【期末押题预测】期末核心考点 圆周运动（含解析）2024-2025学年高一下学期物理 人教版（2019）
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| 名称 | 【期末押题预测】期末核心考点 圆周运动（含解析）2024-2025学年高一下学期物理 人教版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-06-08 23:33:31 | ||
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文档简介
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期末核心考点 圆周运动
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 成华区期中）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，其中A、B两点是两个齿轮的啮合点，则齿轮上A、B两点具有相同的（ ）
A．线速度的大小 B．角速度
C．周期 D．向心加速度的大小
2．（2025春 城关区校级期中）中国选手邓雅文在2024年巴黎奥运会女子自由式小轮车公园赛决赛中获得金牌。如图所示，几位运动员正在倾斜的弯道上做匀速圆周运动，圆周运动的半径为r，车相对弯道无侧向滑动。若邓雅文连同小轮车（可视为质点）的总质量为m，倾斜弯道可视为倾角为θ的斜面，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．邓雅文和小轮车所受支持力竖直向上
B．邓雅文和小轮车对弯道的压力大小为
C．邓雅文和小轮车的线速度大小为
D．邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度就越小
3．（2025春 西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层
B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离
C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水
D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离
4．（2025春 农安县期中）小物块紧贴粗糙圆筒内壁，随圆筒一起绕竖直中心轴线做匀速圆周运动（物块与圆筒保持相对静止），如图所示。关于小物块受力情况下列说法正确的是（ ）
A．物块不受摩擦力
B．摩擦力提供向心力
C．弹力和摩擦力的合力提供向心力
D．弹力提供向心力
5．（2025春 南京期中）如图所示，某同学坐在摩天轮的座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座椅始终保持水平。图中M、N与圆心O等高，P位于最低点，Q位于最高点。下列说法中正确的是（ ）
A．M处座椅对人的支持力大于人的重力
B．N处座椅对人的作用力大于人的重力
C．P处座椅对人的支持力小于人的重力
D．Q处座椅对人的摩擦力方向水平向右
6．（2025春 西城区校级期中）如图所示，长L的轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，在最高点给小球一个向右的水平初速度v0，小球在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．最高点处轻杆对小球作用力一定指向圆心
B．小球运动到与圆心等高的位置时，其加速度大小可能为g
C．在小球从最高点到最低点的过程中，重力做功的功率一直增大
D．如果增大v0，在最低点与圆心等高位置处轻杆对小球拉力的差值不变
7．（2025春 香坊区校级期中）如图甲所示是哈尔滨红博广场转盘道的俯视图，A、B两车（同种型号可认为质量相等）正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，如图乙所示。已知A、B两车做匀速圆周运动的半径之比满足rA：rB＝3：4，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两车的角速度之比ωA：ωB＝4：3
B．A、B两车的向心加速度之比aA：aB＝3：4
C．A、B两车所受的合力大小之比FA：FB＝1：1
D．A、B两车所需的向心力大小之比FnA：FnB＝9：16
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 成华区期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的速率小于，则杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯速率小于设计转弯速率，则轮缘对外轨道有横向挤压作用
C．图c中静置于圆盘上的A和B材料相同，质量mA＝2mB，到转轴的距离满足RA＝2RB，若从零开始逐渐增大圆盘转速，则物体B先相对圆盘滑动
D．图d中两个小球在相同高度的水平面内做匀速圆周运动，它们的角速度大小相同
（多选）9．（2025春 西安校级月考）如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（ ）
A．A与B的线速度大小之比为2：1
B．A与B的角速度之比为1：1
C．A与B的向心加速度大小之比为1：1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
（多选）10．（2025春 东城区校级期中）如图所示，在光滑的水平面上放一个原长为L的轻质弹簧，劲度系数为k，它的一端固定，另一端系一个质量为m的小球。当小球在该平面上做半径为4L的匀速圆周运动时（ ）
A．小球做圆周运动的向心力为3kL
B．小球做圆周运动的线速度为2kL
C．小球做圆周运动的角速度为
D．小球做圆运动的周期为2π
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比 ，A、B、C三点线速度之比为 。
12．（2025春 鼓楼区校级期中）如图，小程同学购买的变速自行车有3级链轮和6级飞轮，踏板与链轮固接，后轮与飞轮固接，链轮和飞轮的齿数如表所示。骑行时通过选择不同的链轮和飞轮，可以获得合理的变速。假设踏板的转速不变，选择链轮的齿数为48，为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为 ；此时链轮与后轮的转速之比为 。
名称 链轮
齿数 48 38 28
名称 飞轮
齿数 14 16 18 22 24 28
