第49頁（共49頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之勻速圓周運動的向心力和向心加速度一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?福州校級期末）如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω′＞ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時（）A．小球的高度一定上升 B．彈簧彈力的大小一定變大 C．小球對桿壓力的大小可能變大 D．小球所受合外力的大小一定不變2．（2024秋?道里區校級期末）如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子A、B兩端搖動，A、B兩端近似不動，且A、B兩點連線沿水平方向，繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉到如圖所示位置時，則（）A．P點的線速度方向沿繩子切線 B．P點所受合外力垂直于繩斜向下 C．P點和Q點的線速度大小相等 D．P點的角速度等于Q點的角速度3．（2024秋?重慶期末）下列說法不正確的是（）A．做勻變速曲線運動的物體，其加速度方向不變 B．物體的加速度越大，則速度的變化率就一定越大 C．伽利略通過斜面實驗并對實驗結果合理外推得到自由落體運動的速度是隨時間均勻變化的 D．做圓周運動的物體，其加速度一定指向圓心4．（2024秋?朝陽區校級期末）如圖所示，在長春市人民廣場轉盤，A、B兩車正在水平圓形車道上做線速度大小相等的勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．A車的角速度比B車的角速度小 B．A車的角速度比B車的角速度大 C．A車的向心加速度小于B車的向心加速度 D．A車的向心加速度等于B車的向心加速度5．（2024秋?寧波期末）如圖為修正帶的內部結構，由大小兩個相互咬合的齒輪組成，修正帶芯固定在大齒輪的轉軸上。當按壓并拖動其頭部時，齒輪轉動，從而將遮蓋物質均勻地涂抹在需要修改的字跡上。若圖中大小齒輪的半徑之比為2：1，A、B分別為大齒輪和小齒輪邊緣上的一點，C為大齒輪上轉軸半徑的中點，則（）A．A與B的角速度大小之比為1：2 B．B與C的線速度大小之比為1：1 C．A與C的向心加速度大小之比為4：1 D．大小齒輪的轉動方向相同二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?濟南期末）2018年珠海航展，我國五代戰機“殲20”再次閃亮登場。表演中，戰機先水平向右，再沿曲線ab向上（如圖），最后沿陡斜線直入云霄。設飛行路徑在同一豎直面內，飛行速率不變。則沿ab段曲線飛行時，戰機（）A．所受合外力大小為零 B．所受合外力方向不斷變化 C．豎直方向的分速度逐漸增大 D．水平方向的分速度不變（多選）7．（2023秋?長沙校級期末）圖中所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點。左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r。b點在小輪上，到小輪中心的距離為r。c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上。若在傳動過程中，皮帶不打滑。則（）A．a點與b點的線速度大小之比為2：1 B．a點與b點的角速度大小之比2：1 C．a點與c點的線速度大小之比1：1 D．a點的向心加速度與d點的向心加速度之比2：1（多選）8．（2024?廣東模擬）游樂場中的“旋轉飛椅”用鋼繩懸掛在水平轉盤邊緣的同一圓周上，轉盤繞穿過其中心的豎直軸轉動。甲、乙兩人同時乘坐“旋轉飛椅”時可簡化為如圖所示的模型，甲對應的鋼繩長度大于乙對應的鋼繩長度，當轉動穩定后，甲、乙對應的鋼繩與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2鋼繩的質量不計，忽略空氣阻力，則轉動穩定時（）A．甲、乙兩人所處的高度可能相同 B．甲、乙兩人到轉軸的距離可能相等 C．θ1與θ2可能相等 D．甲、乙兩人做圓周運動時所需的向心力大小可能相等（多選）9．（2024?江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸OO′重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上P、Q兩質點，下列說法正確的是（）A．P的角速度大小比Q的大 B．P的線速度大小比Q的大 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同三．填空題（共3小題）10．（2025?福州校級模擬）如圖，把一個小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球在短時間內沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做勻速圓周運動，則小球運動的軌道平面越接近漏斗上端口，所受合外力（填“越大”“越小”或“不變”），線速度（填“越大”“越小”或“不變”）。11．（2024秋?浦東新區校級期末）如圖所示，質量相等的兩個小物體A、B（視為質點）緊貼在勻速轉動的圓筒的豎直內壁隨筒一起轉動，圓筒上下兩區域的半徑比為2：1，則A、B的向心加速度之比為，受到筒壁的摩擦力之比為。12．（2024秋?楊浦區校級期末）如圖，兩個齒輪相互咬合進行工作，C為大盤上的一點，A、B為大小兩盤邊緣上的兩點，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作時A點和B點的角速度之比ωA：ωB＝，A點和C點向心加速度大小之比aA：aC＝。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?徐州期末）如圖所示，轉經筒的中軸有一手柄，筒側設一小耳，耳邊用輕繩系一吊墜，搖動手柄旋轉經筒，吊墜隨經筒勻速轉動，輕繩始終與轉軸在同一豎直平面內。已知轉經筒的半徑為R，吊墜的質量為m，輕繩長度為L、偏離豎直方向的角度為θ，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：（1）輕繩的拉力大小；（2）吊墜的角速度。14．（2024秋?普陀區校級期末）如圖，粗糙程度處處相同的細桿一端固定在豎直轉軸OO′上的O點，并可隨豎直軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環相連。