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第4讲　圆周运动
■目标要求
1.掌握描述圆周运动的物理量及各物理量间的关系。2.会分析匀速圆周运动的周期性导致的多解问题。3.会分析向心力的来源,会用动力学观点分析圆周运动问题。
考点1　圆周运动的运动学分析
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|备|知|识
1.描述圆周运动的物理量。
定义、意义 公式、单位
线速度 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动　　　的物理量(v) (1)v== (2)单位:　　　
角速度 描述物体绕圆心　　　　 　的物理量(ω) (1)ω== (2)单位:　　　
周期 物体沿圆周运动　　　　的时间(T) (1)T==, 单位:　　　 (2)f=, 单位:Hz
向心 加速度 (1)描述速度　　　变化快慢的物理量(an) (2)方向指向　　　 (1)an==　 　　 (2)单位:　　　
2.匀速圆周运动。
(1)定义:做圆周运动的物体,若在任意相等的时间内通过的圆弧长　　　　,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　　　　方向垂直且指向圆心。
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动()
(2)物体做匀速圆周运动时,其线速度不变()
(3)物体做匀速圆周运动时,其所受合外力是变力()
(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成正比()
关|键|能|力
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an==ω2r的理解。
当v一定时,an与r成反比;
当ω一定时,an与r成正比。
3.常见的三种传动方式及特点。
(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。
　
甲 乙
(2)摩擦(齿轮)传动:如图丙所示,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。
　
丙 丁
(3)同轴转动:如图丁所示,两轮固定在一起绕同一转轴转动,两轮转动的角速度大小相等,即ωA=ωB。
考向1　描述圆周运动的物理量
【典例1】　(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内,火车(　　)
A.运动路程为600 m　B.加速度为零
C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km
考向2　传动装置
【典例2】　
如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样,小齿轮和后轮同轴转动,小齿轮与大齿轮通过链条传动。架起后轮,使大齿轮匀速转动时,关于图中A、B、C三点的运动情况,下列说法正确的是(　　)
A.A、B、C三点的线速度vA>vB>vC
B.A、B、C三点的线速度vAC.A、B、C三点的角速度ωC=ωB>ωA
D.A、B、C三点的角速度ωC>ωB=ωA
考向3　圆周运动的多解问题
【典例3】　(多选)为了测定子弹的飞行速度,在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B,A、B平行相距2 m,轴杆的转速为3 600 r/min,子弹穿过两盘留下两个弹孔a、b,测得两弹孔所在的半径夹角是30°,如图所示。则该子弹的速度可能是(　　)
A.57.6 m/s B.115.2 m/s
C.1 440 m/s D.2 880 m/s
考点2　圆周运动的动力学分析
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|备|知|识
1.向心力的效果:向心力产生向心加速度,只改变速度的　　　　,不改变速度的　　　　。
2.向心力的大小:Fn=m=　　　　=mr=mωv=4π2mf2r。
3.向心力的方向:始终沿半径方向指向　　　　,时刻在改变,即向心力是一个变力。
4.向心力的来源:向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的　　　　提供,还可以由一个力的　　　　提供。
(1)向心力可以由一个力或一个力的分力提供,也可以由合力提供()
(2)变速圆周运动的合外力一定指向圆心()
关|键|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
　圆周运动动力学问题的分析思路。
考向1　车辆转弯问题
【典例4】　(2025·贵阳模拟)如图甲所示,在修筑铁路时,为了消除轮缘与铁轨间的挤压,要根据弯道的半径和规定的行驶速度设计适当的倾斜轨道,即两个轨道存在一定的高度差。如图乙所示,火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ,转弯半径为r,在该转弯处规定行驶的速度为v,则下列说法正确的是(　　)
甲　乙
A.火车运动的圆周平面为图乙中的a
B.当火车转弯时,火车实际转弯速度越小越好
C.当火车行驶的速率大于时,外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力
D.当火车行驶的速率等于时,内、外侧铁轨对车轮的轮缘均无压力
考向2　圆锥摆模型
【典例5】　
(多选)如图所示,一根不可伸长的轻绳,一端系一可视为质点的小球,另一端固定在O点。小球在水平面内做匀速圆周运动,当细绳与竖直方向夹角为37°时,细绳
