）8．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，两根长度不同的细绳上系有两个完全相同的小球a、b，两球均在水平面内做同向的匀速圆周运动。细线上端系于同一点，与水平面夹角分别为37°、53°。某一时刻两球恰好位于同一竖直线上，则（　　）
A．a、b两球的线速度之比为4：3
B．a、b两球的周期之比为4：3
C．当两球再次转至同一竖直线，a球转过的角度为8π
D．当两球再次转至同一竖直线，b球转过的角度为3π
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；通过受力分析求解向心力．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】应用牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的线速度，然后求出线速度之比；
求出小球的周期，然后求出周期之比；两球再次转至同一竖直线时根据两球转过的圆心角关系分析答题。
【解答】解：A、两球在同一竖直线上，两球做匀速圆周运动的半径r相等，小球受力如图所示
小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：m
解得：v
两球的线速度之比，故A正确；
B、小球做匀速圆周运动的周期T，两球做圆周运动的周期之比，故B错误；
CD、当两球再次转至同一竖直线上时，a比b多转一圈，设需要的时间为t，则（）t＝2π，解得：t＝3Tb＝4Ta，
当两球再次转至同一竖直线时，a球转过的圆心角θa＝8π，b转过的圆心角θb＝6π，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了圆周运动与牛顿第二定律的应用，分析清楚小球的受力情况应用牛顿第二定律求出两小球的线速度关系是解题的前提与关键。
（多选）9．（2024秋 武汉期末）如图（a）所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时，速度大小为v，绳对小球的拉力为T，其T﹣v2图像如图（b）所示。不计一切阻力，小球可视为质点，则（　　）
A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度大小为a
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为
D．当v2＝b时，小球恰好可以在竖直面内做完整的圆周运动
【考点】绳球类模型及其临界条件；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】在最高点，根据牛顿第二定律写出T﹣v2图像的函数表达式，结合图像进行分析计算即可。
【解答】解：AB、在最高点，根据牛顿第二定律有T+mg，整理得T，结合图像可知﹣a＝﹣mg，，联立解得绳长为r，当地的重力加速度大小为g，故A正确，B错误；
C、根据上面的分析，当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为T，故C错误；
D、由图可知，当v2＝b时，绳子上的拉力为零，小球仅受重力作用，则此时小球恰好可以在竖直面内做完整的圆周运动，故D正确。
故选：AD。
【点评】能够写出小球在最高点时T﹣v2图像的函数表达式是解题的基础，知道小球恰好做完整圆周运动的条件。
三．填空题（共3小题）
10．（2024春 徐汇区校级期末）如图所示，甲球和乙球的质量为m，在竖直平面内绕O点做半径为R的完整的圆周运动，重力加速度为g，OA为轻绳，OB为轻质杆，不计阻力，则在最低点，甲球动能的最小值为 　mgR　，乙球动能的最小值为 　2mgR　。
【考点】绳球类模型及其临界条件．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力；模型建构能力．
【答案】mgR，2mgR。
【分析】根据绳模型的临界速度和杆模型的临界速度以及机械能守恒定律列式求解。
【解答】解：甲球要能做完整的圆周运动，根据绳模型的临界条件，甲球在最高点的速度至少等于，根据机械能守恒，甲球在最低点动能满足Ek1＝mg 2Rm（）2mgR，
乙球要能做完整的圆周运动，根据杆模型的特点，小球在最高点是速度可以为0，根据机械能守恒，乙球在最低点动能满足Ek2＝mg 2R＝2mgR
故答案为：mgR，2mgR。
【点评】考查竖直面内圆周运动的两类模型，会根据题意进行准确分析和解答。
11．（2024春 莆田期末）游乐园中的“空中飞椅”简化模型如图所示。水平转盘可绕OO′轴转动，绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。当转盘匀速转动时，绳子与竖直方向的夹角为θ。若转盘转速增大，夹角θ将 　增大　，绳子的拉力将 　增大　。（填“增大”“减小”“不变”）
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】增大，增大。
【分析】根据合力提供向心力列式，分析转盘转速增大时，即角速度增大时，夹角θ将增大；
竖直方向根据受力平衡列式，求拉力。
【解答】解：设转盘半径为R，绳子长度为L，
受力如图所示
根据合力提供向心力有
mgtanθ＝mω2（R+Lsinθ）
可得
可知转盘转速增大时，即角速度增大时，夹角θ将增大；
竖直方向根据受力平衡可得
Tcosθ＝mg
解得绳子拉力为
由于夹角θ将增大，则绳子的拉力将增大。
故答案为：增大，增大。
【点评】本题解题关键是在物体处于平衡状态时，根据平衡列式，在物体处于圆周运动时，根据合力提供向心力列式。
12．（2024春 泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为 　800　N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的 　最大静摩擦力　（选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。
【考点】车辆在道路上的转弯问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】800，最大静摩擦力。
【分析】利用向心力表达式计算向心力；
汽车在转弯过程中由摩擦力提供向心力，下雨天路面湿滑，会减小汽车与地面间的最大静摩擦力，若此时转弯太快，车子会有可能发生打滑，可根据此状态分析。
【解答】解：汽车转弯所需要的向心力大小为
代入数据解得Fn＝800N
下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的最大静摩擦力变小了，若汽车速度太快，转弯时所需的向心力超过地面提供的最大静摩擦力，将做离心运动。
故答案为：800，最大静摩擦力。
【点评】本题考查学生对向心力表达式的灵活应用以及对汽车转弯类圆周运动模型的理解。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 锡山区校级期末）如图甲所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为rA＝0.1m，rB＝0.2m，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值；
