第43頁（共43頁）2024-2025學年下學期高一物理教科版（2019）期中必刷常考題之勻速圓周運動的向心力和向心加速度一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?昌平區期末）如圖所示，在感受向心力的實驗中，某同學用輕質細繩一端拴住小球，掄動細繩，使小球近似在水平面內做速率越來越大的圓周運動。在小球速度逐漸變大的過程中，下列說法不正確的是（）A．他拉住繩子的力也越來越大 B．繩子會越來越接近水平 C．理論上，繩子可能達到水平狀態 D．松手后，小球將沿軌跡的切線方向飛出2．（2025?長安區校級一模）如圖所示，在豎直的轉動軸上，a、b兩點間距為40cm，細線ac長50cm，bc長30cm，在c點系一質量為m的小球，在轉動軸帶著小球轉動過程中，下列說法不正確的是（）A．轉速小時，ac受拉力，bc松弛 B．bc剛好拉直時，ac中拉力為1.25mg C．bc拉直后轉速增大，ac拉力不變 D．bc拉直后轉速增大，ac拉力增大3．（2025?廣西一模）當載重卡車在泥地或沙地陷車時，經驗豐富的司機會在卡車主動輪與從動輪之間放一大小合適的圓木墩（如圖所示），卡車就能順利地駛出。主動輪和從動輪的直徑相同，且都大于圓木墩的直徑，卡車駛出泥地或沙地的過程，主動輪、從動輪和圓木墩均不打滑。關于卡車順利地駛出泥地或沙地的過程，下列說法正確的是（）A．圓木墩與主動輪的轉動方向相同 B．圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的角速度大小相等 C．圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的向心加速度大小相等 D．圓木墩的邊緣質點與主動輪的邊緣質點的線速度大小相等4．（2025?白云區一模）在做甩手動作的物理原理研究課題研究中，采用手機的加速度傳感器測定手的向心加速度。某次一同學先用刻度尺測量手臂長（如圖所示），然后伸直手臂，以肩為軸從水平位置加速自然下擺，當手臂擺到豎直方向時，手握住的手機顯示手的向心加速度大小約為6m/s2，下列說法正確的是（）A．可估算手臂擺到豎直位置時手的線速度大小約為2m/s B．手臂擺到豎直位置時手機處于失重狀態 C．自然下擺過程中手機所受合力始終沿手臂方向 D．由an5．（2024秋?楊浦區校級期末）如圖所示，同學們組成的跑操方陣排列整齊地勻速率通過圓弧形跑道區域，每個方陣中的每位同學均可視為做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（）A．每位同學的角速度相同 B．每位同學所受的合力為零 C．每位同學的速度大小相同 D．每位同學的加速度保持不變6．（2024秋?金華期末）如圖，一質量m＝1kg的小滑塊以4m/s的初速度從P點進入一水平軌道。水平軌道由一長L＝1.5m的直軌道AB和兩個半徑為R的半圓軌道組成，半圓軌道的外側均有光滑的圓弧擋板（圖中未畫出）。除軌道CD外，所有軌道均光滑且平滑連接。CD之間的地面光滑，靠近C處放置一與水平軌道等高、長度為L0＝1m、質量為M＝1kg的長木板。現調節半圓軌道R的大小，使小滑塊最終能停在長木板上。已知滑塊與長木板上表面的動摩擦因數為μ＝0.4，長木板與C和D處碰撞后原速率反彈。則（）A．若R＝4m，滑塊在半圓軌道運動時對擋板的彈力大小為2N B．滑塊第一次運動到D點速度為22m/s C．滑塊最終停止的位置與D點之間的距離為0.5m D．半圓軌道半徑R需要滿足的條件R=12π7．（2025?鹽城一模）如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿直徑方向放著用輕繩相連可視為質點的物體A和B，A的質量為3m，B的質量為m。它們分居圓心兩側，到圓心的距離分別為RA＝r，RB＝2r，A、B與盤間的動摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉動的最大角速度為ω1；若只將B的質量增加為2m，A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉動的最大角速度為ω2。轉動過程中輕繩未斷，則ω1A．2：5 B．5：2 C．28．（2025?廣西一模）兩位演員在進行晚會彩排，男演員將火源在豎直平面內順時針甩動，漫天焰火下女演員原地轉舞，如圖所示，女演員裙腳上的火焰轉成了圓圈，場面絢麗多彩，美不勝收。若不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．男演員甩出去的燃燒顆粒在空中運動時不受力的作用 B．男演員甩出去的燃燒顆粒一定做曲線運動 C．女演員裙腳上的火焰一定做勻速圓周運動 D．女演員裙腳上的火焰所受合力一定不是恒力二．多選題（共4小題）（多選）9．（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）10．（2024春?