高考物理一轮复习：圆周运动
一、选择题
1．（2024高一下·瑞昌期末）“CVT”变速是当前自动挡汽车最流行的变速模式，主动轮和从动轮之间通过不会伸长、不会打滑的钢带连接，通过改变主动轮和从动轮的半径比来改变从动轮转速。设主动轮半径为，角速度为，从动轮半径为，则从动轮转动的角速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】根据线速度、角速度、半径之间的关系
即
得
故选A。
【分析】钢带不会伸长、不会打滑，皮带传动，表明两轮的线速度大小相等。结合线速度角速度关系求解角速度。
2．（2024高一下·丰台期末）洗衣机是家庭中常用的电器。波轮洗衣机中的脱水筒如图所示，在脱水时可以认为湿衣服紧贴在筒壁上随筒做匀速圆周运动。若波轮洗衣机在运行脱水程序时，有一枚硬币被甩到筒壁上，随筒壁一起做匀速圆周运动，脱水筒的转速，直径，下列说法正确的是（ ）
A．硬币做匀速圆周运动所需的向心力由筒壁对硬币的弹力提供
B．硬币做匀速圆周运动的角速度为
C．硬币做匀速圆周运动的线速度为
D．如果脱水筒的转速增加，则硬币与筒壁之间的摩擦力增大
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．向心力是效果力，其方向指向运动轨迹的圆心，硬币做匀速圆周运动所需的向心力由筒壁对硬币的弹力提供，A符合题意；
BC．硬币做匀速圆周运动的角速度等于脱水筒转动的角速度，大小为：
根据可得硬币做匀速圆周运动的线速度为
BC不符合题意；
D．硬币在竖直方向受力平衡，摩擦力与硬币的重力大小相等，故如果脱水筒的转速增加，则硬币与筒壁之间的摩擦力保持不变，D不符合题意。
故答案为A。
【分析】根据向心力的定义，在不同的模型中找到向心力的来源，根据圆周运动中角速度与线速度的关系，判断相关物理量的大小，根据二力平衡判断相关力的变化。
3．（2024高一下·丰城期末）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互啮合进行工作的，其原理可简化为如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．B点线速度比A点大，是因为B点所在齿轮的半径大大
B．A、B两点线速度大小相等，是因为在相同的时间内A、B两点通过的弧长相等
C．B点角速度比A点大，是因为在相同时间内B点转过的角度更大
D．A、B两点角速度大小相等，是因为两齿轮在相同的时间内转过的角度相等
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．B点线速度与A点线速度大小相等，选项A错误；
B．因为在相同的时间内A、B两点通过的弧长相等，选项B正确；
CD．B点角速度比A点小，是因为在相同时间内B点转过的角度更小，选项CD错误；
故选B。
【分析】AB两点齿轮转动，可知B点线速度与A点线速度大小相等。根据分析角速度大小。
4．（2024高一下·赤坎月考）如图所示，A、B两艘快艇正在水平湖面分别做匀速圆周运动，已知在相同的时间内，A、B通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则以下说法正确的是（ ）
A．A、B运动的线速度大小之比为3∶4
B．A、B运动的角速度大小之比为2∶3
C．A、B运动的周期之比为3∶2
D．A、B做圆周运动的半径之比为8∶9
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．A、B运动的线速度大小之比为4∶3，故A错误；
B．A、B运动的角速度大小之比为3∶2，故B错误；
C．可知，A、B运动的周期之比为2∶3，故C错误；
D．A、B做圆周运动的半径之比为，故D正确。
故选D。
【分析】由分析线速度大小之比，由分析角速度之比，由公式分析周期。
5．（2024高一下·茂名期末）如图所示为某市江边的摩天轮，乘客坐在座舱里随着摩天轮一起在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．乘客的速度保持不变
B．乘客的加速度保持不变
C．乘客在最高点时所受合力为零
D．乘客在最低点时所受合力方向竖直向上
【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A．乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，速度的方向时刻在发生改变，故A错误；
B．加速度方向始终指向圆心，加速度始终在变化，故B错误；
C．乘客在最高点时，具有竖直向下的向心加速度，合外力不为0，故C错误；
D．乘客所受支持力大于重力，乘客的加速度竖直向上，受合力方向竖直向上，故D正确。
故选D。
【分析】乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，不是匀速运动，乘客在最高点时，具有竖直向下的向心加速度。
6．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮如图所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】当物块恰好被水平抛出时，在最高点只受重力作用，在皮带上最高点时由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：
解得：
设此时皮带转速为n，则由v=和可得v=2πnr，得到：
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 物体在最高点做圆周运动，要使物体通过终端时能水平抛出， 在终端只受重力作用，重力提供向心力列式可求最高点速度，即皮带的线速度大小，再根据线速度打下与转速关系求得皮带轮转速。
7．（2024高一下·河东期末）运动会上有一个集体项目——“旋风跑”，比赛过程中，五人一组共同抬着竹竿正在以标志杆为圆心，在水平面内转圈跑，如图所示，现将五人转圈跑看做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．5位同学的线速度相等
B．最外侧同学的角速度最大
C．最内侧同学的向心加速度最大
D．同一时刻五位同学所受的合外力方向相同
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】AB．五位同学都是绕障碍物做同轴运动，角速度相等，根据
可得最外侧同学的线速度最大，AB不符合题意；
C．根据
可得最外侧同学的向心加速度最大，C不符合题意；
D．做匀速圆周运动的物体由合外力提供向心力，即合外力指向圆心，D符合题意。
故答案为D。
【分析】根据同轴转动的特点可判断线速度角速度关系，根据相信加速度公式可判断向心加速度的大小，根据向心力的特点可判断合外力的特点。
8．（2024高一下·和平期末）如图所示，摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的线速度保持不变
B．摩天轮转动过程中，乘客所受合力保持不变
C．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
