PAGEPAGE18專題4.8勻速圓周運動【考綱解讀與考頻分析】高考對勻速圓周運動的要求是I級，高考命題頻率較高。【高頻考點定位】勻速圓周運動考點一：水平面內(nèi)的勻速圓周運動【3年真題鏈接】1．（2024海南物理·6）.如圖，一硬幣（可視為質(zhì)點）置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉軸的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為μ（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為（）A. B. C. D.【參考答案】B【名師解析】硬幣與圓盤一起繞軸勻速轉動，隔離硬幣，由牛頓其次定律，μmg=mω2r，解得：圓盤轉動的最大角速度為ω=，選項B正確。2.（2024浙江4月選考）A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動（如圖），在相同的時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4：3，運動方向變更的角度之比是3：2，則它們（）A.線速度大小之比為4：3

B.角速度大小之比為3：4

C.圓周運動的半徑之比為2：1

D.向心加速度大小之比為1：2

【參考答案】A【名師解析】依據(jù)線速度，A、B通過的路程之比為4：3，時間相等，則線速度之比為4：3，選項A正確；依據(jù)角速度，運動方向變更的角度等于圓周運動轉過的角度，A、B轉過的角度之比為3：2，時間相等，則角速度大小之比為3：2，故B錯誤；依據(jù)得，圓周運動的半徑，線速度之比為4：3，角速度之比為3：2，則圓周運動的半徑之比為8：9，故C錯誤；依據(jù)得，線速度之比為4：3，角速度之比為3：2，則向心加速度之比為2：1，選項D錯誤。

【名師點評】線速度等于單位時間內(nèi)走過的路程，結合路程之比求出線速度大小之比；角速度等于單位時間內(nèi)轉過的角度，結合角度之比求出角速度之比；依據(jù)線速度與角速度的關系，求出半徑之比；抓住向心加速度等于線速度與角速度的乘積，結合線速度和角速度之比求出向心加速度之比。本題考查了描述圓周運動的一些物理量，知道各個物理量之間的關系，并能敏捷運用。3.（2024年11月浙江選考物理）一質(zhì)量為2.0×103kg的汽車在水平馬路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經(jīng)過半徑為80m的彎道時，下列推斷正確的是（）第9題圖第9題圖A.汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B.汽車轉彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC.汽車轉彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側滑D.汽車能平安轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2【參考答案】D【名師解析】分析受力只能分析性質(zhì)力，不能添加效果力，所以汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，選項A錯誤；由F=m=2.0×103×N=1.0×104N，選項B錯誤；汽車轉彎的速度為20m/s時，所需向心力1.0×104N，小于路面可供應的最大靜摩擦力1.4×104N，汽車不會發(fā)生側滑，選項C錯誤；由fmax=ma，解得a=7.0m/s2，即汽車能平安轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2，選項D正確。4.（2024年11月浙江選考）如圖所示，照片中的汽車在水平路面上做勻速圓周運動，已知圖中雙向四車道的總寬度約為15m，內(nèi)車道邊緣間最遠的距離為150m。假設汽車受到的最大靜摩擦力等于車重的0.7倍，則運動的汽車（）A、所受的合力可能為零B、只受重力和地面的支持力作用C、最大速度不能超過25m/sD、所需的向心力由重力和支持力的合力供應【參考答案】C【名師解析】汽車在水平路面上做勻速圓周運動，受到重力、支持力和摩擦力，重力和地面的支持力平衡，摩擦力供應向心力，由0.7mg=mv2/R,R=0.5×150m+15m=90m，聯(lián)立解得最大速度v=25m/s，選項C正確。5.（2024年4月浙江選考）圖中給出了一段“S”形單行盤山馬路的示意圖。彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1=10m，r2=20m，彎道2比彎道1高h=12m，有始終道與兩彎道圓弧相切。質(zhì)量m=1200kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力時車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑。（sin37°=0.6，sin53°=0.8）（1）求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1；（2）汽車以v1進入直道，以P=30kW的恒定功率直線行駛了t=8.0s進入彎道2，此時速度恰為通過彎道中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對汽車做的功；（3）汽車從彎道1的A點進入，從同始終徑上的B點駛離，有閱歷的司機會利用路面寬度，用最短時間勻速平安通過彎道。設路寬d=10m，求此最短時間（A、B兩點都在軌道中心線上，計算時視汽車為質(zhì)點）。【運動情景分析】汽車在兩個水平面內(nèi)的彎道上做勻速圓周運動和傾斜直道上變速運動。此題存在兩個臨界狀態(tài)（徑向靜摩擦力達到最大值，軌跡與彎道內(nèi)側相切），要留意應用軌跡圖的幾何關系。【思路分析】（1）當路面對輪胎的徑向靜摩擦力達到最大時，最大徑向靜摩擦力等于向心力。列出方程得到汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1和沿彎道1中心線行駛時的最大速度v2。（2）利用動能定理列方程得出直道上除重力以外的阻力對汽車做的功。（3）畫出汽車從彎道1的A點進入，從同始終徑上的B點駛離的最短軌跡圖，利用幾何關系得出軌跡半徑，利用最大徑向靜摩擦力等于向心力得出運動速度，然后應用速度公式得出運動的最短時間。【考點】本題主要考察學問點：水平面內(nèi)圓周運動臨街問題，能量守恒