（3）取沿半径指向圆心方向为正方向，在图乙给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）当圆盘转动角速度为rad/s时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像见解析。
【分析】（1）当B物块达到最大静摩擦力，且绳中拉力为零时，圆盘转动的角速度最小，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可；
（2）当A物块达到最大静摩擦力，且绳中拉力不为零时，圆盘的角速度达到最大，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可；
（3）根据A的受力情况，画出图像即可。
【解答】解：（1）当B达到最大静摩擦力时，此时绳中张力为零，设此时圆盘角速度为ω0，则有：μmBg＝mBω02rB
解得：ω0rad/s
所以当圆盘转动角速度ωrad/s时，绳中开始出现张力；
（2）当A达到最大静摩擦力时，设此时圆盘角速度为ωm，绳中张力为T，对A有：T﹣μmAg＝mAωm2rA
对B有：T+μmBg＝mBωm2rB
联立解得ωmrad/s
所以圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）当0＜ωrad/s时，A所受摩擦力背离圆心，为静摩擦力，则：FfA＝mArAω2
当rad/s≤ωrad/s，A受到的摩擦力先减小后增大，如图所示：
答：（1）当圆盘转动角速度为rad/s时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像见解析。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和向心力公式的直接应用，知道当物体所需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体发生相对滑动。
14．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯 瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。
（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；共点力的平衡问题及求解．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C大小为2mg的竖直向上的托力；
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω的大小为；
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为0°。
【分析】（1）以球A为研究对象，由平衡条件列式，对B同理，以C为研究对象，根据平衡条件列式，即可分析求解；
（2）整个装置绕竖直轴匀速转动，对A，由平衡条件、牛顿第二定律分别列式，对C，由平衡条件列式，即可分析求解；
（3）同（2）思路，即可分析求解。
【解答】解：（1）以球A为研究对象，设上面的杆的力为FA，下面的杆的力为FA′，需要给C的竖直向上的托力大小为F，
由平衡条件可得：FAcosθ+FA′cosθ＝mg，FAsinθ＝FA′sinθ，
联立可得：，
对B同理可得：，
以C为研究对象，根据平衡条件可得：F＝FA′cosθ+FB′cosθ+mg，
联立可得：F＝2mg；
（2）由（1）知，球A受重力mg、两根轻杆的拉力FA和FA′，
整个装置绕竖直轴匀速转动，
竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，θ＝60°，
联立可得：；
（3）同（2）思路，整个装置绕竖直轴匀速转动，，
对A，竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，
联立可得：cosθ＝1，则θ＝0°。
答：（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C大小为2mg的竖直向上的托力；
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω的大小为；
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为0°。
【点评】本题考查物体被系在绳上做圆锥摆运动，解题时需注意，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，这个合力向心力。
15．（2024秋 宿迁期末）如图所示为一种可测量角速度的简易装置。“V”形光滑支架可随水平面上的底座绕轴线OO'旋转，支架两杆足够长且与水平面间夹角均为θ＝53°，一原长为L0＝0.5m的轻弹簧套在AB杆上，下端固定于杆的B端，另一端与一质量为m＝0.1kg的小球拴接，现让小球随支架以角速度ω匀速转动。已知弹簧的劲度系数k＝3.2N/m；在弹性限度内，弹簧的最大长度为Lm，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求支架静止时弹簧的长度；
（2）弹簧恰为原长时，求支架角速度的大小；
（3）写出支架角速度与弹簧长度关系的表达式。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）支架静止时弹簧的长度为0.25m；
（2）弹簧恰为原长时，支架角速度的大小为rad/s；
（3）支架角速度与弹簧长度关系的表达式为（0.25m＜L＜Lm）。
【分析】（1）根据平衡条件计算；
（2）根据牛顿第二定律计算；
（3）对小球受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律计算。
【解答】解：（1）设支架静止时弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件有
mgsinθ＝kx0
代入数据解得x0＝0.25m
所以支架静止时弹簧的长度为x＝L0﹣x0＝0.5m﹣0.25m＝0.25m
（2）弹簧恰为原长时，设支架的角速度大小为ω0，根据牛顿第二定律有
mgtanθ＝mL0cosθ
代入数据解得
（3）设弹簧的长度为L，弹簧的弹力大小为F＝k（L﹣L0），对小球受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
Ncosθ＝Fsinθ+mg
Nsinθ+Fcosθ＝mLcosθω2
联立解得（0.25m＜L＜Lm）
答：（1）支架静止时弹簧的长度为0.25m；
（2）弹簧恰为原长时，支架角速度的大小为rad/s；
（3）支架角速度与弹簧长度关系的表达式为（0.25m＜L＜Lm）。
【点评】能够对小球正确受力分析是解题的基础。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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