D．摩天轮转动一周，乘客所受重力做功为零
【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，乘客的线速度大小保持不变，线速度的方向为轨迹的切线方向，则方向时刻改变。故A错误；
B．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，摩天轮转动过程中，乘客所受合力大小不变，合力方向时刻指向圆心，则方向时刻改变。故B正确；
C．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，但重力势能在变化，机械能为重力势能与动能之和，因此乘客的机械能在变化。故C错误；
D．摩天轮转动一周，乘客回到初始高度，由于高度变化量为0，根据重力做功的表达式有
可知所受重力做功为零。故D正确。
故选D。
【分析】物体做匀速圆周运动时，速度方向时刻改变，合力方向时刻改变；机械能随重力势能不断发生改变；利用重力做功结合高度变化可以求出重力做功的大小。
9．（2024高一下·南宁期末）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．平抛运动相等时间内速度的改变量不相同
C．做匀速圆周运动的物体的线速度保持不变
D．做匀速圆周运动的物体所受合外力做功不一定为零
【答案】A
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；功的概念
【解析】【解答】A．物体做平抛运动时，由于物体只受到重力则加速度保持不变，故平抛运动是匀变速曲线运动，A正确；
B．平抛运动的物体，在竖直方向上，根据速度公式可以得出速度变化量为
根据表达式可以得出相等时间速度的变化量相等，B错误；
C．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，所以线速度发生变化，C错误；
D．做匀速圆周运动的物合外力与线速度时刻垂直，所以合外力不做功，D错误。
故选A。
【分析】利用平抛运动的加速度保持不变可以判别平抛运动为匀变速曲线运动；利用平抛运动的速度公式可以比较相同时间速度变化量的大小；利用线速度的方向不断改变可以判别速度变化；利用合力方向与速度方向垂直可以判别合力不做功。
10．（2024高一下·阜阳期末）对教材中几副插图的理解正确的是（ ）
A．图甲，天宫二号绕地球做匀速圆周运动时，线速度和加速度都不变
B．图丙，当火车转弯速度过大时，火车外侧车轮的轮缘会挤压外轨
C．图乙，力作用在物体上，力和位移的夹角为150°，力对物体做负功
D．图丁，小球在下落和弹簧相互作用的过程中，小球的机械能守恒
【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；生活中的圆周运动；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在图甲，天宫二号绕地球做匀速圆周运动时，线速度为轨迹的切线方向，加速度的方向时刻指向圆心，所以两者的方向都会改变，故A错误；
B．当火车的速度过大时，所需向心力变大，有离心趋势，会挤压铁路的外轨，B正确；
C．图丙，力作用在物体上，由于速度的方向水平向右，则力和位移的夹角为30°，力对物体做正功，故C错误；
D．图丁，小球在下落和弹簧相互作用的过程中，由于弹力方向向上与速度方向相反，所以小球受弹簧弹力做负功，根据功能关系可以得出小球的机械能减小，故D错误；
故选B。
【分析】天宫二号做匀速圆周运动时，速度和加速度方向不断改变；火车速度过大会挤压外轨道；根据力和速度的方向可以判别推力的做功；利用弹力方向可以判别弹力做功进而判别小球机械能的大小变化。
11．（2024高一下·防城港期末）下列对情景分析和判断正确的说法是（ ）
A．因即将升空的火箭还没有运动，所以加速度一定为零
B．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
C．轿车紧急刹车，速度变化很快，加速度很大
D．轿车在十字路口转弯，仪表盘上示数不变，说明轿车转弯时速度也不变
【答案】C
【知识点】加速度；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．物体的瞬时速度大小与加速度无关，比如自由落体运动物体的初始时刻；即将升空的火箭还没有运动，但加速度不一定为零，故A错误；
B．物体的瞬时速度大小与加速度无关，高速行驶的磁悬浮列车，虽然速度很大，如果磁悬浮列车做匀速运动，则加速度为零，故B错误；
C．加速度描述物体速度变化的快慢，则轿车紧急刹车，速度变化很快，加速度很大，故C正确；
D．速度为矢量，有大小和方向，轿车在十字路口转弯，仪表盘上示数不变，说明轿车转弯时速度大小不变，但方向发生变化，故D错误。
故选C。
【分析】速度的大小与加速度无关；加速度描述速度变化的快慢；速度的方向一旦变化则速度发生变化。
12．（2024高一下·仁怀月考）餐桌上有一半径为40cm的转盘，转盘上放着三个相同的碗，碗a和碗b在转盘边缘，碗c在距离转盘中心20cm的位置，碗b装有一个苹果。若碗可看成质点，随转盘一起匀速转动。下列说法正确的是（ ）
A．转盘对三个碗的摩擦力大小一样
B．碗a和b的线速度始终相同
C．碗a和c的向心加速度大小之比为1：2
D．若转速逐渐增大，碗a与碗b同时滑出
【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、碗所受摩擦力提供向心力，则
即
、 、
故A错误；
B、由v=ωr可知，碗a和b的线速度大小相等，方向不同，故B错误；
C、由公式
可知，碗a和c的向心加速度大小之比为2：1，故C错误；
D、当碗与转盘间的摩擦达到最大静摩擦时，有
得
由此可得，转动半径相同时，临界角速度相同，转速相同，所以碗a与碗b同时滑出，故D正确。
故答案为：D。
【分析】a、b、c三个碗属于同轴转动，三个碗的角速度相等，根据题意确定三个碗做匀速圆周运动的半径关系，明确三个碗做匀速圆周运动向心力的来源，再结合牛顿第二定律及线速度与角速度及向心加速度的关系进行解答。
二、多项选择题
13．（2024高一下·大渡口月考）如图所示，大、小轮之间靠摩擦传动，接触面上没有相对滑动，M、N两点分别位于大、小轮的边缘上。当大轮带动小轮转动时（ ）
A．M点的线速度大于N点的线速度 B．M、N两点的线速度大小相等
C．M点的角速度小于N点的角速度 D．M、N两点的角速度大小相等
【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】齿轮传动M、N两点的线速度大小相等；根据
M点的角速度小于N点的角速度。
故选BC。
【分析】齿轮传动M、N两点的线速度大小相等，线速度等于角速度乘以半径。
14．（2024高一下·仁怀月考）水平圆盘上放置了A、B两个物体，如图所示。它们都在绕竖直轴匀速转动，B的质量是A质量的2倍，A、B到竖直轴的距离之比为2：1，两物块与圆盘间动摩擦因数相同并与圆盘相对静止，那么物块A、B的（ ）
A．角速度大小之比为2：1 B．线速度大小之比为2：1
C．向心力大小之比为2：1 D．向心加速度大小之比为2：1