紅橋區期中）如圖所示，用長為L的細線拴住一個質量為m的小球，使小球在水平面內做勻速圓周運動，細線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，關于小球下列說法正確的是（）A．小球受到重力、細線的拉力和向心力三個力 B．向心力是細線對小球的拉力和小球所受重力的合力 C．小球角速度越大時，夾角θ越小 D．向心力的大小等于mgtanθ（多選）11．（2024春?天津期中）水平面上固定一半球形的玻璃器皿，器皿的軸呈豎直狀態，在距離軸心不同距離的位置，有兩個質量相同的光滑小球a、b在器皿內壁的水平面內做勻速圓周運動。則關于各個物理量的關系，下列說法正確的是（）A．a、b兩球對玻璃器皿內壁的壓力大小相同 B．a、b兩球做勻速圓周運動的加速度大小相同 C．a球做勻速圓周運動的線速度較大 D．a球做勻速圓周運動的角速度較大（多選）12．（2024秋?官渡區校級期末）如圖所示，B兩個材料相同的物體放在水平旋轉的圓盤上，A的質量為m，B的質量為2m，B離軸距離為R，A離軸距離為2R，兩物體始終相對盤靜止，則（）A．A與B的線速度大小之比為2：1 B．A與B的向心加速度大小之比為2：1 C．A與B的向心力大小之比為2：1 D．在轉盤轉速增加時，A與B一起滑動三．解答題（共3小題）13．（2025?廣東一模）如圖所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺做不同轉速的勻速圓周運動，當轉速達到某一數值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動初速度大小為1m/s，現測得轉臺半徑R＝2m。離水平地面的高度H＝0.8m，設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）物塊平拋落地過程水平位移的大小；（2）物塊落地時的速度大小（可保留根號）；（3）物塊與轉臺間的動摩擦因數。14．（2024秋?雁塔區校級期末）如圖甲所示，是雙人花樣滑冰運動中男運動員拉著女運動員的精彩場面，若女運動員伸直的身體與豎直方向的夾角為θ，質量為m，轉動過程中女運動員的重心做勻速圓周運動的半徑為r，其運動可以簡化成如圖乙所示的圓錐擺運動模型。忽略女運動員受到的摩擦力，重力加速度為g。求：（1）當女運動員恰好即將脫離冰面時，所受拉力大小及向心加速度大小；（2）當女運動員對冰面的壓力為其自身重力的一半時（可近似認為θ、r不變），男運動員的拉力大小和轉動角速度大小。15．（2024秋?石家莊期末）如圖所示，在水平轉臺上放一個質量M＝4kg的木塊，細繩的一端系在木塊上，另一端穿過固定在轉臺圓心O的光滑圓筒后懸掛一小球，木塊與O點間距離r＝0.1m。木塊可視為質點，重力加速度g取10m/s2。（1）若轉臺光滑，當角速度ω0＝10rad/s時，木塊與轉臺保持相對靜止，求此小球的質量m；（2）若轉臺與木塊間的動摩擦因數μ＝0.75，且最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小。為使木塊與轉臺間保持相對靜止，求轉臺轉動的角速度范圍。

2024-2025學年下學期高一物理教科版（2019）期中必刷常考題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12345678答案CDDAACAD一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?昌平區期末）如圖所示，在感受向心力的實驗中，某同學用輕質細繩一端拴住小球，掄動細繩，使小球近似在水平面內做速率越來越大的圓周運動。在小球速度逐漸變大的過程中，下列說法不正確的是（）A．他拉住繩子的力也越來越大 B．繩子會越來越接近水平 C．理論上，繩子可能達到水平狀態 D．松手后，小球將沿軌跡的切線方向飛出【考點】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】C【分析】拉力和重力的合力提供向心力，結合受力分析和牛頓第二定律求解，存在重力的作用，故繩子不可能達到水平狀態，松手后，小球將沿軌跡的切線方向飛出。【解答】解：A．由拉力和重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律可得F可知，當速率v越來越大，則FT越來越大，故A正確；B．小球的向心力是由拉力和重力的合力提供，故繩子與水平方向始終存在夾角，設該夾角為θ，則有sinθ可知當速率v越來越大，FT越來越大，則sinθ越來越小，所以θ越來越小，繩子會越來越接近水平，故B正確；C．因存在重力的作用，故繩子不可能達到水平狀態，故C錯誤；D．松手后，繩子的拉力為零，水平方向的向心力消失，故小球將沿軌跡的切線方向飛出，故D正確。本題選錯誤的，故選C。【點評】對于圓周運動的問題，尋找向心力是解題的關鍵，沿半徑方向上的所有力的合力提供向心力。2．（2025?長安區校級一模）如圖所示，在豎直的轉動軸上，a、b兩點間距為40cm，細線ac長50cm，bc長30cm，在c點系一質量為m的小球，在轉動軸帶著小球轉動過程中，下列說法不正確的是（）A．轉速小時，ac受拉力，bc松弛 B．