拉力为F1,小球角速度为ω1。缓慢增加小球的转速,当细绳与竖直方向夹角为53°时,细绳拉力为F2,小球角速度为ω2,已知cos 37°=0.8,cos 53°=0.6,下列说法正确的是(　　)
A.= B.=
C.= D.=
【典例6】　
如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒,其轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动。有一个质量为m的小球紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动,小球所在的高度为H。已知重力加速度为g,圆锥筒的顶角为2θ,则(　　)
A.小球受到重力、支持力和向心力三个力作用
B.小球受到的合力方向垂直于筒壁斜向上
C.小球受到的支持力大小为mgsin θ
D.小球做匀速圆周运动的角速度ω=
比较典例5和典例6的受力分析可以看出,两者受力情况基本相同,可把小球在圆锥筒内的运动看成圆锥摆模型的拓展。
考点3　离心运动
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|备|知|识
离心运动:做圆周运动的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下,就做　
　　　　　圆心的运动。
2.受力特点(如图所示)。
(1)当F=0时,物体沿　　　　方向飞出。
(2)当F(3)当F>mrω2时,物体逐渐向圆心靠近,做　　　　运动。
3.本质:离心运动的本质并不是受到离心力的作用,而是提供的力　　　　做匀速圆周运动需要的向心力。
(1)物体做离心运动是因为受到了背离圆心方向的离心力作用()
(2)做离心运动的物体所受合外力一定为0()
关|键|能|力
【典例7】　如图所示为运动员短道速滑急转弯的情景,此时容易失控侧滑而甩出赛道,下列说法正确的是(　　)
A.运动员速度越大越容易发生侧滑
B.转弯时重力提供一部分向心力
C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D.发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
第4讲　圆周运动
考点1
必备知识 　
1.快慢　m/s　转动快慢　rad/s　一圈　s　方向　圆心　rω2　m/s2　2.(1)相等　(2)圆心　(3)速度
微点辨析　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
关键能力 　
【典例1】　AD　解析　在此10 s时间内,火车运动路程s=vt=60×10 m=600 m,A项正确;火车在弯道上运动,做曲线运动,一定有加速度,B项错误;火车匀速转过10°,约为 rad,角速度ω== rad/s,C项错误;由v=ωR,可得转弯半径约为3.4 km,D项正确。
【典例2】　C　解析　由题图可知,A、B为链条传动,线速度相等,即vA=vB,B、C为同轴转动,角速度相等,即ωC=ωB,根据v=ωr和rC>rA>rB,可得vC>vB=vA,ωC=ωB>ωA,C项正确。
【典例3】　AC　解析　子弹从A盘到B盘,B盘转过的角度为θ=+2kπ(k=0,1,2,…),盘转动的角速度为ω=2πn=120π rad/s,则子弹在A、B间运动的时间等于转盘转动时间,即=,整理得v= m/s(k=0,1,2,…),所以当k=0时,v=1 440 m/s;当k=1时,v=110.8 m/s;当k=2时,v=57.6 m/s,A、C两项正确。
考点2
必备知识 　
1.方向　大小　2.mrω2　3.圆心　4.合力　分力
微点辨析　(1)√　(2)×
关键能力 　
【典例4】　C　解析　火车运动的圆周平面为水平面,为题图乙中的b,A项错误;由重力与支持力的合力提供向心力可得mgtan θ=m,在该转弯处规定行驶的速度为v=,D项错误;当火车行驶的速率大于时,外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力,C项正确;若火车行驶的速度小于设计速度时,内侧铁轨对车轮的轮缘施加压力,速度越小,压力越大,内轨道和轮缘之间的磨损越严重,B项错误。
【典例5】　AC　解析　对小球受力分析,竖直方向,有Fcos θ=mg,所以==,A项正确,B项错误;根据牛顿第二定律Fsin θ=mω2Lsin θ,解得===,C项正确,D项错误。
【典例6】　D　解析　小球A受到重力、支持力,向心力是由重力和支持力的合力来提供,A项错误;如图所示,小球受重力和支持力而做匀速圆周运动,由合力提供向心力,合力一定指向圆心,B项错误;受力分析可知sin θ=,解得小球受到的支持力大小为FN=,C项错误;由合力提供向心力,则F合=mω2r,其中tan θ=,tan θ=,联立解得ω=,D项正确。
考点3
必备知识 　
1.逐渐远离　2.(1)切线　(2)远离　(3)近心
3.小于
微点辨析　(1)×　(2)×
关键能力 　
【典例7】　A　解析　根据Fn=m,可知速度越大,所需的向心力越大,越容易发生侧滑,A项正确;转弯时的向心力为沿半径方向的合力,重力方向为竖直方向,不可能提供向心力,B项错误;发生侧滑是因为运动员受到的合力不足以提供向心力, C、D两项错误。(共35张PPT)
第4讲
第四章 抛体运动　圆周运动
圆周运动
目
标
要
求
1.掌握描述圆周运动的物理量及各物理量间的关系。2.会分析匀速圆周运动的周期性导致的多解问题。3.会分析向心力的来源，会用动力学观点分析圆周运动问题。
考点1　圆周运动的运动学分析
考点2　圆周运动的动力学分析
内容
索引
考点3　离心运动
圆周运动的运动学分析
考点1
必|备|知|识
1.描述圆周运动的物理量。
定义、意义 公式、单位
