资源简介

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期末核心考点 匀速圆周运动
一．选择题（共6小题）
1．（2025春 成华区期中）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，其中A、B两点是两个齿轮的啮合点，则齿轮上A、B两点具有相同的（　　）
A．线速度的大小 B．角速度
C．周期 D．向心加速度的大小
2．（2025春 城关区校级期中）中国选手邓雅文在2024年巴黎奥运会女子自由式小轮车公园赛决赛中获得金牌。如图所示，几位运动员正在倾斜的弯道上做匀速圆周运动，圆周运动的半径为r，车相对弯道无侧向滑动。若邓雅文连同小轮车（可视为质点）的总质量为m，倾斜弯道可视为倾角为θ的斜面，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．邓雅文和小轮车所受支持力竖直向上
B．邓雅文和小轮车对弯道的压力大小为
C．邓雅文和小轮车的线速度大小为
D．邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度就越小
3．（2025春 西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层
B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离
C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水
D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离
4．（2025春 农安县期中）小物块紧贴粗糙圆筒内壁，随圆筒一起绕竖直中心轴线做匀速圆周运动（物块与圆筒保持相对静止），如图所示。关于小物块受力情况下列说法正确的是（　　）
A．物块不受摩擦力
B．摩擦力提供向心力
C．弹力和摩擦力的合力提供向心力
D．弹力提供向心力
5．（2025春 南京期中）如图所示，某同学坐在摩天轮的座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座椅始终保持水平。图中M、N与圆心O等高，P位于最低点，Q位于最高点。下列说法中正确的是（　　）
A．M处座椅对人的支持力大于人的重力
B．N处座椅对人的作用力大于人的重力
C．P处座椅对人的支持力小于人的重力
D．Q处座椅对人的摩擦力方向水平向右
6．（2025春 西安校级月考）如图所示，摩天轮悬挂座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列叙述正确的是（　　）
A．乘客的速度始终恒定
B．乘客的加速度始终恒定
C．座椅对乘客的作用力始终指向圆心
D．在最低点时，乘客对座椅的压力大于重力，处于超重状态
二．多选题（共4小题）
（多选）7．（2025春 成华区期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的速率小于，则杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯速率小于设计转弯速率，则轮缘对外轨道有横向挤压作用
C．图c中静置于圆盘上的A和B材料相同，质量mA＝2mB，到转轴的距离满足RA＝2RB，若从零开始逐渐增大圆盘转速，则物体B先相对圆盘滑动
D．图d中两个小球在相同高度的水平面内做匀速圆周运动，它们的角速度大小相同
（多选）8．（2025春 西安校级月考）如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（　　）
A．A与B的线速度大小之比为2：1
B．A与B的角速度之比为1：1
C．A与B的向心加速度大小之比为1：1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
（多选）9．（2025 绵阳模拟）物体A、B做匀速圆周运动，向心加速度a的大小与半径r关系如图所示，两物体线速度大小分别是vA、vB，角速度大小分别是ωA、ωB，则根据图像可知（　　）
A．ωA＞ωB B．ωA＜ωB C．vA＞vB D．vA＜vB
（多选）10．（2025春 东城区校级期中）如图所示，在光滑的水平面上放一个原长为L的轻质弹簧，劲度系数为k，它的一端固定，另一端系一个质量为m的小球。当小球在该平面上做半径为4L的匀速圆周运动时（　　）
A．小球做圆周运动的向心力为3kL
B．小球做圆周运动的线速度为2kL
C．小球做圆周运动的角速度为
D．小球做圆运动的周期为2π
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比 　 　 ，A、B、C三点线速度之比为 　 　 。
12．（2025春 鼓楼区校级期中）如图，小程同学购买的变速自行车有3级链轮和6级飞轮，踏板与链轮固接，后轮与飞轮固接，链轮和飞轮的齿数如表所示。骑行时通过选择不同的链轮和飞轮，可以获得合理的变速。假设踏板的转速不变，选择链轮的齿数为48，为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为 　 　 ；此时链轮与后轮的转速之比为 　 　 。
名称 链轮
齿数 48 38 28
名称 飞轮
齿数 14 16 18 22 24 28