bc剛好拉直時，ac中拉力為1.25mg C．bc拉直后轉速增大，ac拉力不變 D．bc拉直后轉速增大，ac拉力增大【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】牛頓第二定律在圓周運動中的應用．【答案】D【分析】球隨著桿一起做圓周運動，先假設繩BC沒有力的作用，來判斷球的運動狀態，根據球的運動的狀態來分析繩BC是否被拉直，在進一步分析繩子的拉力的大小．【解答】解：A、若不轉時，ac為重垂線；當轉速由零逐漸增加時，ac與豎直方向的夾角逐漸增加，故A正確；B、bc剛好拉直時，bc繩子的拉力為零，此時球受重力和ac繩子的拉力，合力指向圓心，如圖：故Tac=5C、bc拉直后轉速增大，小球受重力，bc繩子的拉力，ac繩子的拉力，將ac繩子拉力沿著水平和豎直方向正交分解，由于豎直方向平衡，有：Taccos37°＝mg，故ac繩子拉力不變，故C正確；D、bc拉直后轉速增大，小球受重力，bc繩子的拉力，ac繩子的拉力，將ac繩子拉力沿著水平和豎直方向正交分解，由于豎直方向平衡，有：Taccos37°＝mg，故ac繩子拉力不變，故D錯誤；本題選錯誤的，故選D。【點評】本題中首先要判斷繩子BC是否被拉直，即繩子BC是否有拉力的存在；其次要對小球受力分析，然后運用合成法或者正交分解法列式求解．3．（2025?廣西一模）當載重卡車在泥地或沙地陷車時，經驗豐富的司機會在卡車主動輪與從動輪之間放一大小合適的圓木墩（如圖所示），卡車就能順利地駛出。主動輪和從動輪的直徑相同，且都大于圓木墩的直徑，卡車駛出泥地或沙地的過程，主動輪、從動輪和圓木墩均不打滑。關于卡車順利地駛出泥地或沙地的過程，下列說法正確的是（）A．圓木墩與主動輪的轉動方向相同 B．圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的角速度大小相等 C．圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的向心加速度大小相等 D．圓木墩的邊緣質點與主動輪的邊緣質點的線速度大小相等【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】圓木墩和輪子之間的轉動類似齒輪傳動，輪子邊緣各點線速度的大小相等，結合線速度角速度以及向心加速度的關系求解。【解答】解：A.圓木墩與主動輪的轉動方向相反，故A錯誤；BD.圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的線速度大小相等，主動輪的直徑大于圓木墩的直徑，由v＝ωr可知圓木墩的邊緣質點大于從動輪的邊緣質點的角速度，故B錯誤，D正確；C.由a=v2故選：D。【點評】求解傳動問題的思路：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。4．（2025?白云區一模）在做甩手動作的物理原理研究課題研究中，采用手機的加速度傳感器測定手的向心加速度。某次一同學先用刻度尺測量手臂長（如圖所示），然后伸直手臂，以肩為軸從水平位置加速自然下擺，當手臂擺到豎直方向時，手握住的手機顯示手的向心加速度大小約為6m/s2，下列說法正確的是（）A．可估算手臂擺到豎直位置時手的線速度大小約為2m/s B．手臂擺到豎直位置時手機處于失重狀態 C．自然下擺過程中手機所受合力始終沿手臂方向 D．由an【考點】向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；超重與失重的概念、特點和判斷；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；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據向心加速度公式，可求出線速度大小；手臂擺到豎直位置時，手機的加速度方向向上，從而判斷失重與超重；由于手臂自然擺動不是勻速圓周運動，所以手機合力并不沿手臂；利用向心加速度公式可求出手掌與手肘的向心加速度比值。【解答】解：A.由圖可知，手機轉動的半徑約為0.65m，根據公式a=v2r，可得手臂擺到豎直位置時手機的線速度大小約為v=ar=6B.手臂擺到豎直位置時，手機的加速度方向上，處于超重狀態，故B錯誤；C.自然下擺過程中，手機做變速圓周運動所受合力不是始終沿手臂方向，故C錯誤；D.由公式an＝ω2r，可知手掌與手肘的向心加速度之比約為2：1，故D錯誤。故選：A。【點評】學生在解答本題時，應注意變速圓周運動的合力不是始終沿半徑方向指向圓心的。5．（2024秋?楊浦區校級期末）如圖所示，同學們組成的跑操方陣排列整齊地勻速率通過圓弧形跑道區域，每個方陣中的每位同學均可視為做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（）A．每位同學的角速度相同 B．每位同學所受的合力為零 C．每位同學的速度大小相同 D．每位同學的加速度保持不變【考點】向心加速度的概念、方向及物理意義；勻速圓周運動；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；理解能力．