13．（2025 漳州三模）如图为某小区通道上的智能闸杆，闸杆上A、B、C、D四处各固定一个相同的螺栓，闸杆可绕转轴O转动。已知，则在抬起闸杆的过程中，A、B两处螺栓的线速度大小之比为 ，C、D两处螺栓的向心力大小之比为 。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 东丽区期中）如图所示，一硬细杆OO′竖直安装在一正方形水平桌面的中间位置，当细杆匀速转动时，杆上拴的轻质细线与竖直方向的夹角θ＝37°，细线另一端拴接的小球质量m＝0.48kg，细线长L＝0.5m（g取10m/s2，sin37°＝0.6）。
（1）求细线上的拉力大小T；
（2）求细杆转动的角速度大小ω；
（3）小球做圆周运动过程中离桌面高度为0.45m，要保证细线在任意时刻断开后小球均不会落到桌面外，求桌面的最小面积S。
15．（2025春 云岩区校级期中）如图所示，半径R＝0.20m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量为m的小球从A点冲上竖直半圆环轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），已知小球在B点时对轨道的压力恰为mg，g取10m/s2，求：
（1）小球在B点的速度；
（2）A、C间的距离。
期末核心考点 圆周运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 成华区期中）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，其中A、B两点是两个齿轮的啮合点，则齿轮上A、B两点具有相同的（ ）
A．线速度的大小 B．角速度
C．周期 D．向心加速度的大小
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；传动问题．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】修正带的传动属于齿轮传动，A与B的线速度大小相等，由v＝ωr研究A与B角速度的关系，由向心加速度公式研究向心加速度的关系，由研究周期关系。
【解答】解：AB、修正带的传动属于齿轮传动，A与B的线速度大小相等；二者的半径不同，由v＝ωr可知A与B角速度的不相等，故A正确，B错误；
C、二者角速度不相等，根据可知，二者的周期不相等，故C错误；
D、由向心加速度公式，A的半径大于B的半径，可知，A的向心加速度小于B的向心加速度，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查灵活选择物理规律的能力.对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
2．（2025春 城关区校级期中）中国选手邓雅文在2024年巴黎奥运会女子自由式小轮车公园赛决赛中获得金牌。如图所示，几位运动员正在倾斜的弯道上做匀速圆周运动，圆周运动的半径为r，车相对弯道无侧向滑动。若邓雅文连同小轮车（可视为质点）的总质量为m，倾斜弯道可视为倾角为θ的斜面，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．邓雅文和小轮车所受支持力竖直向上
B．邓雅文和小轮车对弯道的压力大小为
C．邓雅文和小轮车的线速度大小为
D．邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度就越小
【考点】车辆在道路上的转弯问题；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；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】邓雅文和小轮车所受支持力垂直于轨道向上；受力分析再根据牛顿第三定律求解；根据牛顿第二定律列式求解，分析判断。
【解答】解：A、邓雅文和小轮车所受支持力垂直于轨道向上，而不是竖直向上，故A错误；
B、如图所示
对邓雅文和小轮车受力分析，根据几何关系可得
根据牛顿第三定律，车对弯道的压力大小为，故B正确；
CD、根据牛顿第二定律可得
解得邓雅文和小轮车的线速度大小
可知邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度越大，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题以实际运动场景为背景，综合考查了匀速圆周运动的向心力来源、斜面上的受力分析、正交分解法、牛顿第三定律以及物理量的函数关系，要求考生能将实际问题抽象为物理模型，并熟练运用力学规律进行推导和判断。
3．（2025春 西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层
B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离
C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水
D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离
【考点】离心运动的应用和防止．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据完全失重状态运用离心运动的知识，结合不同物质的密度差异在圆周运动中的表现进行分析解答。
【解答】解：A.太空中处于完全失重状态，不旋转时水和油不能分离自然分层，故A错误；
B.旋转时，转速越大越容易发生离心运动，所以更容易实现水油分离，故B错误；
C.水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离的，则靠近试管底部的是密度较大的水，故C正确；
D.在天宫中利用此装置进行实验，处于完全失重状态，则装置竖直放置也能实现水油分离，故D错误。
故选：C。
【点评】考查离心运动的知识和离心现象的理解，会根据题意进行准确的分析解答。
4．（2025春 农安县期中）小物块紧贴粗糙圆筒内壁，随圆筒一起绕竖直中心轴线做匀速圆周运动（物块与圆筒保持相对静止），如图所示。关于小物块受力情况下列说法正确的是（ ）
A．物块不受摩擦力
B．摩擦力提供向心力
C．弹力和摩擦力的合力提供向心力
D．弹力提供向心力
【考点】向心力的来源分析．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；摩擦力专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据小物块在随圆筒做匀速圆周运动时，其受力情况。考虑到圆筒内壁粗糙，物块可能会受到摩擦力的作用。提供向心力的是指向圆心的力，即圆筒内壁对物块的弹力。
【解答】解：根据受力分析可知，竖直方向物块受重力和摩擦力作用而平衡，水平方向受筒壁的弹力作用，其中弹力提供物块做圆周运动的向心力，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】此题的关键在于理解向心力的来源及物块与圆筒之间的摩擦力作用。