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、根据匀速圆周运动规律可知，两物体与圆盘相对静止，则角速度相同。故A错误；
B、根据
可知A、B做圆周运动半径之比为2：1，角速度相同，线速度之比也为2：1。故B正确；
C、向心力
A、B质量之比为1：2，半径之比为2：1，角速度相同，向心力大小之比为1：1。故C错误；
D、向心加速度
A、B做圆周运动半径之比为2：1，角速度相同，则向心加速度大小之比为2：1。故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B属于同轴转动，两物体的角速度相等，根据题意确定两物体做匀速圆周运动的半径关系，再结合线速度、角速度及向心力公式和向心加速度的关系进行解答。
15．（2024高一下·枣庄月考） 如图所示，竖直放置的光滑圆环、圆心为O，半径为R。轻质细绳一端固定在圆环的最高点，另一端连接一质量为M且套在圆环上的小球，静止时细绳与竖直方向的夹角为30°。现让圆环绕过圆心O的竖直轴以角速度匀速转动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．若细绳拉力为零，则
B．若细绳拉力为零，则
C．若圆环对小球的弹力为零，则
D．若圆环对小球的弹力为零，则
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、对小球进行受力分析，如图所示：
Tsinθ-Ncosθ=Mω2r，
Tcosθ=Nsinθ+Mg，
随着ω的增大，拉力T和支持力N都会变小，其中T一直减小，而N会先减小到θ再反向增大，
若细绳拉力为零，此时N已经反向，可得
Tsinθ+Ncosθ= Mω2r ，
Tcosθ+Nsinθ=Mg，
由几何关系可得
r=Rcosθ，
联立解得
，
故A正确，B错误；
CD、若圆环对小球的弹力为零，圆周运动的半径
，
代入上式，解得
，
故C错误，D正确；
故答案为： AD。
【分析】对圆环受力分析，根据向心力的来源，由牛顿第二定律列式求解。
16．（2024高一下·赤坎月考）如图所示，是过关竞技类节目中的一关游戏装置，三个水平圆盘A、B、C紧挨在一起，转动过程中不打滑，过关者需要穿过三个圆盘，不掉落水中。已知A、B、C的半径之比为1∶2∶3，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C三个圆盘边缘处的线速度大小之比为1∶2∶3
B．A、B、C三个圆盘转动的角速度大小之比为3∶2∶1
C．A、B、C三个圆盘转动的周期之比为1∶2∶3
D．A、B、C三个圆盘边缘处的向心加速度大小之比为6∶3∶2
【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．边缘各点的线速度之比为1︰1︰1，故A错误；
B．角速度大小之比为
故B错误；
C．周期之比为
故C正确；
D．向心加速度大小之比
故D正确。
故选CD。
【分析】齿轮转动，线速度相等，角速度等于线速度除以半径，周期之比等于角速度反比，结合向心加速度表达式求解加速度大小。
17．（2024高一下·成都月考）在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为、μ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是（ ）
A．此时转盘的角速度大小为
B．随转速的增加A先达到最大静摩擦力
C．随转速的增加A的摩擦力先增加后不变
D．随转速的增加B的摩擦力先增加后不变
【答案】B,D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A. 由题可知，对于物体A刚要开始滑动时
可得
对于物体B刚要开始滑动时
可得
故当转盘角速度增大时，物体A先到达最大静摩擦力，设此时发生相对滑动时的加速度大小为，则对物体A有
对物体B有
联立解的
A不符合题意，B符合题意；
C. 可知物体A、B做匀速圆周运动所需要的向心力为
，
对于物体A而言，转速较小时，由指向圆心的摩擦力提供向心力，随着转速逐渐增大，由绳的拉力与摩擦力提供向心力，绳的拉力增大，摩擦力减小，随后摩擦力与拉力反向，大小逐渐增大，故C不符合题意；
D. 对于物体B，转速较小时，摩擦力提供向心力，随着转速增大，绳子拉力与摩擦力提供向心力，随后摩擦力不变，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】利用最大静摩擦力与滑动摩擦力的特点可求出临界角速度的大小；根据圆周运动向心力来源问题可判断摩擦力的变化情况。
三、非选择题
18．（2024·海南） 水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图（a）所示，图（b）为俯视图，测得圆盘直径D = 42.02cm，圆柱体质量m = 30.0g，圆盘绕过盘心O1的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤：
（1）用秒表测圆盘转动10周所用的时间t = 62.8s，则圆盘转动的角速度ω = rad/s（π取3.14）
（2）用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图（c）所示，该读数d = mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。
（3）写出小圆柱体所需向心力表达式F = （用D、m、ω、d表示），其大小为 N（保留2位有效数字）
【答案】（1）1
（2）16.2
（3）；6.1 × 10－3
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】(1)由于圆盘转动10周所用的时间为t=62.8s，则圆盘转动的周期为
根据角速度与周期的关系有
(2)根据游标卡尺的读数规则，由图可知游标卡尺的读数为1.6cm+2×0.1mm=16.2mm；
(3) 小圆柱体做圆周运动的半径为
则小圆柱体所需向心力表达式
代入数据有
故答案为：（1）1；（2）16.2；；（3）；6.1 × 10－3。
【分析】(1)先根据周期的定义，求出圆盘转动的周期，再根据角速度的定义求圆盘的角速度；
（2）根据游标卡尺的读数规则，读出游标卡尺的读数；
（3）根据几何关系求出小圆柱体做圆周运动的半径，再由向心力的公式计算向心力大小。
19．（2024高二上·大祥开学考）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线.如图1所示．在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图图2所示．
请你帮该同学完成下列任务：（只保留2位有效数字）
（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1= cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2= cm.
