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第21课时　圆周运动
[学习目标]　1．掌握描述圆周运动的各物理量及关系。2．会分析圆周运动向心力的来源，并利用圆周运动的相关知识解决生活中的圆周运动问题。
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，线速度的大小处处相等，这种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__方向垂直且指向圆心。
2．描述圆周运动的物理量
(1)线速度
①方向：沿圆周的切线方向。
②公式：v＝＝___。
(2)角速度
①物理意义：描述物体绕圆心转动的快慢。
②公式：ω＝＝___。
(3)周期
①定义：物体做匀速圆周运动一周所用的时间。
②公式：T＝＝___。
(4)转速
①定义：单位时间内物体转动的圈数。
②公式：n＝。
(5)向心加速度
①方向：始终指向圆心。
②公式：an＝＝___＝___＝ωv。
3．向心力
(1)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的__，不改变速度的__。
(2)大小：Fn＝___＝mω2r＝_____＝mωv＝4π2mf2r。
(3)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)来源：向心力既可以由一个力提供，也可以由几个力的__提供，还可以由一个力的__提供。
4．离心运动
(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合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
①当F＝0时，物体沿__方向飞出。
②当0③当F>mω2r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，而是合力不足以提供所需要的向心力。
1．易错易混辨析
现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示。当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下。判断下列说法的正误：
(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。 (　　)
(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。 (　　)
(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。 (　　)
(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。
(　　)
(5)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故。 (　　)
2．(人教版必修第二册习题改编)如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是(　　)
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力
3．(鲁科版必修第二册习题改编)(多选)如图所示，有一皮带传动装置，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．A点与C点的角速度相等
B．A点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度之比为2∶1
D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4
圆周运动中的运动学问题
1．理解两个公式
(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。
2．掌握三种传动方式
类型 模型 模型解读
皮带传动 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
摩擦(或齿轮)传动 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
同轴传动 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
　圆周运动物理量的分析与计算
[典例1]　(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为3 m/s，转动周期为2 s，则下列说法正确的是(　　)
A．角速度为0.5 rad/s
B．转速为0.5 r/s
C．轨迹半径为 m
D．加速度大小为2π m/s2
　圆周运动中的传动问题
[典例2]　(多选)(2025·福建卷)如图所示为春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，已知OQ＝OP，手绢绕O点做匀速圆周运动，则(　　)
A．P、Q线速度之比为1∶
B．P、Q角速度之比为∶1
C．P、Q向心加速度之比为∶1
D．P点所受合外力总是指向O
[典例3]　当做圆周运动的物体角速度ω变化时，我们可以引用角加速度β来描述角速度ω的变化快慢，即β＝。图甲中某转盘自t＝0时由静止开始转动，其前4 s内角加速度β随时间t变化如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A．第4 s末，转盘停止转动
B．角加速度的变化率的单位为rad/s
C．0～2 s内转盘做匀角加速圆周运动
D．第2 s末，转盘的角速度大小为10 rad/s
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
拓展延伸1　圆盘做加速圆周运动，初始角速度ω0＝1 rad/s，角加速度恒为β＝5 rad/s2，求2 s末圆盘角速度和圆盘在2 s内转过的角度。
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________拓展延伸2　在撤去动力后圆盘在摩擦阻力作用下做减速运动，其角速度随时间变化关系为ω＝11－5t (rad/s)，求3 s末圆盘角速度。
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 圆周运动的动力学问题
1．匀速圆周运动模型向心力分析
运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆
向心力的来源图示