桿未轉動時，彈簧處于原長狀態，此時圓環恰好靜止在粗糙細桿上。已知桿與豎直轉軸的夾角不變，且α＝53°，圓環質量m＝1kg。彈簧原長L0＝0.5m，勁度系數k＝40N/m，彈簧始終在彈性限度內，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）圓環與粗糙細桿間的動摩擦因數μ為。A.0.60B.0.75C.0.80D.1.33（2）（計算）求彈簧剛要開始伸長時，細桿轉動的角速度大小ω（結果保留3位有效數字）。15．（2024秋?徐匯區校級期末）如圖所示，半徑為r的圓筒A繞豎直中心軸順時針勻速轉動，筒的內壁粗糙，內壁上有一個質量為m的物體B。物塊B一邊隨圓筒A一起轉動，一邊以豎直向下的加速度a下滑。（1）若物塊B恰好轉到了圓筒正后方B'位置（該點所在切面與紙面平行），此時物體B受到的摩擦力是（A.靜摩擦力，B.滑動摩擦力），此時摩擦力方向為（A.水平向右，B.豎直向上，C.斜向左上方，D.斜向右上方）。（2）若圓筒A轉動的角速度為ω，則物塊B與圓筒A內壁之間的動摩擦因數μ為多少？（請寫出簡要的計算過程）（3）（多選）若另一次操作中圓筒A以更大角速度做勻速轉動，內壁上的物體B隨圓筒A一起轉動的情形沒有改變，則物塊B可能的運動情況為。A.相對圓筒內壁做勻速圓周運動B.相對圓筒內壁做豎直向下的勻變速運動C.相對圓筒內壁靜止D.相對地面做勻速圓周運動

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之勻速圓周運動的向心力和向心加速度參考答案與試題解析題號12345答案CDDBA一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?福州校級期末）如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω′＞ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω′勻速轉動時（）A．小球的高度一定上升 B．彈簧彈力的大小一定變大 C．小球對桿壓力的大小可能變大 D．小球所受合外力的大小一定不變【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】C【分析】小球在水平面內做勻速圓周運動，由合外力提供向心力，根據小球在豎直方向受力平衡，分析小球的高度和彈簧的彈力如何變化，由向心力公式列式分析桿對小球的作用力如何變化，即可由牛頓第三定律分析小球對桿的壓力變化情況。由向心力公式Fn＝mω2r分析小球所受合外力變化情況。【解答】AB．小球在水平面內做勻速圓周運動，如圖所示，小球在豎直方向受力平衡，則Fcosα＝mg若ω′＞ω，假設小球上移，α增大，cosα減小，彈簧伸長量減小，F減小，則Fcosα＜mg小球在豎直方向不能平衡，不可能；同理，假設小球下移，α減小，也不可能，所以α不變，小球的高度不變，彈簧彈力的大小一定不變，故AB錯誤；C．由牛頓第二定律，規定桿對小球的彈力方向向右為正，Fsinα-可得FN因為Fsinα是定值，所以當Fsinα＜mω2r時FN＜0桿對小球彈力向左，當Fsinα＞mω2r時FN＞0桿對小球彈力向右，因為隨著ω的增大，彈力有個反向的過程，所以從ω＝0開始逐漸增大，彈力變化一定是先變小后變。因為本題中Fsinα和mω2r的關系未知，所以大小關系不確定，因此彈力可能變大、也可能變小，故C正確；D．小球所受合外力的大小F合=Fn=mω故選：C。【點評】解決本題的關鍵要正確分析小球的受力情況，搞清向心力的來源：合外力，利用正交分解法進行研究。2．（2024秋?道里區校級期末）如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子A、B兩端搖動，A、B兩端近似不動，且A、B兩點連線沿水平方向，繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉到如圖所示位置時，則（）A．P點的線速度方向沿繩子切線 B．P點所受合外力垂直于繩斜向下 C．P點和Q點的線速度大小相等 D．P點的角速度等于Q點的角速度【考點】向心加速度的計算；線速度與角速度的關系．【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】AB.根據題意分析P點的圓周平面，判斷P點的合外力方向和速度方向；CD.根據共軸轉動情況判斷角速度關系，結合半徑差異判斷線速度大小關系。【解答】解：AB.P點做勻速圓周運動的圓心是過P點作圖中虛線的垂線和虛線的交點，故P點所受合力方向指向交點，方向豎直向下，P點線速度方向為垂直于紙面向里或向外，故AB錯誤；CD.由于是共軸轉動，故P點的角速度等于Q點的角速度，P點圓周運動半徑小于Q點，則P點線速度大小小于Q點的線速度大小，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】考查圓周運動的合外力和線速度規律，結合共軸轉動問題判斷線速度大小關系。3．（2024秋?重慶期末）下列說法不正確的是（）A．做勻變速曲線運動的物體，其加速度方向不變 B．物體的加速度越大，則速度的變化率就一定越大 C．伽利略通過斜面實驗并對實驗結果合理外推得到自由落體運動的速度是隨時間均勻變化的 D．做圓周運動的物體，其加速度一定指向圓心【考點】向心力的定義及物理意義（受力分析方面）；加速度的定義、表達式、單位及物理意義；伽利略對自由落體運動的探究；曲線運動的概念和特點．【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據勻變速曲線運動、速度變化率、伽利略的自由落體研究以及圓周運動的知識逐一判斷每個選項。【解答】解：A.做勻變速曲線運動的物體，其加速度方向不變。這是勻變速曲線運動的定義，即加速度大小和方向都不變的曲線運動，故A正確；B.物體的加速度越大，則速度的變化率就一定越大。加速度是速度變化量與時間的比值，在相同時間內，加速度越大，速度變化量就越大，即速度的變化率也越大，故B正確；C.伽利略通過斜面實驗并對實驗結果合理外推得到自由落體運動的速度是隨時間均勻變化的。這是伽利略對自由落體運動的研究結論，他通過斜面實驗減緩了物體的下落速度，使得時間可以測量，并通過合理外推得到了自由落體運動的速度—時間關系，故C正確；D.做圓周運動的物體，其加速度一定指向圓心。這個說法是不準確的。對于勻速圓周運動，物體的加速度（即向心加速度）確實指向圓心，因為此時物體的速度大小不變，只有方向在改變，而加速度的方向始終與速度方向垂直，指向圓心。但是，對于非勻速圓周運動（如變速圓周運動），物體的加速度不僅包含向心加速度，還包含切向加速度，此時加速度的方向就不再指向圓心，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。