（2）如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0= （用字母表示）
（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0一图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T= s．
【答案】2.10；2.90；；
【知识点】匀速直线运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】（1） 雾滴运动的路程一定，速度越小，喷雾在空中运行的时间越长。转台转动的角速度恒定，则喷雾运行时间越长，转台转过的弧度越大，打在纸带上的点距离标注线越近，所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=2.10cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=2.90cm；
（2）如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为
则雾滴运动的时间为
整理得
（3）根据（2）中表达式结合图象可得
解得
T=1.6s
【分析】雾滴运动的路程始终等于转台的直径d，雾滴速度越大，雾滴空中运行的时间越短，转台的转速稳定后不变，则时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小。再根据及线速度与周期的关系求出雾滴运动的时间，再根据求出喷枪喷出雾滴的速度。
20．（2024高一下·泸州期末）在“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验中，所用向心力演示仪如图甲所示，A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，其中A和C的半径相同。图乙是变速塔轮的原理示意图：其中塔轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.5倍，轮③是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的1.5倍，是轮⑥的2倍。可供选择的实验小球有：质量均为2m的球I和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）这个实验主要采用的方法是_______。
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想实验法 D．放大法
（2）选择球I和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，是为了探究向心力大小与________。
A．质量之间的关系 B．半径之间的关系
C．标尺之间的关系 D．角速度之间的关系
（3）为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，应将实验小球I和 （选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）分别置于短臂A和短臂 处（选填“B”或“C”），实验时应将皮带与轮①和轮 相连，使两小球角速度相等。
【答案】（1）B
（2）D
（3）Ⅱ；B；④
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）主要用到了物理学中的控制变量法。
故选B。
（2）两球的质量相等，A和C的半径相同，是为了探究向心力大小与角速度之间的关系。
故选D。
（3）质量相等需选用实验小球I和Ⅱ；半径不同将小球置于置于短臂A和短臂B处。实验时应将皮带与轮①和轮④相连，使两小球角速度相等。
【分析】（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，存在多个变量，采用控制变量法；
（2）两球的质量相等，A和C的半径相同，角速度不同，探究探究向心力大小与角速度之间的关系。
（3）为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，需致力于角速度相同，质量相同，皮带转动线速度相等，故根据可知选取的轮半径需相等。
（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时主要用到了物理学中的控制变量法。
故选B。
（2）选择球I和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，两球的质量相等，A和C的半径相同，则根据
可知是为了探究向心力大小与角速度之间的关系。
故选D。
（3）[1]为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，需致力于角速度相同，则需选用实验小球I和Ⅱ；
[2]由于A和C的半径相同，故将小球置于置于短臂A和短臂B处。
[3]皮带转动线速度相等，故根据
可知选取的轮半径需相等，故实验时应将皮带与轮①和轮④相连，使两小球角速度相等。
21．（2024高一下·福州期末）如图，两个齿轮相互咬合进行工作，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知，。工作时A和B点的角速度之比 。向心加速度之比 。
【答案】1：2；1：2
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】（1）根据线速度和角速度的关系式有：
又根据各点的运行半径大小有
，
联立，解得角速度的比值为：
（2）根据向心加速度的表达式有：
解得向心加速度的比值为：
【分析】（1）利用线速度和角速度的关系结合半径之比可以求出线速度的大小比值；（2）利用向心加速度的比值结合半径的大小可以求出加速度的比值。
22．（2024高一下·济南月考）某同学做“探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度大小的关系”的实验，装置如图所示，质量为m的磁性小球（可视为质点）用细线a、b连接，细线a的另一端连接在竖直杆上的O点，细线b的另一端连接在力传感器上（力传感器固定在竖直杆上的A点且厚度不计），拉动小球，当a、b两细线都伸直且细线b水平，测得O点到A点的距离为，磁性小球到A点的距离为，磁性小球附近固定磁传感器。磁性小球被竖直杆带着以不同角速度做匀速圆周运动（细线a、b始终绷直），经过磁传感器时，磁传感器就可以记录接收n次（首次经过时记为0）磁场脉冲所用的总时间t，力传感器记录下细线b上的拉力大小F。已知重力加速度大小为g。
（1）小球做匀速圆周运动的角速度大小＝ ，向心力大小 。（均用m、n、t、、、中的部分符号表示）
（2）小球以不同角速度做匀速圆周运动（细线a、b始终绷直）时细线a上的拉力大小 （填“发生改变”或“保持不变”）。
（3）某次实验时测得细线b上的拉力大小F，从受力分析角度可知向心力大小 （用F、m、g、、表示）。
【答案】（1）；
（2）保持不变
（3）
【知识点】牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】（1）小球做匀速圆周运动的角速度大小
向心力大小
（2）设细线a与杆的夹角为θ，对小球受力分析，竖直方向上有
其中
由此可知小球的角速度改变时细线a上的拉力大小保持不变。
（3）对小球受力分析，水平方向上有
其中
解得
【分析】没转过一圈磁传感器记录一次数据，即记录数据的次数即为小球做圆周运动的转速，根据转速与角速度及向心力的关系确定小球做圆周运动的角速度及向心力大小。小球做在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定绳a拉力变化情况。确定转动过程不同情况下小球的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿第二定律及几何关系进行数据处理。
23．（2024高一下·西城期末）如图是场地自行车比赛的圆形赛道，路面与水平面的夹角为。某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为r，自行车和运动员的总质量为m。不考虑空气阻力，重力加速度为g，要使运动员和自行车所需的向心力完全由重力和支持力来提供，求：
（1）骑行速度v的大小；
（2）赛道对自行车支持力的大小。
【答案】解：（1）要使运动员和自行车所需的向心力完全由重力和支持力来提供，则
解得
（2）根据
解得
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）运动员做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出速度的大小；
（2）由于运动员竖直方向处于平衡状态，利用平衡方程可以求出支持力的大小。
24．（2024高一下·仁怀月考）用长为L的细线拴一质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向平角为θ。
（1）绳子拉力大小；
（2）小球的线速度.