5．（2025春 南京期中）如图所示，某同学坐在摩天轮的座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座椅始终保持水平。图中M、N与圆心O等高，P位于最低点，Q位于最高点。下列说法中正确的是（ ）
A．M处座椅对人的支持力大于人的重力
B．N处座椅对人的作用力大于人的重力
C．P处座椅对人的支持力小于人的重力
D．Q处座椅对人的摩擦力方向水平向右
【考点】向心力的定义及物理意义（受力分析方面）；匀速圆周运动．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】匀速圆周运动向心力合力提供向心力，方向指向圆心。
【解答】解：A.在M点，由于摩天轮在做匀速圆周运动，支持力等于人的重力，故A错误；
B.在N点座椅对人的作用力指人受到的支持力与摩擦力的合力，其中支持力等于重力，方向向上，摩擦力提供向心力，方向向左，故座椅对人的作用力一定大于人的重力，故B正确；
C.在P点，重力与支持力的合力提供向心力，方向向上，故支持力大于重力，故C错误；
D.在Q点由支持力与重力提供向心力，方向向下，摩擦力等于零，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对匀速圆周运动的理解，清楚向心力的含义。
6．（2025春 西城区校级期中）如图所示，长L的轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，在最高点给小球一个向右的水平初速度v0，小球在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．最高点处轻杆对小球作用力一定指向圆心
B．小球运动到与圆心等高的位置时，其加速度大小可能为g
C．在小球从最高点到最低点的过程中，重力做功的功率一直增大
D．如果增大v0，在最低点与圆心等高位置处轻杆对小球拉力的差值不变
【考点】杆球类模型及其临界条件；功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用；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】D
【分析】根据向心力公式、竖直面内圆周运动杆模型和合加速度知识，功率公式和机械能守恒定律结合牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：A.根据向心力的公式，最高点处速度较小时，小球的重力可能大于小球做圆周运动的向心力，此时轻杆会对小球施加背向圆心的支持力，故A错误；
B.小球运动到与圆心等高的位置时，向心加速度水平，重力加速度竖直向下，则合加速度大小一定大于g，故B错误；
C.小球从最高点到最低点的过程中，速度方向逐渐由水平向左变成水平向右，竖直方向的分速度先增大后减小，根据功率的定义式，可知小球受到的重力的功率先变大后变小，故C错误；
D.如果增大v0小球从最高点运动到水平位置的过程，根据机械能守恒定律，有，在水平位置受到拉力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，在最低点，再对小球受力分析，同理根据牛顿第二定律，有，从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律，有，联立解得F2﹣F1＝3mg，根据表达式可知如果增大v0，轻杆在最低点与水平位置处对小球拉力的差值不会变化，故D正确。
故选：D。
【点评】考查向心力公式、竖直面内圆周运动杆模型和合加速度知识，功率公式和机械能守恒定律结合牛顿第二定律，会根据题意进行准确分析解答。
7．（2025春 香坊区校级期中）如图甲所示是哈尔滨红博广场转盘道的俯视图，A、B两车（同种型号可认为质量相等）正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，如图乙所示。已知A、B两车做匀速圆周运动的半径之比满足rA：rB＝3：4，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两车的角速度之比ωA：ωB＝4：3
B．A、B两车的向心加速度之比aA：aB＝3：4
C．A、B两车所受的合力大小之比FA：FB＝1：1
D．A、B两车所需的向心力大小之比FnA：FnB＝9：16
【考点】车辆在道路上的转弯问题；线速度与角速度的关系；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】A
【分析】A、B两车做匀速圆周运动的线速度大小相等，根据ω求角速度之比；根据求向心加速度之比；根据F合＝Fn＝m求两车所受的合力大小之比以及两车所需的向心力大小之比。
【解答】解：A、A、B两车正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，根据可得，A、B两车的角速度之比ωA：ωB＝rB：rA＝4：3，故A正确；
B、根据可得，A、B两车的向心加速度之比aA：aB＝rB：rA＝4：3，故B错误；
CD、两车做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则有，则A、B两车所受的合力大小之比FA：FB＝rB：rA＝4：3，A、B两车所需的向心力大小之比FnA：FnB＝rB：rA＝4：3，故CD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要明确物体做匀速圆周运动时，由合力提供所需要的向心力，并能灵活选择向心力公式。
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 成华区期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的速率小于，则杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯速率小于设计转弯速率，则轮缘对外轨道有横向挤压作用
C．图c中静置于圆盘上的A和B材料相同，质量mA＝2mB，到转轴的距离满足RA＝2RB，若从零开始逐渐增大圆盘转速，则物体B先相对圆盘滑动
D．图d中两个小球在相同高度的水平面内做匀速圆周运动，它们的角速度大小相同
【考点】拱桥和凹桥类模型分析；水平转盘上物体的圆周运动；火车的轨道转弯问题．
【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】根据竖直面内圆周运动杆模型、火车转弯和向心力表达式，以及圆锥摆物体的受力情况，向心力表达式进行分析解答。
【解答】解：A.图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，此时，解得，若线速度小于，杆对小球的作用力向上，故A正确；