13．（2025 漳州三模）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 　 　 。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 城关区校级期中）如图所示，水平转台上A点放有一个小物体，转台中心O有一个立杆，用长度为L的细线一端系住质量为m的小物体，小物体可看作质点，另一端系在立杆上的B点，细线AB与立杆成37°角，转台不旋转时细线上没有拉力。小物体与转台之间的动摩擦因数为0.3，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）细线上刚好产生拉力时，小物体随转台转动的角速度；
（2）转台对小物体支持力刚好为零时，小物体转动的角速度；
（3）当水平转盘以角速度ω匀速转动时，求细绳拉力大小。
15．（2025春 香坊区校级期中）如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°，已知小球的质量m＝0.8kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），两细线AB、AC对小球的拉力分别为F1、F2。
（1）若装置静止不转动，求F1、F2的大小；
（2）若装置匀速转动，角速度ωrad/s，求F1、F2的大小；
（3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，求F1、F2的大小。
期末核心考点 匀速圆周运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2025春 成华区期中）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，其中A、B两点是两个齿轮的啮合点，则齿轮上A、B两点具有相同的（　　）
A．线速度的大小 B．角速度
C．周期 D．向心加速度的大小
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；传动问题．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】修正带的传动属于齿轮传动，A与B的线速度大小相等，由v＝ωr研究A与B角速度的关系，由向心加速度公式研究向心加速度的关系，由研究周期关系。
【解答】解：AB、修正带的传动属于齿轮传动，A与B的线速度大小相等；二者的半径不同，由v＝ωr可知A与B角速度的不相等，故A正确，B错误；
C、二者角速度不相等，根据可知，二者的周期不相等，故C错误；
D、由向心加速度公式，A的半径大于B的半径，可知，A的向心加速度小于B的向心加速度，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查灵活选择物理规律的能力.对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
2．（2025春 城关区校级期中）中国选手邓雅文在2024年巴黎奥运会女子自由式小轮车公园赛决赛中获得金牌。如图所示，几位运动员正在倾斜的弯道上做匀速圆周运动，圆周运动的半径为r，车相对弯道无侧向滑动。若邓雅文连同小轮车（可视为质点）的总质量为m，倾斜弯道可视为倾角为θ的斜面，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．邓雅文和小轮车所受支持力竖直向上
B．邓雅文和小轮车对弯道的压力大小为
C．邓雅文和小轮车的线速度大小为
D．邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度就越小
【考点】车辆在道路上的转弯问题；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；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】邓雅文和小轮车所受支持力垂直于轨道向上；受力分析再根据牛顿第三定律求解；根据牛顿第二定律列式求解，分析判断。
【解答】解：A、邓雅文和小轮车所受支持力垂直于轨道向上，而不是竖直向上，故A错误；
B、如图所示
对邓雅文和小轮车受力分析，根据几何关系可得
根据牛顿第三定律，车对弯道的压力大小为，故B正确；
CD、根据牛顿第二定律可得
解得邓雅文和小轮车的线速度大小
可知邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度越大，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题以实际运动场景为背景，综合考查了匀速圆周运动的向心力来源、斜面上的受力分析、正交分解法、牛顿第三定律以及物理量的函数关系，要求考生能将实际问题抽象为物理模型，并熟练运用力学规律进行推导和判断。
3．（2025春 西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层
B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离
C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水
D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离
【考点】离心运动的应用和防止．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据完全失重状态运用离心运动的知识，结合不同物质的密度差异在圆周运动中的表现进行分析解答。