【規(guī)范解析】（1）設汽車在彎道1的最大速度v1，有：kmg=m

解得：v1=5m/s。

（2）設汽車在彎道2的最大速度v2，有：kmg=m

解得：v2=5m/s。汽車在直道上運動，由動能定理：Pt-mgh+Wf=mv22-mv12。

代入數(shù)據(jù)可得：Wf=-2.1×104J。（3）設汽車在彎道2依據(jù)最短時間行駛的最大速度v，軌跡半徑為r’，有：kmg=m

解得：v=。由此可知，軌跡半徑r增大v增大，r最大，AB弧長最小，對應時間最短，所以軌跡設計應如下圖所示。

由圖可以得到：r’2=r12+[r’-（r1-d/2）]2

代入數(shù)據(jù)可以得到r’=12.5m

汽車沿著該路途行駛的最大速度：v==12.5m/s

由sinθ==0.8，則對應的圓心角2θ=106°線路長度：s=×2πr’=23.1m。

最短時間：t‘=s/v=1.8s。【總結】對于圓周運動，主要運用的學問點是圓周運動規(guī)律和牛頓運動定律。解答圓周運動問題一般是依據(jù)題述情景畫出軌跡圖，依據(jù)圖中的幾何關系可得出依據(jù)半徑；利用合外力供應向心力列方程可得出待求量。【2年模擬再現(xiàn)】1．（2024安徽合肥二模）圖示為運動員在水平道路上轉彎的情景，轉彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運動員始終與自行車在同一平面內(nèi)。轉彎時，只有當?shù)孛鎸嚨淖饔昧νㄟ^車(包括人)的重心時，車才不會傾倒。設自行車和人的總質(zhì)量為M，輪胎與路面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．車受到地面的支持力方向與車所在平面平行B．轉彎時車不發(fā)生側滑的最大速度為C．轉彎時車與地面間的靜摩擦力肯定為μMgD．轉彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小【參考答案】BD【命題意圖】此題以運動員在水平道路上轉彎的為情景，考查水平面內(nèi)的勻速圓周運動，摩擦力及其相關學問點。【解題思路】車受到地面的支持力方向與車所在平面垂直，選項A錯誤；由μmg=m,解得轉彎時車不發(fā)生側滑的最大速度為v=，選項B正確；轉彎時車與地面間的靜摩擦力肯定小于或等于最大靜摩擦力μMg，選項C錯誤；轉彎速度越大，所需向心力越大，車所在平面與地面的夾角越小，選項D正確。【易錯警示】解答此類題肯定要留意靜摩擦力與最大靜摩擦力的區(qū)分，靜摩擦力小于或等于最大靜摩擦力。2．(2024浙江稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考模擬)如圖所示的三葉指尖陀螺是一個由三向對稱體作為主體，在主體中嵌入軸承，整體構成可平面轉動的玩具裝置。其中O為轉軸中心，A、B分是指尖陀螺上不同位置的兩點，用v代表線速度大小，ω代表角速度大小，a代表向心加速度大小，T代表周期，則下列說法中正確的是（）A．vA＝vB，TA＝TB B．ωA＝ωB，vA＞vB C．vA＞vB，aA＜aB D．ωA＝ωB，aA＝aB【參考答案】.B【命題意圖】本題以“三葉指尖陀螺”為情景，考查勻速圓周運動及其相關的學問點。【解題思路】以O為轉軸轉動，圖中A到O點的距離大于B到O點的距離，AB兩點的角速度相等，ωA=ωB，由T=2π/ω可知TA=TB，由v=ωr可知vA>vB，選項A錯誤B正確；向心加速度a=ω2r，由于rA>rB，所以aA>aB，選項CD錯誤。3．(2024·金華市十校期末)計算機中的硬磁盤磁道如圖4所示，硬磁盤繞磁道的圓心O轉動，A、B兩點位于不同的磁道上，線速度分別為vA和vB，向心加速度分別為aA和aB，則它們大小關系正確的是()A．vA<vBaA<aBB．vA>vBaA<aBC．vA<vBaA>aBD．vA>vBaA>aB【參考答案】．A【名師解析】硬磁盤繞磁道的圓心O轉動，各點角速度相等，線速度v=ωr，向心加速度a=ω2r，由于rA<rB，所以vA<vB，aA<aB，選項A正確。4.（2024南寧摸底）如圖所示，質(zhì)量相等的AB兩物體緊貼在勻速轉動的圓筒的豎直內(nèi)壁上，隨圓筒一起做勻速圓周運動，則下列關系中正確的是（）A．線速度vA=vBB．角速度ωA=ωBC．它們受到的合力FA合>FB合D．它們受到的摩擦力FAf>FBf【參考答案】.C【名師解析】質(zhì)量相等的A、B兩物體隨圓筒一起做勻速圓周運動，兩者的角速度相等，選項B錯誤；依據(jù)角速度與線速度的關系v=ωr，A物體的線速度大于B物體的線速度，選項A錯誤；由向心加速度公式a=ω2r和牛頓其次定律F合=ma可知，A物體所受的合外力大于B物體所受的合外力，選項C正確；在豎直方向，它們所受的靜摩擦力等于重力，由于二者質(zhì)量相等，重力相等，所以它們受到的摩擦力相等，選項D錯誤。5.（2024洛陽聯(lián)考）螺旋軌道豎直放置，整個軌道光滑，P，Q點分別對應螺旋軌道中兩個圓周的最高點，對應的圓周運動軌道半徑分別為R和r（R＞r）。宇航員讓一小球以肯定的速度v滑上軌道，下列說法正確的是（）A.假如減小小球的初速度，小球可能不能到達P點