【點評】本題屬于力學綜合題，難度中等，屬于易錯題。4．（2024秋?朝陽區校級期末）如圖所示，在長春市人民廣場轉盤，A、B兩車正在水平圓形車道上做線速度大小相等的勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．A車的角速度比B車的角速度小 B．A車的角速度比B車的角速度大 C．A車的向心加速度小于B車的向心加速度 D．A車的向心加速度等于B車的向心加速度【考點】向心加速度的計算；線速度與角速度的關系．【專題】比較思想；歸納法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】B【分析】根據ω=vr分析角速度的大小；根據【解答】解：AB、由圖知A的半徑小于B的半徑，根據ω=vr可知，A的角速度大于B的角速度，故ACD、根據a=v2r可知，A車的向心加速度大于B故選：B。【點評】本題考查了角速度和線速度的關系，以及向心加速度和線速度的關系式，容易題。5．（2024秋?寧波期末）如圖為修正帶的內部結構，由大小兩個相互咬合的齒輪組成，修正帶芯固定在大齒輪的轉軸上。當按壓并拖動其頭部時，齒輪轉動，從而將遮蓋物質均勻地涂抹在需要修改的字跡上。若圖中大小齒輪的半徑之比為2：1，A、B分別為大齒輪和小齒輪邊緣上的一點，C為大齒輪上轉軸半徑的中點，則（）A．A與B的角速度大小之比為1：2 B．B與C的線速度大小之比為1：1 C．A與C的向心加速度大小之比為4：1 D．大小齒輪的轉動方向相同【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度與角速度的關系；角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算；傳動問題．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】同緣傳動時，邊緣點的線速度相等；同軸傳動時，角速度相等；然后結合v＝ωr列式求解。【解答】解：ABC.邊緣點的線速度大小相等，故vA：vB＝1：1，同軸傳動時，角速度相等，故ωA＝ωC，角速度大小之比為1：1，根據v＝ωr，結合半徑的比值關系：rA：rB：rC＝2：1：1。可知，ωA：ωB：ωC＝1：2：1，vA：vB：vC＝2：2：1；向心加速度的表達式可得：a＝ω2r解得：aA：aB：aC＝2：4：1，故A正確，BC錯誤；D、大、小齒輪相互咬合，同緣傳動時，大、小齒輪轉動方向相反，故D錯誤；故選：A。【點評】本題關鍵明確同緣傳動同軸傳動的特點：同軸傳動時，角速度相等，同緣傳動時，邊緣點的線速度相等，然后結合公式v＝ωr分析求解即可。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?濟南期末）2018年珠海航展，我國五代戰機“殲20”再次閃亮登場。表演中，戰機先水平向右，再沿曲線ab向上（如圖），最后沿陡斜線直入云霄。設飛行路徑在同一豎直面內，飛行速率不變。則沿ab段曲線飛行時，戰機（）A．所受合外力大小為零 B．所受合外力方向不斷變化 C．豎直方向的分速度逐漸增大 D．水平方向的分速度不變【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】應用題；定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】戰機做曲線運動時合外力不為零，合力方向不是豎直向上；根據速度的合成與分解確定豎直方向和水平方向的速度變化。【解答】解：A、戰機做曲線運動，運動狀態發生變化，合外力不為零，故A錯誤；B、戰機飛行速率不變，合力方向始終與速度方向垂直，即指向圓心，故B正確；C、飛機速度大小不變，與水平方向的傾角θ增大，則vy＝vsinθ增大，即豎直方向的分速度逐漸增大，故C正確；D、飛機速度大小不變，與水平方向的傾角θ增大，則vx＝vcosθ減小，即水平方向的分速度減小，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題主要是考查了物體做曲線運動的條件；知道物體做曲線運動時：（1）初速度不等于零；（2）合外力的方向與速度方向不在一條直線上；注意速度方向和合外力的方向應該分居在曲線的兩側。（多選）7．（2023秋?長沙校級期末）圖中所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點。左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r。b點在小輪上，到小輪中心的距離為r。c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上。若在傳動過程中，皮帶不打滑。則（）A．a點與b點的線速度大小之比為2：1 B．a點與b點的角速度大小之比2：1 C．a點與c點的線速度大小之比1：1 D．a點的向心加速度與d點的向心加速度之比2：1【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；傳動問題．【專題】定量思想；比例法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】ABC【分析】右輪與左側小輪的線速度相等，左側大輪與小輪的角速度相等，根據圓周運動公式分析。【解答】解：C．如圖所示，a與c同一皮帶下傳動，則線速度va＝vc，故C正確；AB．根據v＝ωr，可得ωa：ωc＝rc：ra＝2：1，因為ωb＝ωc＝ωd，且rb：rc＝1：2，所以vb：vc＝1：2，則va：vb＝2：1，ωa：ωb＝2：1，故AB正確；D．設a點的線速度為v，由以上分析可知，c點的線速度為v，d點的線速度為2v，根據向心加速度公式a=v2r，可知a點與d點的向心加速度大小之比1：故選：ABC。【點評】考查對圓周運動加速度、線速度與角速度的理解，屬于基礎知識，熟記公式。（多選）8．（2024?廣東模擬）游樂場中的“旋轉飛椅”用鋼繩懸掛在水平轉盤邊緣的同一圓周上，轉盤繞穿過其中心的豎直軸轉動。甲、乙兩人同時乘坐“旋轉飛椅”時可簡化為如圖所示的模型，甲對應的鋼繩長度大于乙對應的鋼繩長度，當轉動穩定后，甲、乙對應的鋼繩與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2鋼繩的質量不計，忽略空氣阻力，則轉動穩定時（）A．甲、乙兩人所處的高度可能相同 B．甲、乙兩人到轉軸的距離可能相等 C．θ1與θ2可能相等 D．