【期末押题预测】生活中的圆周运动（含解析）2024-2025学年高中物理人教版（2019）高一下册
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| 名称 | 【期末押题预测】生活中的圆周运动（含解析）2024-2025学年高中物理人教版（2019）高一下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-27 15:16:38 | ||
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文档简介
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期末押题预测 生活中的圆周运动
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 邯郸期末）如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．当时，轨道对小球无支持力
B．当时，轨道对桌面的压力为（M﹣m）g
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
2．（2024秋 石家庄期末）如图，半径为R的球壳以竖直直径为固定轴匀速转动，有一小物块附在其内壁上。小物块和球心O的连线与竖直轴的夹角为θ。小物块与内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块与球壳一起运动时，球壳的最小角速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2024秋 新华区校级期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度v0
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先减小后增加
4．（2024秋 锡山区校级期末）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端以不变的速率驶过该立交桥，小汽车速度大小为v1，则（ ）
A．小汽车通过桥顶时处于超重状态
B．小汽车通过桥顶时处于平衡状态
C．小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为FN＝mg﹣m
D．小汽车到达桥顶时的速度必须大于
5．（2025 雨花区校级开学）一赛车场的圆环形车道修建在水平地面上，中心为P，赛道倾斜，虚线部分的竖直截面如图所示，AB是半径为R的四分之一圆弧。O为圆心，OA水平，OB竖直，BP距离为L。赛车都在水平面内做匀速圆周运动，某一瞬时，甲、乙两辆赛车恰好在同一竖直面内不同高度处，不考虑赛车受到的侧向摩擦力作用。下列说法正确的是（ ）
A．乙车行驶速度较大
B．此瞬间乙车向心加速度较大
C．若乙车提高行驶速度，则其距离地面的高度将会加大
D．若甲车改变行驶速度，有可能在离地面高度为R的圆周上运动
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 邯郸期末）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（ ）
A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
（多选）7．（2024秋 碑林区校级期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m
C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力
D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力
（多选）8．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，有一可绕中心轴OO′转动的水平圆盘，上面放有三个可视为质点的物块A、B、C，质量分别为2m，m，3m，与转轴距离分别为3r、r、2r，三个物块与圆盘表面的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块间用轻质细绳相连，开始时轻绳伸直但无张力。现圆盘从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
B．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
C．连接A、B的绳上张力最大值为38μmg
D．连接B、C的绳上张力最大值为35μmg
（多选）9．（2023秋 海南期末）云台稳定器是一种常用于摄影和摄像领域的设备，它利用陀螺仪加速度传感器可以使相机在移动过程中保持稳定，避免拍摄画面出现晃动和模糊。在某次摄像过程中摄影师将摄影机放置在水平云台上（假设没有锁定），由于摄影需要，这个装置在竖直平面内做匀速圆周运动（云台始终保持水平），如图所示，图中a、c分别为圆周的最低点与最高点，b、d点与圆心等高。则在该运动过程中摄影机的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．云台对摄影机的作用力始终沿半径指向圆心
B．整个运动过程中，摄影机受到的合力大小不变
C．从a到d过程中，摄影机受到的合力是变力
D．在a、c两点云台对摄影机的作用力大小相等
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 （填“越大”“越小”或“不变”），线速度 （填“越大”“越小”或“不变”）。
11．（2023秋 双清区校级期末）如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑桌面上的图钉做匀速圆周运动。经过前面的学习知道，匀速圆周运动是变速运动，根据牛顿运动定律可知，小球受力必然不为零。那么小球做匀速圆周运动所受的力指向 。若用剪刀将细线剪断，小球将做 运动。
12．（2024春 泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为 N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的 （选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 锡山区校级期末）如图甲所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为rA＝0.1m，rB＝0.2m，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值；
（3）取沿半径指向圆心方向为正方向，在图乙给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
14．（2024秋 碑林区校级期末）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。
（1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
15．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯 瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。
（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。
期末押题预测 生活中的圆周运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 邯郸期末）如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．当时，轨道对小球无支持力
B．当时，轨道对桌面的压力为（M﹣m）g