B.图b中若火车转弯未达规定速度行驶时，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有作用，故B错误；
C.根据f＝mω2r，若半径RA＝2RB，质量mA＝2mB，则A更容易达到最大静摩擦力，发生相对滑动，故C错误；
D.根据mgtanθ＝mω2htanθ，可得，则两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同，故D正确。
故选：AD。
【点评】考查竖直面内圆周运动杆模型、火车转弯和向心力表达式，以及圆锥摆物体的受力情况，向心力表达式，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）9．（2025春 西安校级月考）如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（ ）
A．A与B的线速度大小之比为2：1
B．A与B的角速度之比为1：1
C．A与B的向心加速度大小之比为1：1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；角速度、周期、频率与转速的关系及计算；向心加速度的计算．
【专题】比较思想；临界法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】A、B同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr求线速度之比；由向心加速度公式a＝rω2求向心加速度之比；谁先达到最大静摩擦力谁先滑动。
【解答】解：AB、A与B两物体始终相对盘静止，则A与B的角速度相同，均等于圆盘的角速度，则有
ωA：ωB＝1：1
根据v＝ωr可得，vA：vB＝rA：rB＝2R：R＝2：1，故AB正确；
C、根据a＝ω2r可得，aA：aB＝rA：rB＝2R：R＝2：1，故C错误；
D、根据静摩擦力提供向心力可得
f＝ma
可得A与B所受摩擦力大小相等
最大静摩擦力为
fm＝μmg
A的质量小，最大静摩擦力小，所以在转盘转速增加时，A与B所受摩擦力都增大，A静摩擦力先达到最大值，则A比B先滑动，故D正确。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键要知道共轴转动的物体角速度相等，掌握线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵活运用。
（多选）10．（2025春 东城区校级期中）如图所示，在光滑的水平面上放一个原长为L的轻质弹簧，劲度系数为k，它的一端固定，另一端系一个质量为m的小球。当小球在该平面上做半径为4L的匀速圆周运动时（ ）
A．小球做圆周运动的向心力为3kL
B．小球做圆周运动的线速度为2kL
C．小球做圆周运动的角速度为
D．小球做圆运动的周期为2π
【考点】水平转盘上物体的圆周运动．
【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】AD
【分析】由胡克定律可求得弹簧的弹力，受力分析知弹力提供向心力，由向心力公式逐个分析即可。
【解答】解：由胡克定律得弹簧的弹力F＝k 3L
A、弹簧的弹力提供小球做圆周运动的向心力，所以向心力为3kL，故A正确；
B、由向心力公式得，解得：，故B错误；
C、由向心力公式得F＝m 4Lω2，解得：，故C错误；
D、由向心力公式得，解得：，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了胡克定律、向心力公式，要求熟练掌握向心力公式的不同表达式，根据题目要求灵活选择。
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比 1：2 ，A、B、C三点线速度之比为 2：1：2 。
【考点】传动问题；线速度与角速度的关系．
【专题】应用题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．
【答案】1：2；2：1：2。
【分析】同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等，根据图示情景，应用线速度与角速度的关系分析答题。
【解答】解：A、C同缘传动，线速度v大小相等，由v＝ωr可知，，
A、B同轴转动，它们的角速度ω相等，由v＝ωr可知vA：vB＝RA：RB＝2：1，
又由于vA＝vC，则vA：vB：vC＝2：1：2；
故答案为：1：2；2：1：2。
【点评】本题考查了传动问题，知道同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等是解题的前提，根据线速度与角速度的关系即可解题。
12．（2025春 鼓楼区校级期中）如图，小程同学购买的变速自行车有3级链轮和6级飞轮，踏板与链轮固接，后轮与飞轮固接，链轮和飞轮的齿数如表所示。骑行时通过选择不同的链轮和飞轮，可以获得合理的变速。假设踏板的转速不变，选择链轮的齿数为48，为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为 14 ；此时链轮与后轮的转速之比为 。
名称 链轮
齿数 48 38 28
名称 飞轮
齿数 14 16 18 22 24 28
【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【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】14，。
【分析】根据共轴转动链轮传动的知识进行分析解答。
【解答】解：链轮和飞轮的线速度相同，飞轮和后轮为共轴转动角速度相同，自行车的行驶速度为后轮的线速度。v飞＝v链，ω飞 r飞＝ω链 r链，飞轮的角速度，后轮线速度，所以当链轮的齿数最多、飞轮的齿数最少时，自行车速度最大，所以为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为14，此时链轮与后轮的转速之比为。
故答案为：14，。
【点评】考查共轴转动链轮传动的知识，会根据题意进行准确分析解答。
13．（2025 漳州三模）如图为某小区通道上的智能闸杆，闸杆上A、B、C、D四处各固定一个相同的螺栓，闸杆可绕转轴O转动。已知，则在抬起闸杆的过程中，A、B两处螺栓的线速度大小之比为 1：2 ，C、D两处螺栓的向心力大小之比为 3：5 。
【考点】探究圆周运动的相关参数问题．
【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】1：2；3：5。
【分析】根据线速度、角速度与半径的关系式计算；根据向心力公式计算。
【解答】解：在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度ω相等，根据线速度、角速度与半径的关系式v＝ωr可得
根据
可得