B.小球經(jīng)過P點時對軌道的壓力小于經(jīng)過Q點時對軌道的壓力

C.小球經(jīng)過P點時比經(jīng)過Q點時角速度小

D.小球經(jīng)過P點時比經(jīng)過Q點時線速度小【參考答案】BC

【名師解析】在空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，靠軌道的壓力供應向心力。在整個過程中小球速度大小保持不變，速度減小，小球肯定可以達到P點，故AD錯誤；由牛頓其次定律，軌道對球的彈力：，彈力始終不做功，速率不變，R＞r，則有彈力FP＜FQ，故B正確；依據(jù)，R＞r，則ωP＜ωQ，故C正確。【關鍵點撥】該裝置處于穩(wěn)定運行的空間站中，處于完全失重狀態(tài)。在軌道中運動，靠軌道的彈力供應向心力。小球在完全失重狀況下運動，在軌道上速度大小不變。解決本題的關鍵知道小球處于完全失重狀態(tài)，由彈力供應向心力，彈力始終垂直軌道，也不做功，速率不變。6．（2024·山東煙臺一模）]兩粗細相同內(nèi)壁光滑的半圓形圓管ab和bc連接在一起，且在b處相切，固定于水平面上。一小球從a端以某一初速度進入圓管，并從c端離開圓管。則小球由圓管ab進入圓管bc后()A．線速度變小 B．角速度變大C．向心加速度變小 D．小球對管壁的壓力變大【參考答案】C【名師解析】由于管道光滑，小球到達b點后，重力做功為零，速度大小保持不變，依據(jù)v＝ωR可知角速度ω減小，依據(jù)a＝eq\f(v2,R)可知向心加速度減小，依據(jù)F＝ma可知小球對管道的壓力減小，故C正確。7.（2024山東高校附中質(zhì)檢）如圖所示，粗糙水平圓盤上，質(zhì)量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A.物塊A、B的運動屬于勻變速曲線運動B.B的向心力是A的向心力的2倍C.盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍D.若B先滑動，則B與A之間的動摩擦因數(shù)μA小于盤與B之間的動摩擦因數(shù)μB【參考答案】C【名師解析】A、B做勻速圓周運動，加速度方向不斷變更，則屬于非勻變速曲線運動，選項A錯誤；因為A、B兩物體的角速度大小相等，依據(jù)Fn＝mrω2，因為兩物塊的角速度大小相等，轉動半徑相等，質(zhì)量相等，則向心力相等，選項B錯誤；對AB整體分析，fB＝2mrω2，對A分析，有：fA＝mrω2，知盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍，選項C正確．對AB整體分析，μB2mg＝2mrωB2，解得ωB=，對A分析，μAmg＝mrωA2，解得ωA=，若B先滑動，可知B先達到臨界角速度，可知B的臨界角速度較小，即μB＜μA，選項D錯誤．8.(2024·西安八校聯(lián)考)如圖所示，兩個可視為質(zhì)點的、相同的木塊A和B放在轉盤上，兩者用長為L的細繩連接，木塊與轉盤的最大靜摩擦力均為各自重力的K倍，A放在距離轉軸L處，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸O1O2轉動，起先時，繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止起先轉動，使角速度緩慢增大，以下說法正確的是()A．當ω＞eq\r(\f(2Kg,3L))時，A、B相對于轉盤會滑動B．當ω＞eq\r(\f(Kg,2L))時，繩子肯定有彈力C．ω在eq\r(\f(Kg,2L))＜ω＜eq\r(\f(2Kg,3L))范圍內(nèi)增大時，B所受摩擦力變大D．ω在0＜ω＜eq\r(\f(2Kg,3L))范圍內(nèi)增大時，A所受摩擦力始終變大【參考答案】ABD【名師解析】當AB所受靜摩擦力均達到最大值時，A、B相對轉盤將會滑動，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq\r(\f(2Kg,3L))，A項正確；當B所受靜摩擦力達到最大值后，繩子起先有彈力，即：Kmg＝mω2·2L，解得：ω＝eq\r(\f(Kg,2L))，B項正確；當eq\r(\f(Kg,2L))＜ω＜eq\r(\f(2Kg,3L))時，隨角速度的增大，繩子拉力不斷增大，B所受靜摩擦力始終保持最大靜摩擦力不變，C項錯誤；0＜ω≤eq\r(\f(Kg,2L))時，A所受摩擦力供應向心力，即Ff＝mω2L，靜摩擦力隨角速度增大而增大，當eq\r(\f(Kg,2L))＜ω＜eq\r(\f(2Kg,3L))時，以AB整體為探討對象，F(xiàn)fA＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A受靜摩擦力隨角速度的增大而增大，D項正確。