运动模型 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 物体在光滑水平支撑面上转动
向心力的来源图示
2．非匀速圆周运动
非匀速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心(特例：竖直面内水流星最高点和最低点的合外力方向指向圆心)，可以分解为如图所示的两个分力。
(1)切向分力Ft：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动；反向时则速度减小，做减速圆周运动。
(2)法向分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的方向。
　匀速圆周运动模型
[典例4]　(多选)(2025·广东卷)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。已知圆周运动的半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　　)
A．角速度为5 rad/s
B．线速度大小为4 m/s
C．向心加速度大小为10 m/s2
D．所受支持力大小为1 N
教考衔接·人教版必修第二册P30“练习与应用”T2
把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示。小球的向心力是由什么力提供的？
[衔接分析]　上述高考真题与教材练习题在情景上高度相似，做圆周运动的受力模型完全一致，与课本不同的是高考考查角度更全面，涉及角速度、线速度、向心加速度以及小球受的支持力，但课本练习题抓住了关键处——向心力，此高考题可以看作是教材习题的迁移拓展。
[典例5]　如图所示，在水平桌面上有一个竖直转轴固定且过圆心的转盘，转盘半径为r，边缘绕有一条足够长的细轻绳，细绳末端系住一木块。已知木块与桌面之间的动摩擦因数μ＝。当转盘以角速度ω＝ rad/s旋转时，木块被带动一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同。已知r＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．当ω＝ rad/s稳定时，绳子与木块和圆心的连线夹角为60°
B．当ω＝ rad/s稳定时，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为4∶1
C．当ω＝ rad/s稳定时，木块做圆周运动的半径为2 m
D．当ω＝ rad/s稳定时，绳子拉力大小为mg
　非匀速圆周运动模型
[典例6]　荡秋千是一项古老的休闲体育运动。如图所示，李明同学某次荡秋千时，O、A两点分别为其运动过程中的最低点和最高点，A到O的过程中，李明的身体姿势保持不变。已知李明和座椅的总质量为m，两根平行的秋千绳长均为L，A点绳子与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，空气阻力和绳的质量忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．在A位置时，该同学速度为0，处于平衡状态
B．在O位置时，该同学处于失重状态
C．在A位置时，每根秋千绳的拉力大小为mg cos θ
D．在O位置时，每根秋千绳的拉力大小约为mg－mg cos θ
[典例7]　(多选)如图甲所示，质量为0.2 kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cos θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2。则(　　)
A．圆环半径为0.6 m
B．θ＝时，小球所受合力为4 N
C．0θπ过程中，圆环对小球的作用力一直增大
D．0θπ过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
第21课时　圆周运动
回归教材·双基过关
知识梳理·体系构建
1．(2)圆心　(3)速度
2．(1)r
3．(1)方向　大小　(2)mr　(3)圆心　(4)合力　分力
4．(1)逐渐远离　(2)切线　远离　离心　近心
技能激活·易错攻坚
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
2．C　[物体在水平圆盘上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的摩擦力，且摩擦力提供向心力，故C正确。]
3．BD　[对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度大小相等，同轴转动的点，角速度相等。则vAvC，ωAωB，选项B正确；根据vAvC及关系式vωR，可得ωARAωCRC，又RC，所以ωA，选项A错误；根据ωAωB，ωA，可得ωB，即B点与C点的角速度之比为1∶2，选项C错误；根据ωB及关系式anω2R可得anB，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D正确。]
考点深研·题型突破
考点1
典例1　BC　[由匀速圆周运动角速度与周期的关系得，该质点的角速度为ω rad/sπ rad/s，故A错误；由匀速圆周运动转速与周期的关系得，该质点的转速为n0.5 r/s，故B正确；该质点的轨迹半径为r m m，故C正确；该质点做匀速圆周运动的加速度大小为a m/s23π m/s2，故D错误。]
典例2　AD　[手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q绕同一转轴转动，故角速度相同，即角速度之比为1∶1，B错误；由vωr可知，P、Q的线速度大小之比vP∶vQrOP∶rOQ1∶，A正确；由aω2r可知，P、Q的向心加速度大小之比aP∶aQrOP∶rOQ1∶，C错误；P点做匀速圆周运动，其所受合外力提供向心力，总是指向圆心O，D正确。]
典例3　D　[根据β，所以ΔωβΔt，可知图线与坐标轴围成的面积表示角速度的变化量，第4 s末，角速度的变化量最大，转盘未停止转动，故A错误；角加速度的变化率的单位为rad/s3，故B错误；由题图乙可知，0~2 s内转盘的角加速度均匀增加，则转盘做非匀角加速圆周运动，故C错误；图线与坐标轴围成的面积表示角速度的变化量，可知第2 s末，转盘的角速度大小为ω×2×10 rad/s10 rad/s，故D正确。]
拓展延伸1　解析：类比速度时间公式有ωω0＋βt，代入数据解得ω11 rad/s
类比位移时间公式有θω0t＋βt2，代入数据解得θ12 rad。
答案：11 rad/s　12 rad
拓展延伸2　解析：当圆盘角速度为零时，经过的时间为t2.2 s，则3 s末圆盘的角速度为零。
答案：0
考点2