故答案为：1：2；3：5。
【点评】本题关键掌握在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度ω相等。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 东丽区期中）如图所示，一硬细杆OO′竖直安装在一正方形水平桌面的中间位置，当细杆匀速转动时，杆上拴的轻质细线与竖直方向的夹角θ＝37°，细线另一端拴接的小球质量m＝0.48kg，细线长L＝0.5m（g取10m/s2，sin37°＝0.6）。
（1）求细线上的拉力大小T；
（2）求细杆转动的角速度大小ω；
（3）小球做圆周运动过程中离桌面高度为0.45m，要保证细线在任意时刻断开后小球均不会落到桌面外，求桌面的最小面积S。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）求细线上的拉力大小T为6N；
（2）求细杆转动的角速度大小ω为5rad/s；
（3）桌面的最小面积S为0.81m2。
【分析】第一问利用小球在竖直方向上的受力平衡求解细线拉力。第二问利用小球在水平方向上的向心力公式求解角速度。第三问分析细线断开后小球的运动轨迹，结合平抛运动规律和几何关系求解桌面的最小面积。
【解答】解：（1）小球受到重力mg和细线拉力T的作用。由于小球在竖直方向上受力平衡，因此有：Tcosθ＝mg
可得：T＝6N
因此，细线上的拉力大小为：T＝6N
（2）小球在水平方向上做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，即：Tsinθ＝mω2r
其中，小球做圆周运动的半径为：r＝Lsinθ
解得：r＝0.3m
联立解得：ω＝5rad/s。
因此，细线转动的角速度大小为：ω＝5rad/s。
（3）当细线断开时，小球以水平速度做平抛运动。小球做圆周运动时的水平速度为：
v＝ωr
解得：v＝1.5m/s
小球做平抛运动时，竖直方向上做自由落体运动，下落高度为：
h＝Lcos45°﹣0.45
解得：h＝0.05m
根据自由落体运动公式：
解得：t＝0.1s
在水平方向上，小球的水平位移为：x＝vt
解得：x＝0.15m
小球做圆周运动时的水平半径为0.3m，因此小球在细线断开后水平方向上的最大位移为：
为了保证小球在任意时刻断开后均不会落到桌面外，桌面的最小面积为：S＝（πR2）最大
解得：
但是，考虑到小球在细线断开后水平方向上的最大位移为0.3m+0.15m＝0.45m，因此桌面的最小面积为：
S＝（2×0.45）2m2＝ 0.81m2，因此，桌面的最小面积为：S＝ 0.81m2
答：（1）求细线上的拉力大小T为6N；
（2）求细杆转动的角速度大小ω为5rad/s；
（3）桌面的最小面积S为0.81m2。
【点评】该试题涉及圆周运动、牛顿第二定律以及平抛运动的相关知识。
15．（2025春 云岩区校级期中）如图所示，半径R＝0.20m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量为m的小球从A点冲上竖直半圆环轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），已知小球在B点时对轨道的压力恰为mg，g取10m/s2，求：
（1）小球在B点的速度；
（2）A、C间的距离。
【考点】圆周运动与平抛运动相结合的问题；牛顿第三定律的理解与应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球在B点的速度为2m/s；
（2）A、C间的距离为m。
【分析】（1）小球在B点时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求小球在B点的速度；
（2）从B到C小球做平抛运动，根据分位移公式求解A、C间的距离。
【解答】解：（1）根据牛顿第三定律，小球在B点时轨道对小球的压力为FN＝mg，方向竖直向下。
根据牛顿第二定律得
mg+FN＝m
解得vB＝2m/s
（2）从B到C小球做平抛运动，则有
2R
x＝vBt
解得A、C间的距离为xm
答：（1）小球在B点的速度为2m/s；
（2）A、C间的距离为m。
【点评】本题是圆周运动与平抛运动的综合，对于圆周运动，要明确向心力来源。对于平抛运动，要掌握分运动的规律。
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期末核心考点 圆周运动
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 成华区期中）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，其中A、B两点是两个齿轮的啮合点，则齿轮上A、B两点具有相同的（ ）
A．线速度的大小 B．角速度
C．周期 D．向心加速度的大小
2．（2025春 城关区校级期中）中国选手邓雅文在2024年巴黎奥运会女子自由式小轮车公园赛决赛中获得金牌。如图所示，几位运动员正在倾斜的弯道上做匀速圆周运动，圆周运动的半径为r，车相对弯道无侧向滑动。若邓雅文连同小轮车（可视为质点）的总质量为m，倾斜弯道可视为倾角为θ的斜面，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．邓雅文和小轮车所受支持力竖直向上
B．邓雅文和小轮车对弯道的压力大小为
C．邓雅文和小轮车的线速度大小为
D．邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度就越小
3．（2025春 西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层
B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离
C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水
D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离
4．（2025春 农安县期中）小物块紧贴粗糙圆筒内壁，随圆筒一起绕竖直中心轴线做匀速圆周运动（物块与圆筒保持相对静止），如图所示。关于小物块受力情况下列说法正确的是（ ）
A．物块不受摩擦力
B．摩擦力提供向心力
C．弹力和摩擦力的合力提供向心力
D．弹力提供向心力
5．（2025春 南京期中）如图所示，某同学坐在摩天轮的座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座椅始终保持水平。图中M、N与圆心O等高，P位于最低点，Q位于最高点。下列说法中正确的是（ ）
A．M处座椅对人的支持力大于人的重力
B．N处座椅对人的作用力大于人的重力
C．P处座椅对人的支持力小于人的重力
D．Q处座椅对人的摩擦力方向水平向右