9.(2024·福建晉江聯(lián)考)如圖所示，AB為豎直轉軸，細繩AC和BC的結點C系一質(zhì)量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg。當AC和BC均拉直時∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。ABC能繞豎直軸AB勻速轉動，因而C球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。當小球的線速度增大時，兩繩均會被拉斷，則最先被拉斷的那根繩及另一根繩被拉斷時的速度分別為(g取10m/s2)()A.AC5m/s B.BC5m/sC.AC5.24m/s D.BC5.24m/s【參考答案】B【名師解析】據(jù)題意，小球轉動時向心力為TBC＋TACcos53°＝meq\f(v2,R)，此時設BC繩剛好被拉斷，則拉力為TBC＝2mg，此時TACsin53°＝mg，即TAC＝eq\f(5,4)mg，說明BC繩先被拉斷；當AC繩拉斷時，有TAC′＝2mg，此時由于小球重力等于mg，則AC繩與水平方向的夾角等于30°，有TAC′cos30°＝meq\f(v′2,R′)，此時小球轉動半徑為R′＝eq\f(BC,cos53°)cos30°＝eq\f(5\r(3),6)m，代入數(shù)值得v′＝5m/s，故選項B正確。10.(2024·上海金山聯(lián)考)有一種雜技表演叫“飛車走壁”，由雜技演員駕駛摩托車沿光滑圓臺形表演臺的側壁高速行駛，在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。圖中粗線圓表示摩托車的行駛軌跡，軌跡離地面的高度為h。假如增大高度h，則下列關于摩托車說法正確的是()A.對側壁的壓力FN增大B.做圓周運動的周期T不變C.做圓周運動的向心力F增大D.做圓周運動的線速度增大【參考答案】．D【名師解析】摩托車做勻速圓周運動，供應圓周運動的向心力是重力mg和支持力FN的合力，作出受力分析圖。設圓臺側壁與豎直方向的夾角為α，側壁對摩托車的支持力FN＝eq\f(mg,sinα)不變，則摩托車對側壁的壓力不變，故A錯誤；向心力F＝eq\f(mg,tanα)，m、α不變，故向心力大小不變，C錯誤；依據(jù)牛頓其次定律得F＝meq\f(4π2,T2)r，h越高，r越大，F(xiàn)不變，則T越大，故B錯誤；依據(jù)牛頓其次定律得F＝meq\f(v2,r)，h越高，r越大，F(xiàn)不變，則v越大，故D正確。考點二：豎直面內(nèi)的勻速圓周運動【3年真題鏈接】1．（2024高考江蘇卷物理6）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動．座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙（）（A）運動周期為（B）線速度的大小為ωR（C）受摩天輪作用力的大小始終為mg（D）所受合力的大小始終為mω2R【參考答案】BD【名師解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不行能始終為，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力供應向心力可得：，故D正確。【2年模擬再現(xiàn)】1..（2024高考仿真模擬4）太極球是廣闊市民中較流行的一種健身器材．將太極球（拍和球）簡化成如圖所示的平板和小球，嫻熟的健身者讓球在豎直面內(nèi)始終不脫離板而做半徑為R的勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢．A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高．球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則（）A．在C處板對球施加的力比在A處大6mgB．球在運動過程中機械能不守恒C．球在最低點C的速度最小值為D．板在B處與水平方向的傾角θ隨速度的增大而增大【參考答案】BD【名師解析】設球運動的線速率為v，半徑為R，則在A處時：①