【解答】解：A.太空中处于完全失重状态，不旋转时水和油不能分离自然分层，故A错误；
B.旋转时，转速越大越容易发生离心运动，所以更容易实现水油分离，故B错误；
C.水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离的，则靠近试管底部的是密度较大的水，故C正确；
D.在天宫中利用此装置进行实验，处于完全失重状态，则装置竖直放置也能实现水油分离，故D错误。
故选：C。
【点评】考查离心运动的知识和离心现象的理解，会根据题意进行准确的分析解答。
4．（2025春 农安县期中）小物块紧贴粗糙圆筒内壁，随圆筒一起绕竖直中心轴线做匀速圆周运动（物块与圆筒保持相对静止），如图所示。关于小物块受力情况下列说法正确的是（　　）
A．物块不受摩擦力
B．摩擦力提供向心力
C．弹力和摩擦力的合力提供向心力
D．弹力提供向心力
【考点】向心力的来源分析．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；摩擦力专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据小物块在随圆筒做匀速圆周运动时，其受力情况。考虑到圆筒内壁粗糙，物块可能会受到摩擦力的作用。提供向心力的是指向圆心的力，即圆筒内壁对物块的弹力。
【解答】解：根据受力分析可知，竖直方向物块受重力和摩擦力作用而平衡，水平方向受筒壁的弹力作用，其中弹力提供物块做圆周运动的向心力，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】此题的关键在于理解向心力的来源及物块与圆筒之间的摩擦力作用。
5．（2025春 南京期中）如图所示，某同学坐在摩天轮的座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座椅始终保持水平。图中M、N与圆心O等高，P位于最低点，Q位于最高点。下列说法中正确的是（　　）
A．M处座椅对人的支持力大于人的重力
B．N处座椅对人的作用力大于人的重力
C．P处座椅对人的支持力小于人的重力
D．Q处座椅对人的摩擦力方向水平向右
【考点】向心力的定义及物理意义（受力分析方面）；匀速圆周运动．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】匀速圆周运动向心力合力提供向心力，方向指向圆心。
【解答】解：A.在M点，由于摩天轮在做匀速圆周运动，支持力等于人的重力，故A错误；
B.在N点座椅对人的作用力指人受到的支持力与摩擦力的合力，其中支持力等于重力，方向向上，摩擦力提供向心力，方向向左，故座椅对人的作用力一定大于人的重力，故B正确；
C.在P点，重力与支持力的合力提供向心力，方向向上，故支持力大于重力，故C错误；
D.在Q点由支持力与重力提供向心力，方向向下，摩擦力等于零，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对匀速圆周运动的理解，清楚向心力的含义。
6．（2025春 西安校级月考）如图所示，摩天轮悬挂座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列叙述正确的是（　　）
A．乘客的速度始终恒定
B．乘客的加速度始终恒定
C．座椅对乘客的作用力始终指向圆心
D．在最低点时，乘客对座椅的压力大于重力，处于超重状态
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】比较思想；模型法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】D
【分析】乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化；乘客的加速度大小不变，方向始终指向圆心；座椅对乘客的作用力方向始终竖直向上；在最低点，根据牛顿第二定律、第三定律分析乘客对座椅的压力与重力的关系。
【解答】解：A、乘客的速度大小始终不变，但方向时刻在变化，所以速度是变化的故A错误；
B、乘客做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，所以加速度是变化的，故B错误；
C、座椅对乘客的作用力与重力的合力方向始终指向圆心，则座椅对乘客的作用力方向并不始终指向圆心，故C错误；
D、在最低点时，乘客所受的合力竖直向上，根据牛顿第二定律有
可得F＝mg+m，可知，座椅对乘客的支持力大于重力，且加速度指向圆心，处于超重状态。由牛顿第三定律可知，乘客对座椅的压力大于自身的重力，故D正确。
故选：D。
【点评】解题关键是能够正确分析向心力的来源，明确超重和失重的特点，结合牛顿第二定律、向心力的公式求解即可。
二．多选题（共4小题）
（多选）7．（2025春 成华区期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的速率小于，则杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯速率小于设计转弯速率，则轮缘对外轨道有横向挤压作用
C．图c中静置于圆盘上的A和B材料相同，质量mA＝2mB，到转轴的距离满足RA＝2RB，若从零开始逐渐增大圆盘转速，则物体B先相对圆盘滑动
D．图d中两个小球在相同高度的水平面内做匀速圆周运动，它们的角速度大小相同