线速度 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动_______的物理量(v) (1)v==
(2)单位：______
角速度 描述物体绕圆心___________的物理量(ω) (1)ω==
(2)单位：______
快慢
m/s
转动快慢
rad/s
周期 物体沿圆周运动_______的时间(T) (1)T==，
单位：___
(2)f=，
单位：Hz
向心 加速度 (1)描述速度_______变化快慢的物理量(an) (2)方向指向_______ (1)an==_____
(2)单位：_____
一圈
方向
圆心
rω2
m/s2
s
2.匀速圆周运动。
(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长________，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________方向垂直且指向圆心。
相等
圆心
速度
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动( )
(2)物体做匀速圆周运动时，其线速度不变( )
(3)物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力( )
(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成正比( )
关|键|能|力
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an==ω2r的理解。
当v一定时，an与r成反比；
当ω一定时，an与r成正比。
3.常见的三种传动方式及特点。
(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(齿轮)传动：如图丙所示，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：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA=ωB。
考向1
描述圆周运动的物理量
【典例1】　(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车( )
A.运动路程为600 m
B.加速度为零
C.角速度约为1 rad/s
D.转弯半径约为3.4 km
在此10 s时间内，火车运动路程s=vt=60×10 m=600 m，A项正
确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，B项错
误；火车匀速转过10°，约为 rad，角速度ω== rad/s，C项错误；由v=ωR，可得转弯半径约为3.4 km，D项正确。
解析
考向2
传动装置
【典例2】　如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，小齿轮和后轮同轴转动，小齿轮与大齿轮通过链条传动。架起后轮，使大齿轮匀速转动时，关于图中A、B、C三点的运动情况，下列说法正确的是( )
A.A、B、C三点的线速度vA>vB>vC
B.A、B、C三点的线速度vAC.A、B、C三点的角速度ωC=ωB>ωA
D.A、B、C三点的角速度ωC>ωB=ωA
由题图可知，A、B为链条传动，线速度相等，即vA=vB，B、C为同轴转动，角速度相等，即ωC=ωB，根据v=ωr和rC>rA>rB，可得vC>vB=vA，ωC=ωB>ωA，C项正确。
解析
考向3
圆周运动的多解问题
【典例3】　(多选)为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，A、B平行相距2 m，轴杆的转速为
3 600 r/min，子弹穿过两盘留下两个弹孔a、b，测得两弹孔所在的半径夹角是30°，如图所示。则该子弹的速度可能是( )
A.57.6 m/s B.115.2 m/s C.1 440 m/s D.2 880 m/s
子弹从A盘到B盘，B盘转过的角度为θ=+2kπ(k=0，1，2，…)，盘转动的角速度为ω=2πn=120π rad/s，则子弹在A、B间运动的时间等于转盘转动时间，即=，整理得v= m/s(k=0，1，2，…)，所以当k=0时，v=1 440 m/s；当k=1时，v=110.8 m/s；当k=2时，v=57.6 m/s，A、C两项正确。
解析
圆周运动的动力学分析
考点2
必|备|知|识
1.向心力的效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的______，不改变速度的_______。
2.向心力的大小：Fn=m=_______=mr=mωv=4π2mf2r。
3.向心力的方向：始终沿半径方向指向______，时刻在改变，即向心力是一个变力。
4.向心力的来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的____提供，还可以由一个力的_____提供。
方向
大小
mrω2
圆心
合力
分力
(1)向心力可以由一个力或一个力的分力提供，也可以由合力提供
( )
(2)变速圆周运动的合外力一定指向圆心( )
关|键|能|力　　
圆周运动动力学问题的分析思路。
考向1
车辆转弯问题
【典例4】　(2025·贵阳模拟)如图甲所示，在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度设计适当的倾斜轨道，即两个轨道存在一定的高度差。如图乙所示，火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ，转弯半径为r，在该转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法正确的是( )