在C處時：②

由①②式得：，即在C處板對球所需施加的力比A處大，故A錯誤；

球在運動過程中，動能不變，勢能時刻變更，故機械能不守恒，故B正確；

球在隨意時刻的速度大小相等，即球在最低點C的速度最小值為等于在最高點最小速度，依據(jù)，得，故C錯誤；

依據(jù)重力沿水平方向的分力供應向心力，即，故，故板在B處與水平方向傾斜角隨速度的增大而增大，故D正確。【名師點睛】本題考查了向心力公式的應用，重點要對物體的受力做出正確的分析，列式即可解決此類問題。2．（2024·杭州聯(lián)考）如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則()A．輕質(zhì)繩長為eq\f(am,b)B．當?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(a,m)C．當v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a【參考答案】BD【名師解析】設繩長為L，最高點由牛頓其次定律得：T＋mg＝eq\f(mv2,L)，則T＝eq\f(mv2,L)－mg。對應圖象有：mg＝a得g＝eq\f(a,m)，故B正確。eq\f(m,L)＝eq\f(a,b)得：L＝eq\f(mb,a)，故A錯誤。當v2＝c時，T＝eq\f(m,L)·c－mg＝eq\f(a,b)·c－a，故C錯誤。當v2≥b時，小球能通過最高點，恰好通過最高點時速度為v，則eq\f(mv2,L)＝mg。在最低點的速度v′，則eq\f(1,2)mv2＋mg·2L＝eq\f(1,2)mv′2，F(xiàn)－mg＝eq\f(mv′2,L)，可知小球在最低點和最高點時繩的拉力差為6mg即6a，故D正確。3.(2024·連云港六校聯(lián)考)如圖所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物M，長桿的一端放在地面上通過鉸鏈連接形成轉動軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方O點處，在桿的中點C處拴一細繩，通過滑輪后掛上重物M，C點與O點的距離為L，現(xiàn)在桿的另一端用力，使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉至水平(轉過了90°角)．下列有關此過程的說法中正確的是()A．重物M做勻速直線運動B．重物M做變速直線運動C．重物M的最大速度是ωLD．重物M的速度先減小后增大【參考答案】BC【名師解析】設C點線速度方向與繩子的夾角為θ(銳角)．由題知C點的線速度為ωL，該線速度在繩子方向上的分速度就為ωLcosθ，θ的變更規(guī)律是起先最大(90°)，然后漸漸變小，所以ωLcosθ漸漸變大，直至繩子和桿垂直，θ變?yōu)?，繩子的速度變?yōu)樽畲螅瑸棣豅，然后，θ又漸漸增大，ωLcosθ漸漸變小，繩子的速度變小，所以重物的速度先增大后減小，最大速度為ωL，故選項BC正確．預料考點一：水平面內(nèi)的勻速圓周運動【2年模擬再現(xiàn)】1.（2024河南示范性中學聯(lián)考）如圖所示，A、B兩小球用一根輕繩連接，輕繩跨過圓錐筒頂點處的光滑小定滑輪，圓錐筒的側面光滑。當圓錐筒繞豎直對稱軸OO′勻速轉動時，兩球都處于筒側面上，且與筒保持相對靜止，小球A到頂點O的距離大于小球B到頂點O的距離，則下列推斷正確的是（）A.A球的質(zhì)量大B.B球的質(zhì)量大C.A球對圓錐筒側面的壓力大D.B球對圓錐筒側面的壓力大【參考答案】BD【名師解析】繩對AB兩球的拉力大小相等；分別對兩球受力分析，依據(jù)正交分解法分別列出水平和豎直兩個方向的方程即可進行探討.繩對AB兩球的拉力大小相等，設繩子受到的拉力大小為T，側面對小球的支持力大小為F，則Tcosθ+Fsinθ=mg，可知小球的質(zhì)量m越大，F(xiàn)也就越大；又由Tsinθ-Fcosθ=mω2lsinθ，解得T=mgsinθ+mω2lsinθcosθ；F=mgcosθ-mω2lsin2θ可知，質(zhì)量m越大，F(xiàn)越大，l就越小，則B球的質(zhì)量大，B球對圓錐筒側面的壓力越大，選項BD正確，AC錯誤；故選BD.【關鍵點撥】本題關鍵是對小球受力分析，要知道小球做圓周運動向心力的來自于合外力，運用牛頓其次定律和向心力學問結合進行解答。2. （2024北京東城期末）如圖所示為“感受向心力”的試驗，用一根輕繩，一端拴著一個小球，在光滑桌面上掄動細繩，使小球做圓周運動，通過拉力來感受向心力。下列說法正確的是A.只減小旋轉角速度，拉力增大B.只加快旋轉速度，拉力減小

