第61頁（共61頁）2024-2025學年下學期高一物理人教版（2019）期中必刷常考題之生活中的圓周運動一．選擇題（共7小題）1．（2025?鄭州校級二模）游樂園的夜晚身披彩燈的摩天輪格外醒目。若摩天輪繞中間的固定軸勻速轉動，則以下說法正確的是（）A．因為角速度為恒量，所以在相同的時間內，乘客的速度變化量相同 B．乘客在最低點時，他的動量變化率為零 C．當乘客位于摩天輪的最高點時他對座椅的壓力最小 D．乘客在與轉軸等高的位置時，他的加速度就是重力加速度2．（2024秋?沙河口區校級期末）如圖所示，輕繩的一端拴一個蜂鳴器，另一端穿過豎直管握在手中。蜂鳴器在水平面內做勻速圓周運動，緩慢下拉繩子，使蜂鳴器升高到較高的水平面內繼續做勻速圓周運動。不計空氣阻力和摩擦力，與升高前相比，蜂鳴器做勻速圓周運動的（）A．角速度變大 B．周期變大 C．向心加速度變小 D．輕繩的拉力大小不變3．（2024秋?金華期末）如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以一定角速度勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，此時它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．若此時摩擦力為0，則物塊對陶罐的作用力為2mg B．若此時摩擦力為0，則物塊的線速度為v=3C．若轉速增加，物塊與陶罐間的摩擦力增大 D．若轉速增加，物塊將沿罐壁向上滑動4．（2024秋?新華區校級期末）豎直平面內光滑圓軌道外側，一小球以某一水平速度v0從A點出發沿圓軌道運動，至B點時脫離軌道，最終落在水平面上的C點，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（）A．在A點時，小球對圓軌道壓力等于其重力 B．水平速度v0＜gRC．經過B點時，小球的加速度方向指向圓心 D．A到B過程，小球水平加速度先減小后增加5．（2024秋?沙坪壩區校級期末）一粗糙水平木板上放置一物塊，兩者共同在如圖所示的豎直面內做圓周運動。ac為豎直直徑，bd為水平直徑，運動半徑為r，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．物塊始終受三個力的作用 B．圖示位置物體所受摩擦力方向水平向右 C．在a點物體能不脫離木板表面，則該點角速度ω≤gD．從d到a，物體所受支持力不斷增大6．（2024秋?新華區校級期末）如圖所示的四幅圖表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（）A．圖a中汽車通過凹形橋的最低點時處于失重狀態 B．圖b中增大θ，但保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變 C．圖c中脫水筒的脫水原理是水滴受到的離心力大于它所受到的向心力從而被甩出 D．圖d中火車轉彎超過規定速度行駛時會擠壓內軌7．（2024秋?鎮海區校級期末）有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（）A．如圖甲，汽車通過拱橋最高點時對橋可能無壓力，此時汽車處于超重狀態 B．如圖乙，洗衣機脫水時利用離心運動把附著在衣物上的水分甩掉 C．如圖丙，“水流星”表演中，小桶過最低點時桶中的水可能只受重力作用，處于失重狀態 D．如圖丁，火車轉彎超過規定速度時，車輪會擠壓內軌二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?鎮海區校級期末）如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以O為圓心、R1和R2為半徑的同心圓上，R1：R2＝1：2，圓心處裝有豎直細水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度均可調節，以保障噴出的水全部落入相應的花盆中。依次給內圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度分別用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半徑遠小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力。下列說法正確的是（）A．若v1＝v2，則h1：h2＝1：4 B．若h1＝h2，則v1：v2＝2：1 C．若ω1＝ω2，v1＝v2，噴水嘴各轉動一周，則落入外圈每個花盆的水量更大 D．若ω1＝ω2，噴水嘴各轉動一周且落入每個花盆的水量相同，則h1＝h2（多選）9．（2024秋?沙坪壩區校級期末）如圖所示，兩根長度不同的細繩上系有兩個完全相同的小球a、b，兩球均在水平面內做同向的勻速圓周運動。細線上端系于同一點，與水平面夾角分別為37°、53°。某一時刻兩球恰好位于同一豎直線上，則（）A．a、b兩球的線速度之比為4：3 B．a、b兩球的周期之比為4：3 C．當兩球再次轉至同一豎直線，a球轉過的角度為8π D．當兩球再次轉至同一豎直線，b球轉過的角度為3π（多選）10．（2024秋?沙坪壩區校級期末）如圖所示，有一可繞中心軸OO′轉動的水平圓盤，上面放有三個可視為質點的物塊A、B、C，質量分別為2m，m，3m，與轉軸距離分別為3r、r、2r，三個物塊與圓盤表面的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊間用輕質細繩相連，開始時輕繩伸直但無張力。現圓盤從靜止開始轉動，角速度ω緩慢增大，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．當μg3r＜ω＜3B．當3μg5r＜ω＜C．連接A、B的繩上張力最大值為38μmg D．連接B、C的繩上張力最大值為35μmg（多選）11．（2024秋?邯鄲期末）圖甲是游樂場中的“旋轉飛椅”項目。“旋轉飛椅”簡化結構裝置如圖乙，轉動軸帶動頂部圓盤轉動，長為L的輕質懸繩一端系在圓盤上，另一端系著椅子。懸點分別為A、B的兩繩與豎直方向夾角分別為θ1＝37°、θ2＝53°，椅子與游客總質量分別為mA、mB，繩子拉力分別為FA、FB，向心加速度分別為aA、aB。忽略空氣阻力，則椅子和游客隨圓盤勻速轉動的過程中（）A．由重力與繩子拉力的合力提供向心力 B．FA：FB＝4mA：3mB C．aA：aB＝16：9 D．懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關（多選）12．（2024秋?碑林區校級期末）如圖所示，一個固定在豎直平面內的半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球以某一速度從A點進入管道，從最高點B離開管道后做平拋運動，經過0.4s后又恰好與傾角為45°的斜面垂直相碰于C點。已知半圓形管道的半徑R＝1m，小球可看成質點，重力加速度g取10m/s2，則（）A．小球在C點與斜面碰撞前瞬間的速度大小為42B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.8m C．小球經過管道的B點時，受到管道下壁的作用力 D．小球經過管道的B點時，受到管道上壁的作用力三．解答題（共3小題）13．（2025?