【答案】（1）解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
小球受重力、和绳子的拉力，合力提供向心力，由图得：
绳子拉力大小
（2）解：根据几何关系可知：，
根据向心力公式得：
又
解得：
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向处于平衡状态，对小球进行受力分析，爱根据力的合成与分解进行解答；
（2）根据力的合成与分解确定小球做匀速圆周运动的向心力大小，根据几何关系确定小球做匀速圆周运动的半径，再结合牛顿第二定律进行解答。
25．（2024高一下·济南月考）如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴转动，圆锥筒侧面与水平面的夹角为，筒口半径R和筒高H均为0.8m，筒内壁A点的高度为筒高的一半，物块与筒内壁间的动摩擦因数，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。现使圆锥筒转动的角速度大小由（大小未知）开始缓慢增大，质量的物块（可视为质点）放置在A点始终相对于圆锥筒静止。
（1）当物块在A点受到的摩擦力为零时，求此时圆锥筒转动的角速度大小；
（2）若物块在A点始终与圆锥筒保持相对静止，求圆锥筒转动的最大角速度。
【答案】（1）解：对物块受力分析，竖直方向上有
水平方向上有，其中
解得，
（2）解：物块将要相对于圆锥筒滑动时，竖直方向上有
水平方向上有，其中
解得
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）物体在水平方向上做匀速圆周运动，在竖直方向处于平衡状态 ，对物块进行受力分析，确定物体的的受力情况及向心力的来源，再根据力的合成与分解及平衡条件和牛顿第二定律进行解答；
（2）物块在A点始终与圆锥筒保持相对静止，则物体与圆锥筒之间的摩擦力达到最大值，确定此时物体的受力情况，再根据再根据力的合成与分解及平衡条件和牛顿第二定律及滑动摩擦力公式进行解答。
1 / 1高考物理一轮复习：圆周运动
一、选择题
1．（2024高一下·瑞昌期末）“CVT”变速是当前自动挡汽车最流行的变速模式，主动轮和从动轮之间通过不会伸长、不会打滑的钢带连接，通过改变主动轮和从动轮的半径比来改变从动轮转速。设主动轮半径为，角速度为，从动轮半径为，则从动轮转动的角速度为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·丰台期末）洗衣机是家庭中常用的电器。波轮洗衣机中的脱水筒如图所示，在脱水时可以认为湿衣服紧贴在筒壁上随筒做匀速圆周运动。若波轮洗衣机在运行脱水程序时，有一枚硬币被甩到筒壁上，随筒壁一起做匀速圆周运动，脱水筒的转速，直径，下列说法正确的是（ ）
A．硬币做匀速圆周运动所需的向心力由筒壁对硬币的弹力提供
B．硬币做匀速圆周运动的角速度为
C．硬币做匀速圆周运动的线速度为
D．如果脱水筒的转速增加，则硬币与筒壁之间的摩擦力增大
3．（2024高一下·丰城期末）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互啮合进行工作的，其原理可简化为如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．B点线速度比A点大，是因为B点所在齿轮的半径大大
B．A、B两点线速度大小相等，是因为在相同的时间内A、B两点通过的弧长相等
C．B点角速度比A点大，是因为在相同时间内B点转过的角度更大
D．A、B两点角速度大小相等，是因为两齿轮在相同的时间内转过的角度相等
4．（2024高一下·赤坎月考）如图所示，A、B两艘快艇正在水平湖面分别做匀速圆周运动，已知在相同的时间内，A、B通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则以下说法正确的是（ ）
A．A、B运动的线速度大小之比为3∶4
B．A、B运动的角速度大小之比为2∶3
C．A、B运动的周期之比为3∶2
D．A、B做圆周运动的半径之比为8∶9
5．（2024高一下·茂名期末）如图所示为某市江边的摩天轮，乘客坐在座舱里随着摩天轮一起在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．乘客的速度保持不变
B．乘客的加速度保持不变
C．乘客在最高点时所受合力为零
D．乘客在最低点时所受合力方向竖直向上
6．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮如图所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为
A． B． C． D．
7．（2024高一下·河东期末）运动会上有一个集体项目——“旋风跑”，比赛过程中，五人一组共同抬着竹竿正在以标志杆为圆心，在水平面内转圈跑，如图所示，现将五人转圈跑看做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．5位同学的线速度相等
B．最外侧同学的角速度最大
C．最内侧同学的向心加速度最大
D．同一时刻五位同学所受的合外力方向相同
8．（2024高一下·和平期末）如图所示，摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的线速度保持不变
B．摩天轮转动过程中，乘客所受合力保持不变
C．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
D．摩天轮转动一周，乘客所受重力做功为零
9．（2024高一下·南宁期末）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．平抛运动相等时间内速度的改变量不相同
C．做匀速圆周运动的物体的线速度保持不变
D．做匀速圆周运动的物体所受合外力做功不一定为零
10．（2024高一下·阜阳期末）对教材中几副插图的理解正确的是（ ）
A．图甲，天宫二号绕地球做匀速圆周运动时，线速度和加速度都不变
B．图丙，当火车转弯速度过大时，火车外侧车轮的轮缘会挤压外轨
C．图乙，力作用在物体上，力和位移的夹角为150°，力对物体做负功
D．图丁，小球在下落和弹簧相互作用的过程中，小球的机械能守恒
11．（2024高一下·防城港期末）下列对情景分析和判断正确的说法是（ ）
A．因即将升空的火箭还没有运动，所以加速度一定为零
B．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
C．轿车紧急刹车，速度变化很快，加速度很大
D．轿车在十字路口转弯，仪表盘上示数不变，说明轿车转弯时速度也不变
12．（2024高一下·仁怀月考）餐桌上有一半径为40cm的转盘，转盘上放着三个相同的碗，碗a和碗b在转盘边缘，碗c在距离转盘中心20cm的位置，碗b装有一个苹果。若碗可看成质点，随转盘一起匀速转动。下列说法正确的是（ ）
A．转盘对三个碗的摩擦力大小一样
B．碗a和b的线速度始终相同
C．碗a和c的向心加速度大小之比为1：2
D．若转速逐渐增大，碗a与碗b同时滑出
二、多项选择题
13．（2024高一下·大渡口月考）如图所示，大、小轮之间靠摩擦传动，接触面上没有相对滑动，M、N两点分别位于大、小轮的边缘上。当大轮带动小轮转动时（ ）
A．M点的线速度大于N点的线速度 B．M、N两点的线速度大小相等
C．M点的角速度小于N点的角速度 D．M、N两点的角速度大小相等
14．（2024高一下·仁怀月考）水平圆盘上放置了A、B两个物体，如图所示。它们都在绕竖直轴匀速转动，B的质量是A质量的2倍，A、B到竖直轴的距离之比为2：1，两物块与圆盘间动摩擦因数相同并与圆盘相对静止，那么物块A、B的（ ）
A．角速度大小之比为2：1 B．线速度大小之比为2：1
C．向心力大小之比为2：1 D．向心加速度大小之比为2：1
15．（2024高一下·枣庄月考） 如图所示，竖直放置的光滑圆环、圆心为O，半径为R。轻质细绳一端固定在圆环的最高点，另一端连接一质量为M且套在圆环上的小球，静止时细绳与竖直方向的夹角为30°。现让圆环绕过圆心O的竖直轴以角速度匀速转动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．若细绳拉力为零，则
B．若细绳拉力为零，则
C．若圆环对小球的弹力为零，则
D．若圆环对小球的弹力为零，则
16．（2024高一下·赤坎月考）如图所示，是过关竞技类节目中的一关游戏装置，三个水平圆盘A、B、C紧挨在一起，转动过程中不打滑，过关者需要穿过三个圆盘，不掉落水中。已知A、B、C的半径之比为1∶2∶3，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C三个圆盘边缘处的线速度大小之比为1∶2∶3
B．A、B、C三个圆盘转动的角速度大小之比为3∶2∶1
C．A、B、C三个圆盘转动的周期之比为1∶2∶3
D．A、B、C三个圆盘边缘处的向心加速度大小之比为6∶3∶2
17．（2024高一下·成都月考）在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B（均视为质点），它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为、μ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是（ ）
A．此时转盘的角速度大小为
B．随转速的增加A先达到最大静摩擦力
C．随转速的增加A的摩擦力先增加后不变
D．随转速的增加B的摩擦力先增加后不变
三、非选择题
18．（2024·海南） 水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图（a）所示，图（b）为俯视图，测得圆盘直径D = 42.02cm，圆柱体质量m = 30.0g，圆盘绕过盘心O1的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤：
（1）用秒表测圆盘转动10周所用的时间t = 62.8s，则圆盘转动的角速度ω = rad/s（π取3.14）
（2）用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图（c）所示，该读数d = mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。
（3）写出小圆柱体所需向心力表达式F = （用D、m、ω、d表示），其大小为 N（保留2位有效数字）
19．（2024高二上·大祥开学考）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线.如图1所示．在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图图2所示．
请你帮该同学完成下列任务：（只保留2位有效数字）
（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1= cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2= cm.