【答案】A【分析】根據勻速圓周運動的特點：繞同一圓心做圓周運動其角速度相同，線速度v＝ωr判定線速度，合外力提供向心力，加速度始終指向圓心。【解答】解：A．每個方陣中的每位同學均可視為繞同一圓心做勻速圓周運動，則角速度相同。故A正確；B．每位同學均做勻速圓周運動，所受的合力提供向心力，合力不為零。故B錯誤；C．根據v＝ωr可知每位同學的運動半徑不同，其速度大小不相同。故C錯誤；D．根據a＝ω2r可知每位同學的加速度大小保持不變，方向指向圓心，時刻改變。故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查了勻速圓周運動的特點，解題關鍵是掌握繞同一圓心做圓周運動其角速度相同，線速度v＝ωr判定線速度，合外力提供向心力，加速度始終指向圓心。6．（2024秋?金華期末）如圖，一質量m＝1kg的小滑塊以4m/s的初速度從P點進入一水平軌道。水平軌道由一長L＝1.5m的直軌道AB和兩個半徑為R的半圓軌道組成，半圓軌道的外側均有光滑的圓弧擋板（圖中未畫出）。除軌道CD外，所有軌道均光滑且平滑連接。CD之間的地面光滑，靠近C處放置一與水平軌道等高、長度為L0＝1m、質量為M＝1kg的長木板。現調節半圓軌道R的大小，使小滑塊最終能停在長木板上。已知滑塊與長木板上表面的動摩擦因數為μ＝0.4，長木板與C和D處碰撞后原速率反彈。則（）A．若R＝4m，滑塊在半圓軌道運動時對擋板的彈力大小為2N B．滑塊第一次運動到D點速度為22m/s C．滑塊最終停止的位置與D點之間的距離為0.5m D．半圓軌道半徑R需要滿足的條件R=12π【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；牛頓第三定律的理解與應用．【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】C【分析】滑塊做圓周運動，擋板的彈力提供向心力，應用牛頓第二定律求出擋板的彈力；應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求出滑塊到達D點的速度；根據滑塊與木板的運動過程應用牛頓第二定律與運動學公式答題。【解答】解：A、滑塊第一次在半圓軌道上運動過程，由牛頓第二定律得：FN＝mv02R，其中v0＝4m/s，R＝4m，代入數據解得：FN＝4NB、滑塊滑到長木板上相對長木板滑動過程，由牛頓第二定律得：對滑塊：μmg＝ma1對長木板：μmg＝Ma2代入數據解得：a1＝4m/s2，a2＝4m/s2設經過時間t1兩者共速，共速時v＝v0﹣a1t1＝a2t1代入數據解得：t1＝0.5s，v＝2m/s共速時滑塊的位移x1=v0+長木板的位移x2=v2t1=22×0.5m＝0.5m兩者的相對位移Δx＝x1﹣x2＝1.5m﹣0.5m＝1m＝L0，滑塊恰好到達長木板的右端，即到達D處則滑塊第一次到達D點時的速度v＝2m/s，故B錯誤；C、滑塊與長木板到達D處后滑塊進入半圓軌道運動，長木板等速率反彈，滑塊第二次滑上長木板時兩者速度相等，兩者相對靜止一起勻速運動到D點，擋板在D處碰撞后反彈，滑塊向右做勻減速運動，擋板向左做勻減速運動，滑塊減速到零需要的時間t滑塊=va1=24s＝0.5s，長木板減速到零的時間t兩者同時減速為零后都靜止動，滑塊靜止時滑塊相對長木板滑行的距離s=v22滑塊最終停止運動時距離D點的距離d＝L﹣s＝1.5m﹣1m＝0.5m，故C正確；D、從滑塊第一次離開長木板到第二次滑上長木板過程的時間t=滑塊在軌道上運動過程，長木板在D、C間運動，滑塊要滑上長木板，則長木板的運動時間t=3(L-L0)+2n(L-解得：R=n2π（n＝1、2、3故選：C。【點評】本題考查本牛頓運動定律和運動學知識，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。7．（2025?鹽城一模）如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿直徑方向放著用輕繩相連可視為質點的物體A和B，A的質量為3m，B的質量為m。它們分居圓心兩側，到圓心的距離分別為RA＝r，RB＝2r，A、B與盤間的動摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉動的最大角速度為ω1；若只將B的質量增加為2m，A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉動的最大角速度為ω2。轉動過程中輕繩未斷，則ω1A．2：5 B．5：2 C．2【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；方程法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．【答案】A【分析】兩物塊A和B隨著圓盤轉動時，合外力提供向心力，根據牛頓第二定律分析解答。