6．（2025春 西城区校级期中）如图所示，长L的轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，在最高点给小球一个向右的水平初速度v0，小球在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．最高点处轻杆对小球作用力一定指向圆心
B．小球运动到与圆心等高的位置时，其加速度大小可能为g
C．在小球从最高点到最低点的过程中，重力做功的功率一直增大
D．如果增大v0，在最低点与圆心等高位置处轻杆对小球拉力的差值不变
7．（2025春 香坊区校级期中）如图甲所示是哈尔滨红博广场转盘道的俯视图，A、B两车（同种型号可认为质量相等）正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，如图乙所示。已知A、B两车做匀速圆周运动的半径之比满足rA：rB＝3：4，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两车的角速度之比ωA：ωB＝4：3
B．A、B两车的向心加速度之比aA：aB＝3：4
C．A、B两车所受的合力大小之比FA：FB＝1：1
D．A、B两车所需的向心力大小之比FnA：FnB＝9：16
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 成华区期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的速率小于，则杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯速率小于设计转弯速率，则轮缘对外轨道有横向挤压作用
C．图c中静置于圆盘上的A和B材料相同，质量mA＝2mB，到转轴的距离满足RA＝2RB，若从零开始逐渐增大圆盘转速，则物体B先相对圆盘滑动
D．图d中两个小球在相同高度的水平面内做匀速圆周运动，它们的角速度大小相同
（多选）9．（2025春 西安校级月考）如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（ ）
A．A与B的线速度大小之比为2：1
B．A与B的角速度之比为1：1
C．A与B的向心加速度大小之比为1：1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
（多选）10．（2025春 东城区校级期中）如图所示，在光滑的水平面上放一个原长为L的轻质弹簧，劲度系数为k，它的一端固定，另一端系一个质量为m的小球。当小球在该平面上做半径为4L的匀速圆周运动时（ ）
A．小球做圆周运动的向心力为3kL
B．小球做圆周运动的线速度为2kL
C．小球做圆周运动的角速度为
D．小球做圆运动的周期为2π
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比 ，A、B、C三点线速度之比为 。
12．（2025春 鼓楼区校级期中）如图，小程同学购买的变速自行车有3级链轮和6级飞轮，踏板与链轮固接，后轮与飞轮固接，链轮和飞轮的齿数如表所示。骑行时通过选择不同的链轮和飞轮，可以获得合理的变速。假设踏板的转速不变，选择链轮的齿数为48，为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为 ；此时链轮与后轮的转速之比为 。
名称 链轮
齿数 48 38 28
名称 飞轮
齿数 14 16 18 22 24 28
13．（2025 漳州三模）如图为某小区通道上的智能闸杆，闸杆上A、B、C、D四处各固定一个相同的螺栓，闸杆可绕转轴O转动。已知，则在抬起闸杆的过程中，A、B两处螺栓的线速度大小之比为 ，C、D两处螺栓的向心力大小之比为 。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 东丽区期中）如图所示，一硬细杆OO′竖直安装在一正方形水平桌面的中间位置，当细杆匀速转动时，杆上拴的轻质细线与竖直方向的夹角θ＝37°，细线另一端拴接的小球质量m＝0.48kg，细线长L＝0.5m（g取10m/s2，sin37°＝0.6）。
（1）求细线上的拉力大小T；
（2）求细杆转动的角速度大小ω；
（3）小球做圆周运动过程中离桌面高度为0.45m，要保证细线在任意时刻断开后小球均不会落到桌面外，求桌面的最小面积S。
15．（2025春 云岩区校级期中）如图所示，半径R＝0.20m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量为m的小球从A点冲上竖直半圆环轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），已知小球在B点时对轨道的压力恰为mg，g取10m/s2，求：
（1）小球在B点的速度；
（2）A、C间的距离。
期末核心考点 圆周运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 成华区期中）如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，其中A、B两点是两个齿轮的啮合点，则齿轮上A、B两点具有相同的（ ）
A．线速度的大小 B．角速度
C．周期 D．向心加速度的大小
【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；传动问题．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】修正带的传动属于齿轮传动，A与B的线速度大小相等，由v＝ωr研究A与B角速度的关系，由向心加速度公式研究向心加速度的关系，由研究周期关系。
【解答】解：AB、修正带的传动属于齿轮传动，A与B的线速度大小相等；二者的半径不同，由v＝ωr可知A与B角速度的不相等，故A正确，B错误；
C、二者角速度不相等，根据可知，二者的周期不相等，故C错误；
D、由向心加速度公式，A的半径大于B的半径，可知，A的向心加速度小于B的向心加速度，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查灵活选择物理规律的能力.对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式。
2．（2025春 城关区校级期中）中国选手邓雅文在2024年巴黎奥运会女子自由式小轮车公园赛决赛中获得金牌。如图所示，几位运动员正在倾斜的弯道上做匀速圆周运动，圆周运动的半径为r，车相对弯道无侧向滑动。若邓雅文连同小轮车（可视为质点）的总质量为m，倾斜弯道可视为倾角为θ的斜面，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．邓雅文和小轮车所受支持力竖直向上
B．邓雅文和小轮车对弯道的压力大小为
C．邓雅文和小轮车的线速度大小为