（2）如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0= （用字母表示）
（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0一图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T= s．
20．（2024高一下·泸州期末）在“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验中，所用向心力演示仪如图甲所示，A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，其中A和C的半径相同。图乙是变速塔轮的原理示意图：其中塔轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.5倍，轮③是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的1.5倍，是轮⑥的2倍。可供选择的实验小球有：质量均为2m的球I和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）这个实验主要采用的方法是_______。
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想实验法 D．放大法
（2）选择球I和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，是为了探究向心力大小与________。
A．质量之间的关系 B．半径之间的关系
C．标尺之间的关系 D．角速度之间的关系
（3）为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，应将实验小球I和 （选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）分别置于短臂A和短臂 处（选填“B”或“C”），实验时应将皮带与轮①和轮 相连，使两小球角速度相等。
21．（2024高一下·福州期末）如图，两个齿轮相互咬合进行工作，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知，。工作时A和B点的角速度之比 。向心加速度之比 。
22．（2024高一下·济南月考）某同学做“探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度大小的关系”的实验，装置如图所示，质量为m的磁性小球（可视为质点）用细线a、b连接，细线a的另一端连接在竖直杆上的O点，细线b的另一端连接在力传感器上（力传感器固定在竖直杆上的A点且厚度不计），拉动小球，当a、b两细线都伸直且细线b水平，测得O点到A点的距离为，磁性小球到A点的距离为，磁性小球附近固定磁传感器。磁性小球被竖直杆带着以不同角速度做匀速圆周运动（细线a、b始终绷直），经过磁传感器时，磁传感器就可以记录接收n次（首次经过时记为0）磁场脉冲所用的总时间t，力传感器记录下细线b上的拉力大小F。已知重力加速度大小为g。
（1）小球做匀速圆周运动的角速度大小＝ ，向心力大小 。（均用m、n、t、、、中的部分符号表示）
（2）小球以不同角速度做匀速圆周运动（细线a、b始终绷直）时细线a上的拉力大小 （填“发生改变”或“保持不变”）。
（3）某次实验时测得细线b上的拉力大小F，从受力分析角度可知向心力大小 （用F、m、g、、表示）。
23．（2024高一下·西城期末）如图是场地自行车比赛的圆形赛道，路面与水平面的夹角为。某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为r，自行车和运动员的总质量为m。不考虑空气阻力，重力加速度为g，要使运动员和自行车所需的向心力完全由重力和支持力来提供，求：
（1）骑行速度v的大小；
（2）赛道对自行车支持力的大小。
24．（2024高一下·仁怀月考）用长为L的细线拴一质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向平角为θ。
（1）绳子拉力大小；
（2）小球的线速度.
25．（2024高一下·济南月考）如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴转动，圆锥筒侧面与水平面的夹角为，筒口半径R和筒高H均为0.8m，筒内壁A点的高度为筒高的一半，物块与筒内壁间的动摩擦因数，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。现使圆锥筒转动的角速度大小由（大小未知）开始缓慢增大，质量的物块（可视为质点）放置在A点始终相对于圆锥筒静止。
（1）当物块在A点受到的摩擦力为零时，求此时圆锥筒转动的角速度大小；
（2）若物块在A点始终与圆锥筒保持相对静止，求圆锥筒转动的最大角速度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】根据线速度、角速度、半径之间的关系
即
得
故选A。
【分析】钢带不会伸长、不会打滑，皮带传动，表明两轮的线速度大小相等。结合线速度角速度关系求解角速度。
2．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．向心力是效果力，其方向指向运动轨迹的圆心，硬币做匀速圆周运动所需的向心力由筒壁对硬币的弹力提供，A符合题意；
BC．硬币做匀速圆周运动的角速度等于脱水筒转动的角速度，大小为：
根据可得硬币做匀速圆周运动的线速度为
BC不符合题意；
D．硬币在竖直方向受力平衡，摩擦力与硬币的重力大小相等，故如果脱水筒的转速增加，则硬币与筒壁之间的摩擦力保持不变，D不符合题意。
故答案为A。
【分析】根据向心力的定义，在不同的模型中找到向心力的来源，根据圆周运动中角速度与线速度的关系，判断相关物理量的大小，根据二力平衡判断相关力的变化。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．B点线速度与A点线速度大小相等，选项A错误；
B．因为在相同的时间内A、B两点通过的弧长相等，选项B正确；
CD．B点角速度比A点小，是因为在相同时间内B点转过的角度更小，选项CD错误；
故选B。
【分析】AB两点齿轮转动，可知B点线速度与A点线速度大小相等。根据分析角速度大小。
4．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．A、B运动的线速度大小之比为4∶3，故A错误；
B．A、B运动的角速度大小之比为3∶2，故B错误；
C．可知，A、B运动的周期之比为2∶3，故C错误；
D．A、B做圆周运动的半径之比为，故D正确。
故选D。
【分析】由分析线速度大小之比，由分析角速度之比，由公式分析周期。
5．【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】A．乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，速度的方向时刻在发生改变，故A错误；
B．加速度方向始终指向圆心，加速度始终在变化，故B错误；
C．乘客在最高点时，具有竖直向下的向心加速度，合外力不为0，故C错误；
D．乘客所受支持力大于重力，乘客的加速度竖直向上，受合力方向竖直向上，故D正确。
故选D。
【分析】乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，不是匀速运动，乘客在最高点时，具有竖直向下的向心加速度。
6．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】当物块恰好被水平抛出时，在最高点只受重力作用，在皮带上最高点时由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：
解得：
设此时皮带转速为n，则由v=和可得v=2πnr，得到：