甲、乙兩人做圓周運動時所需的向心力大小可能相等【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據牛頓第二定律推導分析；根據幾何知識分析判斷；根據幾何知識分析判斷；根據向心力公式分析判斷。【解答】解：C．穩定時兩人的角速度相同，設圓盤的半徑為R，鋼繩長度為L，根據牛頓第二定律有mgtanθ＝mω2（Lsinθ+R）解得：g＝ω2（Lcosθ+R由于：L1＞L2則：θ1＞θ2故θ1與θ2不可能相等，故C錯誤；A．設水平轉盤離地的高度為H，甲、乙兩人所處的高度h1＝H﹣L1cosθ1h2＝H﹣L2cosθ2L1cosθ1有可能等于L2cosθ2，故甲、乙兩人所處的高度可能相同，故A正確；B．甲、乙兩人到轉軸的距離s1＝R+L1sinθ1s2＝R+L2sinθ2可得：s1＞s2故B錯誤；D．根據F向＝mgtanθ，因兩人的質量未知，甲、乙兩人做圓周運動時所需的向心力大小可能相等，故D正確。故選：AD。【點評】本題關鍵掌握人做圓周運動的平面、圓心和半徑。（多選）9．（2024?江西模擬）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸OO′重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上P、Q兩質點，下列說法正確的是（）A．P的角速度大小比Q的大 B．P的線速度大小比Q的大 C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；牛頓第二定律的簡單應用；線速度的物理意義及計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定性思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】同一圓環以直徑為軸做勻速轉動時，環上的點的角速度相同，根據幾何關系可以判斷Q、P兩點各自做圓周運動的半徑，根據v＝ωr即可求解線速度，根據a＝ω2r求得向心加速度。【解答】解：A．由題意可知，粗坯上P、Q兩質點屬于同軸轉動，它們的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A錯誤；B．由圖可知P點繞轉軸轉動的半徑大，根據v＝rω，所以vP＞vQ，即P的線速度大小比Q的大，故B正確；C．根據a＝rω2，且rP＞rQ，ωP＝ωQ所以aP＞aQ即P的向心加速度大小比Q的大，故C正確；D．因為當轉臺轉速恒定，所以同一時刻P所受合力的方向與Q的所受的合力方向均指向中心軸，故合力方向不相同，故D錯誤。故選：BC。【點評】該題主要考查了圓周運動基本公式的直接應用，注意同軸轉動時角速度相同。三．填空題（共3小題）10．（2025?福州校級模擬）如圖，把一個小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球在短時間內沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做勻速圓周運動，則小球運動的軌道平面越接近漏斗上端口，所受合外力不變（填“越大”“越小”或“不變”），線速度越大（填“越大”“越小”或“不變”）。【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；線速度的物理意義及計算．【專題】比較思想；合成分解法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；理解能力．【答案】不變，越大。【分析】對小球進行受力分析，由合外力提供小球做勻速圓周運動所需的向心力，由牛頓第二定律列式分析。【解答】解：小球的受力示意圖如圖所示。小球在水平面內做勻速圓周運動過程，受重力和支持力兩個作用，二力的合力水平指向軌跡的圓心，因此由重力和支持力的合力提供向心力，所受合外力大小為F合則小球運動的軌道平面接近漏斗上端口，α不變，所受合外力不變。小球做勻速圓周運動，由合力提供向心力，則mgtanα解得：v則小球運動的軌道平面越接近漏斗上端口，r越大，線速度v越大。故答案為：不變，越大。【點評】本題屬于圓錐擺模型，考查水平面內圓周運動，要明確向心力的來源，知道勻速圓周運動的向心力由合外力提供。11．（2024秋?浦東新區校級期末）如圖所示，質量相等的兩個小物體A、B（視為質點）緊貼在勻速轉動的圓筒的豎直內壁隨筒一起轉動，圓筒上下兩區域的半徑比為2：1，則A、B的向心加速度之比為2：1，受到筒壁的摩擦力之比為1：1。【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；向心加速度的計算．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】2：1，1：1。【分析】兩個物體的角速度相等，根據a＝ω2r分析向心加速度之比；根據豎直方向上受力平衡分析。【解答】解：兩個小物體是同軸轉動，所以它們的角速度相等，根據a＝ω2r可得，A、B的向心加速度之比為2：1；A、B兩個物體在豎直方向上受力平衡，即重力和摩擦力是一對平衡力，因為這兩個小物體的質量相等，所以它們受到的摩擦力也是相等的，則受到筒壁的摩擦力之比為1：1。故答案為：2：1，1：1。【點評】知道兩個物體是同軸轉動，它們的角速度相等是解題的關鍵，知道物體與筒壁之間的摩擦是靜摩擦。12．（2024秋?楊浦區校級期末）如圖，兩個齒輪相互咬合進行工作，C為大盤上的一點，A、B為大小兩盤邊緣上的兩點，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作時A點和B點的角速度之比ωA：ωB＝1：2，A點和C點向心加速度大小之比aA：aC＝2：1。【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；線速度與角速度的關系；傳動問題．【專題】定量思想；圖析法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】1：2；2：1。【分析】A、B兩點都在齒輪邊緣，相互咬合傳動，故線速度大小相等，A點和C點角速度大小相等。【解答】解：因為A、B兩點都在齒輪邊緣，相互咬合傳動，故線速度大小相等，即vA：vB＝1：1，根據公式v＝ωr，可得ωB：ωA=vBrB：vArA=2：1，因為故答案為：1：2；2：1。【點評】考查對圓周運動角速度、線速度、向心加速度的理解，熟悉公式的運用。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?徐州期末）如圖所示，轉經筒的中軸有一手柄，筒側設一小耳，耳邊用輕繩系一吊墜，搖動手柄旋轉經筒，吊墜隨經筒勻速轉動，輕繩始終與轉軸在同一豎直平面內。