【解答】解：當A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉動達到最大角速度ω1時有對A：T對B：T解得ω若只將B的質量增加為2m，A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉動的最大角速度為ω2時有對B：T對A：T解得ω所以ω故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解決本題的關鍵是找出向心力的來源，知道A、B兩物體是由摩擦力和繩子的拉力提供向心力，難度適中。8．（2025?廣西一模）兩位演員在進行晚會彩排，男演員將火源在豎直平面內順時針甩動，漫天焰火下女演員原地轉舞，如圖所示，女演員裙腳上的火焰轉成了圓圈，場面絢麗多彩，美不勝收。若不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．男演員甩出去的燃燒顆粒在空中運動時不受力的作用 B．男演員甩出去的燃燒顆粒一定做曲線運動 C．女演員裙腳上的火焰一定做勻速圓周運動 D．女演員裙腳上的火焰所受合力一定不是恒力【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；物體做曲線運動的條件．【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】D【分析】地球上的物體受重力作用，物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上，物體做曲線運動，做圓周運動的物體合力不可能是恒力。【解答】解：A.男演員甩出去的燃燒顆粒在空中運動時，雖然不計空氣阻力，但仍然受到重力的作用，故A錯誤；B.男演員甩出去的燃燒顆粒的運動軌跡取決于其初速度和受力情況，由于只受重力作用，且初速度方向不確定，因此顆粒可能做直線運動（當初速度與重力方向共線時），也可能做曲線運動（當初速度與重力方向不共線時），故B錯誤；C.女演員裙腳上的火焰在做圓周運動時，由于火焰的形狀、大小以及女演員裙腳的甩動方式等因素影響，火焰的速度大小也可能會發生變化，火焰不一定做勻速圓周運動，故C錯誤；D.由于女演員裙腳上的火焰在做圓周運動時，其向心加速度方向一定會發生變化，根據牛頓第二定律，火焰所受的合力也一定不是恒力，故D正確。故選：D。【點評】解題關鍵是知道做曲線運動條件，不管是勻速圓周還是非勻速圓周，合力都不可能為恒力。二．多選題（共4小題）（多選）9．（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）10．（2024春?紅橋區期中）如圖所示，用長為L的細線拴住一個質量為m的小球，使小球在水平面內做勻速圓周運動，細線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，關于小球下列說法正確的是（）A．小球受到重力、細線的拉力和向心力三個力 B．向心力是細線對小球的拉力和小球所受重力的合力 C．小球角速度越大時，夾角θ越小 D．向心力的大小等于mgtanθ【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；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．【答案】BD【分析】小球做勻速圓周運動，合力提供向心力，對小球受力分析，應用牛頓第二定律分析答題。【解答】解：小球受力如圖所示ABD、小球受重力與細線的拉力兩個力作用，重力與細線拉力的合力提供向心力，向心力大小F＝mgtanθ，故A錯誤，BD正確；C、對小球，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得：ω=gLcosθ，則ω越大，夾角θ越大，故故選：BD。【點評】本題考查了小球的圓周運動問題，分析清楚小球的受力情況，應用牛頓第二定律即可解題。（多選）11．（2024春?天津期中）水平面上固定一半球形的玻璃器皿，器皿的軸呈豎直狀態，在距離軸心不同距離的位置，有兩個質量相同的光滑小球a、b在器皿內壁的水平面內做勻速圓周運動。則關于各個物理量的關系，下列說法正確的是（）A．a、b兩球對玻璃器皿內壁的壓力大小相同 B．a、b兩球做勻速圓周運動的加速度大小相同 C．a球做勻速圓周運動的線速度較大 D．a球做勻速圓周運動的角速度較大【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；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】應用題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．【答案】CD【分析】對小球受力分析，根據小球的受力情況應用牛頓第二定律分析答題。