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用；超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对小球和圆环受力分析，利用牛顿运动定律求解，匀速圆周运动才是合外力提供向心力，根据加速度方向判断超重或者失重情况。
【解答】解：AB．对小球受力分析，当时得
得
FNm＝mg
根据牛顿第三定律，小球对圆环的作用力与圆环对小球的作用力大小相等方向相反，对圆环轨道受力分析，得
FNM+FNm′＝Mg
则
FNM＝（M﹣m）g
故A错误，B正确；
C．在小球运动的过程中，小球做变速圆周运动，除最高点和最低点合外力提供向心力，其它位置都是合外力的分力提供向心力，故C错误；
D．小球在最高点时加速度向下，则处于失重状态，故D错误。
故选：B。
【点评】分析清楚小球运动过程与受力情况，应用牛顿运动定律结合圆周运动知识可以解题。
2．（2024秋 石家庄期末）如图，半径为R的球壳以竖直直径为固定轴匀速转动，有一小物块附在其内壁上。小物块和球心O的连线与竖直轴的夹角为θ。小物块与内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块与球壳一起运动时，球壳的最小角速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】对小物块分析，竖直方向根据受力平衡列式，在水平方向上根据牛顿第二定律列式，结合摩擦力求解公式求解。
【解答】解：对小物块分析，若球壳角速度最小时，受重力、支持力、摩擦力，
竖直方向上
mg+Ncosθ＝fsinθ
在水平方向上有
fcosθ+Nsinθ＝mω2Rsinθ
且
f＝μN
解得
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。
3．（2024秋 新华区校级期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度v0
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先减小后增加
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】在A点受力分析，由牛顿第二定律与向心力公式可知，小球受到的支持力与重力的关系；
小球在A点时没有脱离轨道，故说明小球此时受支持力作用，由此分析水平速度大小；
小球在B点刚离开轨道，只受重力作用，由此分析加速度大小和方向；
根据受力情况分析小球水平方向的加速度的变化情况。
【解答】解：A、小球在A点时，根据牛顿第二定律得：mg﹣FN＝m，可得：FN＝mg﹣m，小球受到的支持力小于其重力，根据牛顿第三定律可知，小球对圆轨道压力小于其重力，故A错误；
B、小球在A点时没有脱离轨道，故说明小球此时受支持力作用，故其水平速度一定小于，故B正确；
C、小球在B点刚离开轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，加速度竖直向下，故C错误；
D、小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查竖直平面内的变速圆周运动与斜抛运动，涉及牛顿第二定律，向心力公式，向心加速度表达式。注意变速圆周运动速度方向不但变化，而且大小也发生变化。
4．（2024秋 锡山区校级期末）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端以不变的速率驶过该立交桥，小汽车速度大小为v1，则（ ）
A．小汽车通过桥顶时处于超重状态
B．小汽车通过桥顶时处于平衡状态
C．小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为FN＝mg﹣m
D．小汽车到达桥顶时的速度必须大于
【考点】拱桥和凹桥类模型分析．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】分析小汽车在最高点的加速度方向，根据超失重的条件判断；根据受力分析列出小汽车在最高点的向心力表达式，求出支持力；分析小汽车在最高点的向心力的极值，找到临界速度；
【解答】解：ABC．由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得
解得小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为
物体处于失重状态，故AB错误，C正确；
D．由
FN≥0
解得
故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是知道超重和失重的条件，会分析运动过程中的向心力来源，找到向心力的临界值。
5．（2025 雨花区校级开学）一赛车场的圆环形车道修建在水平地面上，中心为P，赛道倾斜，虚线部分的竖直截面如图所示，AB是半径为R的四分之一圆弧。O为圆心，OA水平，OB竖直，BP距离为L。赛车都在水平面内做匀速圆周运动，某一瞬时，甲、乙两辆赛车恰好在同一竖直面内不同高度处，不考虑赛车受到的侧向摩擦力作用。下列说法正确的是（ ）
A．乙车行驶速度较大
B．此瞬间乙车向心加速度较大
C．若乙车提高行驶速度，则其距离地面的高度将会加大
D．若甲车改变行驶速度，有可能在离地面高度为R的圆周上运动
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对车进行受力分析，得到速度和向心加速度表达式，由表达式进行分析，甲车改变行驶速度，如果在离地面高度为R的圆周上运动，结合数学知识进行排除。
【解答】解：A．对车进行受力分析，其中θ为支持力与竖直方向夹角，可得
r＝Rsinθ+L
代入解得
乙的θ角小，故行驶速度较小，故A错误；
C．若乙车提高行驶速度，v增大，则θ大，距离地面的高度大，故C正确；
B．由
mgtanθ＝ma
可得向心加速度
an＝gtanθ
故甲车向心加速度大，故B错误；
D．若甲车改变行驶速度，在离地面高度为R的圆周上运动，则
θ＝90°
由tan90°→∞，则v也趋向无穷大，所以若甲车改变行驶速度，不能在离地面高度为R的圆周上运动，故D错误。
故选：C。
【点评】理解概念和规律的实质是正确解题的关键。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 邯郸期末）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（ ）
A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；线速度的物理意义及计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】对游客和椅子整体进行受力分析，得到向心力的来源；根据牛顿第二定律、几何关系计算拉力之比和向心加速度之比；根据向心加速度关系可以知道是否与质量有关。
【解答】解：A．椅子和游客随圆盘匀速转动，对游客与椅子的整体受力分析可知，整体受重力，绳子拉力，是这两个力的合力提供向心力，故A正确；
BC．由于重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形可得
向心加速度为
故BC错误；
D．根据牛顿第二定律，设游客做匀速圆周运动的半径为r，可得
mgtanθ＝mω2r
可得
由此表达式，可知悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键掌握利用牛顿第二定律推导轻绳与竖直方向的夹角关系。
（多选）7．（2024秋 碑林区校级期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m
C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力
D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力
【考点】物体在环形竖直轨道内的圆周运动；圆周运动与平抛运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据平抛的运动规律，利用几何关系求出小球到达C点的速度和B、C间的水平距离；根据牛顿第二定律分析管壁对小球的作用力方向。