C.只更換一個質(zhì)量較大的小球，拉力增大D.突然放開繩子，小球仍作曲線運動【參考答案】C【名師解析】小物體在光滑的水平桌面上做圓周運動時，由繩子的拉力F供應向心力，由，知只減小旋轉角速度，拉力F減小，故A錯誤。

只加快旋轉速度，由知拉力增大，故B錯誤。

由知只更換一個質(zhì)量較大的小球，拉力增大，故C正確。

突然放開繩子，小球將做離心運動，由于水平桌面光滑，所以小球做勻速直線運動，故D錯誤。

【關鍵點撥】小球做圓周運動，由細繩的拉力供應向心力，由分析拉力的變更。突然放開繩子，小球將做離心運動。對于勻速圓周運動的問題，找尋向心力是解題的關鍵，沿半徑方向上的全部力的合力供應向心力。平常還要熟記等公式。

3. （2024陜西渭南質(zhì)檢）如圖所示，甲、乙圓盤的半徑之比為1：2，兩水平圓盤緊靠在一起，乙靠摩擦隨甲不打滑轉動兩圓盤上分別放置質(zhì)量為和的小物體，，兩小物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)相同距甲盤圓心r，距乙盤圓心2r，此時它們正隨盤做勻速圓周運動下列推斷正確的是A.和的線速度之比為1：4 B.和的向心加速度之比為2：1

C.隨轉速漸漸增加，先起先滑動 D.隨轉速漸漸增加，先起先滑動【參考答案】BC【名師解析】甲、乙兩輪子邊緣上的各點線速度大小相等，有：，則得：：1，所以物塊相對盤起先滑動前，與的角速度之比為2：1。

依據(jù)公式：，所以：故A錯誤。依據(jù)得：與的向心加速度之比為：：：1，故B正確。依據(jù)知，先達到臨界角速度，可知當轉速增加時，先起先滑動。故C正確，D錯誤。

4.（2024遼寧沈陽一模）我國高鐵技術發(fā)展迅猛，目前處于世界領先水平，已知某路段為一半徑為5600米的彎道，設計時速為216km/h（此時車輪輪緣與軌道間無擠壓），已知我國的高鐵軌距約為1400mm，且角度較小時可近似認為，重力加速度g等于10m/s2，則此彎道內(nèi)、外軌高度差應為（）A.8cmB.9cmC.10cmD.11cm【參考答案】B【名師解析】要使火車平安通過彎道，則火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力供應向心力，依據(jù)向心力公式列式求解；由題可知：半徑，時速為；依據(jù)牛頓其次定律得：解得：。由題意得，而，聯(lián)立得：，故B正確，ACD錯誤。【名師點睛】解決本題的關鍵理清向心力的來源，結合牛頓其次定律進行求解，留意單位的統(tǒng)一。5. (2024浙江模擬)如圖所示，轉動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h處固定細繩的一端，細繩的另一端栓接一質(zhì)量為m的小球B，繩長l＞h，轉動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動，當轉動的角速度ω漸漸增大時，下列說法正確的是A.小球始終受三個力的作用B.細繩上的拉力始終保持不變

C.要使球離開水平面角速度至少為QUOTED.若小球飛離了水平面則線速度為QUOTE【參考答案】C【名師解析】當小球角速度較小時，小球受重力、支持力和拉力三個力作用，當小球角速度較大時，小球會脫離水平面，小球受重力和拉力兩個力作用，故A錯誤。小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，豎直方向上的合力為零，當小球脫離水平面后，角速度增大時，繩子與豎直方向的夾角變大，拉力變大，故B錯誤。當小球剛好離開水平面時，受重力和拉力作用，依據(jù)牛頓其次定律得，F(xiàn)cosθ=mg，F(xiàn)sinθ=mlsinθ·ω2QUOTE，聯(lián)立解得ω=，故C正確；v=ωlsinθ=ωhtanθ，選項D錯誤。