A.火车运动的圆周平面为图乙中的a
B.当火车转弯时，火车实际转弯速度越小越好
C.当火车行驶的速率大于时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力
D.当火车行驶的速率等于时，内、外侧铁轨对车轮的轮缘均无压力
火车运动的圆周平面为水平面，为题图乙中的b，A项错误；由重力与支持力的合力提供向心力可得mgtan θ=m，在该转弯处规定行驶的速度为v=，D项错误；当火车行驶的速率大于时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力，C项正确；若火车行驶的速度小于设计速度时，内侧铁轨对车轮的轮缘施加压
力，速度越小，压力越大，内轨道和轮缘之间的磨损越严重，B项错误。
解析
考向2
圆锥摆模型
【典例5】　(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳，一端系一可视为质点的小球，另一端固定在O点。小球在水平面内做匀速圆周运动，当细绳与竖直方向夹角为37°时，细绳拉力为F1，小球角速度为ω1。缓慢
增加小球的转速，当细绳与竖直方向夹角为53°时，细绳拉力为
F2，小球角速度为ω2，已知cos 37°=0.8，cos 53°=0.6，下列说法正确的是( )
A.= B.= C.= D.=
对小球受力分析，竖直方向，有Fcos θ=mg，所以==，A项正确，B项错误；根据牛顿第二定律Fsin θ=mω2Lsin θ，解得===，C项正确，D项错误。
解析
【典例6】　如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动。有一个质量为m的小球紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球所在的高度为H。已知重力加速度为g，圆锥筒的顶角为2θ，则( )
A.小球受到重力、支持力和向心力三个力作用
B.小球受到的合力方向垂直于筒壁斜向上
C.小球受到的支持力大小为mgsin θ
D.小球做匀速圆周运动的角速度ω=
小球A受到重力、支持力，向心力是由重力和支持力的合力来提供，A项错误；如图所示，小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，合力一定指向圆心，B项错误；
解析
受力分析可知sin θ=，解得小球受到的支持力大小为FN=，C项错误；由合力提供向心力，则F合=mω2r，其中tan θ=，tan θ=
，联立解得ω=，D项正确。
比较典例5和典例6的受力分析可以看出，两者受力情况基本相同，可把小球在圆锥筒内的运动看成圆锥摆模型的拓展。
离心运动
考点3
必|备|知|识
1.离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做__________圆心的运动。
2.受力特点(如图所示)。
逐渐远离
(1)当F=0时，物体沿______方向飞出。
(2)当F(3)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做______运动。
3.本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力
______做匀速圆周运动需要的向心力。
切线
远离
近心
小于
(1)物体做离心运动是因为受到了背离圆心方向的离心力作用( )
(2)做离心运动的物体所受合外力一定为0( )
关|键|能|力
【典例7】　如图所示为运动员短道速滑急转弯的情景，此时容易失控侧滑而甩出赛道，下列说法正确的是( )
A.运动员速度越大越容易发生侧滑
B.转弯时重力提供一部分向心力
C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D.发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
根据Fn=m，可知速度越大，所需的向心力越大，越容易发生侧滑，A项正确；转弯时的向心力为沿半径方向的合力，重力方向为竖直方向，不可能提供向心力，B项错误；发生侧滑是因为运动员受到的合力不足以提供向心力， C、D两项错误。
解析微练15　圆周运动
　梯级Ⅰ基础练
1.如图所示，光滑水平面上，小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是(　　)
A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹PO做近心运动
B.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做近心运动
D.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
2.(多选)(2025·赤峰模拟)盾构隧道掘进机，简称盾构机，是一种隧道掘进的专用工程机械，又被称作“工程机械之王”，是城市地铁建设、开山修路、打通隧道的利器。图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，其直径达16 m，转速为5 r/min，下列说法正确的是(　　)
A.刀盘工作时的角速度为10 rad/s
B.刀盘边缘的线速度大小约为4 m/s
C.刀盘旋转的周期为12 s
D.刀盘工作时各刀片的线速度均相同
3.(2024·广东卷)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　)
A.r　 B.l C.r　 D.l