【考点】拱桥和凹桥类模型分析；水平转盘上物体的圆周运动；火车的轨道转弯问题．
【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】根据竖直面内圆周运动杆模型、火车转弯和向心力表达式，以及圆锥摆物体的受力情况，向心力表达式进行分析解答。
【解答】解：A.图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，此时，解得，若线速度小于，杆对小球的作用力向上，故A正确；
B.图b中若火车转弯未达规定速度行驶时，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有作用，故B错误；
C.根据f＝mω2r，若半径RA＝2RB，质量mA＝2mB，则A更容易达到最大静摩擦力，发生相对滑动，故C错误；
D.根据mgtanθ＝mω2htanθ，可得，则两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同，故D正确。
故选：AD。
【点评】考查竖直面内圆周运动杆模型、火车转弯和向心力表达式，以及圆锥摆物体的受力情况，向心力表达式，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）8．（2025春 西安校级月考）如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（　　）
A．A与B的线速度大小之比为2：1
B．A与B的角速度之比为1：1
C．A与B的向心加速度大小之比为1：1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；角速度、周期、频率与转速的关系及计算；向心加速度的计算．
【专题】比较思想；临界法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】A、B同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr求线速度之比；由向心加速度公式a＝rω2求向心加速度之比；谁先达到最大静摩擦力谁先滑动。
【解答】解：AB、A与B两物体始终相对盘静止，则A与B的角速度相同，均等于圆盘的角速度，则有
ωA：ωB＝1：1
根据v＝ωr可得，vA：vB＝rA：rB＝2R：R＝2：1，故AB正确；
C、根据a＝ω2r可得，aA：aB＝rA：rB＝2R：R＝2：1，故C错误；
D、根据静摩擦力提供向心力可得
f＝ma
可得A与B所受摩擦力大小相等
最大静摩擦力为
fm＝μmg
A的质量小，最大静摩擦力小，所以在转盘转速增加时，A与B所受摩擦力都增大，A静摩擦力先达到最大值，则A比B先滑动，故D正确。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键要知道共轴转动的物体角速度相等，掌握线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵活运用。
（多选）9．（2025 绵阳模拟）物体A、B做匀速圆周运动，向心加速度a的大小与半径r关系如图所示，两物体线速度大小分别是vA、vB，角速度大小分别是ωA、ωB，则根据图像可知（　　）
A．ωA＞ωB B．ωA＜ωB C．vA＞vB D．vA＜vB
【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算；线速度与角速度的关系．
【专题】定量思想；控制变量法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】分析图像与公式关系，根据向心加速度公式a＝ω2r和，可以推导出两种情况下的关系式。
【解答】解：对于角速度ω的情况：a＝ω2r，即a∝r，斜率代表ω2。对于线速度v的情况：，即a∝，斜率代表，从图中可以看出，直线A的斜率大于直线B的斜率。比较角速度ω，由于斜率代表ω2，因此斜率越大，ω2越大，进而ω越大。所以ωA＞ωB。比较线速度v，由于，斜率代表，因此斜率越大，越大。但是由于A和B的半径不同，不能直接比较线速度大小。我们需要进一步分析。当半径相同时，可以简化为a∝v2。在相同半径下，A的向心加速度大于B的向心加速度，因此vA＞vB，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
【点评】考查圆周运动向心加速度、角速度与线速度的关联，熟悉运用向心加速度公式分析。
（多选）10．（2025春 东城区校级期中）如图所示，在光滑的水平面上放一个原长为L的轻质弹簧，劲度系数为k，它的一端固定，另一端系一个质量为m的小球。当小球在该平面上做半径为4L的匀速圆周运动时（　　）
A．小球做圆周运动的向心力为3kL
B．小球做圆周运动的线速度为2kL
C．小球做圆周运动的角速度为
D．小球做圆运动的周期为2π
【考点】水平转盘上物体的圆周运动．
【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】由胡克定律可求得弹簧的弹力，受力分析知弹力提供向心力，由向心力公式逐个分析即可。
【解答】解：由胡克定律得弹簧的弹力F＝k 3L
A、弹簧的弹力提供小球做圆周运动的向心力，所以向心力为3kL，故A正确；
B、由向心力公式得，解得：，故B错误；
C、由向心力公式得F＝m 4Lω2，解得：，故C错误；