【解答】解：A.小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s，根据平行四边形定则知tan45° ，解得小球经过B点的速度vB＝4m/s，根据矢量合成可知，小球在C点的速度大小为4m/s，故A正确；
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是x＝vBt＝1.6m，故B错误；
CD.在B点，设小球受到管道下壁的作用力，根据牛顿第二定律得，mg﹣N＝m，解得轨道对小球的作用力N＝﹣6m，可知假设错误，小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】学生在解答本题时，应注意要将牛顿第二定律与圆周运动进行结合，同时要注意具有受力分析能力。
（多选）8．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，有一可绕中心轴OO′转动的水平圆盘，上面放有三个可视为质点的物块A、B、C，质量分别为2m，m，3m，与转轴距离分别为3r、r、2r，三个物块与圆盘表面的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块间用轻质细绳相连，开始时轻绳伸直但无张力。现圆盘从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
B．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
C．连接A、B的绳上张力最大值为38μmg
D．连接B、C的绳上张力最大值为35μmg
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】角速度较小时静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时绳子开始出现拉力，根据物块的受力情况应用牛顿第二定律求出临界角速度，然后根据题意分析答题。
【解答】解：当ω较小时三个物块都相对圆盘静止，静摩擦力提供向心力，设角速度为ω1时A所受摩擦力达到最大静摩擦力，
对A，由牛顿第二定律得：μ×2mg＝2mω12×3r，解得：ω1
当ω＞ω1时A、B间轻绳上出现弹力，设弹力大小为T1，B与盘面间的静摩擦力为fB，由牛顿第二定律得：
对A：2μmg+T1＝2mω2×3r
对B：fB+T1＝mω2r
解得：fB＝﹣5mω2r+2μmg，随ω增大fB减小，当fB＝0时，ω2
当ω＞ω2时fB开始反向增大
设当角速度为ω3时C所受静摩擦力达到最大静摩擦力，
对C，由牛顿第二定律得：，解得：ω3
则当ω＞ω3时BC间轻绳出现弹力，由于ω3＞ω2，且当ω3时，，B所受静摩擦力没有达到最大静摩擦力
由以上分析可知，当ω1＜ω＜ω3时，fB先减小为零然后反向增大
当ω＞ω3时，设BC间的弹力大小为T2，由牛顿第二定律得：
对A：
对B：T1﹣fB﹣T2＝mω2r
对C：
整理得：fB＝μmg﹣mω2r
随ω增大fB减小，当fB＝0时，解得：
当ω＞ω4时随ω增大fB反向增大，当B所受摩擦力为最大静摩擦力，即fB＝﹣μmg时解得：ω5
当ω＞ω5时，A所受静摩擦力开始减小为零，然后反向增大，当A所受静摩擦力再次为最大静摩擦力时，A、B、C三者恰好相对圆盘静止
当A所受静摩擦力再次为最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得：
对A：
对B：
对C：
解得：
当ω继续增大时，A、B、C会一起滑动，此时T1、T2都达到最大值，解得：T1max＝38μmg，T2max＝33μmg
A、由以上分析可知，当时，fB先减小后增大，再减小，故A错误；
B、当时fB先减小后增大，故B正确；
CD、A、B间轻绳上的最大张力是38μmg，B、C间轻绳上的最大张力是33μmg，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力。
（多选）9．（2023秋 海南期末）云台稳定器是一种常用于摄影和摄像领域的设备，它利用陀螺仪加速度传感器可以使相机在移动过程中保持稳定，避免拍摄画面出现晃动和模糊。在某次摄像过程中摄影师将摄影机放置在水平云台上（假设没有锁定），由于摄影需要，这个装置在竖直平面内做匀速圆周运动（云台始终保持水平），如图所示，图中a、c分别为圆周的最低点与最高点，b、d点与圆心等高。则在该运动过程中摄影机的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．云台对摄影机的作用力始终沿半径指向圆心
B．整个运动过程中，摄影机受到的合力大小不变
C．从a到d过程中，摄影机受到的合力是变力
D．在a、c两点云台对摄影机的作用力大小相等
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据匀速圆周运动的向心力特点结合摄影机的受力分析，利用牛顿第二定律进行分析解答。
【解答】解：A.摄影机所需向心力始终指向圆心，由于重力始终竖直向下，则云台对摄影机的作用力不会始终指向圆心，故A错误；
B.摄影机做匀速圆周运动，所受合力的大小不变，故B正确；
C.合力等于向心力，方向一直变化，为变力，故C正确；
D.在a、c两点的向心力等大，均为Fn＝Fa﹣mg＝mg﹣Fc可知，在a、c两点云台对摄影机的作用力大小不相等，故D错误。
故选：BC。
【点评】考查匀速圆周运动的向心力特点、结合摄影机的受力分析，利用牛顿第二定律进行准确分析解答。
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 不变 （填“越大”“越小”或“不变”），线速度 越大 （填“越大”“越小”或“不变”）。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；线速度的物理意义及计算．
【专题】比较思想；合成分解法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；理解能力．
【答案】不变，越大。
【分析】对小球进行受力分析，由合外力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律列式分析。
【解答】解：小球的受力示意图如图所示。
小球在水平面内做匀速圆周运动过程，受重力和支持力两个作用，二力的合力水平指向轨迹的圆心，因此由重力和支持力的合力提供向心力，所受合外力大小为
则小球运动的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，所受合外力不变。
小球做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则
解得：
则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，r越大，线速度v越大。
故答案为：不变，越大。
【点评】本题属于圆锥摆模型，考查水平面内圆周运动，要明确向心力的来源，知道匀速圆周运动的向心力由合外力提供。
11．（2023秋 双清区校级期末）如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑桌面上的图钉做匀速圆周运动。经过前面的学习知道，匀速圆周运动是变速运动，根据牛顿运动定律可知，小球受力必然不为零。那么小球做匀速圆周运动所受的力指向 圆心 。若用剪刀将细线剪断，小球将做 匀速直线 运动。
【考点】判断近心或离线运动的轨迹；向心力的来源分析．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】圆心；匀速直线。
【分析】在匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，但方向不断改变，因此物体受到的合外力不为零，且该力必须指向圆心，以提供向心加速度，使物体保持在圆周路径上运动。当细线被剪断时，物体将不再受到指向圆心的力，根据牛顿第一定律，物体将沿切线方向做匀速直线运动。
【解答】解：小球做匀速圆周运动，所受合力为向心力，指向圆心；
若用剪刀将细线剪断，小球所受合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动。