D．邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度就越小
【考点】车辆在道路上的转弯问题；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；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】邓雅文和小轮车所受支持力垂直于轨道向上；受力分析再根据牛顿第三定律求解；根据牛顿第二定律列式求解，分析判断。
【解答】解：A、邓雅文和小轮车所受支持力垂直于轨道向上，而不是竖直向上，故A错误；
B、如图所示
对邓雅文和小轮车受力分析，根据几何关系可得
根据牛顿第三定律，车对弯道的压力大小为，故B正确；
CD、根据牛顿第二定律可得
解得邓雅文和小轮车的线速度大小
可知邓雅文和小轮车运动的半径越大，其线速度越大，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题以实际运动场景为背景，综合考查了匀速圆周运动的向心力来源、斜面上的受力分析、正交分解法、牛顿第三定律以及物理量的函数关系，要求考生能将实际问题抽象为物理模型，并熟练运用力学规律进行推导和判断。
3．（2025春 西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层
B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离
C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水
D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离
【考点】离心运动的应用和防止．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据完全失重状态运用离心运动的知识，结合不同物质的密度差异在圆周运动中的表现进行分析解答。
【解答】解：A.太空中处于完全失重状态，不旋转时水和油不能分离自然分层，故A错误；
B.旋转时，转速越大越容易发生离心运动，所以更容易实现水油分离，故B错误；
C.水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离的，则靠近试管底部的是密度较大的水，故C正确；
D.在天宫中利用此装置进行实验，处于完全失重状态，则装置竖直放置也能实现水油分离，故D错误。
故选：C。
【点评】考查离心运动的知识和离心现象的理解，会根据题意进行准确的分析解答。
4．（2025春 农安县期中）小物块紧贴粗糙圆筒内壁，随圆筒一起绕竖直中心轴线做匀速圆周运动（物块与圆筒保持相对静止），如图所示。关于小物块受力情况下列说法正确的是（ ）
A．物块不受摩擦力
B．摩擦力提供向心力
C．弹力和摩擦力的合力提供向心力
D．弹力提供向心力
【考点】向心力的来源分析．
【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；摩擦力专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据小物块在随圆筒做匀速圆周运动时，其受力情况。考虑到圆筒内壁粗糙，物块可能会受到摩擦力的作用。提供向心力的是指向圆心的力，即圆筒内壁对物块的弹力。
【解答】解：根据受力分析可知，竖直方向物块受重力和摩擦力作用而平衡，水平方向受筒壁的弹力作用，其中弹力提供物块做圆周运动的向心力，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】此题的关键在于理解向心力的来源及物块与圆筒之间的摩擦力作用。
5．（2025春 南京期中）如图所示，某同学坐在摩天轮的座椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座椅始终保持水平。图中M、N与圆心O等高，P位于最低点，Q位于最高点。下列说法中正确的是（ ）
A．M处座椅对人的支持力大于人的重力
B．N处座椅对人的作用力大于人的重力
C．P处座椅对人的支持力小于人的重力
D．Q处座椅对人的摩擦力方向水平向右
【考点】向心力的定义及物理意义（受力分析方面）；匀速圆周运动．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】匀速圆周运动向心力合力提供向心力，方向指向圆心。
【解答】解：A.在M点，由于摩天轮在做匀速圆周运动，支持力等于人的重力，故A错误；
B.在N点座椅对人的作用力指人受到的支持力与摩擦力的合力，其中支持力等于重力，方向向上，摩擦力提供向心力，方向向左，故座椅对人的作用力一定大于人的重力，故B正确；
C.在P点，重力与支持力的合力提供向心力，方向向上，故支持力大于重力，故C错误；
D.在Q点由支持力与重力提供向心力，方向向下，摩擦力等于零，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对匀速圆周运动的理解，清楚向心力的含义。
6．（2025春 西城区校级期中）如图所示，长L的轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，在最高点给小球一个向右的水平初速度v0，小球在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．最高点处轻杆对小球作用力一定指向圆心
B．小球运动到与圆心等高的位置时，其加速度大小可能为g
C．在小球从最高点到最低点的过程中，重力做功的功率一直增大
D．如果增大v0，在最低点与圆心等高位置处轻杆对小球拉力的差值不变
【考点】杆球类模型及其临界条件；功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用；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】D
【分析】根据向心力公式、竖直面内圆周运动杆模型和合加速度知识，功率公式和机械能守恒定律结合牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：A.根据向心力的公式，最高点处速度较小时，小球的重力可能大于小球做圆周运动的向心力，此时轻杆会对小球施加背向圆心的支持力，故A错误；
B.小球运动到与圆心等高的位置时，向心加速度水平，重力加速度竖直向下，则合加速度大小一定大于g，故B错误；
C.小球从最高点到最低点的过程中，速度方向逐渐由水平向左变成水平向右，竖直方向的分速度先增大后减小，根据功率的定义式，可知小球受到的重力的功率先变大后变小，故C错误；
D.如果增大v0小球从最高点运动到水平位置的过程，根据机械能守恒定律，有，在水平位置受到拉力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，在最低点，再对小球受力分析，同理根据牛顿第二定律，有，从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律，有，联立解得F2﹣F1＝3mg，根据表达式可知如果增大v0，轻杆在最低点与水平位置处对小球拉力的差值不会变化，故D正确。