典例4　AC　[对小球进行受力分析如图所示。
由牛顿第二定律可得F合mgtan 45°mω2Rmman，FN N，D错误；由上述分析可得该小球的向心加速度大小an10 m/s2，C正确；角速度ω5 rad/s，A正确；线速度大小vωR2 m/s，B错误。]
典例5　C　[设绳子与木块和圆心的连线夹角为θ，木块做匀速圆周运动，只有向心加速度没有切向加速度，对木块受力分析，沿切向方向，受到的滑动摩擦力f与运动方向相反，由平衡条件有Tsin θμmg，垂直切向方向，由牛顿第二定律有Tcos θmω2R，根据几何关系有sin θ，解得R2 m，θ30°，Tmg，故A、D错误，C正确；木块的线速度v1ωR，圆盘边缘的线速度v2ωr，可得v1∶v2R∶r2∶1，故B错误。]
典例6　D　[在A位置时，该人受到重力和秋千绳的拉力，合力不为零，不是平衡状态，故A错误；在O位置时，重力和秋千绳拉力的合力产生向上的向心加速度，该人处于超重状态，故B错误；在A位置时，已知绳子与竖直方向成θ，有2T1mgcos θ，解得T1，故C错误；在O位置时，由牛顿第二定律可得2F－mgm，从A到O，由动能定理得mgL(1－cos θ)mv2，可知每根秋千绳的拉力大小为Fmg－mgcos θ，故D正确。]
典例7　AD　[小球下滑过程由机械能守恒定律有mg(R－Rcos θ)mv2，得v2－2gRcos θ＋2gR，对比题图乙可知2gR12 m2/s2，得R0.6 m，故A正确；θ时，小球的速度的平方为12 m2/s2，此时圆环对小球的弹力提供向心力，有Nm4 N，小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F N，故B错误；0＜θ时，有mgcos θ－Nm，可知随θ的增大，cos θ减小，同时v也增大，所以N必须减小，θ＜π时，有N－mgcos (180°－θ)m，可知随θ的增大，cos(180°－θ)增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0θπ过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。]
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第四章 曲线运动 万有引力与宇宙航行
第21课时　圆周运动
[学习目标]　1．掌握描述圆周运动的各物理量及关系。2．会分析圆周运动向心力的来源，并利用圆周运动的相关知识解决生活中的圆周运动问题。
回归教材 · 双基过关
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，线速度的大小处处相等，这种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____方向垂直且指向圆心。
圆心
速度
2．描述圆周运动的物理量
(1)线速度
①方向：沿圆周的切线方向。
②公式：v＝＝。
(2)角速度
①物理意义：描述物体绕圆心转动的快慢。
②公式：ω＝＝。
(3)周期
①定义：物体做匀速圆周运动一周所用的时间。
②公式：T＝＝。
(4)转速
①定义：单位时间内物体转动的圈数。
②公式：n＝。
(5)向心加速度
①方向：始终指向圆心。
②公式：an＝＝______＝＝ωv。
ω2r
3．向心力
(1)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的____，不改变速度的____。
(2)大小：Fn＝＝mω2r＝＝mωv＝4π2mf 2r。
(3)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)来源：向心力既可以由一个力提供，也可以由几个力的____提供，还可以由一个力的____提供。
方向
大小
圆心
合力
分力
4．离心运动
(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合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。
逐渐远离
(2)受力特点
①当F＝0时，物体沿____方向飞出。
②当0③当F>mω2r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，而是合力不足以提供所需要的向心力。
切线
远离
离心
近心
1．易错易混辨析
现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示。当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，
人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑
下。判断下列说法的正误：
(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。 (　　)
(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。 (　　)
(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。 (　　)
(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。 (　　)
√
×
×
√
(5)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故。 (　　)
×
2．(人教版必修第二册习题改编)如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是(　　)
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力
√
C　[物体在水平圆盘上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的摩擦力，且摩擦力提供向心力，故C正确。]
3．(鲁科版必修第二册习题改编)(多选)如图所示，有一皮带传动装置，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．A点与C点的角速度相等
B．A点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度之比为2∶1
D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4
√
√