故答案为：圆心；匀速直线。
【点评】本题的关键在于理解匀速圆周运动的受力特点以及牛顿第一定律的应用。在匀速圆周运动中，物体受到的合外力必须指向圆心，以提供向心力，使物体保持在圆周路径上运动。当物体不再受到指向圆心的力时，根据牛顿第一定律，物体将沿切线方向做匀速直线运动。
12．（2024春 泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为 800 N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的 最大静摩擦力 （选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。
【考点】车辆在道路上的转弯问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】800，最大静摩擦力。
【分析】利用向心力表达式计算向心力；
汽车在转弯过程中由摩擦力提供向心力，下雨天路面湿滑，会减小汽车与地面间的最大静摩擦力，若此时转弯太快，车子会有可能发生打滑，可根据此状态分析。
【解答】解：汽车转弯所需要的向心力大小为
代入数据解得Fn＝800N
下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的最大静摩擦力变小了，若汽车速度太快，转弯时所需的向心力超过地面提供的最大静摩擦力，将做离心运动。
故答案为：800，最大静摩擦力。
【点评】本题考查学生对向心力表达式的灵活应用以及对汽车转弯类圆周运动模型的理解。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 锡山区校级期末）如图甲所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为rA＝0.1m，rB＝0.2m，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值；
（3）取沿半径指向圆心方向为正方向，在图乙给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）当圆盘转动角速度为rad/s时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像见解析。
【分析】（1）当B物块达到最大静摩擦力，且绳中拉力为零时，圆盘转动的角速度最小，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可；
（2）当A物块达到最大静摩擦力，且绳中拉力不为零时，圆盘的角速度达到最大，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可；
（3）根据A的受力情况，画出图像即可。
【解答】解：（1）当B达到最大静摩擦力时，此时绳中张力为零，设此时圆盘角速度为ω0，则有：μmBg＝mBω02rB
解得：ω0rad/s
所以当圆盘转动角速度ωrad/s时，绳中开始出现张力；
（2）当A达到最大静摩擦力时，设此时圆盘角速度为ωm，绳中张力为T，对A有：T﹣μmAg＝mAωm2rA
对B有：T+μmBg＝mBωm2rB
联立解得ωmrad/s
所以圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）当0＜ωrad/s时，A所受摩擦力背离圆心，为静摩擦力，则：FfA＝mArAω2
当rad/s≤ωrad/s，A受到的摩擦力先减小后增大，如图所示：
答：（1）当圆盘转动角速度为rad/s时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像见解析。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和向心力公式的直接应用，知道当物体所需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体发生相对滑动。
14．（2024秋 碑林区校级期末）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。
（1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s；
（2）圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s。
【分析】（1）根据圆环的受力情况，应用牛顿第二定律求出细杆的角速度大小。
（2）根据圆环处于细杆末端时的受力情况，应用牛顿第二定律求出角速度大小。
【解答】解：（1）弹簧处于原长时圆环受力如图所示
对圆环，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：ω＝10rad/s
（2）圆环处于细杆末端P时圆环受力如图所示
对圆环，在竖直方向：Fcosα+mg＝FN′sinα
在水平方向，由牛顿第二定律得：Fsinα+FN′cosα＝mω′2Lsinα
由胡克定律得：F＝k（L﹣x0）
代入数据解得：ω′＝10rad/s
答：（1）弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s；
（2）圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s。
【点评】分析清楚圆环的受力情况，确定圆环做匀速圆周运动的向心力来源是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
15．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯 瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。
（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；共点力的平衡问题及求解．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C大小为2mg的竖直向上的托力；
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω的大小为；
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为0°。
【分析】（1）以球A为研究对象，由平衡条件列式，对B同理，以C为研究对象，根据平衡条件列式，即可分析求解；
（2）整个装置绕竖直轴匀速转动，对A，由平衡条件、牛顿第二定律分别列式，对C，由平衡条件列式，即可分析求解；
（3）同（2）思路，即可分析求解。
【解答】解：（1）以球A为研究对象，设上面的杆的力为FA，下面的杆的力为FA′，需要给C的竖直向上的托力大小为F，
由平衡条件可得：FAcosθ+FA′cosθ＝mg，FAsinθ＝FA′sinθ，
联立可得：，
对B同理可得：，
以C为研究对象，根据平衡条件可得：F＝FA′cosθ+FB′cosθ+mg，
联立可得：F＝2mg；
（2）由（1）知，球A受重力mg、两根轻杆的拉力FA和FA′，
整个装置绕竖直轴匀速转动，
竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，θ＝60°，
联立可得：；
（3）同（2）思路，整个装置绕竖直轴匀速转动，，
对A，竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，
联立可得：cosθ＝1，则θ＝0°。
答：（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C大小为2mg的竖直向上的托力；
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω的大小为；
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为0°。
【点评】本题考查物体被系在绳上做圆锥摆运动，解题时需注意，分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，这个合力向心力。