D、由向心力公式得，解得：，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了胡克定律、向心力公式，要求熟练掌握向心力公式的不同表达式，根据题目要求灵活选择。
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比 　1：2　 ，A、B、C三点线速度之比为 　2：1：2　 。
【考点】传动问题；线速度与角速度的关系．
【专题】应用题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．
【答案】1：2；2：1：2。
【分析】同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等，根据图示情景，应用线速度与角速度的关系分析答题。
【解答】解：A、C同缘传动，线速度v大小相等，由v＝ωr可知，，
A、B同轴转动，它们的角速度ω相等，由v＝ωr可知vA：vB＝RA：RB＝2：1，
又由于vA＝vC，则vA：vB：vC＝2：1：2；
故答案为：1：2；2：1：2。
【点评】本题考查了传动问题，知道同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等是解题的前提，根据线速度与角速度的关系即可解题。
12．（2025春 鼓楼区校级期中）如图，小程同学购买的变速自行车有3级链轮和6级飞轮，踏板与链轮固接，后轮与飞轮固接，链轮和飞轮的齿数如表所示。骑行时通过选择不同的链轮和飞轮，可以获得合理的变速。假设踏板的转速不变，选择链轮的齿数为48，为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为 　14　 ；此时链轮与后轮的转速之比为 　　 。
名称 链轮
齿数 48 38 28
名称 飞轮
齿数 14 16 18 22 24 28
【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【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】14，。
【分析】根据共轴转动链轮传动的知识进行分析解答。
【解答】解：链轮和飞轮的线速度相同，飞轮和后轮为共轴转动角速度相同，自行车的行驶速度为后轮的线速度。v飞＝v链，ω飞 r飞＝ω链 r链，飞轮的角速度，后轮线速度，所以当链轮的齿数最多、飞轮的齿数最少时，自行车速度最大，所以为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为14，此时链轮与后轮的转速之比为。
故答案为：14，。
【点评】考查共轴转动链轮传动的知识，会根据题意进行准确分析解答。
13．（2025 漳州三模）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 　1：2　 ，C、D两处螺栓的向心力大小之比为 　3：5　 。
【考点】探究圆周运动的相关参数问题．
【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】1：2；3：5。
【分析】根据线速度、角速度与半径的关系式计算；根据向心力公式计算。
【解答】解：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，根据线速度、角速度与半径的关系式v＝ωr可得
根据
可得
故答案为：1：2；3：5。
【点评】本题关键掌握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。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 城关区校级期中）如图所示，水平转台上A点放有一个小物体，转台中心O有一个立杆，用长度为L的细线一端系住质量为m的小物体，小物体可看作质点，另一端系在立杆上的B点，细线AB与立杆成37°角，转台不旋转时细线上没有拉力。小物体与转台之间的动摩擦因数为0.3，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）细线上刚好产生拉力时，小物体随转台转动的角速度；
（2）转台对小物体支持力刚好为零时，小物体转动的角速度；
（3）当水平转盘以角速度ω匀速转动时，求细绳拉力大小。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；水平转盘上物体的圆周运动．
【专题】定性思想；推理法；圆周运动中的临界问题；理解能力．
【答案】（1）细线上刚好产生拉力时，小物体随转台转动的角速度为，
（2）转台对小物体支持力刚好为零时，小物体转动的角速度为ω0，
（3）当转盘以角速度匀速转动时，细线拉力为2mg。
【分析】第（1）问，当细线上刚好产生拉力时，明确此时向心力仅由最大静摩擦力提供，通过向心力公式建立等式求解角速度。
第（2）问，当支持力刚好为零时，对物体进行受力分析，根据竖直方向受力平衡和水平方向的向心力公式联立求解。
第（3）问先判断角速度与临界角速度的大小关系，确定物体的状态，再通过受力分析和相关公式计算细线拉力。
【解答】解：（1）当细线上刚好产生拉力时，小物块随转台转动所需的向心力恰好由最大静摩擦力提供。小物体做圆周运动的半径r＝Lsin37°。
根据向心力公式，，此时F向＝μmg，
即μmg＝mω2Lsin37°可得。
（2）当转台对小物体支持力刚好为零时，对小物体进行分析，受重力和细绳拉力，
竖直方向：Tcos37°＝mg
水平方向。
得：，
可得ω0.