BD　[对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度大小相等，同轴转动的点，角速度相等。则vA＝vC，ωA＝ωB，选项B正确；根据vA＝vC及关系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，选项A错误；根据ωA＝ωB，ωA＝，可得ωB＝，即B点与C点的角速度之比为1∶2，选项C错误；根据ωB＝及关系式an＝ω2R可得anB＝，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D正确。]
考点深研 · 题型突破
考点1　圆周运动中的运动学问题
1．理解两个公式
(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。
类型 模型 模型解读
皮带传动 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．掌握三种传动方式
类型 模型 模型解读
摩擦(或齿轮)传动 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
同轴传动 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
角度1　圆周运动物理量的分析与计算
[典例1]　(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为3 m/s，转动周期为2 s，则下列说法正确的是(　　)
A．角速度为0.5 rad/s
B．转速为0.5 r/s
C．轨迹半径为 m
D．加速度大小为2π m/s2
√
√
BC　[由匀速圆周运动角速度与周期的关系得，该质点的角速度为ω＝＝ rad/s＝π rad/s，故A错误；由匀速圆周运动转速与周期的关系得，该质点的转速为n＝＝0.5 r/s，故B正确；该质点的轨迹半径为r＝＝ m＝ m，故C正确；该质点做匀速圆周运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝3π m/s2，故D错误。]
角度2　圆周运动中的传动问题
[典例2]　(多选)(2025·福建卷)如图所示为春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，已知OQ＝OP，手绢绕O点做匀速圆周运动，则(　　)
A．P、Q线速度之比为1∶
B．P、Q角速度之比为∶1
C．P、Q向心加速度之比为∶1
D．P点所受合外力总是指向O
√
√
AD　[手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q绕同一转轴转动，故角速度相同，即角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr可知，P、Q的线速度大小之比vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q的向心加速度大小之比aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶，C错误；P点做匀速圆周运动，其所受合外力提供向心力，总是指向圆心O，D正确。]
[典例3]　当做圆周运动的物体角速度ω变化时，我们可以引用角加速度β来描述角速度ω的变化快慢，即β＝。图甲中某转盘自t＝0时由静止开始转动，其前4 s内角加速度β随时间t变化如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A．第4 s末，转盘停止转动
B．角加速度的变化率的单位为rad/s
C．0～2 s内转盘做匀角加速圆周运动
D．第2 s末，转盘的角速度大小为10 rad/s
√
D　[根据β＝，所以Δω＝βΔt，可知图线与坐标轴围成的面积表示角速度的变化量，第4 s末，角速度的变化量最大，转盘未停止转动，故A错误；角加速度的变化率的单位为rad/s3，故B错误；由题图乙可知，0～2 s内转盘的角加速度均匀增加，则转盘做非匀角加速圆周运动，故C错误；图线与坐标轴围成的面积表示角速度的变化量，可知第2 s末，转盘的角速度大小为ω＝×2×10 rad/s＝10 rad/s, 故D正确。]
拓展延伸1　圆盘做加速圆周运动，初始角速度ω0＝1 rad/s，角加速度恒为β＝5 rad/s2，求2 s末圆盘角速度和圆盘在2 s内转过的角度。
[解析]　类比速度时间公式有ω＝ω0＋βt，代入数据解得ω＝11 rad/s
类比位移时间公式有θ＝ω0t＋βt2，代入数据解得θ＝12 rad。
[答案]　11 rad/s　12 rad
拓展延伸2　在撤去动力后圆盘在摩擦阻力作用下做减速运动，其角速度随时间变化关系为ω＝11－5t (rad/s)，求3 s末圆盘角速度。
[解析]　当圆盘角速度为零时，经过的时间为t＝2.2 s，则3 s末圆盘的角速度为零。
[答案]　0
运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆
向心力的来源图示
考点2　圆周运动的动力学问题
1．匀速圆周运动模型向心力分析
运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆
运动模型 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 物体在光滑水平支撑面上转动
向心力的来源图示
2．非匀速圆周运动
非匀速圆周运动的合外力方向一般不指向圆心(特例：竖直面内水流星最高点和最低点的合外力方向指向圆心)，可以分解为如图所示的两个分力。
(1)切向分力Ft：产生切向加速度at，只改变线速度的大小。当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动；反向时则速度减小，做减速圆周运动。
(2)法向分力Fn：提供向心力，产生向心加速度an，只改变线速度的方向。
角度1　匀速圆周运动模型
[典例4]　(多选)(2025·广东卷)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。已知圆周运动的半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　　)
A．角速度为5 rad/s
B．线速度大小为4 m/s
C．向心加速度大小为10 m/s2
D．所受支持力大小为1 N
√
√
AC　[对小球进行受力分析如图所示。
由牛顿第二定律可得F合＝mg tan 45°＝mω2R＝m＝man，FN＝＝ N，D错误；由上述分析可得该小球的向心加速度大小an＝＝10 m/s2，C正确；角速度ω＝＝5 rad/s，A正确；线速度大小v＝ωR＝2 m/s，B错误。]
教考衔接·人教版必修第二册P30“练习与应用”T2
把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示。小球的向心力是由什么力提供的？