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期末押题预测 生活中的圆周运动
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 邯郸期末）如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．当时，轨道对小球无支持力
B．当时，轨道对桌面的压力为（M﹣m）g
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
2．（2024秋 石家庄期末）如图，半径为R的球壳以竖直直径为固定轴匀速转动，有一小物块附在其内壁上。小物块和球心O的连线与竖直轴的夹角为θ。小物块与内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块与球壳一起运动时，球壳的最小角速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2024秋 新华区校级期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度v0
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先减小后增加
4．（2024秋 锡山区校级期末）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端以不变的速率驶过该立交桥，小汽车速度大小为v1，则（ ）
A．小汽车通过桥顶时处于超重状态
B．小汽车通过桥顶时处于平衡状态
C．小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为FN＝mg﹣m
D．小汽车到达桥顶时的速度必须大于
5．（2025 雨花区校级开学）一赛车场的圆环形车道修建在水平地面上，中心为P，赛道倾斜，虚线部分的竖直截面如图所示，AB是半径为R的四分之一圆弧。O为圆心，OA水平，OB竖直，BP距离为L。赛车都在水平面内做匀速圆周运动，某一瞬时，甲、乙两辆赛车恰好在同一竖直面内不同高度处，不考虑赛车受到的侧向摩擦力作用。下列说法正确的是（ ）
A．乙车行驶速度较大
B．此瞬间乙车向心加速度较大
C．若乙车提高行驶速度，则其距离地面的高度将会加大
D．若甲车改变行驶速度，有可能在离地面高度为R的圆周上运动
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 邯郸期末）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（ ）
A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
（多选）7．（2024秋 碑林区校级期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m
C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力
D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力
（多选）8．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，有一可绕中心轴OO′转动的水平圆盘，上面放有三个可视为质点的物块A、B、C，质量分别为2m，m，3m，与转轴距离分别为3r、r、2r，三个物块与圆盘表面的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块间用轻质细绳相连，开始时轻绳伸直但无张力。现圆盘从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
B．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
C．连接A、B的绳上张力最大值为38μmg
D．连接B、C的绳上张力最大值为35μmg
（多选）9．（2023秋 海南期末）云台稳定器是一种常用于摄影和摄像领域的设备，它利用陀螺仪加速度传感器可以使相机在移动过程中保持稳定，避免拍摄画面出现晃动和模糊。在某次摄像过程中摄影师将摄影机放置在水平云台上（假设没有锁定），由于摄影需要，这个装置在竖直平面内做匀速圆周运动（云台始终保持水平），如图所示，图中a、c分别为圆周的最低点与最高点，b、d点与圆心等高。则在该运动过程中摄影机的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．云台对摄影机的作用力始终沿半径指向圆心
B．整个运动过程中，摄影机受到的合力大小不变
C．从a到d过程中，摄影机受到的合力是变力
D．在a、c两点云台对摄影机的作用力大小相等
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 （填“越大”“越小”或“不变”），线速度 （填“越大”“越小”或“不变”）。
11．（2023秋 双清区校级期末）如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑桌面上的图钉做匀速圆周运动。经过前面的学习知道，匀速圆周运动是变速运动，根据牛顿运动定律可知，小球受力必然不为零。那么小球做匀速圆周运动所受的力指向 。若用剪刀将细线剪断，小球将做 运动。
12．（2024春 泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为 N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的 （选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 锡山区校级期末）如图甲所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为rA＝0.1m，rB＝0.2m，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值；
（3）取沿半径指向圆心方向为正方向，在图乙给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
14．（2024秋 碑林区校级期末）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。
（1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
15．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯 瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。
（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。
期末押题预测 生活中的圆周运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 邯郸期末）如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R。可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m。小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．当时，轨道对小球无支持力
B．当时，轨道对桌面的压力为（M﹣m）g
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用；超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对小球和圆环受力分析，利用牛顿运动定律求解，匀速圆周运动才是合外力提供向心力，根据加速度方向判断超重或者失重情况。
【解答】解：AB．对小球受力分析，当时得
得
FNm＝mg