已知轉經筒的半徑為R，吊墜的質量為m，輕繩長度為L、偏離豎直方向的角度為θ，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：（1）輕繩的拉力大小；（2）吊墜的角速度。【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；線速度的物理意義及計算．【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）輕繩的拉力大小是mgcosθ（2）吊墜的角速度是gtanθR【分析】（1）對小球受力分析，求出輕繩的拉力大小。（2）應用牛頓第二定律求出吊墜的角速度。【解答】解：（1）吊墜受力如圖所示輕繩的拉力大小F=（2）吊墜做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2（R+Lsinθ）解得：ω=答：（1）輕繩的拉力大小是mgcosθ（2）吊墜的角速度是gtanθR【點評】本題考查了勻速圓周運動與牛頓第二定律的應用，分析清楚吊墜的受力情況是解題的前提，應用牛頓第二定律即可解題。14．（2024秋?普陀區校級期末）如圖，粗糙程度處處相同的細桿一端固定在豎直轉軸OO′上的O點，并可隨豎直軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環相連。桿未轉動時，彈簧處于原長狀態，此時圓環恰好靜止在粗糙細桿上。已知桿與豎直轉軸的夾角不變，且α＝53°，圓環質量m＝1kg。彈簧原長L0＝0.5m，勁度系數k＝40N/m，彈簧始終在彈性限度內，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）圓環與粗糙細桿間的動摩擦因數μ為B。A.0.60B.0.75C.0.80D.1.33（2）（計算）求彈簧剛要開始伸長時，細桿轉動的角速度大小ω（結果保留3位有效數字）。【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；力的合成與分解的應用；共點力的平衡問題及求解．【專題】計算題；定量思想；合成分解法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．【答案】（1）B；（2）彈簧剛要開始伸長時，細桿轉動的角速度大小ω為9.26rad/s。【分析】（1）桿未轉動時，彈簧處于原長狀態，此時圓環恰好靜止在粗糙細桿上，圓環受到的靜摩擦力沿桿向上達到最大值，根據平衡條件和摩擦力公式相結合求動摩擦因數μ。（2）彈簧剛要開始伸長時，圓環受到的靜摩擦力沿桿向下達到最大值，根據牛頓第二定律求細桿轉動的角速度大小ω。【解答】解：（1）桿未轉動時，彈簧處于原長狀態，此時圓環恰好靜止在粗糙細桿上，根據平衡條件有mgcosα＝μmgsinα解得μ＝0.75，故ACD錯誤，B正確。故選：B。（2）彈簧剛要開始伸長時，圓環受到的靜摩擦力沿桿向下達到最大值，分析圓環受力，如圖所示。根據牛頓第二定律得水平方向有Ncosα+fsinα＝mω2L0sinα豎直方向有Nsinα﹣fcosα﹣mg＝0又f＝μN聯立解得ω≈9.26rad/s故答案為：（1）B；（2）彈簧剛要開始伸長時，細桿轉動的角速度大小ω為9.26rad/s。【點評】本題考查共點力平衡和勻速圓周運動，關鍵要正確分析圓環的受力，確定向心力來源，結合牛頓第二定律和平衡條件來解決問題。15．（2024秋?徐匯區校級期末）如圖所示，半徑為r的圓筒A繞豎直中心軸順時針勻速轉動，筒的內壁粗糙，內壁上有一個質量為m的物體B。物塊B一邊隨圓筒A一起轉動，一邊以豎直向下的加速度a下滑。（1）若物塊B恰好轉到了圓筒正后方B'位置（該點所在切面與紙面平行），此時物體B受到的摩擦力是B（A.靜摩擦力，B.滑動摩擦力），此時摩擦力方向為B（A.水平向右，B.豎直向上，C.斜向左上方，D.斜向右上方）。（2）若圓筒A轉動的角速度為ω，則物塊B與圓筒A內壁之間的動摩擦因數μ為多少？（請寫出簡要的計算過程）（3）（多選）若另一次操作中圓筒A以更大角速度做勻速轉動，內壁上的物體B隨圓筒A一起轉動的情形沒有改變，則物塊B可能的運動情況為BCD。A.相對圓筒內壁做勻速圓周運動B.相對圓筒內壁做豎直向下的勻變速運動C.相對圓筒內壁靜止D.相對地面做勻速圓周運動【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；滑動摩擦力的性質；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力．【答案】（1）B；B；（2）物塊B與圓筒A內壁之間的動摩擦因數μ為g-aω2【分析】（1）物塊B相對圓筒A豎直向下運動，可知物體B受到的摩擦力是滑動摩擦力，根據滑動摩擦力的方向與相對運動方向相反判斷此時摩擦力方向。（2）物體B做圓周運動的向心力由筒壁對物體B的彈力提供，據此可得兩者之間的彈力大小。在豎直方向上，根據牛頓第二定律，結合滑動摩擦力公式求解。（3）根據（2）的解答判斷圓筒A與物體B兩者之間的彈力的變化，得到兩者之間的最大靜摩擦力的變化。依據最大靜摩擦力與重力的大小關系，分情況討論物塊B相對圓筒內壁和相對地面的運動，依據力與運動的關系解答。【解答】解：（1）因物塊B相對圓筒A豎直向下運動，故物體B受到的摩擦力是滑動摩擦力（選填：B），滑動摩擦力的方向與相對運動方向相反，則此時摩擦力方向為豎直向上（選填：B）。（2）圓筒A轉動的角速度為ω，物體B做圓周運動的向心力由筒壁對物體B的彈力提供，可得兩者之間的彈力大小為：N＝mω2r在豎直方向上，根據牛頓第二定律得：mg﹣μN＝ma聯立解得：μ=（3）根據（2）的解答，由N＝mω2r，可知圓筒A與物體B兩者之間的彈力變大，則兩者之間的最大靜摩擦力fm變大。若fm＜mg，則物塊B相對圓筒內壁做豎直向下的勻加速運動；若fm＝mg，當初始物塊B相對圓筒A無初速度時，則物塊B相對圓筒內壁靜止，相對地面做勻速圓周運動；當初始物塊B相對圓筒A有豎直方向的初速度時，則物塊B相對圓筒內壁做勻速直線運動；若fm＞mg，當初始物塊B相對圓筒A無初速度時，則物塊B相對圓筒內壁靜止，相對地面做勻速圓周運動；當初始物塊B相對圓筒A有豎直方向的初速度時，則物塊B相對圓筒內壁做勻變速直線運動。故BCD正確，A錯誤。故選：BCD。故答案為：（1）B；B；（2）物塊B與圓筒A內壁之間的動摩擦因數μ為g-aω2【點評】本題考查了牛頓第二定律在圓周運動中的應用，考查了力與運動的關系，以及相對運動問題。注意滑動摩擦力與靜摩擦力的區別。