【解答】解：設小球質量為m，設小球與半球形器皿球心連線與豎直方向的夾角為θ，設器皿半徑為r，小球受力如圖所示，A、由圖示可知，器皿對小球的支持力F=mgcosθ，由牛頓第三定律可知，小球對器皿的壓力大小F′＝F=mgcosθ，由于θa＞θb，則：Fa′＞Fb′，即a對器皿的壓力大于B、對小球，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ，由于θa＞θb，則aa＞ab，故B錯誤；C、對小球，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mv2rsinθ，解得：v=grtanθsinθ，由于θa＞θb，則va＞vbD、對小球，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2rsinθ，解得：ω=grcosθ，由于θa＞θb，則ωa＞ωb，故故選：CD。【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚小球的運動情況，確定向心力來源是解題的前提，應用牛頓第二定律即可解題。（多選）12．（2024秋?官渡區校級期末）如圖所示，B兩個材料相同的物體放在水平旋轉的圓盤上，A的質量為m，B的質量為2m，B離軸距離為R，A離軸距離為2R，兩物體始終相對盤靜止，則（）A．A與B的線速度大小之比為2：1 B．A與B的向心加速度大小之比為2：1 C．A與B的向心力大小之比為2：1 D．在轉盤轉速增加時，A與B一起滑動【考點】向心加速度的計算；角速度、周期、頻率與轉速的關系及計算．【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】AB【分析】同軸傳動角速度相同；根據v＝ωr判斷二者線速度關系；由向心加速度公式a＝rω2判斷向心加速度關系；誰先達到最大靜摩擦力誰先滑動。【解答】解：A、由題知A、B兩個物體同軸轉動，則ωA＝ωB，由線速度公式v＝ωr得vA：vB＝ωArA：ωBrB代入數據解得vA：vB＝2：1故A正確；B、由向心加速度公式知a＝ω2r，得aA代入數據解得aA：aB＝2：1故B正確；CD、由向心力公式知F＝ma，得Fa：Fb=代入數據解得Fa：Fb＝1：1故兩個物體做圓周運動所需的向心力大小相等，在轉動過程中摩擦力提供物體做圓周運動向心力，則由f＝μMg可知fB＞fA，故A先發生滑動，故CD錯誤。故選：AB。【點評】解決本題的關鍵知道共軸轉動的物體角速度相等，知道線速度、角速度、向心加速度的關系，并能靈活運用。三．解答題（共3小題）13．（2025?廣東一模）如圖所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺做不同轉速的勻速圓周運動，當轉速達到某一數值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動初速度大小為1m/s，現測得轉臺半徑R＝2m。離水平地面的高度H＝0.8m，設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）物塊平拋落地過程水平位移的大小；（2）物塊落地時的速度大小（可保留根號）；（3）物塊與轉臺間的動摩擦因數。【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；平拋運動速度的計算．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據高度求出平拋運動的時間，結合初速度求出平拋運動的水平位移；（2）根據高度求出平拋運動的時間，求得落地時豎直分速度，再根據速度合成即可求出物塊落地時的速度；（3）根據小球恰好滑動時，由最大靜摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律求出平拋運動的初速度。【解答】解：（1）物塊做平拋運動，在豎直方向上有H=12解得t=2Hg水平方向做勻速直線運動，水平位移x＝v0t＝1×0.4m＝0.4m；（2）物塊落地時豎直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s物塊落地時的速度大小v=v02+（3）物塊恰好離開轉臺時，由最大靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得μmg＝mvμ=v2答：（1）物塊平拋落地過程水平位移的大小為0.4m；（2）物塊落地時的速度大小為17m/s；（3）物塊與轉臺間的動摩擦因數為0.05。【點評】本題是圓周運動和平拋運動的綜合，知道圓周運動向心力的來源和平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律是解決本題的關鍵。14．（2024秋?雁塔區校級期末）如圖甲所示，是雙人花樣滑冰運動中男運動員拉著女運動員的精彩場面，若女運動員伸直的身體與豎直方向的夾角為θ，質量為m，轉動過程中女運動員的重心做勻速圓周運動的半徑為r，其運動可以簡化成如圖乙所示的圓錐擺運動模型。忽略女運動員受到的摩擦力，重力加速度為g。求：（1）當女運動員恰好即將脫離冰面時，所受拉力大小及向心加速度大小；（2）當女運動員對冰面的壓力為其自身重力的一半時（可近似認為θ、r不變），男運動員的拉力大小和轉動角速度大小。