根据牛顿第三定律，小球对圆环的作用力与圆环对小球的作用力大小相等方向相反，对圆环轨道受力分析，得
FNM+FNm′＝Mg
则
FNM＝（M﹣m）g
故A错误，B正确；
C．在小球运动的过程中，小球做变速圆周运动，除最高点和最低点合外力提供向心力，其它位置都是合外力的分力提供向心力，故C错误；
D．小球在最高点时加速度向下，则处于失重状态，故D错误。
故选：B。
【点评】分析清楚小球运动过程与受力情况，应用牛顿运动定律结合圆周运动知识可以解题。
2．（2024秋 石家庄期末）如图，半径为R的球壳以竖直直径为固定轴匀速转动，有一小物块附在其内壁上。小物块和球心O的连线与竖直轴的夹角为θ。小物块与内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则小物块与球壳一起运动时，球壳的最小角速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】对小物块分析，竖直方向根据受力平衡列式，在水平方向上根据牛顿第二定律列式，结合摩擦力求解公式求解。
【解答】解：对小物块分析，若球壳角速度最小时，受重力、支持力、摩擦力，
竖直方向上
mg+Ncosθ＝fsinθ
在水平方向上有
fcosθ+Nsinθ＝mω2Rsinθ
且
f＝μN
解得
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。
3．（2024秋 新华区校级期末）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．在A点时，小球对圆轨道压力等于其重力
B．水平速度v0
C．经过B点时，小球的加速度方向指向圆心
D．A到B过程，小球水平加速度先减小后增加
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】在A点受力分析，由牛顿第二定律与向心力公式可知，小球受到的支持力与重力的关系；
小球在A点时没有脱离轨道，故说明小球此时受支持力作用，由此分析水平速度大小；
小球在B点刚离开轨道，只受重力作用，由此分析加速度大小和方向；
根据受力情况分析小球水平方向的加速度的变化情况。
【解答】解：A、小球在A点时，根据牛顿第二定律得：mg﹣FN＝m，可得：FN＝mg﹣m，小球受到的支持力小于其重力，根据牛顿第三定律可知，小球对圆轨道压力小于其重力，故A错误；
B、小球在A点时没有脱离轨道，故说明小球此时受支持力作用，故其水平速度一定小于，故B正确；
C、小球在B点刚离开轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，加速度竖直向下，故C错误；
D、小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查竖直平面内的变速圆周运动与斜抛运动，涉及牛顿第二定律，向心力公式，向心加速度表达式。注意变速圆周运动速度方向不但变化，而且大小也发生变化。
4．（2024秋 锡山区校级期末）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端以不变的速率驶过该立交桥，小汽车速度大小为v1，则（ ）
A．小汽车通过桥顶时处于超重状态
B．小汽车通过桥顶时处于平衡状态
C．小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为FN＝mg﹣m
D．小汽车到达桥顶时的速度必须大于
【考点】拱桥和凹桥类模型分析．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】分析小汽车在最高点的加速度方向，根据超失重的条件判断；根据受力分析列出小汽车在最高点的向心力表达式，求出支持力；分析小汽车在最高点的向心力的极值，找到临界速度；
【解答】解：ABC．由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得
解得小汽车在桥上最高点受到桥面的支持力大小为
物体处于失重状态，故AB错误，C正确；
D．由
FN≥0
解得
故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是知道超重和失重的条件，会分析运动过程中的向心力来源，找到向心力的临界值。
5．（2025 雨花区校级开学）一赛车场的圆环形车道修建在水平地面上，中心为P，赛道倾斜，虚线部分的竖直截面如图所示，AB是半径为R的四分之一圆弧。O为圆心，OA水平，OB竖直，BP距离为L。赛车都在水平面内做匀速圆周运动，某一瞬时，甲、乙两辆赛车恰好在同一竖直面内不同高度处，不考虑赛车受到的侧向摩擦力作用。下列说法正确的是（ ）
A．乙车行驶速度较大
B．此瞬间乙车向心加速度较大
C．若乙车提高行驶速度，则其距离地面的高度将会加大
D．若甲车改变行驶速度，有可能在离地面高度为R的圆周上运动
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对车进行受力分析，得到速度和向心加速度表达式，由表达式进行分析，甲车改变行驶速度，如果在离地面高度为R的圆周上运动，结合数学知识进行排除。
【解答】解：A．对车进行受力分析，其中θ为支持力与竖直方向夹角，可得
r＝Rsinθ+L
代入解得
乙的θ角小，故行驶速度较小，故A错误；
C．若乙车提高行驶速度，v增大，则θ大，距离地面的高度大，故C正确；
B．由
mgtanθ＝ma
可得向心加速度
an＝gtanθ
故甲车向心加速度大，故B错误；
D．若甲车改变行驶速度，在离地面高度为R的圆周上运动，则
θ＝90°
由tan90°→∞，则v也趋向无穷大，所以若甲车改变行驶速度，不能在离地面高度为R的圆周上运动，故D错误。
故选：C。
【点评】理解概念和规律的实质是正确解题的关键。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 邯郸期末）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（ ）
A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；线速度的物理意义及计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】对游客和椅子整体进行受力分析，得到向心力的来源；根据牛顿第二定律、几何关系计算拉力之比和向心加速度之比；根据向心加速度关系可以知道是否与质量有关。
【解答】解：A．椅子和游客随圆盘匀速转动，对游客与椅子的整体受力分析可知，整体受重力，绳子拉力，是这两个力的合力提供向心力，故A正确；
BC．由于重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形可得
向心加速度为
故BC错误；
D．根据牛顿第二定律，设游客做匀速圆周运动的半径为r，可得
mgtanθ＝mω2r
可得
由此表达式，可知悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键掌握利用牛顿第二定律推导轻绳与竖直方向的夹角关系。
（多选）7．（2024秋 碑林区校级期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球以某一速度从A点进入管道，从最高点B离开管道后做平抛运动，经过0.4s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看成质点，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8m
C．小球经过管道的B点时，受到管道下壁的作用力
D．小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力
【考点】物体在环形竖直轨道内的圆周运动；圆周运动与平抛运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据平抛的运动规律，利用几何关系求出小球到达C点的速度和B、C间的水平距离；根据牛顿第二定律分析管壁对小球的作用力方向。