考點卡片1．加速度的定義、表達式、單位及物理意義【知識點的認識】（1）加速度的定義：加速度是表示速度改變快慢的物理量，它等于速度的改變量跟發生這一改變量所用時間的比值，定義式：a=△（2）加速度單位：在國際單位制中是：米/秒2，讀作“米每兩次方秒”符號是m/s2（或m?s﹣2）．常用單位還有厘米/秒2（cm/s2）等．（3）加速度是矢量，在變速直線運動中，若加速度的方向與速度方向相同，則質點做加速運動；若加速度的方向與速度方向相反，則質點做減速運動．（4）加速度和速度的區別：①它們具有不同的含義：加速度描述的是速度改變的快慢，速度描述的是位移改變的快慢；②速度大，加速度不一定大；加速度大速度不一定大，速度變化量大，加速度不一定大．加速度為零，速度可以不為零；速度為零，加速度可以不為零．【命題方向】例1：對加速度的概念的理解下列關于加速度的說法中，正確的是（）A．加速度越大，速度變化越大B．加速度越大，速度變化越快C．加速度的方向和速度方向一定相同D．物體速度不變化，而加速度可以變化很大分析：根據加速度的定義式a=△v解答：AB、加速度等于速度的變化率，加速度越大，則物體的速度變化率大，即速度變化越快，而不是速度變化越大．故A錯誤，B正確；C、加速度的方向與速度變化方向相同，可能與速度方向相同，也可能與速度方向相反．故C錯誤；D、物體的速度不變化，加速度一定為零，故D錯誤；故選：B．點評：本題考查對加速度的物理意義理解能力，可以從數學角度加深理解加速度的定義式a=△例2：加速度與速度的關系一個做變速直線運動的物體，加速度逐漸減小，直至為零，那么該物體運動的情況可能是（）A．速度不斷增大，加速度為零時，速度最大B．速度不斷減小，加速度為零時，速度最小C．速度的變化率越來越小D．速度一定是越來越小分析：根據物體的加速度表示速度變化的快慢，與速度大小無關，分析物體可能的運動情況．解答：A、若加速度方向與速度方向相同，加速度逐漸變小時，速度仍不斷增大，當加速度減為零時，物體做勻速直線運動，速度達到最大．比如汽車以額定功率在平直的公路上起動過程．故A正確；B、若加速度方向與速度方向相反，速度不斷減小，當加速度減為零時，物體做勻速直線運動，速度達到最小．這種運動是可能的．故B正確；C、加速度減小，物體的速度變化一定越來越慢，變化率越來越小．故C正確；D、由于加速度與速度方向的關系未知，加速度減小，速度不一定減小．故D錯誤．故選：ABC．點評：本題考查對加速度與速度關系的理解能力，加速度減小，速度不一定減小．【知識點的應用及延伸】1．速度v、速度變化量△v、加速度a的比較：v△va定義式stvt﹣v0vt意義表示運動的快慢表示速度改變了多少表示速度改變的快慢大小位移與時間的比值位置對時間的變化率△v＝vt﹣v0速度改變與時間的比值速度對時間的變化率方向質點運動的方向可能與v0方向相同也可能與v0方向相反與△v方向相同單位m/sm/sm/s2與時間的關系與時刻對應狀態量與時間間隔對應過程量瞬時加速度對應時刻平均加速度對應時間2．伽利略對自由落體運動的探究【知識點的認識】1．伽利略對自由落體運動的研究（1）歷史的回顧：亞里士多德通過對大量的物體下落的觀察，直接得出結論：物體越重，下落越快；所用的方法：觀察+直覺．（2）邏輯的力量．（3）猜想與假設伽利略相信：a．自然界是簡單的，自然界的規律也是簡單的；b．落體運動一定是一種最簡單的變速運動．它的速度應該是均勻變化的．假設：v∝t，v∝x．（4）實驗驗證伽利略用銅球從阻力很小的斜面的不同位置由靜止下落，銅球在斜面上運動加速度要比它豎直落下時小得多，所以時間容易測出．實驗結果表明，光滑斜面傾角不變時，從不同位置讓小球滾下，小球的位置與時間的平方比不變，即由此證明了小球沿光滑斜面下滑的運動是勻變速直線運動；換用不同質量的小球重復實驗，結論不變．（5）合理外推如果斜面傾角增大到90°，小球仍然保持勻加速直線運動的性質，且所有物體下落時的加速度都是一樣的！伽利略成功驗證了自己的猜想，不僅徹底否定了亞里士多德關于落體運動的錯誤論斷，而且得到了自由落體運動的規律．（6）伽利略科學方法伽利略科學思想方法的核心：把實驗和邏輯推理（包括數學推演）和諧地結合起來．【命題方向】例1：伽俐略理想實驗將可靠的事實和理論思維結合起來，能更深刻地反映自然規律，伽俐略的斜面實驗程序如下：（1）減小第二個斜面的傾角，小球在這斜面上仍然要達到原來的高度．（2）兩個對接的斜面，讓靜止的小球沿一個斜面滾下，小球將滾上另一個斜面．（3）如果沒有摩擦，小球將上升到釋放時的高度．（4）繼續減小第二個斜面的傾角，最后使它成水平面，小球沿水平方向做持續的勻速運動．請按程序先后次序排列，并指出它究竟屬于可靠的事實，還是通過思維過程的推論，下列選項正確的是（數字表示上述程序的號碼）（）A．事實2→事實1→推論3→推論4B．事實2→推論1→推論3→推論4C．事實2→推論3→推論1→推論4D．事實2→推論1→推論4→推論3分析：按實驗先后次序排列如下：2→3→1→4．其中，2是事實．實際中，小球由于摩擦，在第二個斜面上上升的高度減小，若摩擦力減小，上升的高度增大，設想沒有摩擦力，小球將上升到釋放時的高度，如將第二斜面放平，小球沒有減速的原因，不會停下來，3，1，4均是在沒有摩擦的情況作出的推論．解答：實驗先后次序排列如下：2→3→1→4．實驗中，如果摩擦力越小，小球在第二個斜面上上升的高度越高，設想沒有摩擦，小球將上升到釋放時的高度．所以3、1是推論．步驟4中，將第二個斜面放平，實際中小球因摩擦而減速，最后停下來，摩擦力越小，運動的距離越長，設想沒有摩擦力，小球沒有減速的原因，永遠以原來的速度運動下去，所以4也是推論．故選：C．點評：本題是伽利略理想斜面實驗，考查對本實驗的理解能力，由此實驗，伽利略得出了結論：物體的運動不需要力維持．例2：伽利略在著名的斜面實驗中，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，他通過實驗觀察和邏輯推理，得到的正確結論有（）A．傾角一定時，小球在斜面上的位移與時間成正比B．傾角一定時，小球在斜面上的速度與時間成正比C．斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關D．斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間與傾角無關分析：伽利略通過實驗觀察和邏輯推理發現，小球沿斜面滾下的運動的確是勻加速直線運動，換用不同的質量的小球，從不同高度開始滾動，只要斜面的傾角一定，小球的加速度都是相同的；不斷增大斜面的傾角，重復上述實驗，得知小球的加速度隨斜面傾角的增大而增大．解答：A、B、伽利略通過實驗測定出小球沿斜面下滑的運動是勻加速直線運動，位移與時間的二次方成正比，并證明了速度隨時間均勻變化，故A錯誤，B正確；C、不論斜面光滑與不光滑，當斜面的長度一定時，小球滑到斜面地的速度都與斜面的傾角有關，且傾角越大，小球滑到斜面底端的速度就越大；故C錯誤；D、斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間隨傾角的增大而減小，故D錯誤．故選：B．