6.（2024湖北荊州中學質(zhì)檢）在高速馬路的拐彎處，通常路面都是外高內(nèi)低．如圖所示，在某路段汽車向左拐彎，司機左側的路面比右側的路面低一些．汽車的運動可看做是做半徑為R的圓周運動．設內(nèi)外路面高度差為h，路基的水平寬度為d，路面的寬度為L.已知重力加速度為g.要使車輪與路面之間的橫向摩擦力(即垂直于前進方向)等于零，則汽車轉彎時的車速應等于()A.eq\r(\f(gRh,L))B.eq\r(\f(gRh,d))C.eq\r(\f(gRL,h))D.eq\r(\f(gRd,h))【參考答案】.B【名師解析】要使車輪與路面之間的橫向摩擦力(即垂直于前進方向)等于零，重力與支持力的合力等于向心力，mgtanθ=m，tanθ=h/d，聯(lián)立解得汽車轉彎時的車速v=eq\r(\f(gRh,d))，選項B正確。7.（6分）（2024山東濟寧二模）如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是（）A．A的速率大于B的速率 B．A的向心加速度大于B的向心加速度 C．纜繩對A的拉力大于纜繩對B的拉力 D．懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小于懸掛B的纜繩與豎直方向的夾角【參考答案】D【名師解析】AB兩個座椅具有相同的角速度。依據(jù)公式：v＝ω?r，A的運動半徑小，A的速率就小。故A錯誤；依據(jù)公式：a＝ω2r，A的運動半徑小，A的向心加速度就小，故B錯誤；如圖，對任一座椅，受力如圖，A的向心加速度就小，A的向心力就小，A對纜繩的拉力就小，故C錯誤；由繩子的拉力與重力的合力供應向心力，則得：mgtanθ＝mω2r，則得tanθ＝，A的半徑r較小，ω相等，可知A與豎直方向夾角θ較小，故D正確。8.（2024齊魯名校聯(lián)考)游樂園里有一種叫“飛椅”的游樂項目，簡化后的示意圖如圖所示。已知飛椅用鋼繩系著，鋼繩上端的懸點固定在頂部水平轉盤上的圓周上。轉盤繞穿過其中心的豎直軸勻速轉動。穩(wěn)定后，每根鋼繩（含飛椅及游客）與轉軸在同一豎直平面內(nèi)。圖中P、Q兩位游客懸于同一個圓周上，P所在鋼繩的長度大于Q所在鋼繩的長度，鋼繩與豎直方向的夾角分別為、。不計鋼繩的重力。下列推斷正確的是（）ωωPQθ1θ2A．P、Q兩個飛椅的線速度大小相同B．無論兩個游客的質(zhì)量分別有多大，肯定大于C．假如兩個游客的質(zhì)量相同，則有等于D．假如兩個游客的質(zhì)量相同，則Q的向心力肯定小于P的向心力【參考答案】BD【名師解析】設鋼繩延長線與轉軸的交點，與游客所在水平面的高度為（這是一個奇妙的參量，將會使得推導大為簡化——由圓錐擺而受到的啟發(fā)），由，所以，與游客的質(zhì)量無關，即（這是一個特別重要的結論）。而，其中r為圓盤半徑，半定量分析可知，L越大則θ越大。則肯定大于，選項B正確，選項C錯誤。由圓周運動的半徑R=r+Lsinθ可得，Rp>RQ，依據(jù)，則，選項A錯誤。由向心力公式可知，Q的向心力肯定小于P的向心力，選項D正確。【名師點評】（原圖詳見人教版中學物理必修2P16中圓周運動一節(jié)的圖5.4-1）。此題的命制別出心裁，在推導的時候須要超群的數(shù)學技巧，須要把每一個物體的運動等效成一個圓錐擺來處理。另外，對于三角函數(shù)能夠運用定性和半定量分析的就不必運用嚴密的數(shù)學分析。9.（2024湖南懷化期中聯(lián)考）質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)細桿的B點和A點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A.a繩的張力可能為零B.a繩的張力隨角速度的增大而增大C.當角速度，b繩將出現(xiàn)彈力D.若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力肯定發(fā)生變更【參考答案】.C【名師解析】由于小球m的重力不為零，a繩的張力不行能為零，b繩的張力可能為零，選項A錯誤；由于a繩的張力在豎直方向的分力等于重力，所以a繩的張力隨角速度的增大不變，b繩的張力隨角速度的增大而增大，選項B錯誤；若b繩中的張力為零，設a繩中的張力為F，對小球m，F(xiàn)sinθ=mg，F(xiàn)cosθ=mω2l，聯(lián)立解得：ω=，即當角速度，b繩將出現(xiàn)彈力，選項C正確；若ω=，b繩突然被剪斷，則a繩的彈力不發(fā)生變更，選項D錯誤。