【解答】解：A.小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s，根据平行四边形定则知tan45° ，解得小球经过B点的速度vB＝4m/s，根据矢量合成可知，小球在C点的速度大小为4m/s，故A正确；
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是x＝vBt＝1.6m，故B错误；
CD.在B点，设小球受到管道下壁的作用力，根据牛顿第二定律得，mg﹣N＝m，解得轨道对小球的作用力N＝﹣6m，可知假设错误，小球经过管道的B点时，受到管道上壁的作用力，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】学生在解答本题时，应注意要将牛顿第二定律与圆周运动进行结合，同时要注意具有受力分析能力。
（多选）8．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，有一可绕中心轴OO′转动的水平圆盘，上面放有三个可视为质点的物块A、B、C，质量分别为2m，m，3m，与转轴距离分别为3r、r、2r，三个物块与圆盘表面的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块间用轻质细绳相连，开始时轻绳伸直但无张力。现圆盘从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
B．当ω时，B所受摩擦力先减小后增大
C．连接A、B的绳上张力最大值为38μmg
D．连接B、C的绳上张力最大值为35μmg
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】角速度较小时静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时绳子开始出现拉力，根据物块的受力情况应用牛顿第二定律求出临界角速度，然后根据题意分析答题。
【解答】解：当ω较小时三个物块都相对圆盘静止，静摩擦力提供向心力，设角速度为ω1时A所受摩擦力达到最大静摩擦力，
对A，由牛顿第二定律得：μ×2mg＝2mω12×3r，解得：ω1
当ω＞ω1时A、B间轻绳上出现弹力，设弹力大小为T1，B与盘面间的静摩擦力为fB，由牛顿第二定律得：
对A：2μmg+T1＝2mω2×3r
对B：fB+T1＝mω2r
解得：fB＝﹣5mω2r+2μmg，随ω增大fB减小，当fB＝0时，ω2
当ω＞ω2时fB开始反向增大
设当角速度为ω3时C所受静摩擦力达到最大静摩擦力，
对C，由牛顿第二定律得：，解得：ω3
则当ω＞ω3时BC间轻绳出现弹力，由于ω3＞ω2，且当ω3时，，B所受静摩擦力没有达到最大静摩擦力
由以上分析可知，当ω1＜ω＜ω3时，fB先减小为零然后反向增大
当ω＞ω3时，设BC间的弹力大小为T2，由牛顿第二定律得：
对A：
对B：T1﹣fB﹣T2＝mω2r
对C：
整理得：fB＝μmg﹣mω2r
随ω增大fB减小，当fB＝0时，解得：
当ω＞ω4时随ω增大fB反向增大，当B所受摩擦力为最大静摩擦力，即fB＝﹣μmg时解得：ω5
当ω＞ω5时，A所受静摩擦力开始减小为零，然后反向增大，当A所受静摩擦力再次为最大静摩擦力时，A、B、C三者恰好相对圆盘静止
当A所受静摩擦力再次为最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得：
对A：
对B：
对C：
解得：
当ω继续增大时，A、B、C会一起滑动，此时T1、T2都达到最大值，解得：T1max＝38μmg，T2max＝33μmg
A、由以上分析可知，当时，fB先减小后增大，再减小，故A错误；
B、当时fB先减小后增大，故B正确；
CD、A、B间轻绳上的最大张力是38μmg，B、C间轻绳上的最大张力是33μmg，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力。
（多选）9．（2023秋 海南期末）云台稳定器是一种常用于摄影和摄像领域的设备，它利用陀螺仪加速度传感器可以使相机在移动过程中保持稳定，避免拍摄画面出现晃动和模糊。在某次摄像过程中摄影师将摄影机放置在水平云台上（假设没有锁定），由于摄影需要，这个装置在竖直平面内做匀速圆周运动（云台始终保持水平），如图所示，图中a、c分别为圆周的最低点与最高点，b、d点与圆心等高。则在该运动过程中摄影机的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．云台对摄影机的作用力始终沿半径指向圆心
B．整个运动过程中，摄影机受到的合力大小不变
C．从a到d过程中，摄影机受到的合力是变力
D．在a、c两点云台对摄影机的作用力大小相等
【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据匀速圆周运动的向心力特点结合摄影机的受力分析，利用牛顿第二定律进行分析解答。
【解答】解：A.摄影机所需向心力始终指向圆心，由于重力始终竖直向下，则云台对摄影机的作用力不会始终指向圆心，故A错误；
B.摄影机做匀速圆周运动，所受合力的大小不变，故B正确；
C.合力等于向心力，方向一直变化，为变力，故C正确；
D.在a、c两点的向心力等大，均为Fn＝Fa﹣mg＝mg﹣Fc可知，在a、c两点云台对摄影机的作用力大小不相等，故D错误。
故选：BC。
【点评】考查匀速圆周运动的向心力特点、结合摄影机的受力分析，利用牛顿第二定律进行准确分析解答。
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 不变 （填“越大”“越小”或“不变”），线速度 越大 （填“越大”“越小”或“不变”）。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；线速度的物理意义及计算．
【专题】比较思想；合成分解法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；理解能力．
【答案】不变，越大。
【分析】对小球进行受力分析，由合外力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律列式分析。
【解答】解：小球的受力示意图如图所示。
小球在水平面内做匀速圆周运动过程，受重力和支持力两个作用，二力的合力水平指向轨迹的圆心，因此由重力和支持力的合力提供向心力，所受合外力大小为
则小球运动的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，所受合外力不变。
小球做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则
解得：
则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，r越大，线速度v越大。
故答案为：不变，越大。
【点评】本题属于圆锥摆模型，考查水平面内圆周运动，要明确向心力的来源，知道匀速圆周运动的向心力由合外力提供。
11．（2023秋 双清区校级期末）如图所示，一小球在细线的牵引下，绕光滑桌面上的图钉做匀速圆周运动。经过前面的学习知道，匀速圆周运动是变速运动，根据牛顿运动定律可知，小球受力必然不为零。那么小球做匀速圆周运动所受的力指向 圆心 。若用剪刀将细线剪断，小球将做 匀速直线 运动。
【考点】判断近心或离线运动的轨迹；向心力的来源分析．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】圆心；匀速直线。
【分析】在匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，但方向不断改变，因此物体受到的合外力不为零，且该力必须指向圆心，以提供向心加速度，使物体保持在圆周路径上运动。当细线被剪断时，物体将不再受到指向圆心的力，根据牛顿第一定律，物体将沿切线方向做匀速直线运动。
【解答】解：小球做匀速圆周运动，所受合力为向心力，指向圆心；
若用剪刀将细线剪断，小球所受合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动。
故答案为：圆心；匀速直线。
【点评】本题的关键在于理解匀速圆周运动的受力特点以及牛顿第一定律的应用。在匀速圆周运动中，物体受到的合外力必须指向圆心，以提供向心力，使物体保持在圆周路径上运动。当物体不再受到指向圆心的力时，根据牛顿第一定律，物体将沿切线方向做匀速直线运动。