點評：本題關鍵要明確伽利略對自由落體運動的研究的實驗過程，可以通過閱讀課本了解，同時實驗事實與理論應該是一致的，故可結合勻變速運動的知識求解．3．滑動摩擦力的性質【知識點的認識】1.滑動摩擦力是由于物體之間的相對運動而產生的，但是與單個物體自身的運動情況無關。也就是說，受到滑動摩擦力的物體可能運動也可能靜止，比如黑板擦在黑板上的運動，黑板擦與黑板之間的作用力是滑動摩擦力，但黑板擦是運動的，黑板是靜止的。2.滑動摩擦力總是阻礙物體的相對運動，但是對單個物體自身的運動情況而言，可能是阻力也可能是動力。比如物體在地面上滑行會停下來，地面與物體之間的作用力是阻力；過安檢時，剛把行李放在傳送帶上的時候，行李在滑動摩擦力的作用下向前運動，此時滑動摩擦力充當動力。【命題方向】關于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）A、只有運動的物體才會受到滑動摩擦力B、滑動摩擦力大小跟物體相對運動的速度大小有關C、只有相互接觸且發生相對運動的物體間才可能產生滑動摩擦力D、滑動摩擦力總是阻礙物體間的相對運動分析：滑動摩擦力是物體間的相對運動產生的，與物體自身的運動情況無關；滑動摩擦力的大小跟動摩擦因數和正壓力有關；滑動摩擦力的產生條件是接觸面粗糙、有彈力和有相對運動；滑動摩擦力總是阻礙物體之間的相對運動。解答：A、滑動摩擦力發生于相對滑動的兩個物體之間，兩個物體中可能有一個相對地面是靜止的，故A錯誤；B、滑動摩擦力與正壓力和動摩擦因數有關，有相對速度和接觸面積無關，故B錯誤；C、滑動摩擦力的產生條件為：①接觸面粗糙；②兩個物體之間有彈力；③物體間有相對運動；故C正確；D、滑動摩擦力總是跟接觸面相切，并且跟物體與相對運動方向相反，故一定會阻礙相對滑動，故D正確；故選：CD。點評：本題關鍵是明確滑動摩擦力的概念、產生條件、大小的計算公式、方向的判斷法則，要注意其與靜摩擦力的區別和聯系。【解題思路點撥】滑動摩擦力是物體之間相對運動產生的力，與單個物體自身的運動情況無關。滿足力的性質：可以作為動力也可以作為阻力。4．力的合成與分解的應用【知識點的認識】本考點針對比較復雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應用。【命題方向】假期里，一位同學在廚房里協助媽媽做菜，對菜刀發生了興趣．他發現菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣，刀刃前部的頂角小，后部的頂角大（如圖所示），下列有關刀刃的說法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不勻，僅是為了打造方便，外形美觀，跟使用功能無關B、在刀背上加上同樣的壓力時，分開其他物體的力跟刀刃厚薄無關C、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越大，分開其他物體的力越大D、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越小，分開其他物體的力越大分析：根據力的平行四邊形定則可知，相同的壓力下，頂角越小，分力越大；相同的頂角下，壓力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可簡化成一個等腰三角劈，設頂角為2θ，背寬為d，側面長為l，如圖乙所示當在劈背施加壓力F后，產生垂直側面的兩個分力F1、F2，使用中依靠著這兩個分力分開被加工的其他物體。由對稱性知，這兩個分力大小相等（F1＝F2），因此畫出力分解的平行四邊形，實為菱形，如圖丙所示。在這個力的平行四邊形中，取其四分之一考慮（圖中陰影部分），根據它跟半個劈的直角三角形的相似關系，由關系式，得F1＝F2由此可見，刀背上加上一定的壓力F時，側面分開其他物體的力跟頂角的大小有關，頂角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的頂角越小時，刀刃的強度會減小，碰到較硬的物體刀刃會卷口甚至碎裂，實際制造過程中為了適應加工不同物體的需要，所以做成前部較薄，后部較厚。使用時，用前部切一些軟的物品（如魚、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅硬的骨頭之類的物品，俗話說：“前切后劈”，指的就是這個意思。故D正確。故選：D。點評：考查力的平行四邊形定則，體現了控制變量法，同時學會用三角函數來表示力與力的關系．【解題思路點撥】對力的合成與力的分解的綜合應用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關內容，再選擇合適的合成和分解方法進行解題。5．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態，根據平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據平衡規律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統，應明確所選研究對象是系統整體還是系統中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。6．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。7．曲線運動的概念和特點【知識點的認識】1．定義：軌跡是曲線的運動叫曲線運動．2．運動特點：（1）速度方向：質點在某一點的速度，沿曲線在這一點的切線方向．（2）運動的性質：做曲線運動的物體，速度的方向時刻在改變，所以曲線運動一定是變速運動，即必然具有加速度．3．曲線運動的條件（1）從動力學角度看：物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上．（2）從運動學角度看：物體的加速度方向跟它的速度方向不在同一條直線上．【命題方向】物體做曲線運動時，一定發生變化的物理量是（）A．速度的大小B．速度的方向C．加速度的大小D．加速度的方向分析：曲線運動的速度方向是切線方向，時刻改變，是變速運動，一定有加速度，但加速度不一定變化．解答：A、B、曲線運動的速度方向是切線方向，時刻改變，故速度方向一定變化，而大小可以不變，如勻速圓周運動，故A錯誤，B正確；C、D、曲線運動的條件是合力與速度不共線，故合力可以是恒力，如平拋運動，合力恒定，加速度也恒定，為g，故C錯誤，D錯誤；故選B．點評：本題關鍵明確曲線運動的運動學特點以及動力學特點，同時要熟悉勻速圓周運動和平拋運動兩中曲線運動．【解題思路點撥】變速運動一定是曲線運動嗎？曲線運動一定是變速運動嗎？曲線運動一定不是勻變速運動嗎？請舉例說明？變速運動不一定是曲線運動，如勻變速直線運動．