閩侯縣校級一模）《水流星》是中國傳統民間雜技藝術，雜技演員用一根繩子兜著里面倒上水的兩個碗，迅速地旋轉著繩子做各種精彩表演，即使碗底朝上，碗里的水也不會灑出來。假設水的質量為m，繩子長度為L，重力加速度為g，不計空氣阻力。繩子的長度遠遠大于碗口直徑。雜技演員手拿繩子的中點，讓碗在空中旋轉。（1）兩碗在豎直平面內做圓周運動，若碗通過最高點時，水對碗的壓力等于mg，求碗通過最高點時的線速度？（2）若兩只碗在豎直平面內做圓周運動，兩碗的線速度大小始終相等，如圖甲所示，當正上方碗內的水恰好不流出來時，求正下方碗內的水對碗的壓力？（3）若兩只碗繞著同一點在水平面內做勻速圓周運動，碗的質量為M。如圖乙所示，已知繩與豎直方向的夾角為θ，求碗和水轉動的角速度大小？14．（2024秋?金華期末）某游戲裝置的豎直截面如圖所示，質量為m＝0.3kg的滑塊自A點以v0＝2m/s的初速度從傾角為53°的粗糙斜面滑下，沖入水平面上的半徑為R＝1.2m的圓軌道CDC′，滑塊經過軌道最高點D時的速度為v＝4m/s，圓軌道在最低點CC′稍微錯開，滑塊在圓弧軌道上滑行一周后沖出，而后沖上傾角為37°的傳送帶，傳送帶以v＝4m/s的速度勻速向上傳送，從傳送帶上端F離開后恰好水平滑上距離F高為h的平臺，在平臺上滑塊被緩沖鎖定視為成功。已知水平軌道和傾斜軌道與傳送帶分別在B、E點平滑連接，AB長度為l＝5m，EF長度為s＝3m，滑塊與斜面間動摩擦因數μ1=13，與傳送帶的動摩擦因數μ2（1）滑塊經過D點時對軌道的壓力；（2）滑塊沖上傳送帶時的速度vE；（3）平臺高度h；（4）若傳送帶的傳送速度v和平臺離F的高度h可調，仍要滑塊水平滑上平臺鎖定，寫出h隨v變化的關系。15．（2024秋?新華區校級期末）“路亞”是一種釣魚方法，用這種方法釣魚時先把魚餌通過魚線收到魚竿末端，然后用力將魚餌甩向遠處。如圖所示，釣魚愛好者在a位置開始甩竿，魚餌被甩至最高點b時迅速釋放魚線，魚餌被水平拋出，最后落在距b水平距離s＝32m的水面上。已知開始甩竿時魚竿與豎直方向成53°角，魚餌的質量為m＝0.04kg。甩竿過程竿可視為在豎直平面內繞O點轉動，且O離水面高度h＝1.6m、到魚竿末端魚餌的距離L＝1.6m。魚餌從b點拋出后，忽略魚線對其作用力和空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）魚餌在b點拋出時的速度大小；（2）釋放魚線前，魚餌在b點受魚竿作用力的大小和方向。

2024-2025學年下學期高一物理人教版（2019）期中必刷常考題之生活中的圓周運動參考答案與試題解析題號1234567答案CAABCBB一．選擇題（共7小題）1．（2025?鄭州校級二模）游樂園的夜晚身披彩燈的摩天輪格外醒目。若摩天輪繞中間的固定軸勻速轉動，則以下說法正確的是（）A．因為角速度為恒量，所以在相同的時間內，乘客的速度變化量相同 B．乘客在最低點時，他的動量變化率為零 C．當乘客位于摩天輪的最高點時他對座椅的壓力最小 D．乘客在與轉軸等高的位置時，他的加速度就是重力加速度【考點】物體在圓形豎直軌道內的圓周運動．【專題】應用題；學科綜合題；定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】通過Δv＝a?Δt比較速度變化量；通過F合【解答】解：A、摩天輪做勻速圓周運動，其加速度是時刻變化的，則在相同的時間內，乘客的速度變化量不相同，故A錯誤；B、由動量定理知，動量變化率為物體所受的合外力，乘客隨摩天輪做圓周運動到最低點，其所受的合外力提供向心力，不為0，則乘客在最低點時，他的動量變化率不為0，故B錯誤；C、乘客位于摩天輪的最高點時處于失重狀態，其豎直方向的加速度最大，此時他對座椅的壓力最小，故C正確；D、乘客隨摩天輪做勻速圓周運動，乘客在與轉軸等高的位置時加速度方向沿水平方向，不可能是重力加速度，故D錯誤。故選：C。【點評】本題通過勻速圓周運動模型考查了速度變化量、動量變化率、以及超重和失重等概念性問題，主要考查了對這些概念的熟悉程度，尤其要注意矢量既有大小又有方向。2．（2024秋?沙河口區校級期末）如圖所示，輕繩的一端拴一個蜂鳴器，另一端穿過豎直管握在手中。蜂鳴器在水平面內做勻速圓周運動，緩慢下拉繩子，使蜂鳴器升高到較高的水平面內繼續做勻速圓周運動。不計空氣阻力和摩擦力，與升高前相比，蜂鳴器做勻速圓周運動的（）A．角速度變大 B．周期變大 C．向心加速度變小 D．輕繩的拉力大小不變【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動．【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】根據牛頓第二定律導出向心加速度、拉力F和角速度的變化情況，再結合周期和角速度的關系判斷周期的變化情況。【解答】解：小球的受力情況如圖對小球，在水平方向上有Fsinθ＝mrω2＝ma向，在豎直方向上有Fcosθ＝mg，得mgtanθ＝mrω2＝ma向，緩慢下拉繩子，使蜂鳴器升高到較高的水平面內繼續做勻速圓周運動，在此過程中，θ逐漸變大，則F變大，向心加速度a向變大，設繩長為L（且在緩慢拉動時認為不變），則mgtanθ＝mrω2＝mLsinθω2，得ω=gLcosθ，θ增大，則ω增大，由T=2πω，得知T故選：A。【點評】考查圓錐擺運動物體的受力分析和牛頓第二定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。3．（2024秋?金華期末）如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以一定角速度勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，此時它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．若此時摩擦力為0，則物塊對陶罐的作用力為2mg B．若此時摩擦力為0，則物塊的線速度為v=3C．若轉速增加，物塊與陶罐間的摩擦力增大 D．若轉速增加，物塊將沿罐壁向上滑動【考點】傾斜轉盤(斜面體)上物體的圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【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】A【分析】對物塊受力分析，根據牛頓第二定律列方程可得陶罐對物塊的作用力以及線速度的大小；根據摩擦力方向和陶罐的轉速大小分析。【解答】解：AB、若此時摩擦力為0，對物塊受力分析，如圖所示根據牛頓第二定律有FNcosθ＝mgFN解得：FN＝2mg，v=6gR2，故CD、因為此時轉速并不確定，所以物塊所受摩擦力方向并不確定，如果線速度小于6gR2，則所受摩擦力方向沿切線方向向上，若轉速增加，則物塊與陶罐之間的摩擦力減小；如果線速度大于6gR故選：A。【點評】能夠對物塊正確受力分析是解題的基礎，知道物塊與陶罐之間的摩擦力方向與陶罐的轉速大小有關。4．（2024秋?新華區校級期末）豎直平面內光滑圓軌道外側，一小球以某一水平速度v0從A點出發沿圓軌道運動，至B點時脫離軌道，最終落在水平面上的C點，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（）A．在A點時，小球對圓軌道壓力等于其重力 B．水平速度v0＜gRC．經過B點時，小球的加速度方向指向圓心 D．