【考點】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】（1）當女運動員恰好即將脫離冰面時，所受拉力大小為mgcosθ，向心加速度大小為gtanθ（2）當女運動員對冰面的壓力為其自身重力的一半時（可近似認為θ、r不變），男運動員的拉力大小為mg2cosθ，轉動角速度大小為【分析】（1）由題知，對女運動員，當女運動員剛要離開冰面時，男運動員對女運動員的拉力F1和女運動員的重力mg的合力，為女運動員提供向心力，由平衡條件、牛頓第二定律分別列式，即可分析求解；（2）由題知，對女運動員，當女運動員對冰面的壓力為其自身重力的一半時，男運動員對女運動員的拉力F2、女運動員的重力mg、地面對女運動員的支持力FN的合力，為女運動員提供向心力，由題意，結合平衡條件、牛頓第二定律分別列式，即可分析求解。【解答】解：（1）由題知，對女運動員，當女運動員剛要離開冰面時，男運動員對女運動員的拉力F1和女運動員的重力mg的合力，為女運動員提供向心力，豎直方向，由平衡條件可得：F1cosθ＝mg，水平方向，由牛頓第二定律可得：F1sinθ＝ma向，聯立可得：F1=mgcosθ，a向（2）由題知，對女運動員，當女運動員對冰面的壓力為其自身重力的一半時，男運動員對女運動員的拉力F2、女運動員的重力mg、地面對女運動員的支持力FN的合力，為女運動員提供向心力，豎直方向，由平衡條件可得：F2cosθ+FN＝mg，水平方向，由牛頓第二定律可得：F2由題知：FN＝0.5mg，聯立可得：ω2=gtanθ答：（1）當女運動員恰好即將脫離冰面時，所受拉力大小為mgcosθ，向心加速度大小為gtanθ（2）當女運動員對冰面的壓力為其自身重力的一半時（可近似認為θ、r不變），男運動員的拉力大小為mg2cosθ，轉動角速度大小為【點評】本題考查牛頓第二定律與向心力結合解決問題，解題時需注意確定向心力的來源，向心力可以是重力、彈力、摩擦力等單個力，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。15．（2024秋?石家莊期末）如圖所示，在水平轉臺上放一個質量M＝4kg的木塊，細繩的一端系在木塊上，另一端穿過固定在轉臺圓心O的光滑圓筒后懸掛一小球，木塊與O點間距離r＝0.1m。木塊可視為質點，重力加速度g取10m/s2。（1）若轉臺光滑，當角速度ω0＝10rad/s時，木塊與轉臺保持相對靜止，求此小球的質量m；（2）若轉臺與木塊間的動摩擦因數μ＝0.75，且最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小。為使木塊與轉臺間保持相對靜止，求轉臺轉動的角速度范圍。【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；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力．【答案】（1）若轉臺光滑，當角速度ω0＝10rad/s時，木塊與轉臺保持相對靜止，此小球的質量m為4kg；（2）若轉臺與木塊間的動摩擦因數μ＝0.75，且最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小。為使木塊與轉臺間保持相對靜止，轉臺轉動的角速度范圍為5rad【分析】（1）轉臺轉動時，木塊做圓周運動，小球處于靜止，根據平衡條件、牛頓第二定律分別列式，即可分析判斷；（2）由題意，表示出木塊受到的最大靜摩擦力，①當ω較小時，木塊有近心趨勢，靜摩擦力沿半徑向外，結合前面分析，由牛頓第二定律列式；②當ω較大時，木塊有離心趨勢，靜摩擦力沿半徑向里，結合前面分析，由牛頓第二定律列式；即可分析求解。【解答】解：（1）轉臺轉動時，木塊做圓周運動，小球處于靜止，對m，根據平衡條件可得：T＝mg，對M，根據牛頓第二定律可得：T=聯立可得：m＝4kg；（2）由題意可知，木塊受到的最大靜摩擦力為：fmax＝μMg，①當ω較小時，木塊有近心趨勢，靜摩擦力沿半徑向外，結合前面分析，由牛頓第二定律可得：mg-聯立可得：ω1＝5rad/s；②當ω較大時，木塊有離心趨勢，靜摩擦力沿半徑向里，結合前面分析，由牛頓第二定律可得：mg+聯立可得：ω2由此可知，為使木塊與轉臺保持相對靜止，轉臺轉動的角速度范圍為5rad答：（1）若轉臺光滑，當角速度ω0＝10rad/s時，木塊與轉臺保持相對靜止，此小球的質量m為4kg；（2）若轉臺與木塊間的動摩擦因數μ＝0.75，且最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小。為使木塊與轉臺間保持相對靜止，轉臺轉動的角速度范圍為5rad【點評】本題考查牛頓第二定律與向心力結合解決問題，解題時需注意，向心力可以是重力、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。