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 物体在最高点做圆周运动，要使物体通过终端时能水平抛出， 在终端只受重力作用，重力提供向心力列式可求最高点速度，即皮带的线速度大小，再根据线速度打下与转速关系求得皮带轮转速。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】AB．五位同学都是绕障碍物做同轴运动，角速度相等，根据
可得最外侧同学的线速度最大，AB不符合题意；
C．根据
可得最外侧同学的向心加速度最大，C不符合题意；
D．做匀速圆周运动的物体由合外力提供向心力，即合外力指向圆心，D符合题意。
故答案为D。
【分析】根据同轴转动的特点可判断线速度角速度关系，根据相信加速度公式可判断向心加速度的大小，根据向心力的特点可判断合外力的特点。
8．【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，乘客的线速度大小保持不变，线速度的方向为轨迹的切线方向，则方向时刻改变。故A错误；
B．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，摩天轮转动过程中，乘客所受合力大小不变，合力方向时刻指向圆心，则方向时刻改变。故B正确；
C．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，但重力势能在变化，机械能为重力势能与动能之和，因此乘客的机械能在变化。故C错误；
D．摩天轮转动一周，乘客回到初始高度，由于高度变化量为0，根据重力做功的表达式有
可知所受重力做功为零。故D正确。
故选D。
【分析】物体做匀速圆周运动时，速度方向时刻改变，合力方向时刻改变；机械能随重力势能不断发生改变；利用重力做功结合高度变化可以求出重力做功的大小。
9．【答案】A
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；功的概念
【解析】【解答】A．物体做平抛运动时，由于物体只受到重力则加速度保持不变，故平抛运动是匀变速曲线运动，A正确；
B．平抛运动的物体，在竖直方向上，根据速度公式可以得出速度变化量为
根据表达式可以得出相等时间速度的变化量相等，B错误；
C．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，所以线速度发生变化，C错误；
D．做匀速圆周运动的物合外力与线速度时刻垂直，所以合外力不做功，D错误。
故选A。
【分析】利用平抛运动的加速度保持不变可以判别平抛运动为匀变速曲线运动；利用平抛运动的速度公式可以比较相同时间速度变化量的大小；利用线速度的方向不断改变可以判别速度变化；利用合力方向与速度方向垂直可以判别合力不做功。
10．【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；生活中的圆周运动；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在图甲，天宫二号绕地球做匀速圆周运动时，线速度为轨迹的切线方向，加速度的方向时刻指向圆心，所以两者的方向都会改变，故A错误；
B．当火车的速度过大时，所需向心力变大，有离心趋势，会挤压铁路的外轨，B正确；
C．图丙，力作用在物体上，由于速度的方向水平向右，则力和位移的夹角为30°，力对物体做正功，故C错误；
D．图丁，小球在下落和弹簧相互作用的过程中，由于弹力方向向上与速度方向相反，所以小球受弹簧弹力做负功，根据功能关系可以得出小球的机械能减小，故D错误；
故选B。
【分析】天宫二号做匀速圆周运动时，速度和加速度方向不断改变；火车速度过大会挤压外轨道；根据力和速度的方向可以判别推力的做功；利用弹力方向可以判别弹力做功进而判别小球机械能的大小变化。
11．【答案】C
【知识点】加速度；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．物体的瞬时速度大小与加速度无关，比如自由落体运动物体的初始时刻；即将升空的火箭还没有运动，但加速度不一定为零，故A错误；
B．物体的瞬时速度大小与加速度无关，高速行驶的磁悬浮列车，虽然速度很大，如果磁悬浮列车做匀速运动，则加速度为零，故B错误；
C．加速度描述物体速度变化的快慢，则轿车紧急刹车，速度变化很快，加速度很大，故C正确；
D．速度为矢量，有大小和方向，轿车在十字路口转弯，仪表盘上示数不变，说明轿车转弯时速度大小不变，但方向发生变化，故D错误。
故选C。
【分析】速度的大小与加速度无关；加速度描述速度变化的快慢；速度的方向一旦变化则速度发生变化。
12．【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、碗所受摩擦力提供向心力，则
即
、 、
故A错误；
B、由v=ωr可知，碗a和b的线速度大小相等，方向不同，故B错误；
C、由公式
可知，碗a和c的向心加速度大小之比为2：1，故C错误；
D、当碗与转盘间的摩擦达到最大静摩擦时，有
得
由此可得，转动半径相同时，临界角速度相同，转速相同，所以碗a与碗b同时滑出，故D正确。
故答案为：D。
【分析】a、b、c三个碗属于同轴转动，三个碗的角速度相等，根据题意确定三个碗做匀速圆周运动的半径关系，明确三个碗做匀速圆周运动向心力的来源，再结合牛顿第二定律及线速度与角速度及向心加速度的关系进行解答。
13．【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】齿轮传动M、N两点的线速度大小相等；根据
M点的角速度小于N点的角速度。
故选BC。
【分析】齿轮传动M、N两点的线速度大小相等，线速度等于角速度乘以半径。
14．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、根据匀速圆周运动规律可知，两物体与圆盘相对静止，则角速度相同。故A错误；
B、根据
可知A、B做圆周运动半径之比为2：1，角速度相同，线速度之比也为2：1。故B正确；
C、向心力
A、B质量之比为1：2，半径之比为2：1，角速度相同，向心力大小之比为1：1。故C错误；
D、向心加速度
A、B做圆周运动半径之比为2：1，角速度相同，则向心加速度大小之比为2：1。故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B属于同轴转动，两物体的角速度相等，根据题意确定两物体做匀速圆周运动的半径关系，再结合线速度、角速度及向心力公式和向心加速度的关系进行解答。
15．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、对小球进行受力分析，如图所示：
Tsinθ-Ncosθ=Mω2r，
Tcosθ=Nsinθ+Mg，
随着ω的增大，拉力T和支持力N都会变小，其中T一直减小，而N会先减小到θ再反向增大，
若细绳拉力为零，此时N已经反向，可得
Tsinθ+Ncosθ= Mω2r ，
Tcosθ+Nsinθ=Mg，
由几何关系可得
r=Rcosθ，
联立解得
，
故A正确，B错误；
CD、若圆环对小球的弹力为零，圆周运动的半径
，
代入上式，解得
，
故C错误，D正确；
故答案为： AD。
【分析】对圆环受力分析，根据向心力的来源，由牛顿第二定律列式求解。
16．【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．边缘各点的线速度之比为1︰1︰1，故A错误；
B．角速度大小之比为
故B错误；
C．周期之比为
故C正确；
D．向心加速度大小之比
故D正确。
故选CD。
【分析】齿轮转动，线速度相等，角速度等于线速度除以半径，周期之比等于角速度反比，结合向心加速度表达式求解加速度大小。
17．【答案】B,D
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A. 由题可知，对于物体A刚要开始滑动时
可得
对于物体B刚要开始滑动时
可得
故当转盘角速度增大时，物体A先到达最大静摩擦力，设此时发生相对滑动时的加速度大小为，则对物体A有