[衔接分析]　上述高考真题与教材练习题在情景上高度相似，做圆周运动的受力模型完全一致，与课本不同的是高考考查角度更全面，涉及角速度、线速度、向心加速度以及小球受的支持力，但课本练习题抓住了关键处——向心力，此高考题可以看作是教材习题的迁移拓展。
[典例5]　如图所示，在水平桌面上有一个竖直转轴固定且过圆心的转盘，转盘半径为r，边缘绕有一条足够长的细轻绳，细绳末端系住一木块。已知木块与桌面之间的动摩擦因数μ＝。当转盘以角速度ω＝ rad/s旋转时，木块被带动一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同。已知r＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．当ω＝ rad/s稳定时，绳子与木块和圆心的连线夹角为60°
B．当ω＝ rad/s稳定时，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为4∶1
C．当ω＝ rad/s稳定时，木块做圆周运动的半径为2 m
D．当ω＝ rad/s稳定时，绳子拉力大小为mg
√
C　[设绳子与木块和圆心的连线夹角为θ，木块做匀速圆周运动，只有向心加速度没有切向加速度，对木块受力分析，沿切向方向，受到的滑动摩擦力f 与运动方向相反，由平衡条件有T sin θ＝μmg，垂直切向方向，由牛顿第二定律有T cos θ＝mω2R，根据几何关系有sin θ＝，解得R＝2 m，θ＝30°，T＝mg，故A、D错误，C正确；木块的线速度v1＝ωR，圆盘边缘的线速度v2＝ωr，可得v1∶v2＝R∶r＝2∶1，故B错误。]
角度2　非匀速圆周运动模型
[典例6]　荡秋千是一项古老的休闲体育运动。如图所示，李明同学某次荡秋千时，O、A两点分别为其运动过程中的最低点和最高点，A到O的过程中，李明的身体姿势保持不变。已知李明和座椅的总质量为m，两根平行的秋千绳长均为L，A点绳子与竖直
方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，空气阻力和绳
的质量忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．在A位置时，该同学速度为0，处于平衡状态
B．在O位置时，该同学处于失重状态
C．在A位置时，每根秋千绳的拉力大小为mg cos θ
D．在O位置时，每根秋千绳的拉力大小约为mg－mg cos θ
√
D　[在A位置时，该人受到重力和秋千绳的拉力，合力不为零，不是平衡状态，故A错误；在O位置时，重力和秋千绳拉力的合力产生向上的向心加速度，该人处于超重状态，故B错误；在A位置时，已知绳子与竖直方向成θ，有2T1＝mg cos θ，解得T1＝，故C错误；在O位置时，由牛顿第二定律可得2F－mg＝m，从A到O，由动能定理得mgL(1－cos θ)＝mv2，可知每根秋千绳的拉力大小为F＝mg－mg cos θ，故D正确。]
[典例7]　(多选)如图甲所示，质量为0.2 kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cos θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2。则(　　)
A．圆环半径为0.6 m
B．θ＝时，小球所受合力为4 N
C．0θπ过程中，圆环对小球的作用力一直增大
D．0θπ过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
√
√
AD　[小球下滑过程由机械能守恒定律有mg(R－R cos θ)＝mv2，得v2＝－2gR cos θ＋2gR，对比题图乙可知2gR＝12 m2/s2，得R＝0.6 m，故A正确；θ＝时，小球的速度的平方为12 m2/s2，此时圆环对小球的弹力提供向心力，有N＝m＝4 N，小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F＝＝ N，故B错误；0<θ<时，有mg cos θ－N＝m，可知随θ的增大，cos θ减小，同时
v也增大，所以N必须减小，<θ<π时，有N－mg cos (180°－θ)＝m，可知随θ的增大，cos (180°－θ)增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0θπ过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。]
课时数智作业(二十一)　圆周运动
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
说明：第1～7题，每小题4分；第8题5分；本试卷共59分。
1．(2025·河北卷)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为(　　)
A．90 B．120
C．150 D．180
√
题号
1
3
5
2
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10
C　[根据题意可知跳绳的转动角速度为ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故每分钟跳绳的圈数为n＝＝150，故选C。]
题号
1
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2．(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点的速度
D．此时A点的速度等于O′点的速度
√
题号
1
3
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B　[A点的运动为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意，O′固定在底盘上，故可知O′围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上且A在OO′延长线上，A点和O′点运动运动方向相同，又A点相对O′点做圆周运动，故此时A的速度大于O′的速度，故C、D错误。]
题号
1
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3．(2025·甘肃酒泉三模)如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1∶9∶3，传动链条在各轮转动中不打滑，则乙、丙转速之比为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．3∶1 D．1∶3
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