4.(多选)如图所示，在以角速度ω转动的圆盘上有一个小孔A，某时刻，在小孔A正上方高h=1 m的B处有一个小球以初速度v0=4 m/s竖直向上抛出，最终小球刚好落进小孔A。不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。则圆盘转动的角速度可能为(　　)
A.π rad/s B.2π rad/s
C.3π rad/s D.4π rad/s
5.(2025·昭通模拟)旋转木马可以简化为如图所示的模型，a、b两个小球分别用悬线悬于水平杆上的A、B两点，A、B到O点距离之比为1∶2。装置绕竖直杆匀速旋转后，a、b在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖直方向的夹角分别为α、θ，则α、θ关系正确的是(　　)
A.tan θ=tan α B.tan θ=2tan α
C.cos α=cos θ D.sin θ=sin α
6.(2025·张家口模拟)火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示。若已知某转弯处外轨和内轨的高度差为h，内外轨道之间的距离为L，弯道处的圆弧半径为R。已知h远小于L，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.该转弯处规定的安全行驶速度v=
B.该转弯处规定的安全行驶速度v=
C.该转弯处规定的安全行驶速度v=
D.当实际行驶速度大于规定的安全行驶速度v时，轮缘挤压内轨
梯级Ⅱ能力练
7.(多选)(2025·鞍山模拟)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动，质量相同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α=60°，β=30°，此时物块A受到的摩擦力恰好为零，重力加速度为g，则(　　)
A.转台转动的角速度大小
B.B受到的摩擦力可能为零
C.B受到沿容器壁向上的摩擦力
D.B受到沿容器壁向下的摩擦力
8.(多选)(2024·江苏卷)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处作水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(　　)
A.线速度vA>vB 　 B.角速度ωA<ωB
C.向心加速度aAFB
9.(多选)(2025·东莞模拟)如图所示，半径R=3l的光滑圆筒竖直固定，长度为5l的轻绳，一端固定在圆筒轴线上一点，另一端悬挂可视为质点、质量为m的小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，小球始终在圆筒内，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.小球角速度越大，轻绳的拉力越大
B.小球角速度ω=时，轻绳的拉力为5mg
C.小球角速度ω=时，小球受两个力的作用
D.小球角速度ω=时，筒壁与小球之间作用力大小为mg
10.(2025·昆明模拟)如图所示，V形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，支架两臂长各为l=1.5 m，且与水平面间夹角均为θ=53°，V形支架的AO臂上套有一根原长为l0=1.0 m的轻质弹簧，弹簧劲度系数为k=100 N/m，其下端固定于V形支架下端，上端与一个串在臂上的小球相连，已知小球质量为m=0.5 kg。现让小球随支架一起绕中轴线OO'匀速转动。已知重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求:
(1)轻弹簧恰为原长时，支架转动的角速度大小;
(2)为使小球不从支架的AO臂滑出，支架转动的角速度的最大值是多少。
梯级Ⅲ创新练
11.(多选)(2025·唐山模拟)如图甲为某汽车在环形线路上做匀速圆周运动的场景，司机前方悬挂的小球向右发生了偏移，其悬线与竖直方向的偏角稳定，乘客拍摄了当时的照片，事后在照片上附上了刻度尺，如图乙所示，拍照时看见汽车速度表盘上显示的车速为54 km/h。如果认为路面是水平的，可估算该汽车运动轨迹的半径，实际上汽车向左拐弯时，外侧路面比内侧略高一点，因此，根据照片估算的半径和真实半径不同。下列说法正确的是(　　)
A.若路面水平则估算的半径约为60 m
B.若路面水平则估算的半径约为90 m
C.若路面略微内倾，则其真实半径略大于估算半径
D.若路面略微内倾，则其真实半径略小于估算半径
微练15　圆周运动
1.D　解析　若拉力突然消失,小球将沿切线方向做匀速直线运动,即沿轨迹Pa做离心运动,A项错误;若拉力突然变小,则小球受到的拉力小于所需的向心力,小球将沿轨迹Pb做离心运动,B项错误,D项正确;若拉力突然变大,则小球受到的拉力大于所需的向心力,小球沿轨迹Pc做近心运动,C项错误。
2.BC　解析　盾构机的刀盘,转速为5 r/min,即n=5 r/min= r/s,刀盘工作时的角速度为ω=2πn= rad/s,A项错误;刀盘边缘的线速度大小约为v=ωr=× m/s= m/s≈4 m/s,B项正确;刀盘旋转的周期T==12 s,C项正确;刀盘工作时各刀片的线速度方向都不相同,D项错误。
3.A　解析　由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,对插销由弹力提供向心力F=mlω2,对卷轴有v=ωr,联立解得v=r,A项正确。
4.BD　解析　以竖直向下为正方向,根据位移时间关系可得h=-v0t+gt2,解得t=1 s,圆盘做圆周运动的周期T=,nT=t,联立解得ω=2nπ rad/s(n=1,2,3,…),B、D两项正确。