对物体B有
联立解的
A不符合题意，B符合题意；
C. 可知物体A、B做匀速圆周运动所需要的向心力为
，
对于物体A而言，转速较小时，由指向圆心的摩擦力提供向心力，随着转速逐渐增大，由绳的拉力与摩擦力提供向心力，绳的拉力增大，摩擦力减小，随后摩擦力与拉力反向，大小逐渐增大，故C不符合题意；
D. 对于物体B，转速较小时，摩擦力提供向心力，随着转速增大，绳子拉力与摩擦力提供向心力，随后摩擦力不变，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】利用最大静摩擦力与滑动摩擦力的特点可求出临界角速度的大小；根据圆周运动向心力来源问题可判断摩擦力的变化情况。
18．【答案】（1）1
（2）16.2
（3）；6.1 × 10－3
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】(1)由于圆盘转动10周所用的时间为t=62.8s，则圆盘转动的周期为
根据角速度与周期的关系有
(2)根据游标卡尺的读数规则，由图可知游标卡尺的读数为1.6cm+2×0.1mm=16.2mm；
(3) 小圆柱体做圆周运动的半径为
则小圆柱体所需向心力表达式
代入数据有
故答案为：（1）1；（2）16.2；；（3）；6.1 × 10－3。
【分析】(1)先根据周期的定义，求出圆盘转动的周期，再根据角速度的定义求圆盘的角速度；
（2）根据游标卡尺的读数规则，读出游标卡尺的读数；
（3）根据几何关系求出小圆柱体做圆周运动的半径，再由向心力的公式计算向心力大小。
19．【答案】2.10；2.90；；
【知识点】匀速直线运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】（1） 雾滴运动的路程一定，速度越小，喷雾在空中运行的时间越长。转台转动的角速度恒定，则喷雾运行时间越长，转台转过的弧度越大，打在纸带上的点距离标注线越近，所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=2.10cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=2.90cm；
（2）如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为
则雾滴运动的时间为
整理得
（3）根据（2）中表达式结合图象可得
解得
T=1.6s
【分析】雾滴运动的路程始终等于转台的直径d，雾滴速度越大，雾滴空中运行的时间越短，转台的转速稳定后不变，则时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小。再根据及线速度与周期的关系求出雾滴运动的时间，再根据求出喷枪喷出雾滴的速度。
20．【答案】（1）B
（2）D
（3）Ⅱ；B；④
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）主要用到了物理学中的控制变量法。
故选B。
（2）两球的质量相等，A和C的半径相同，是为了探究向心力大小与角速度之间的关系。
故选D。
（3）质量相等需选用实验小球I和Ⅱ；半径不同将小球置于置于短臂A和短臂B处。实验时应将皮带与轮①和轮④相连，使两小球角速度相等。
【分析】（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，存在多个变量，采用控制变量法；
（2）两球的质量相等，A和C的半径相同，角速度不同，探究探究向心力大小与角速度之间的关系。
（3）为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，需致力于角速度相同，质量相同，皮带转动线速度相等，故根据可知选取的轮半径需相等。
（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时主要用到了物理学中的控制变量法。
故选B。
（2）选择球I和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，两球的质量相等，A和C的半径相同，则根据
可知是为了探究向心力大小与角速度之间的关系。
故选D。
（3）[1]为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，需致力于角速度相同，则需选用实验小球I和Ⅱ；
[2]由于A和C的半径相同，故将小球置于置于短臂A和短臂B处。
[3]皮带转动线速度相等，故根据
可知选取的轮半径需相等，故实验时应将皮带与轮①和轮④相连，使两小球角速度相等。
21．【答案】1：2；1：2
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】（1）根据线速度和角速度的关系式有：
又根据各点的运行半径大小有
，
联立，解得角速度的比值为：
（2）根据向心加速度的表达式有：
解得向心加速度的比值为：
【分析】（1）利用线速度和角速度的关系结合半径之比可以求出线速度的大小比值；（2）利用向心加速度的比值结合半径的大小可以求出加速度的比值。
22．【答案】（1）；
（2）保持不变
（3）
【知识点】牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】（1）小球做匀速圆周运动的角速度大小
向心力大小
（2）设细线a与杆的夹角为θ，对小球受力分析，竖直方向上有
其中
由此可知小球的角速度改变时细线a上的拉力大小保持不变。
（3）对小球受力分析，水平方向上有
其中
解得
【分析】没转过一圈磁传感器记录一次数据，即记录数据的次数即为小球做圆周运动的转速，根据转速与角速度及向心力的关系确定小球做圆周运动的角速度及向心力大小。小球做在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定绳a拉力变化情况。确定转动过程不同情况下小球的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿第二定律及几何关系进行数据处理。
23．【答案】解：（1）要使运动员和自行车所需的向心力完全由重力和支持力来提供，则
解得
（2）根据
解得
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）运动员做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出速度的大小；
（2）由于运动员竖直方向处于平衡状态，利用平衡方程可以求出支持力的大小。
24．【答案】（1）解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
小球受重力、和绳子的拉力，合力提供向心力，由图得：
绳子拉力大小
（2）解：根据几何关系可知：，
根据向心力公式得：
又
解得：
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向处于平衡状态，对小球进行受力分析，爱根据力的合成与分解进行解答；
（2）根据力的合成与分解确定小球做匀速圆周运动的向心力大小，根据几何关系确定小球做匀速圆周运动的半径，再结合牛顿第二定律进行解答。
25．【答案】（1）解：对物块受力分析，竖直方向上有
水平方向上有，其中
解得，
（2）解：物块将要相对于圆锥筒滑动时，竖直方向上有
水平方向上有，其中
解得
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）物体在水平方向上做匀速圆周运动，在竖直方向处于平衡状态 ，对物块进行受力分析，确定物体的的受力情况及向心力的来源，再根据力的合成与分解及平衡条件和牛顿第二定律进行解答；
（2）物块在A点始终与圆锥筒保持相对静止，则物体与圆锥筒之间的摩擦力达到最大值，确定此时物体的受力情况，再根据再根据力的合成与分解及平衡条件和牛顿第二定律及滑动摩擦力公式进行解答。
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