A到B過程，小球水平加速度先減小后增加【考點】物體在圓形豎直軌道內的圓周運動；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】B【分析】在A點受力分析，由牛頓第二定律與向心力公式可知，小球受到的支持力與重力的關系；小球在A點時沒有脫離軌道，故說明小球此時受支持力作用，由此分析水平速度大小；小球在B點剛離開軌道，只受重力作用，由此分析加速度大小和方向；根據受力情況分析小球水平方向的加速度的變化情況。【解答】解：A、小球在A點時，根據牛頓第二定律得：mg﹣FN＝mv02R，可得：FN＝mg﹣mvB、小球在A點時沒有脫離軌道，故說明小球此時受支持力作用，故其水平速度一定小于gR，故B正確；C、小球在B點剛離開軌道，則小球對圓軌道的壓力為零，只受重力作用，加速度豎直向下，故C錯誤；D、小球在A點時合力沿豎直方向，在B點時合力也沿豎直方向，但在中間過程某點支持力卻有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后減小，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查豎直平面內的變速圓周運動與斜拋運動，涉及牛頓第二定律，向心力公式，向心加速度表達式。注意變速圓周運動速度方向不但變化，而且大小也發生變化。5．（2024秋?沙坪壩區校級期末）一粗糙水平木板上放置一物塊，兩者共同在如圖所示的豎直面內做圓周運動。ac為豎直直徑，bd為水平直徑，運動半徑為r，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．物塊始終受三個力的作用 B．圖示位置物體所受摩擦力方向水平向右 C．在a點物體能不脫離木板表面，則該點角速度ω≤gD．從d到a，物體所受支持力不斷增大【考點】物體在圓形豎直軌道內的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】C【分析】分析物體在最高點、最低點和其它位置的受力情況進行分析；圖示位置物體有向右的運動趨勢，由此分析；在a點物體恰好不脫離木板表面，只有重力提供向心力，結合向心力的計算公式進行分析；根據豎直方向的加速度變化情況進行分析。【解答】解；A、在最高點可能只受重力或受到重力和支持力作用；在最低點，物體受重力和支持力作用；在其它位置物體受到重力，支持力、靜摩擦力作用，故A錯誤；B、圖示位置物體有向右的運動趨勢，所受摩擦力方向水平向左，故B錯誤；C、在a點物體恰好不脫離木板表面，只有重力提供向心力，則有：mg＝mrω2，解得該點角速度：ω=所以在a點物體能不脫離木板表面，則該點角速度ω≤gr，故D、從d運動到a，向心加速度在豎直方向上的分量逐漸增大，物塊處于失重狀態，物體所受支持力不斷減小，故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道物體所受合力在豎直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力。6．（2024秋?新華區校級期末）如圖所示的四幅圖表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（）A．圖a中汽車通過凹形橋的最低點時處于失重狀態 B．圖b中增大θ，但保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變 C．圖c中脫水筒的脫水原理是水滴受到的離心力大于它所受到的向心力從而被甩出 D．圖d中火車轉彎超過規定速度行駛時會擠壓內軌【考點】拱橋和凹橋類模型分析；物體被系在繩上做圓錐擺運動；物體在圓錐面上做圓周運動；車輛在道路上的轉彎問題．【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】B【分析】汽車做勻速圓周運動時合力提供向心力，根據牛頓第二定律可判斷汽車的狀態，從而進行判斷；小球做勻速圓周運動時合力提供向心力，根據牛頓第二定律可得到圓錐高度與角速度的關系，即可判斷；沒有離心力的說法；火車轉彎超過規定速度行駛時，圓周運動所需要的向心力增大，重力和支持力的合力不足以提供向心力。【解答】解：A．當汽車通過最低點時，需要向上的向心力FN＞mg處于超重狀態，故A錯誤；B．設繩長為L，繩與豎直方向上的夾角為θ，小球豎直高度為h，由mgtanθ＝mω2Lsinθ結合h＝Lcosθ，得ω=兩物體高度一致，則它們角速度大小相等，故B正確；C．沒有離心力的說法，離心力是一種虛擬的力，實際不存在，物體所受合外力不足以提供向心力物體做離心運動，故C錯誤；D．超速時重力與支持力的合力不足以提供向心力，會擠壓外軌產生向內的力，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查向心力與圓周運動，根據牛頓第二定律，結合向心力列表達式，列式時注意圓周運動的半徑大小。7．（2024秋?鎮海區校級期末）有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是（）A．如圖甲，汽車通過拱橋最高點時對橋可能無壓力，此時汽車處于超重狀態 B．如圖乙，洗衣機脫水時利用離心運動把附著在衣物上的水分甩掉 C．如圖丙，“水流星”表演中，小桶過最低點時桶中的水可能只受重力作用，處于失重狀態 D．如圖丁，火車轉彎超過規定速度時，車輪會擠壓內軌【考點】離心運動的應用和防止；火車的軌道轉彎問題；繩球類模型及其臨界條件；拱橋和凹橋類模型分析．【專題】定性思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據物體在圓周運動中向心力的方向進行分析。【解答】解：A.汽車通過拱形橋最高點時處于失重狀態，對橋可能無壓力，故A錯誤；B.洗衣機脫水原理是衣服對水滴的吸附力小于水滴做圓周運動需要的向心力，做離心運動，從而被甩出去，故B正確；C.“水流星”表演中，小桶過最低點時桶中的水受重力和桶的支持力作用，處于超重狀態，故C錯誤；D.圖乙中，火車超過規定速度轉彎時，重力和支持力的合力小于所需的向心力，車輪會擠壓外軌，故D錯誤。故選：B。【點評】考查對圓周運動向心力的理解，熟悉其定義。二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?鎮海區校級期末）如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以O為圓心、R1和R2為半徑的同心圓上，R1：R2＝1：2，圓心處裝有豎直細水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度均可調節，以保障噴出的水全部落入相應的花盆中。依次給內圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度分別用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半徑遠小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力。下列說法正確的是（）A．若v1＝v2，則h1：h2＝1：4 B．若h1＝h2，則v1：v2＝2：1 C．若ω1＝ω2，v1＝v2，噴水嘴各轉動一周，則落入外圈每個花盆的水量更大 D．若ω1＝ω2，噴水嘴各轉動一周且落入每個花盆的水量相同，則h1＝h2【考點】圓周運動與平拋運動相結合的問題．