10
C　[甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据v＝ωr＝2πnr可得甲、丙的转速之比为3∶1，甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所以乙、丙转速之比为3∶1。故选C。]
题号
1
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4．(2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。g取10 m/s2，根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A．11 N B．9 N
C．7 N D．5 N
√
题号
1
3
5
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C　[根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝，则在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得小球在最低点时细线的拉力大小为F＝7 N，C正确。]
题号
1
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5．(2025·广东广州一模)精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度v＝8 m/s匀速经过半径为16米的半圆(为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心)，已知人与赛车质量为1 t，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
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10
A．赛车受到地面的作用力为4×103 N
B．向心加速度a＝8 m/s2
C．轮胎与地面的动摩擦因数μ至少为0.2
D．轮胎所受摩擦力不做功
√
题号
1
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D　[赛车所需向心力为F＝m＝1 000× N＝4 000 N，向心力由地面对车的摩擦力提供，地面的作用力还包含支持力的作用，故赛车受到地面的作用力大于4×103 N；向心加速度为a＝＝＝4 m/s2，故A、B错误；根据牛顿第二定律可得f ＝maμmg，可得μ＝0.4，可知轮胎与地面的动摩擦因数μ至少为0.4，故C错误；轮胎所受摩擦力提供向心力，方向总是与速度方向垂直，所以轮胎所受摩擦力不做功，故D正确。]
题号
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6．(多选)如图所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b。当框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，
以ω′匀速转动时(　　)
题号
1
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A．小球a的高度更低
B．弹簧弹力的大小相等
C．小球b所受杆的摩擦力更大
D．小球b所受合外力更大
√
题号
1
3
5
2
4
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8
7
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√
BD　[对小球a受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球a在竖直方向有T sin θ＝mg，而T＝k，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有F合＝mω2r，r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误，D正确。]
题号
1
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10
7．如图所示，在水平圆盘上放置一个质量为0.5 kg的小滑块，滑块距圆盘中心的距离为0.25 m。滑块与圆盘之间的动摩擦因数为0.1，现使圆盘绕垂直于盘面的中心轴缓慢加速转动至小滑块与盘面发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度g取10 m/s2，则(　　)
题号
1
3
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A．圆盘在缓慢加速转动过程中，滑块所受的摩擦力做功为0
B．小滑块与盘面发生相对滑动时圆盘的角速度为4 rad/s
C．在小滑块上面再固定一个相同的小滑块，发生相对滑动时的角速度为2 rad/s
D．在小滑块上面再放置一个质量为0.4 kg的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，发生相对滑动时的角速度为 rad/s
√
题号
1
3
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2
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D　[小滑块动能增大，故摩擦力做正功，A错误；小滑块与盘面发生相对滑动时有μmg＝mω2r，解得ω＝2 rad/s，B错误；在小滑块上面再固定一个相同的小滑块，发生相对滑动时有2μmg＝2mω2r，解得ω＝2 rad/s，C错误；在小滑块上面再放置一个0.4 kg的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，则两个小滑块首先发生相对滑动，有μ′m′g＝m′ω′2r，解得ω′＝ rad/s，D正确。]
题号
1
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8．(2025·安徽卷)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
题号
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题号
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√