5.B　解析　设OA段长为L,OB段长为2L,匀速旋转小球到悬点的高度均为h,由于a、b两球做圆周运动的角速度相同,且都满足mgtan φ=mω2r,则有==,解得tan θ=2tan α,B项正确。
6.B　解析　速度v经过弯道,内、外轨道均不受侧压力作用时,其所受的重力和支持力的合力提供向心力,如图所示,根据牛顿第二定律得mgtan θ=m,因为h远小于L,θ很小,则tan θ≈sin θ=,联立解得v=,A、C两项错误,B项正确;转弯的实际速度大于规定的安全速度时,火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力,火车有离心趋势,故其外侧车轮轮缘会与外轨相互挤压,D项错误。
7.AD　解析　对物块A进行受力分析,则有mgtan 60°=mω2Rsin 60°,解得ω==,A项正确;当A受到的静摩擦力为0时,B有沿容器壁向上滑动的趋势,即B受到沿容器壁向下的摩擦力,B、C两项错误,D项正确。
8.BC　解析　设绳子与竖直方向夹角为θ,绳子长度为l,小球所在平面距离顶点的竖直高度为h,对小球分析有F向=mgtan θ=mlsin θ=mω2lsin θ=m=ma,整理有v=,ω=,a = gtan θ。由于v=,小球从A处到达B处,l减小,θ增大,则无法判断vA、vB的关系,A项错误;由于ω=,其中cos θ=,联立得ω=,由题意可知,小球从A处到达B处,h减小,则ωA<ωB,B项正确;由于F向=mgtan θ=ma,整理有a=gtan θ。由题意可知,其角度θ变大,所以小球所受向心力变大,即FA9.CD　解析　当小球角速度较小时,此时小球与圆筒未接触,对小球受力分析得绳子拉力为T=,小球角速度越大,θ越大,绳子的拉力越大,当小球与圆筒接触后,小球角速度再大时θ不变,故此时绳子的拉力不变,A项错误;当小球与圆筒刚好接触时有mgtan θ=mω2R,tan θ==,解得ω=,当ω>时,小球此时与圆筒间有弹力,故当小球角速度ω=时,此时小球与圆筒间有弹力,绳子的拉力为T===mg,B项错误;当小球角速度ω=<时,小球未与圆筒接触,此时只受重力和绳子的拉力两个力的作用,C项正确;当小球角速度ω=时,此时小球与圆筒间有弹力作用,对小球受力分析Tsin θ+FN=mω2R,Tcos θ=mg,解得筒壁与小球之间作用力大小为FN=mg,D项正确。
10.答案　(1) rad/s　(2)10 rad/s
解析　(1)轻弹簧恰为原长时,小球只受重力与支持力,在竖直方向有
FNcos θ=mg,
水平方向有FNsin θ=mω2l0cos θ,
解得ω= rad/s。
(2)当小球到达A点时,小球处于脱离支架的临界状态,竖直方向有
FN'cos θ=k(l-l0)sin θ+mg,
水平方向有
FN'sin θ+k(l-l0)cos θ=mlcos θ,
解得ω1=10rad/s。
11.BD　解析　车速为v=54 km/h=15 m/s,设悬线与竖直方向夹角为θ,则tan θ==,根据牛顿第二定律mgtan θ=m,估算的半径约为r=90 m,A项错误,B项正确;若路面略微内倾,则悬线与竖直方向夹角的真实值偏大,由A、B两项可知,则其真实半径略小于估算半径,C项错误,D项正确。(共31张PPT)
微练15
圆周运动
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1.如图所示，光滑水平面上，小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )
梯级Ⅰ 基础练
A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹PO做近心运动
B.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做近心运动
D.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
若拉力突然消失，小球将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa做离心运动，A项错误；若拉力突然变小，则小球受到的拉力小于所需的向心力，小球将沿轨迹Pb做离心运动，B项错误，D项正确；若拉力突然变大，则小球受到的拉力大于所需的向心力，小球沿轨迹Pc做近心运动，C项错误。
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2.(多选)(2025·赤峰模拟)盾构隧道掘进机，简称盾构机，是一种隧道掘进的专用工程机械，又被称作“工程机械之王”，是城市地铁建 设、开山修路、打通隧道的利器。图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，其直径达16 m，转速为5 r/min，下列说法正确的是
( )
A.刀盘工作时的角速度为10 rad/s
B.刀盘边缘的线速度大小约为4 m/s
C.刀盘旋转的周期为12 s
D.刀盘工作时各刀片的线速度均相同
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盾构机的刀盘，转速为5 r/min，即n=5 r/min= r/s，刀盘工作时的角速度为ω=2πn= rad/s，A项错误；刀盘边缘的线速度大小约为v=ωr=× m/s= m/s≈4 m/s，B项正确；刀盘旋转的周期T==12 s，C项正确；刀盘工作时各刀片的线速度方向都不相 同，D项错误。
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3.(2024·广东卷)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为( )
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A.r B.l