【專題】應用題；定量思想；推理法；平拋運動專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】噴出的水做平拋運動，應用運動學公式求出水的初速度大小與高度的關系；求出噴水嘴的噴水量，然后求出流入每個花盆的水量，然后分析答題。【解答】解：噴出的水做平拋運動，水平方向：x＝vt，豎直方向：h=12gt2，解得：v＝A、若v1＝v2，則h1h2B、若h1＝h2，則v1v2C、若ω1＝ω2，噴嘴轉動的周期T=2πω，則噴水嘴各轉動一周的時間T相同，因v1＝v2，出水口的截面積相同，根據Q＝SvD、若ω1＝ω2，h1＝h2，則v1：v2＝R1：R2，因為內圈花盆的數量和外圈花盆的數量也是R1：R2，所以落入每個花盆的水量相同，故D正確。故選：AD。【點評】本題主要考查了平拋運動和圓周運動的結合，理解平拋運動在不同方向的運動特點，同時要注意分析過程中時間的區別，一個是水的下落時間，一個是圓周運動的時間，同時要注意內外圈的花盆數量的差異，題材取自生活，需要學生平時多觀察生活，將物理知識靈活應用方可解答。（多選）9．（2024秋?沙坪壩區校級期末）如圖所示，兩根長度不同的細繩上系有兩個完全相同的小球a、b，兩球均在水平面內做同向的勻速圓周運動。細線上端系于同一點，與水平面夾角分別為37°、53°。某一時刻兩球恰好位于同一豎直線上，則（）A．a、b兩球的線速度之比為4：3 B．a、b兩球的周期之比為4：3 C．當兩球再次轉至同一豎直線，a球轉過的角度為8π D．當兩球再次轉至同一豎直線，b球轉過的角度為3π【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動；通過受力分析求解向心力．【專題】應用題；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】AC【分析】應用牛頓第二定律求出小球做勻速圓周運動的線速度，然后求出線速度之比；求出小球的周期，然后求出周期之比；兩球再次轉至同一豎直線時根據兩球轉過的圓心角關系分析答題。【解答】解：A、兩球在同一豎直線上，兩球做勻速圓周運動的半徑r相等，小球受力如圖所示小球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：mgtanθ=解得：v=兩球的線速度之比vavbB、小球做勻速圓周運動的周期T=2πrv，兩球做圓周運動的周期之比TCD、當兩球再次轉至同一豎直線上時，a比b多轉一圈，設需要的時間為t，則（2πTa-2πTb）t＝2π，解得：當兩球再次轉至同一豎直線時，a球轉過的圓心角θa＝8π，b轉過的圓心角θb＝6π，故C正確，D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查了圓周運動與牛頓第二定律的應用，分析清楚小球的受力情況應用牛頓第二定律求出兩小球的線速度關系是解題的前提與關鍵。（多選）10．（2024秋?沙坪壩區校級期末）如圖所示，有一可繞中心軸OO′轉動的水平圓盤，上面放有三個可視為質點的物塊A、B、C，質量分別為2m，m，3m，與轉軸距離分別為3r、r、2r，三個物塊與圓盤表面的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊間用輕質細繩相連，開始時輕繩伸直但無張力。現圓盤從靜止開始轉動，角速度ω緩慢增大，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．當μg3r＜ω＜3B．當3μg5r＜ω＜C．連接A、B的繩上張力最大值為38μmg D．連接B、C的繩上張力最大值為35μmg【考點】水平轉盤上物體的圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】應用題；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】BC【分析】角速度較小時靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力達到最大靜摩擦力時繩子開始出現拉力，根據物塊的受力情況應用牛頓第二定律求出臨界角速度，然后根據題意分析答題。【解答】解：當ω較小時三個物塊都相對圓盤靜止，靜摩擦力提供向心力，設角速度為ω1時A所受摩擦力達到最大靜摩擦力，對A，由牛頓第二定律得：μ×2mg＝2mω12×3r，解得：ω1=當ω＞ω1時A、B間輕繩上出現彈力，設彈力大小為T1，B與盤面間的靜摩擦力為fB，由牛頓第二定律得：對A：2μmg+T1＝2mω2×3r對B：fB+T1＝mω2r解得：fB＝﹣5mω2r+2μmg，隨ω增大fB減小，當fB＝0時，ω2=當ω＞ω2時fB開始反向增大設當角速度為ω3時C所受靜摩擦力達到最大靜摩擦力，對C，由牛頓第二定律得：μ×3mg=3則當ω＞ω3時BC間輕繩出現彈力，由于ω3＞ω2，且當ω3時，fB=-1由以上分析可知，當ω1＜ω＜ω3時，fB先減小為零然后反向增大當ω＞ω3時，設BC間的彈力大小為T2，由牛頓第二定律得：對A：2對B：T1﹣fB﹣T2＝mω2r對C：T整理得：fB＝μmg﹣mω2r隨ω增大fB減小，當fB＝0時，解得：ω當ω＞ω4時隨ω增大fB反向增大，當B所受摩擦力為最大靜摩擦力，即fB＝﹣μmg時解得：ω5=當ω＞ω5=2μgr時，A所受靜摩擦力開始減小為零，然后反向增大，當A所受靜摩擦力再次為最大靜摩擦力時，A、B當A所受靜摩擦力再次為最大靜摩擦力時，由牛頓第二定律得：對A：T對B：T對C：T解得：ω當ω繼續增大時，A、B、C會一起滑動，此時T1、T2都達到最大值，解得：T1max＝38μmg，T2max＝33μmgA、由以上分析可知，當μg3＜ω＜3μgB、當3μg5r＜ω＜CD、A、B間輕繩上的最大張力是38μmg，B、C間輕繩上的最大張力是33μmg，故C正確，D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查圓周運動中力與運動的關系，注意本題中為靜摩擦力與繩子的拉力充當向心力，故應注意靜摩擦力是否已達到最大靜摩擦力。（多選）11．（2024秋?邯鄲期末）圖甲是游樂場中的“旋轉飛椅”項目。“旋轉飛椅”簡化結構裝置如圖乙，轉動軸帶動頂部圓盤轉動，長為L的輕質懸繩一端系在圓盤上，另一端系著椅子。懸點分別為A、B的兩繩與豎直方向夾角分別為θ1＝37°、θ2＝53°，椅子與游客總質量分別為mA、mB，繩子拉力分別為FA、FB，向心加速度分別為aA、aB。忽略空氣阻力，則椅子和游客隨圓盤勻速轉動的過程中（）A．由重力與繩子拉力的合力提供向心力 B．FA：FB＝4mA：3mB C．aA：aB＝16：9 D．懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動；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】對游客和椅子整體進行受力分析，得到向心力的來源；根據牛頓第二定律、幾何關系計算拉力之比和向心加速度之比；根據向心加速度關系可以知道是否與質量有關。【解答】解：A．椅子和游客隨圓盤勻速轉動，對游客與椅子的整體受力分析可知，整體受重力，繩子拉力，是這兩個力的合力提供向心力，故A正確；BC．由于重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形可得FA向心加速度為aA故BC錯誤；D．