D　[根据题意可知，M的速度在竖直方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的速率为v0，半径为R，则t时间内M转过的角度为，以竖直向上为正方向，结合题图可知M的速度在竖直方向的分量(即N的速度)为v＝v0cos ，所以D可能正确。]
题号
1
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9．(12分)场地自行车比赛的圆形赛道是一个内倾斜路面，路面与水平面的倾角为15°。某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，其速度v＝13 m/s时，自行车恰好不受侧向摩擦力作用。已知自行车和运动员的质量一共是100 kg，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，取tan 15°≈0.26。
题号
1
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(1)求圆形赛道的半径；
(2)若圆形赛道的倾角改为37°，该运动员骑自行车仍然以13 m/s的速度沿该赛道做匀速圆周运动，求此时自行车所受的侧向摩擦力大小。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
题号
1
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[解析]　(1)对运动员和自行车整体的受力分析如图甲所示
在竖直方向上，根据平衡条件可得F1cos 15°＝mg
在水平方向上，根据牛顿第二定律可得F1sin 15°＝m
联立解得圆形赛道的半径为r＝65 m。
题号
1
3
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2
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(2)当倾角变为37°时，对运动员和自行车整体的受力分析如图乙所示
在竖直方向上，根据平衡条件可得
F2cos 37°＋f sin 37°＝mg
在水平方向上，根据牛顿第二定律可得
F2sin 37°－f cos 37°＝m
联立解得f ＝392 N。
题号
1
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[答案]　(1)65 m　(2)392 N
10．(14分)(2024·江西卷)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
题号
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(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值；
(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
题号
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题号
1
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[解析]　(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示。
设转椅的质量为m，则
转椅所需的向心力Fn1＝r1
转椅受到的摩擦力f 1＝μmg
根据几何关系有tan α＝
联立解得tan α＝。
题号
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(2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力
Fn2＝r2
转椅受到的摩擦力f 2＝μN2
根据几何关系有tan β＝
竖直方向上由平衡条件有N2＋T cos θ＝mg
题号
1
3
5
2
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6
8
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水平面上有f 2＝T sin θsin β
联立解得ω2＝。
题号
1
3
5
2
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[答案]　　(2)
谢 谢 ！课时数智作业(二十一)　圆周运动
说明：第1～7题，每小题4分；第8题5分；本试卷共59分。
1．(2025·河北卷)某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是 s，圆弧对应的圆心角约为30°，则该同学每分钟跳绳的圈数约为(　　)
A．90 B．120
C．150 D．180
2．(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点的速度
D．此时A点的速度等于O′点的速度
3．(2025·甘肃酒泉三模)如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，各轮的转轴均固定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转动，已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1∶9∶3，传动链条在各轮转动中不打滑，则乙、丙转速之比为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．3∶1 D．1∶3
4．(2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。g取10 m/s2，根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A．11 N B．9 N
C．7 N D．5 N
5．(2025·广东广州一模)精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度v＝8 m/s匀速经过半径为16米的半圆(为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心)，已知人与赛车质量为1 t，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．赛车受到地面的作用力为4×103 N
B．向心加速度a＝8 m/s2
C．轮胎与地面的动摩擦因数μ至少为0.2
D．轮胎所受摩擦力不做功