C.r D.l
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由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx=，根据胡克定律有F=kΔx=，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力F=mlω2，对卷轴有v=ωr，联立解得v=r，A项正确。
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4.(多选)如图所示，在以角速度ω转动的圆盘上有一个小孔A，某时刻，在小孔A正上方高h=1 m的B处有一个小球以初速度v0=4 m/s竖直向上抛出，最终小球刚好落进小孔A。不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。则圆盘转动的角速度可能为( )
A.π rad/s B.2π rad/s
C.3π rad/s D.4π rad/s
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以竖直向下为正方向，根据位移时间关系可得h=-v0t+gt2，解得t=1 s，圆盘做圆周运动的周期T=，nT=t，联立解得ω= 2nπ rad/s(n=1，2，3，…)，B、D两项正确。
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5.(2025·昭通模拟)旋转木马可以简化为如图所示的模型，a、b两个小球分别用悬线悬于水平杆上的A、B两点，A、B到O点距离之比为1∶2。装置绕竖直杆匀速旋转后，a、b在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖直方向的夹角分别为α、θ，则α、θ关系正确的是 ( )
A.tan θ=tan α B.tan θ=2tan α
C.cos α=cos θ D.sin θ=sin α
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设OA段长为L，OB段长为2L，匀速旋转小球到悬点的高度均为h，由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，且都满足mgtan φ =mω2r，则有==，解得tan θ=2tan α，B项正确。
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6.(2025·张家口模拟)火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示。若已知某转弯处外轨和内轨的高度差为h，内外轨道之间的距离为 L，弯道处的圆弧半径为R。已知h远小于L，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
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A.该转弯处规定的安全行驶速度v=
B.该转弯处规定的安全行驶速度v=
C.该转弯处规定的安全行驶速度v=
D.当实际行驶速度大于规定的安全行驶速度v时，轮缘挤压内轨
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速度v经过弯道，内、外轨道均不受侧压力作用时，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示，根据牛顿第二定律得mgtan θ=m，因为h远小于L，θ
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很小，则tan θ≈sin θ=，联立解得v=，A、C两项错误，B项正确；转弯的实际速度大于规定的安全速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与外轨相互挤压，D项错误。
7.(多选)(2025·鞍山模拟)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动，质量相同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α=60°，β=30°，此时物块A受到的摩擦力恰好为零，重力加速度为g，则( )
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梯级Ⅱ 能力练
A.转台转动的角速度大小
B.B受到的摩擦力可能为零
C.B受到沿容器壁向上的摩擦力
D.B受到沿容器壁向下的摩擦力
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对物块A进行受力分析，则有mgtan 60°=mω2Rsin 60°，解得ω==，A项正确；当A受到的静摩擦力为0时，B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受到沿容器壁向下的摩擦力，B、C两项错误，D项正确。
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8.(多选)(2024·江苏卷)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处作水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则( )
A.线速度vA>vB 　B.角速度ωA<ωB
C.向心加速度aAFB