根據牛頓第二定律，設游客做勻速圓周運動的半徑為r，可得mgtanθ＝mω2r可得tanθ=由此表達式，可知懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關，故D正確。故選：AD。【點評】本題關鍵掌握利用牛頓第二定律推導輕繩與豎直方向的夾角關系。（多選）12．（2024秋?碑林區校級期末）如圖所示，一個固定在豎直平面內的半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球以某一速度從A點進入管道，從最高點B離開管道后做平拋運動，經過0.4s后又恰好與傾角為45°的斜面垂直相碰于C點。已知半圓形管道的半徑R＝1m，小球可看成質點，重力加速度g取10m/s2，則（）A．小球在C點與斜面碰撞前瞬間的速度大小為42B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.8m C．小球經過管道的B點時，受到管道下壁的作用力 D．小球經過管道的B點時，受到管道上壁的作用力【考點】物體在環形豎直軌道內的圓周運動；圓周運動與平拋運動相結合的問題．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據平拋的運動規律，利用幾何關系求出小球到達C點的速度和B、C間的水平距離；根據牛頓第二定律分析管壁對小球的作用力方向。【解答】解：A.小球垂直撞在斜面上，可知到達斜面時豎直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s，根據平行四邊形定則知tan45°=vBvy，解得小球經過B點的速度vB＝4m/s，根據矢量合成可知，小球在C點的速度大小為42B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是x＝vBt＝1.6m，故B錯誤；CD.在B點，設小球受到管道下壁的作用力，根據牛頓第二定律得，mg﹣N＝mvB2R，解得軌道對小球的作用力N＝﹣6m，可知假設錯誤，小球經過管道的B點時，受到管道上壁的作用力，故C故選：AD。【點評】學生在解答本題時，應注意要將牛頓第二定律與圓周運動進行結合，同時要注意具有受力分析能力。三．解答題（共3小題）13．（2025?閩侯縣校級一模）《水流星》是中國傳統民間雜技藝術，雜技演員用一根繩子兜著里面倒上水的兩個碗，迅速地旋轉著繩子做各種精彩表演，即使碗底朝上，碗里的水也不會灑出來。假設水的質量為m，繩子長度為L，重力加速度為g，不計空氣阻力。繩子的長度遠遠大于碗口直徑。雜技演員手拿繩子的中點，讓碗在空中旋轉。（1）兩碗在豎直平面內做圓周運動，若碗通過最高點時，水對碗的壓力等于mg，求碗通過最高點時的線速度？（2）若兩只碗在豎直平面內做圓周運動，兩碗的線速度大小始終相等，如圖甲所示，當正上方碗內的水恰好不流出來時，求正下方碗內的水對碗的壓力？（3）若兩只碗繞著同一點在水平面內做勻速圓周運動，碗的質量為M。如圖乙所示，已知繩與豎直方向的夾角為θ，求碗和水轉動的角速度大小？【考點】繩球類模型及其臨界條件；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】（1）碗通過最高點時的線速度為gL；（2）正下方碗內的水對碗的壓力為2mg，方向豎直向下；（3）碗和水轉動的角速度大小為2g【分析】在豎直面內做圓周運動，重力和拉力的合力提供向心力，根據題目要求列公式求解。在最高點恰好不流出，重力提供向心力。在水平面內做勻速圓周運動，重力和拉力的合力提供向心力，向心力指向圓心，正交分解先求出向心力再根據題目要求列公式求解。【解答】解：（1）由題意可知F1R=F1＝mg解得v=（2）重力提供向心力，速度為v0，則mg=設最低點碗對水的支持力為F2，則F2解得F2＝2mg由牛頓第三定律可知，水對碗的壓力為2mg，方向豎直向下；（3）設碗的質量為M，繩子的拉力為F，豎直方向有Fcosθ＝（M+m）g水平方向上Fsinθ＝（M+m）ω2rr=聯立解得ω=答：（1）碗通過最高點時的線速度為gL；（2）正下方碗內的水對碗的壓力為2mg，方向豎直向下；（3）碗和水轉動的角速度大小為2g【點評】本題考查了物體在豎直面內做圓周運動和在水平面內做圓周運動的特點。注意分析向心力是由哪個力提供，再根據題目要求列圓周運動的公式求解。14．（2024秋?金華期末）某游戲裝置的豎直截面如圖所示，質量為m＝0.3kg的滑塊自A點以v0＝2m/s的初速度從傾角為53°的粗糙斜面滑下，沖入水平面上的半徑為R＝1.2m的圓軌道CDC′，滑塊經過軌道最高點D時的速度為v＝4m/s，圓軌道在最低點CC′稍微錯開，滑塊在圓弧軌道上滑行一周后沖出，而后沖上傾角為37°的傳送帶，傳送帶以v＝4m/s的速度勻速向上傳送，從傳送帶上端F離開后恰好水平滑上距離F高為h的平臺，在平臺上滑塊被緩沖鎖定視為成功。已知水平軌道和傾斜軌道與傳送帶分別在B、E點平滑連接，AB長度為l＝5m，EF長度為s＝3m，滑塊與斜面間動摩擦因數μ1=13，與傳送帶的動摩擦因數μ2（1）滑塊經過D點時對軌道的壓力；（2）滑塊沖上傳送帶時的速度vE；（3）平臺高度h；（4）若傳送帶的傳送速度v和平臺離F的高度h可調，仍要滑塊水平滑上平臺鎖定，寫出h隨v變化的關系。【考點】繩球類模型及其臨界條件；水平傳送帶模型；平拋運動速度的計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊經過D點時對軌道的壓力為1N，方向豎直向上；（2）滑塊沖上傳送帶時的速度vE為8m/s；（3）平臺高度h為0.288m；（4）當傳送帶速度v≤4m/s，平臺高度為0.288m；當傳送帶速度v≥8m/s，平臺高度為0.72m；當傳送帶速度4m/s≤v≤8m/s，平臺高度h隨v變化的關系為h=【分析】（1）根據牛頓第二定律、向心力公式和牛頓第三定律求解作答；（2）BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度即為經過B點時的速度，根據牛頓第二定律和運動學公式求解作答；（3）滑塊沖上傳送帶時減速運動，根據牛頓第二定律求加速度，根據運動學公式求解公式時滑塊的位移；滑塊離開傳送帶的運動可以看作平拋運動的逆運動，根據運動學公式求解平臺高度；（4）若傳送帶速度v≤4m/s，物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，滑塊離開傳送帶，在豎直方向做豎直上拋運動，根據運動學公式求解作答；若傳送帶的速度v≥8m/s，物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，根據牛頓第二定律求加速度，根據運動學公式求解滑塊運動到F的速度，滑塊離開傳送帶，在豎直方向做豎直上拋運動，根據運動學公式求解作答；若傳送帶速度4m/s≤v≤8m/s，物塊在傳送帶上分別以不同加速度做勻減速運動，根據運動學公式求解作答。