曲線運動一定是變速運動，因為速度方向一定變化．曲線運動不一定是非勻變速運動，如平拋運動是曲線運動，也是勻變速運動．8．線速度的物理意義及計算【知識點的認識】1.定義：物體在某段時間內通過的弧長Δs與時間Δt之比。2.定義式：v=3.單位：米每秒，符號是m/s。4.方向：物體做圓周運動時該點的切線方向。5.物理意義：表示物體沿著圓弧運動的快慢。6.線速度的求法（1）定義式計算：v=（2）線速度與角速度的關系：v＝ωr（3）知道圓周運動的半徑和周期：v=【命題方向】有一質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，則該質點的線速度為（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根據線速度的定義公式v=ΔS解答：質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，故線速度為：v=故選：B。點評：本題關鍵是明確線速度的定義，記住公式v=ΔS【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關系如下：9．線速度與角速度的關系【知識點的認識】1.線速度與角速度的關系為：v＝ωr2.推導由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，當Δθv＝ωr這表明，在圓周運動中，線速度的大小等于角速度的大小與半徑的乘積。3.應用：①v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定性關系，可以通過控制變量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定量關系，可以通過公式計算線速度、角速度或半徑。【命題方向】一個物體以角速度ω做勻速圓周運動時，下列說法中正確的是（）A、軌道半徑越大線速度越大B、軌道半徑越大線速度越小C、軌道半徑越大周期越大D、軌道半徑越大周期越小分析：物體做勻速圓周運動中，線速度、角速度和半徑三者當控制其中一個不變時，可得出另兩個之間的關系．由于角速度與周期總是成反比，所以可判斷出當半徑變大時，線速度、周期如何變化的．解答：因物體以一定的角速度做勻速圓周運動，A、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此A正確；B、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此B不正確；C、由ω=2πT得：ω與TD、由ω=2πT得：ω與T故選：A。點評：物體做勻速圓周，角速度與周期成反比．當角速度一定時，線速度與半徑成正比，而周期與半徑無關．【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關系如下：10．角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算【知識點的認識】線速度、角速度和周期、轉速一、描述圓周運動的物理量描述圓周運動的基本參量有：半徑、線速度、角速度、周期、頻率、轉速、向心加速度等．物理量物理意義定義和公式方向和單位線速度描述物體做圓周運動的快慢物體沿圓周通過的弧長與所用時間的比值，v=方向：沿圓弧切線方向．單位：m/s角速度描述物體與圓心連線掃過角度的快慢運動物體與圓心連線掃過的角的弧度數與所用時間的比值，ω=單位：rad/s周期描述物體做圓周運動的快慢周期T：物體沿圓周運動一周所用的時間．也叫頻率（f）周期單位：sf的單位：Hz轉速描述物體做圓周運動的快慢轉速n：物體單位時間內轉過的圈數轉速單位：r/s或r/min二、各物理量之間的關系：（1）線速度v=ΔsΔt=2πrT=②角速度ω=△θ△t③周期：T=ΔtN=2πr④轉速：n=v【命題方向】一架電風扇以600r/min的轉速轉動，則此時：（1）它轉動的周期和角速度分別是多少？（2）若葉片上某點到圓心處的距離為0.2m，則該點的線速度大小是多少？分析：（1）根據轉速與周期的關系及角速度與周期的關系即可求解；（2）根據v＝ωr即可求解．解答：（1）n＝600r/min＝10r/s所以T=1ω=2πT（2）v＝ωr＝20π×0.2m/s＝4πm/s答：（1）它轉動的周期為0.1s，角速度為20πrad/s；（2）若葉片上某點到圓心處的距離為0.2m，則該點的線速度大小是4πm/s．點評：本題主要考查了圓周運動的基本公式，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關系如下：11．傳動問題【知識點的認識】三類傳動裝置的對比1.同軸傳動（1）裝置描述：如下圖，A、B兩點在同軸的一個圓盤上（2）特點：任意兩點的角速度相同，周期相同。轉動方向相同。（3）規律：①線速度與半徑成正比：v＝ωr。②向心加速度與半徑成正比：a＝ω2r2.皮帶傳動（1）裝置描述：如下圖，兩個輪子用皮帶連接，A、B兩點分別是兩個輪子邊緣的點（2）特點：邊緣兩點的線速度大小相等。轉動方向相同。（3）規律：①角速度與半徑成反比：ω=②向心加速度與半徑成反比：a=3.齒輪傳動（1）裝置描述：如下圖，兩個齒輪輪齒嚙合，A、B兩點分別是兩個齒輪邊緣上的點（2）特點：嚙合的兩點線速度相同（邊緣任意兩點線速度大小相等）。轉動方向相反。（3）規律：①角速度與半徑成反比：ω=②向心加速度與半徑成反比：a=【命題方向】如圖所示，為齒輪傳動裝置，主動軸O上有兩個半徑分別為R和r的輪，O′上的輪半徑為r′，且R＝2r＝3r′/2．則vA：vB：vC＝，ωA：ωB：ωC＝．分析：A和B在同一個輪上，它們的角速度相等，A和C是通過齒輪相連，它們有共同的線速度，再由線速度和角速度之間的關系V＝rω，就可以判斷它們的關系．解答：A和C是通過齒輪相連，所以VA＝VC，A和在B同一個輪上，它們的角速度相等，由V＝rω，R＝2r可知，vA：vB＝2：1，綜上可知，vA：vB：vC＝2：1：2，由VA＝VC，R=32r′，V＝rωA：ωC＝2：3，A和在B同一個輪上，它們的角速度相等，綜上可知，ωA：ωB：ωC＝2：2：3，故答案為：2：1：2；2：2：3．點評：判斷三個點之間的線速度角速度之間的關系，要兩個兩個的來判斷，關鍵是知道它們之間的內在聯系，A和B在同一個輪上，它們的角速度相等，A和C是通過齒輪相連，它們有共同的線速度．【解題思路點撥】求解傳動問題的思路（1）確定傳動類型及特點：若屬于皮帶傳動或齒輪傳動，則輪子邊緣各點線速度的大小相等；若屬于同軸傳動，則輪上各點的角速度相等。（2）確定半徑|關系；根據裝置中各點位置確定半徑關系，或根據題|意確定半徑關系。（3）公式分析：若線速度大小相等，則根據ω∝1r分析；若角速度大小相等，則根據ω∝r12．向心力的定義及物