6．(多选)如图所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b。当框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　)
A．小球a的高度更低
B．弹簧弹力的大小相等
C．小球b所受杆的摩擦力更大
D．小球b所受合外力更大
7．如图所示，在水平圆盘上放置一个质量为0.5 kg的小滑块，滑块距圆盘中心的距离为0.25 m。滑块与圆盘之间的动摩擦因数为0.1，现使圆盘绕垂直于盘面的中心轴缓慢加速转动至小滑块与盘面发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．圆盘在缓慢加速转动过程中，滑块所受的摩擦力做功为0
B．小滑块与盘面发生相对滑动时圆盘的角速度为4 rad/s
C．在小滑块上面再固定一个相同的小滑块，发生相对滑动时的角速度为2 rad/s
D．在小滑块上面再放置一个质量为0.4 kg的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，发生相对滑动时的角速度为 rad/s
8．(2025·安徽卷)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
9．(12分)场地自行车比赛的圆形赛道是一个内倾斜路面，路面与水平面的倾角为15°。某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，其速度v＝13 m/s时，自行车恰好不受侧向摩擦力作用。已知自行车和运动员的质量一共是100 kg，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，取tan 15°≈0.26。
(1)求圆形赛道的半径；
(2)若圆形赛道的倾角改为37°，该运动员骑自行车仍然以13 m/s的速度沿该赛道做匀速圆周运动，求此时自行车所受的侧向摩擦力大小。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
10．(14分)(2024·江西卷)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值；
(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
课时数智作业(二十一)
1．C　[根据题意可知跳绳的转动角速度为ω rad/s5π rad/s，故每分钟跳绳的圈数为n150，故选C。]
2．B　[A点的运动为A点绕O'的圆周运动和O'相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意，O'固定在底盘上，故可知O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A在OO'延长线上，A点和O'点运动运动方向相同，又A点相对O'点做圆周运动，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。]
3．C　[甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等，根据vωr2πnr可得甲、丙的转速之比为3∶1，甲、乙同轴转动，角速度相等，转速相等，所以乙、丙转速之比为3∶1。故选C。]
4．C　[根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v，则在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mgm，解得小球在最低点时细线的拉力大小为F7 N，C正确。]
5．D　[赛车所需向心力为Fm1 000× N4 000 N，向心力由地面对车的摩擦力提供，地面的作用力还包含支持力的作用，故赛车受到地面的作用力大于4×103 N；向心加速度为a m/s24 m/s2，故A、B错误；根据牛顿第二定律可得fmaμmg，可得μ0.4，可知轮胎与地面的动摩擦因数μ至少为0.4，故C错误；轮胎所受摩擦力提供向心力，方向总是与速度方向垂直，所以轮胎所受摩擦力不做功，故D正确。]
6．BD　[对小球a受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球a在竖直方向有Tsin θmg，而Tk，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有F合mω2r，r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误，D正确。]
7．D　[小滑块动能增大，故摩擦力做正功，A错误；小滑块与盘面发生相对滑动时有μmgmω2r，解得ω2 rad/s，B错误；在小滑块上面再固定一个相同的小滑块，发生相对滑动时有2μmg2mω2r，解得ω2 rad/s，C错误；在小滑块上面再放置一个0.4 kg的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，则两个小滑块首先发生相对滑动，有μ'm'gm'ω'2r，解得ω' rad/s，D正确。]
8．D　[根据题意可知，M的速度在竖直方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的速率为v0，半径为R，则t时间内M转过的角度为，以竖直向上为正方向，结合题图可知M的速度在竖直方向的分量(即N的速度)为vv0cos ，所以D可能正确。]
9．解析：(1)对运动员和自行车整体的受力分析如图甲所示
在竖直方向上，根据平衡条件可得F1cos 15°mg
在水平方向上，根据牛顿第二定律可得F1sin 15°m
联立解得圆形赛道的半径为r65 m。
(2)当倾角变为37°时，对运动员和自行车整体的受力分析如图乙所示
在竖直方向上，根据平衡条件可得
F2cos 37°＋fsin 37°mg
在水平方向上，根据牛顿第二定律可得
F2sin 37°－fcos 37°m
联立解得f392 N。
答案：(1)65 m　(2)392 N
10．解析：(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示。
设转椅的质量为m，则
转椅所需的向心力Fn1mr1
转椅受到的摩擦力f1μmg
根据几何关系有tan α
联立解得tan α。
(2)转椅在题图(b)情况下所需的向心力
Fn2mr2
转椅受到的摩擦力f2μN2
根据几何关系有tan β
竖直方向上由平衡条件有N2＋Tcos θmg
水平面上有f2Tsin θsin β
联立解得ω2。
答案：(1)
(2)
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