【解答】解：（1）在D點，根據牛頓第二定律和向心力公式mg可得N＝1N根據牛頓第三定律滑塊對軌道的壓力為1N，方向豎直向上；（2）BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度等于經過B點時的速度，滑塊在AB段下滑，設AB段的加速度為a1；根據牛頓第二定律mgsin53°﹣μ1mgcos53°＝ma1可得a根據運動學公式v可求得滑塊經過B點時的速度vB＝8m/s即滑塊沖上傳送帶時的速度vE＝8m/s；（3）滑塊沖上傳送帶時減速運動，設加速度為a2；根據牛頓第二定律mgsin37°+μ2mgcos37°＝ma2解得a與傳送帶共速時，根據運動學公式v解得x＝3m即恰好運動至F點共速滑塊離開傳送帶的運動可以看作平拋運動的逆運動，豎直方向做豎直上拋運動；豎直分速度vy＝vsin37°＝4×0.6m/s＝2.4m/s；根據運動學公式v代入數據解得平臺高度h＝0.288m（4）若傳送帶速度v≤4m/s，物塊在傳送帶上一直以a2=8m/則h＝0.288m；若傳送帶的速度v≥8m/s，滑塊所受摩擦力斜向上，由于μ2＜tan37°，滑塊仍然做減速運動；根據牛頓第二定律mgsin37°﹣μ2mgcos37°＝ma3解得a若一直減速，根據運動學公式v解得v滑塊離開傳送帶，在豎直方向做豎直上拋運動，根據運動學公式(解得h＝0.72m若4m/s≤v≤8m/s，則滑塊先以a2=8m/則v可得v根據運動學公式h代入數據解得h=答：（1）滑塊經過D點時對軌道的壓力為1N，方向豎直向上；（2）滑塊沖上傳送帶時的速度vE為8m/s；（3）平臺高度h為0.288m；（4）當傳送帶速度v≤4m/s，平臺高度為0.288m；當傳送帶速度v≥8m/s，平臺高度為0.72m；當傳送帶速度4m/s≤v≤8m/s，平臺高度h隨v變化的關系為h=【點評】本題為力學綜合題目，考查了斜面模型、豎直平面的圓周運動模型、傳送帶模型和平拋運動模型；運動過程復雜，需要仔細分析，要掌握圓周運動、牛頓第二定律、平拋運動和運動學公式的運用，本題難度較大。15．（2024秋?新華區校級期末）“路亞”是一種釣魚方法，用這種方法釣魚時先把魚餌通過魚線收到魚竿末端，然后用力將魚餌甩向遠處。如圖所示，釣魚愛好者在a位置開始甩竿，魚餌被甩至最高點b時迅速釋放魚線，魚餌被水平拋出，最后落在距b水平距離s＝32m的水面上。已知開始甩竿時魚竿與豎直方向成53°角，魚餌的質量為m＝0.04kg。甩竿過程竿可視為在豎直平面內繞O點轉動，且O離水面高度h＝1.6m、到魚竿末端魚餌的距離L＝1.6m。魚餌從b點拋出后，忽略魚線對其作用力和空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）魚餌在b點拋出時的速度大小；（2）釋放魚線前，魚餌在b點受魚竿作用力的大小和方向。【考點】圓周運動與平拋運動相結合的問題；平拋運動速度的計算；平拋運動位移的計算．【專題】計算題；定量思想；推理法；平拋運動專題；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．【答案】（1）魚餌在b點拋出時的速度大小為40m/s；（2）釋放魚線前，魚餌在b點受魚竿作用力的大小為39.6N，作用力的方向豎直向下。【分析】（1）根據平拋運動規律解答；（2）根據牛頓第二定律在圓周運動中的運用解答；【解答】解：（1）魚餌被甩至最高點b時迅速釋放魚線，魚餌被水平拋出，根據平拋運動的規律可得：s＝vbtL+h=代入數據聯立解得：t＝0.8s，vb＝40m/s（2）釋放魚線前，魚餌在b點，由于vb＞gL=10所以魚餌受魚竿作用力的方向豎直向下，根據牛頓第二定律可得：mg+F＝mv代入數據解得：F＝39.6N答：（1）魚餌在b點拋出時的速度大小為40m/s；（2）釋放魚線前，魚餌在b點受魚竿作用力的大小為39.6N，作用力的方向豎直向下。【點評】本題考查學生對平拋運動、圓周運動，引導學生建立物理觀念，培養模型建構和科學推理等科學思維，分析清楚運動過程，應用運動的合成與分解、牛頓第二定律即可解題。

考點卡片1．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。2．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態無關．（3）與平衡力區別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．3．水平傳送帶模型【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，則木塊從左到右的運動時間不可能為（）A.LvB.2LvC.分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運動，有可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，結合牛頓第二定律和運動學公式求出木塊運行的時間．解答：①當木塊一直做勻加速直線運動。若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度還未達到v。根據牛頓第二定律得，a＝μg。根據L=12a若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度剛好為v。根據L=解得t=②當木塊先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動。勻加速直線運動的時間t1=則勻速直線運動的位移x則勻速直線運動的時間t則總時間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點評：解決本題的關鍵理清物塊的運動情況，考慮到木塊運動的各種可能性，運用牛頓運動定律和運動學公式綜合求解．【解題思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關內容。4．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內小球下落的高度為4.8mB、0.8s內小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。【解題思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。5．平拋運動位移的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關。【命題方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運動規律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。6．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：7．通過受力分析求解向心力【知識點的認識】向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，由此可以得到向心力的一種求解方法：受力分析法。如果物體在做圓周運動，通過對物體受力分析，得到沿半徑方向的力即為物體所受的向心力。【命題方向】如圖所示，質量不計的輕質彈性桿P插入桌面上的小孔中，桿的另一端固定一質量為m的小球，今使小球在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動，角速度為ω，則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）A、球所受的合外力大小為mB、球所受的合外力大小為mC、球對桿作用力的大小為mD、球對桿作用力的大小為m分析：小球受到重力和桿子的作用力，兩個力的合力提供小球做勻速圓周運動的向心力．根據力的合成，求出球對桿子的作用力大小．