12．（2024春 泉州期末）如图，质量为2×103kg的汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为160m的弯路时，车速为8m/s。此时汽车转弯所需要的向心力大小为 800 N。下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的 最大静摩擦力 （选填“摩擦力”或“最大静摩擦力”）变小了。
【考点】车辆在道路上的转弯问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】800，最大静摩擦力。
【分析】利用向心力表达式计算向心力；
汽车在转弯过程中由摩擦力提供向心力，下雨天路面湿滑，会减小汽车与地面间的最大静摩擦力，若此时转弯太快，车子会有可能发生打滑，可根据此状态分析。
【解答】解：汽车转弯所需要的向心力大小为
代入数据解得Fn＝800N
下雨天汽车转弯前要减速，是因为汽车与地面间的最大静摩擦力变小了，若汽车速度太快，转弯时所需的向心力超过地面提供的最大静摩擦力，将做离心运动。
故答案为：800，最大静摩擦力。
【点评】本题考查学生对向心力表达式的灵活应用以及对汽车转弯类圆周运动模型的理解。
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 锡山区校级期末）如图甲所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为rA＝0.1m，rB＝0.2m，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值；
（3）取沿半径指向圆心方向为正方向，在图乙给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）当圆盘转动角速度为rad/s时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像见解析。
【分析】（1）当B物块达到最大静摩擦力，且绳中拉力为零时，圆盘转动的角速度最小，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可；
（2）当A物块达到最大静摩擦力，且绳中拉力不为零时，圆盘的角速度达到最大，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解即可；
（3）根据A的受力情况，画出图像即可。
【解答】解：（1）当B达到最大静摩擦力时，此时绳中张力为零，设此时圆盘角速度为ω0，则有：μmBg＝mBω02rB
解得：ω0rad/s
所以当圆盘转动角速度ωrad/s时，绳中开始出现张力；
（2）当A达到最大静摩擦力时，设此时圆盘角速度为ωm，绳中张力为T，对A有：T﹣μmAg＝mAωm2rA
对B有：T+μmBg＝mBωm2rB
联立解得ωmrad/s
所以圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）当0＜ωrad/s时，A所受摩擦力背离圆心，为静摩擦力，则：FfA＝mArAω2
当rad/s≤ωrad/s，A受到的摩擦力先减小后增大，如图所示：
答：（1）当圆盘转动角速度为rad/s时，绳中开始出现张力；
（2）圆盘转动角速度的最大值为rad/s；
（3）物块A所受的摩擦力FfA随角速度的平方ω2变化的图像见解析。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和向心力公式的直接应用，知道当物体所需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体发生相对滑动。
14．（2024秋 碑林区校级期末）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。
（1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s；
（2）圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s。
【分析】（1）根据圆环的受力情况，应用牛顿第二定律求出细杆的角速度大小。
（2）根据圆环处于细杆末端时的受力情况，应用牛顿第二定律求出角速度大小。
【解答】解：（1）弹簧处于原长时圆环受力如图所示
对圆环，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：ω＝10rad/s
（2）圆环处于细杆末端P时圆环受力如图所示
对圆环，在竖直方向：Fcosα+mg＝FN′sinα
在水平方向，由牛顿第二定律得：Fsinα+FN′cosα＝mω′2Lsinα
由胡克定律得：F＝k（L﹣x0）
代入数据解得：ω′＝10rad/s
答：（1）弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s；
（2）圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小是10rad/s。
【点评】分析清楚圆环的受力情况，确定圆环做匀速圆周运动的向心力来源是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
15．（2024秋 鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯 瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。
（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；共点力的平衡问题及求解．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C大小为2mg的竖直向上的托力；
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω的大小为；
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为0°。
【分析】（1）以球A为研究对象，由平衡条件列式，对B同理，以C为研究对象，根据平衡条件列式，即可分析求解；
（2）整个装置绕竖直轴匀速转动，对A，由平衡条件、牛顿第二定律分别列式，对C，由平衡条件列式，即可分析求解；
（3）同（2）思路，即可分析求解。
【解答】解：（1）以球A为研究对象，设上面的杆的力为FA，下面的杆的力为FA′，需要给C的竖直向上的托力大小为F，
由平衡条件可得：FAcosθ+FA′cosθ＝mg，FAsinθ＝FA′sinθ，
联立可得：，
对B同理可得：，
以C为研究对象，根据平衡条件可得：F＝FA′cosθ+FB′cosθ+mg，
联立可得：F＝2mg；
（2）由（1）知，球A受重力mg、两根轻杆的拉力FA和FA′，
整个装置绕竖直轴匀速转动，
竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，θ＝60°，
联立可得：；
（3）同（2）思路，整个装置绕竖直轴匀速转动，，
对A，竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，
联立可得：cosθ＝1，则θ＝0°。
答：（1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C大小为2mg的竖直向上的托力；
（2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω的大小为；
（3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为0°。
【点评】本题考查物体被系在绳上做圆锥摆运动，解题时需注意，分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，这个合力向心力。
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