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设绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球分析有F向=mgtan θ=mlsin θ=mω2lsin θ =m=ma，整理有v=，ω=，a = gtan θ。由于v=，小球从A处到达B处，l减小，θ增大，则无法判断vA、vB的关系，A项错误；由于ω=，其中cos θ=，
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联立得ω=，由题意可知，小球从A处到达B处，h减小，则ωA<ωB，B项正确；由于F向=mgtan θ=ma，整理有a=gtan θ。由题意可知，其角度θ变大，所以小球所受向心力变大，即FA解析
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9.(多选)(2025·东莞模拟)如图所示，半径R=3l的光滑圆筒竖直固 定，长度为5l的轻绳，一端固定在圆筒轴线上一点，另一端悬挂可视为质点、质量为m的小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，小球始终在圆筒内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
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A.小球角速度越大，轻绳的拉力越大
B.小球角速度ω=时，轻绳的拉力为5mg
C.小球角速度ω=时，小球受两个力的作用
D.小球角速度ω=时，筒壁与小球之间作用力大小为mg
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当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为T=，小球角速度越大，θ越大，绳子的拉力越 大，当小球与圆筒接触后，小球角速度再大时θ不变，故此时绳子的拉力不变，A项错误；当小球与圆筒刚好接触时有mgtan θ =mω2R，tan θ==，解得ω=，当ω>时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角速度ω=时，此时小球与圆筒间有
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弹力，绳子的拉力为T===mg，B项错误；当小球角速度ω=<时，小球未与圆筒接触，此时只受重力和绳子的拉力两个力的作用，C项正确；当小球角速度ω=时，此时小球与圆筒间有弹力作用，对小球受力分析Tsin θ+FN=mω2R，Tcos θ= mg，解得筒壁与小球之间作用力大小为FN=mg，D项正确。
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10.(2025·昆明模拟)如图所示，V形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，支架两臂长各为l=1.5 m，且与水平面间夹角均为θ= 53°，V形支架的AO臂上套有一根原长为l0=1.0 m的轻质弹簧，弹簧
劲度系数为k=100 N/m，其下端固定于V形支架下端，上端与一个串在臂上的小球相连，已知小球质量为m=0.5 kg。现让小球随支架一起绕中轴线OO'匀速转动。已知重力加速度g=10 m/s2， sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求：
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(1)轻弹簧恰为原长时，支架转动的角速度大小；
轻弹簧恰为原长时，小球只受重力与支持力，在竖直方向有
FNcos θ=mg，
水平方向有FNsin θ=mω2l0cos θ，
解得ω= rad/s。
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(2)为使小球不从支架的AO臂滑出，支架转动的角速度的最大值是多少。
当小球到达A点时，小球处于脱离支架的临界状态，竖直方向有
FN'cos θ=k(l-l0)sin θ+mg，
水平方向有
FN'sin θ+k(l-l0)cos θ=mlcos θ，
解得ω1=10rad/s。
解析
11.(多选)(2025·唐山模拟)如图甲为某汽车在环形线路上做匀速圆周运动的场景，司机前方悬挂的小球向右发生了偏移，其悬线与竖直方向的偏角稳定，乘客拍摄了当时的照片，事后在照片上附上了刻度尺，如图乙所示，拍照时看见汽车速度表盘上显示的车速为 54 km/h。如果认为路面是水平的，可估算该汽车运动轨迹的半径，实际上汽车向左拐弯时，外侧路面比内侧略高一点，因此，根据照片估算的半径和真实半径不同。下列说法正确的是( )
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梯级Ⅲ 创新练
A.若路面水平则估算的半径约为60 m
B.若路面水平则估算的半径约为90 m
C.若路面略微内倾，则其真实半径略大于估算半径
D.若路面略微内倾，则其真实半径略小于估算半径
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车速为v=54 km/h=15 m/s，设悬线与竖直方向夹角为θ，则tan θ ==，根据牛顿第二定律mgtan θ=m，估算的半径约为r= 90 m，A项错误，B项正确；若路面略微内倾，则悬线与竖直方向夹角的真实值偏大，由A、B两项可知，则其真实半径略小于估算半径，C项错误，D项正确。
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