解答：AB、小球所受合力提供勻速圓周運動的向心力，即F合=mRω2CD、小球受重力和桿子對它的作用力F，根據力的合成有：F2-(mg)2=(F故選：D。點評：解決本題的關鍵知道小球勻速圓周運動的向心力由重力和桿子對它作用力的合力提供．根據向心力求出合力，根據力的合成求出桿子的作用力．【解題思路點撥】求解圓周運動的向心力有兩種方法1.從來源求解：對物體進行受力分析，求出沿半徑方向上的力。2.利用牛頓第二定律，即向心力與角速度、線速度等參數的關系，公式為：Fn＝mω2r＝mv2r=m4π8．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．9．水平轉盤上物體的圓周運動【知識點的認識】1.當物體在水平轉盤上做圓周運動時，由于轉速的變化，物體受到的向心力也會發生變化，經常考查臨界與極值問題。2.可能得情況如下圖：【命題方向】如圖所示，水平轉盤上放有質量為m的物體，當物塊到轉軸的距離為r時，連接物塊和轉軸的繩剛好被拉直（繩上張力為零）．物體和轉盤間的最大靜摩擦力是其正壓力的μ倍．求：（1）當轉盤的角速度ω1=μg2r（2）當轉盤的角速度ω2=3分析：根據牛頓第二定律求出繩子恰好有拉力時的角速度，當角速度大于臨界角速度，拉力和摩擦力的合力提供向心力．當角速度小于臨界角速度，靠靜摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律求出細繩的拉力大小．解答：設轉動過程中物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力時轉動的角速度為ω0，則μmg＝mrω02，解得：ω（1）因為ω1=μg2r＜ω0，所以物體所需向心力小于物體與盤間的最大摩擦力，則物與盤產生答：當轉盤的角速度ω1=μg2r時，細繩的拉力F（2）因為ω2=3μgFT解得F答：當轉盤的角速度ω2=3μg2點評：解決本題的關鍵求出繩子恰好有拉力時的臨界角速度，當角速度大于臨界角速度，摩擦力不夠提供向心力，當角速度小于臨界角速度，摩擦力夠提供向心力，拉力為0．【解題思路點撥】1.分析物體做圓周運動的軌跡平面、圓心位置。2.分析物體受力，利用牛頓運動定律、平衡條件列方程。3.分析轉速變化時接觸面間摩擦力的變化情況、最大靜摩擦力的數值或變化情況，確定可能出現的臨界狀態.對應的臨界值，進而確定極值。10．傾斜轉盤(斜面體)上物體的圓周運動【知識點的認識】本考點旨在針對物體在斜面上做圓周運動的情況，可能是隨著轉盤做勻速圓周運動，也可能是在輕繩的牽引下做變速圓周運動。【命題方向】如圖所示，質量為m，擺長為L的擺球懸掛在傾角為30°的光滑斜面上，給擺球一個水平方向的初速度使擺球在斜面上做圓周運動，擺球在最低點受到繩子的拉力是最高點繩子拉力的4倍，重力加速度為g。求：（1）擺球在最高點和最低點的速度大小？（2）擺球在最低點時所受繩子的拉力的大小？分析：分別對小球在最低點和最高點進行受力分析，根據牛頓第二定律和動能定理可以求出擺球在最高點和最低點的速度大小，以及擺球在最低點時受到繩子拉力的大小。解答：設小球在最低點速度為v1，繩子拉力為F1，對小球進行受力分析，根據牛頓第二定律得：F1﹣mgsin30°＝mv1設小球在最高點速度為v2，繩子拉力為F2，對小球進行受力分析，根據牛頓第二定律得：F2+mgsin30°＝mv2根據題意：F1＝4F2…③從最高點到最低點，由動能定理得：mg?2Lsin30°=1聯合①②③④式解得：F1＝4mg，F2＝mg，v1=14gL2，v答：（1）擺球在最高點和最低點的速度大小分別為6gL2和（2）擺球在最低點時所受繩子的拉力的大小為4mg。點評：本題考查了動能定理、牛頓第二定律、向心力等知識點。注意點：由于斜面光滑，只有重力做功，可以使用機械能守恒定律，也可以使用動能定理求解。【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．11．物體被系在繩上做圓錐擺運動【知識點的認識】1.本考點旨在針對物體被系在繩上做圓錐擺運動的情況，如下圖：2.模型分析：在長為L的細繩下端拴一個質量為m的小物體，繩子上端固定，設法使小物體在水平圓周上以大小恒定的速度旋轉，細繩所掠過的路徑為圓錐表面，這就是圓錐擺。如圖所示，小球在水平面內做圓周運動的圓心是О，做圓周運動的半徑是Lsinθ，小球所需的向心力實際是繩子拉力FT與重力mg的合力，并有F合＝mg?tanθ＝mω2Lsinθ，由此式可得cosθ=g【命題方向】如圖所示，將一質量為m的擺球用長為L的細繩吊起，上端固定，使擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩就會沿圓錐面旋轉，這樣就構成了一個圓錐擺，下列說法中正確的是（）A、擺球受重力、拉力和向心力的作用B、擺球受重力和拉力的作用C、擺球運動周期為2D、擺球運動的角速度有最小值，且為g分析：向心力是根據效果命名的力，可以是幾個力的合力，也可以是某個力的分力，對物體受力分析時不能把向心力作為一個力分析，擺球只受重力和拉力作用；擺球做圓周運動所需要的向心力是重力沿水平方向指向圓心的分力提供的，即F1＝mgtanθ=m4π2T2(Lsinθ)=mω解答：A、擺球只受重力和拉力作用。向心力是根據效果命名的力，是幾個力的合力，也可以是某個力的分力。故A錯誤、B正確。C、擺球的周期是做圓周運動的周期。擺球做圓周運動所需要的向心力是重力沿水平方向指向圓心的分力提供的即F1＝mgtanθ=所以T故C正確。D、F1＝mgtanθ＝mω2（Lsinθ）所以ω當θ＝0°時，ω最小值為gL故D正確。故選：BCD。點評：此題要知道向心力的含義，能夠分析向心力的來源，知道向心力可以是幾個力的合力，也可以是某個力的分力，此題中重力沿著水平方向的分力提供力小球做圓周運動所需的向心力．此題有一定的難度，屬于中檔題．【解題思路點撥】1.在圓錐擺問題中，重力與細線的合力提供向心力。2.圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．12．物體在圓錐面上做圓周運動【知識點的認識】1.本考點旨在針對物體在圓錐面上做圓周運動的情況。2.常見的情況如下圖：【命題方向】如圖所示，OAB為圓錐體的截面圖，其中圓錐體截面的底角為53°，小球P通過輕質細線拴在圓錐頂點O，整個裝置可繞其豎直中心軸線OO'自由轉動，已知小球的質量為500g，細線長為1m，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）當整個裝置轉動的角速度為多少時，小球受到圓錐面的支持力恰好為零？（2）當整個裝置轉動的角速度為25rad/s時，細線對小球的拉力為多少？此時細線與豎直方向的夾角為多少？分析：（1）根據牛頓第二定律結合幾何關系得出裝置的臨界角速度；（2）根據對物體的受力分析結合牛頓第二定律得出細線的拉力，并由此計算出細線與豎直方向的夾角。解答：（1）設整個裝置轉動的角速度為ω0時，小球受到圓錐面的支持力恰好為零，由牛頓第二定律得mgtan解得ω（2）設此時細線的拉力為F，細線與豎直方向的夾角為θ，由于ω＞ω0，故小球已離開斜面。則：Fsinθ＝mω2Lsinθ解得F＝10N又小球在豎直方向受力平衡，則Fcosθ＝mg解得θ＝60°答：（1）當整個裝置轉動的角速度為52（2）當整個裝置轉動的角速度為25rad/s時，細線對小球的拉力為10N，此時細線與豎直方向的夾角為60°。點評：本題主要考查了圓周運動的相關應用，理解結合關系和臨界狀態的特點，結合牛頓第二定律即可完成分析。