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．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態，此時水和容器的運動狀態相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。4．物體做曲線運動的條件【知識點的認識】物體做曲線運動的條件1．曲線運動的定義：軌跡是曲線的運動叫曲線運動．2．曲線運動的特點：（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：物體的速度方向跟它的加速度方向不在同一條直線上．【命題方向】一個物體做曲線運動，其受力有可能是下列的哪種情況（）A、不受力或者受到平衡力B、受到與速度在同一直線的恒力C、受到與速度不在同一直線的恒力D、受到方向隨時改變的外力分析：物體做曲線運動的條件是物體所受合外力方向和速度方向不在同一直線上，曲線運動最基本特點是速度方向時刻變化，根據物體做曲線運動條件和曲線運動特點即可解答本題．解答：A、物體不受力或受到平衡力，物體靜止或者勻速直線運動，故A錯誤；B、物體受到與速度在同一直線的恒力，做勻變速直線運動，故B錯誤；C、物體受到與速度不在同一直線的恒力作用做曲線運動，故C正確；D、物體受到方向隨時改變的外力時，加速度方向隨時改變，速度方向也隨時改變，物體做曲線運動，故D正確故選：CD。點評：本題主要考查了曲線運動的條件，難度不大，屬于基礎題．【解題方法點撥】物體做曲線運動的條件是：（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．5．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。6．勻速圓周運動【知識點的認識】1.定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動。也可說勻速圓周運動是角速度不變的圓周運動。2.性質：線速度的方向時刻在變，因此是一種變速運動。3.勻速圓周運動與非勻速圓周運動的區別（1）勻速圓周運動①定義：角速度大小不變的圓周運動。②性質：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運動。③質點做勻速圓周運動的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。（2）非勻速圓周運動①定義：線速度大小不斷變化的圓周運動。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft產生切向加速度，Ft＝mat，它只改變速度的大小。b、合力沿半徑方向的分量Fn產生向心加速度，Fn＝man，它只改變速度的方向。【命題方向】對于做勻速圓周運動的物體，下面說法正確的是（）A、相等的時間里通過的路程相等B、相等的時間里通過的弧長相等C、相等的時間里發生的位移相同D、相等的時間里轉過的角度相等分析：勻速圓周運動的過程中相等時間內通過的弧長相等，則路程也相等，相等弧長對應相等的圓心角，則相等時間內轉過的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧長對應相等的弦長，則位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、勻速圓周運動在相等時間內通過的弧長相等，路程相等。故AB正確。C、相等的弧長對應相等的弦長，所以相等時間內位移的大小相等，但方向不同，所以相等時間內發生的位移不同。故C錯誤。D、相等的弧長對應相等的圓心角，所以相等時間內轉過的角度相等。故D正確。故選：ABD。點評：解決本題的關鍵知道勻速圓周運動的線速度大小不變，所以相等時間內通過的弧長相等，路程也相等。【解題思路點撥】1.勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力F合F合7．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：8．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：9．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：10．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∝r11．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．12．向心加速度的概念、方向及物理意義【知識點的認識】1.概念：物體做勻速圓周運動時的加速度總指向圓心，這個加速度叫作向心加速度。2.物理意義：向心加速度在勻速圓周運動中是用來描述速度變化快慢的物理量。3.變速圓周運動中的加速度：變速圓周運動中，線速度的大小與方向均在變化，加速度的大小與方向均在變化，且加速度的方向不再指向圓心。4.圓周運動中的外力與加速度牛頓第二定律適用于任何運動形式，圓周運動也不例外。勻速圓周運動中向心力即是合力，向心加速度即是總的加速度，故有Fn＝man。變速圓周運動的合力一般不指向圓心，可產生兩