【1年仿真原創(chuàng)】1.(多選)如圖所示，在光滑的橫桿上穿著兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球，小球用細線連接起來，當轉臺勻速轉動時，下列說法正確的是()A.兩小球速率必相等B.兩小球角速度必相等C.兩小球加速度必相等D.兩小球到轉軸距離與其質(zhì)量成反比【參考答案】．BD【名師解析】兩小球隨著桿及轉臺一起轉動，角速度必相等。由v＝ωr知，r不肯定相等，所以v不肯定相等。由向心加速度a＝ω2r可知，r不肯定相等，向心加速度不肯定相等。兩小球用一細線連接，兩小球的向心力等于線的張力，肯定相等，m1ω2r1＝m2ω2r2，則eq\f(r1,r2)＝eq\f(m2,m1)，選項B、D正確。預料考點二：豎直面內(nèi)的勻速圓周運動【2年模擬再現(xiàn)】1．（3分）(2024浙江臺州模擬)如圖所示，A、B為某小區(qū)門口自動升降桿上的兩點，A在桿的頂端，B在桿的中點處。桿從水平位置勻速轉至豎直位置的過程中，下列推斷正確的是（）A．A、B兩點角速度大小之比2：1 B．A、B兩點線速度大小之比2：1 C．A、B兩點向心加速度大小之比4：1 D．A、B兩點向心加速度大小之比1：4【參考答案】.B【命題意圖】本題以小區(qū)門口自動升降桿為情景，考查勻速圓周運動的角速度與線速度、周期、向心加速度及其相關的學問點。【解題思路】因為自動升降桿上的兩點A、B兩點是同軸轉動，所以A、B兩點的角速度是相等的，選項A錯誤；由角速度與線速度關系式v＝rω，可知角速度相等時線速度之比等于半徑之比，即A、B兩點線速度大小之比為2：1，選項B正確；由向心加速度公式a＝rω2，可知角速度相等時向心加速度之比等于半徑之比，所以A、B兩點向心加速度大小之比2：1，故CD錯誤。2.(2024·浙江省名校協(xié)作體3月考試)游樂園中的豎直摩天輪在勻速轉動時，其每個載客輪艙能始終保持豎直直立狀(如圖)，一質(zhì)量為m的旅行包放置在該摩天輪輪艙水平板上。已知旅行包在最高點對水平板的壓力為0.8mg，下列說法正確的是()A．摩天輪轉動過程中，旅行包所受合力不變B．旅行包隨摩天輪的運動過程中始終受到輪艙水平板的摩擦力作用C．旅行包隨摩天輪運動到圓心等高處時受到的摩擦力為0.2mgD．旅行包隨摩天輪運動的過程中機械能守恒【參考答案】C【名師解析】旅行包跟隨摩天輪做勻速圓周運動，旅行包所受合力供應向心力，大小不變，方向時刻在變更，故A錯誤。旅行包隨摩天輪的轉動而做勻速圓周運動，合力供應向心力，在最高點與最低點只受到重力和支持力的作用，不受摩擦力，故B錯誤。在最高點有：mg－FN＝meq\f(v2,R)，且FN＝0.8mg，聯(lián)立解得meq\f(v2,R)＝0.2mg；旅行包隨摩天輪運動到圓心等高處時，由摩擦力供應向心力，則有Ff＝meq\f(v2,R)＝0.2mg，故C正確；旅行包隨摩天輪運動的過程中動能不變，而重力勢能會變，故機械能不守恒，故D錯誤。3..(2024·湖南六校聯(lián)考)如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的勻質(zhì)圓盤，盤面與水平面的夾角為30°，圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定的角速度轉動，盤面上離轉軸距離L處有一小物體與圓盤保持相對靜止，當圓盤的角速度為ω時，小物塊剛要滑動．物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，該星球的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是()A．這個行星的質(zhì)量M＝eq\f(ω2R2L,G)B．這個行星的第一宇宙速度v1＝2ωeq\r(LR)C．這個行星的同步衛(wèi)星的周期是eq\f(π,ω)eq\r(\f(R,L))D．離行星表面距離為R的地方的重力加速度為ω2L【參考答案】.BCD【名師解析】當物體轉到圓盤的最低點，所受的摩擦力沿斜面對上達到最大時，角速度最大，由牛頓其次定律可得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2L，所以g＝eq\f(mω2L,μmcos30°－msin30°)＝4ω2L，繞該行星表面做勻速圓周運動的物體受到的萬有引力供應向心力，則Geq\f(Mm,R2)＝mg，解得M＝eq\f(gR2,G)＝eq\f(4ω