【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．13．車輛在道路上的轉彎問題【知識點的認識】汽車轉彎問題模型如下模型分析：一般來說轉彎處的地面是傾斜的，當汽車以某一適當速度經過彎道時，由汽車自重與斜面的支持力的合力提供向心力；小于這一速度時，地面會對汽車產生向內側的摩擦力；大于這一速度時，地面會對汽車產生向外側的摩擦力。如果轉彎速度過大，側向摩擦力過大，可能會造成汽車翻轉等事故。【命題方向】在高速公路的拐彎處，通常路面都是外高內低。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。汽車的運動可看作是做半徑為R的在水平面內的圓周運動。設內外路面高度差為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.gRhLB.gRhd分析：要使車輪與路面之間的橫向摩擦力等于零，則汽車轉彎時，由路面的支持力與重力的合力提供汽車的向心力，根據牛頓第二定律，結合數學知識求解車速。解答：設路面的斜角為θ，作出汽車的受力圖，如圖根據牛頓第二定律，得mgtanθ＝mv又由數學知識得到tanθ=聯立解得v=故選：B。點評：本題是生活中圓周運動的問題，關鍵是分析物體的受力情況，確定向心力的來源。【解題思路點撥】車輛轉彎問題的解題策略（1）對于車輛轉彎問題，一定要搞清楚合力的方向，指向圓心方向的合外力提供車輛做圓周運動的向心力，方向指向水平面內的圓心。（2）當外側高于內側時，向心力由車輛自身的重力和地面（軌道）對車輛的摩擦力（支持力）的合力提供，大小還與車輛的速度有關。14．火車的軌道轉彎問題【知識點的認識】火車轉彎模型如下與公路彎道類似，鐵軌彎道處，也通過一定的設計，展現出一定的坡度。當火車以某一適當速度通過時，恰好有火車自身重力與鐵軌的支持力的合力提供向心力。當小于這一速度時，鐵軌會對火車產生向外的壓力，即火車會擠壓內軌。當大于這一速度時。鐵軌會對火車產生向內的擠壓。即擠壓外軌。【命題方向】鐵路在彎道處的內外軌道高低是不同的，已知內外軌道對水平面傾角為θ，彎道處的圓弧半徑為R，若質量為m的火車以速度v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，下面分析正確的是（）A.軌道半徑RB.vC.若火車速度小于v時，外軌將受到側壓力作用，其方向平行軌道平面向內D.若火車速度大于v時，外軌將受到側壓力作用，其方向平行軌道平面向外分析：火車以軌道的速度轉彎時，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，先平行四邊形定則求出合力，再根據合力等于向心力求出轉彎速度，當轉彎的實際速度大于或小于軌道速度時，火車所受的重力和支持力的合力不足以提供向心力或大于所需要的向心力，火車有離心趨勢或向心趨勢，故其輪緣會擠壓車輪．解答：A、火車以某一速度v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力由圖可以得出F合＝mgtanθ（θ為軌道平面與水平面的夾角）合力等于向心力，故mgtanθ＝mv解得R=v2v=gRtanθ，故C、當轉彎的實際速度小于規定速度時，火車所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火車有向心趨勢，故其內側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，內軌受到側壓力作用方向平行軌道平面向內，故C錯誤；D、當轉彎的實際速度大于規定速度時，火車所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火車有離心趨勢，故其外側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，外軌受到側壓力作用方向平行軌道平面向外，故D正確；故選：BD。點評：本題關鍵抓住火車所受重力和支持力的合力恰好提供向心力的臨界情況，計算出臨界速度，然后根據離心運動和向心運動的條件進行分析．【解題思路點撥】車輛轉彎問題的解題策略（1）對于車輛轉彎問題，一定要搞清楚合力的方向，指向圓心方向的合外力提供車輛做圓周運動的向心力，方向指向水平面內的圓心。（2）當外側高于內側時，向心力由車輛自身的重力和地面（軌道）對車輛的摩擦力（支持力）的合力提供，大小還與車輛的速度有關。15．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質量為m的小球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯立①②式可解得：v=M答：小球的線速度是M+點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v16．物體在圓形豎直軌道內的圓周運動【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質量為m的小球在圓形軌道內側做圓周運動．小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當地的重力加速度大小為g，不計空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點時速度的大小；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小．分析：（1）小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據圓周運動向心力公式即可得出最高點的速度；（2）可以根據動能定理求出最低點的速度，再根據線速度和角速度的關系即可求出角速度；（3）在最低點由支持力和重力的合力提供向心力，根據圓周運動向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）設小球通過軌道最高點時速度的大小為v1，根據題意和圓周運動向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設小球通過軌道最低點的速度大小為v2，從最高點到最低點的過程中運用動能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設小球通過軌道最低點時受到軌道支持力大小為FN，根據圓周運動向心力公式得：FN﹣mg=mv由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點時速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小為點評：該題是動能定理及圓周運動向心力公式的直接應用，要抓住恰好到達最高點的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v17．物體在環形豎直軌道內的圓周運動【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，小球m在豎直放置的內壁光滑的圓形細管內做圓周運動，以上說法正確的是（）A、小球通過最高點的最小速度為v=B、小球通過最高點的最小速度為零C、小球通過最高點時一定受到向上的支持力D、小球通過最低點時一定受到外管壁的向上的彈力分析：