（3）由，所以此时物体已经离开转台。设此时细线与杆成θ角，
对物块受力分析，水平方向：mgtanθ＝mω2Lsinθ，得cosθ，
代入ω，得cosθ，所以θ＝60°
小物块做圆周运动得半径r＝Lsin60°L
线速度大小v＝ωr，此时对小物体竖直方向Tcos60°＝mg，可得T＝2mg。
故细绳拉力大小为2mg。
故答案为：（1）细线上刚好产生拉力时，小物体随转台转动的角速度为，
（2）转台对小物体支持力刚好为零时，小物体转动的角速度为ω0，
（3）当转盘以角速度匀速转动时，细线拉力为2mg。
【点评】本题围绕圆周运动的相关知识展开，综合考查了向心力的来源分析、牛顿第二定律在圆周运动中的应用以及临界状态的判断与计算。具体涉及到静摩擦力、支持力、拉力等多种力在圆周运动中提供向心力的情况，同时需要运用三角函数来处理力的分解与合成问题。
15．（2025春 香坊区校级期中）如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°，已知小球的质量m＝0.8kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），两细线AB、AC对小球的拉力分别为F1、F2。
（1）若装置静止不转动，求F1、F2的大小；
（2）若装置匀速转动，角速度ωrad/s，求F1、F2的大小；
（3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，求F1、F2的大小。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】（1）若装置静止不转动，F1、F2的大小分别为6N，10N；
（2）若装置匀速转动，角速度ωrad/s，F1、F2的大小分别为1.2N，10N；
（3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，F1、F2的大小分别为4N，20N。
【分析】（1）根据对小球受力分析，结合受力平衡分析求解；
（2）根据合外力提供向心力，结合装置转动的角速度缓慢增至细线AB上恰好没有拉力，且细线AC与竖直方向的夹角仍为37°分析求解；
（3）根据合外力提供向心力，结合竖直方向上受力平衡分析求解。
【解答】解：（1）对小球受力分析，如图所示
根据受力平衡有
F1＝mgtan37°＝0.8×10×0.75N＝6N
（2）若装置转动的角速度缓慢增至细线AB上恰好没有拉力，且细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，此时小球做匀速圆周运动所需向心力由重力和细线AC的拉力的合力提供，设此时的角速度为ω1，如图所示
根据牛顿第二定律有
求得
因
所以，此时细绳AB上仍有拉力，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律和受力平衡有
F2cos37°＝mg
求得
F1＝1.2N
F2＝10N
（3）因
所以，小球将离开原来的位置而飘起来，若装置转动的角速度缓慢增至细线AB再次恰好拉紧，设此时装置转动的角速度为ω2，此时细线AC与竖直方向的夹角为θ1，根据题意有
θ1＝53°
根据牛顿第二定律有
求得
因
所以，此时细线AB拉紧且有拉力，对小球受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律和受力平衡有
F2cos53°＝F1+mg
联立，求得
F1＝4N
F2＝20N
答：（1）若装置静止不转动，F1、F2的大小分别为6N，10N；
（2）若装置匀速转动，角速度ωrad/s，F1、F2的大小分别为1.2N，10N；
（3）若装置匀速转动，角速度ω＝5rad/s，F1、F2的大小分别为4N，20N。
【点评】本题考查了圆周运动相关知识，理解不同角速度下物体的不同运动状态和受力状态是解决此类问题的关键。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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