故选：D。
【点评】考查向心力公式、竖直面内圆周运动杆模型和合加速度知识，功率公式和机械能守恒定律结合牛顿第二定律，会根据题意进行准确分析解答。
7．（2025春 香坊区校级期中）如图甲所示是哈尔滨红博广场转盘道的俯视图，A、B两车（同种型号可认为质量相等）正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，如图乙所示。已知A、B两车做匀速圆周运动的半径之比满足rA：rB＝3：4，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两车的角速度之比ωA：ωB＝4：3
B．A、B两车的向心加速度之比aA：aB＝3：4
C．A、B两车所受的合力大小之比FA：FB＝1：1
D．A、B两车所需的向心力大小之比FnA：FnB＝9：16
【考点】车辆在道路上的转弯问题；线速度与角速度的关系；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】A
【分析】A、B两车做匀速圆周运动的线速度大小相等，根据ω求角速度之比；根据求向心加速度之比；根据F合＝Fn＝m求两车所受的合力大小之比以及两车所需的向心力大小之比。
【解答】解：A、A、B两车正在绕环岛做线速度大小相等的匀速圆周运动，根据可得，A、B两车的角速度之比ωA：ωB＝rB：rA＝4：3，故A正确；
B、根据可得，A、B两车的向心加速度之比aA：aB＝rB：rA＝4：3，故B错误；
CD、两车做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则有，则A、B两车所受的合力大小之比FA：FB＝rB：rA＝4：3，A、B两车所需的向心力大小之比FnA：FnB＝rB：rA＝4：3，故CD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要明确物体做匀速圆周运动时，由合力提供所需要的向心力，并能灵活选择向心力公式。
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 成华区期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的速率小于，则杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯速率小于设计转弯速率，则轮缘对外轨道有横向挤压作用
C．图c中静置于圆盘上的A和B材料相同，质量mA＝2mB，到转轴的距离满足RA＝2RB，若从零开始逐渐增大圆盘转速，则物体B先相对圆盘滑动
D．图d中两个小球在相同高度的水平面内做匀速圆周运动，它们的角速度大小相同
【考点】拱桥和凹桥类模型分析；水平转盘上物体的圆周运动；火车的轨道转弯问题．
【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】根据竖直面内圆周运动杆模型、火车转弯和向心力表达式，以及圆锥摆物体的受力情况，向心力表达式进行分析解答。
【解答】解：A.图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，此时，解得，若线速度小于，杆对小球的作用力向上，故A正确；
B.图b中若火车转弯未达规定速度行驶时，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有作用，故B错误；
C.根据f＝mω2r，若半径RA＝2RB，质量mA＝2mB，则A更容易达到最大静摩擦力，发生相对滑动，故C错误；
D.根据mgtanθ＝mω2htanθ，可得，则两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同，故D正确。
故选：AD。
【点评】考查竖直面内圆周运动杆模型、火车转弯和向心力表达式，以及圆锥摆物体的受力情况，向心力表达式，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）9．（2025春 西安校级月考）如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则（ ）
A．A与B的线速度大小之比为2：1
B．A与B的角速度之比为1：1
C．A与B的向心加速度大小之比为1：1
D．在转盘转速增加时，A比B先开始滑动
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；角速度、周期、频率与转速的关系及计算；向心加速度的计算．
【专题】比较思想；临界法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】A、B同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr求线速度之比；由向心加速度公式a＝rω2求向心加速度之比；谁先达到最大静摩擦力谁先滑动。
【解答】解：AB、A与B两物体始终相对盘静止，则A与B的角速度相同，均等于圆盘的角速度，则有
ωA：ωB＝1：1
根据v＝ωr可得，vA：vB＝rA：rB＝2R：R＝2：1，故AB正确；
C、根据a＝ω2r可得，aA：aB＝rA：rB＝2R：R＝2：1，故C错误；
D、根据静摩擦力提供向心力可得
f＝ma
可得A与B所受摩擦力大小相等
最大静摩擦力为
fm＝μmg
A的质量小，最大静摩擦力小，所以在转盘转速增加时，A与B所受摩擦力都增大，A静摩擦力先达到最大值，则A比B先滑动，故D正确。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键要知道共轴转动的物体角速度相等，掌握线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵活运用。
（多选）10．（2025春 东城区校级期中）如图所示，在光滑的水平面上放一个原长为L的轻质弹簧，劲度系数为k，它的一端固定，另一端系一个质量为m的小球。当小球在该平面上做半径为4L的匀速圆周运动时（ ）
A．小球做圆周运动的向心力为3kL
B．小球做圆周运动的线速度为2kL
C．小球做圆周运动的角速度为
D．小球做圆运动的周期为2π
【考点】水平转盘上物体的圆周运动．
【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】AD
【分析】由胡克定律可求得弹簧的弹力，受力分析知弹力提供向心力，由向心力公式逐个分析即可。
【解答】解：由胡克定律得弹簧的弹力F＝k 3L
A、弹簧的弹力提供小球做圆周运动的向心力，所以向心力为3kL，故A正确；
B、由向心力公式得，解得：，故B错误；
C、由向心力公式得F＝m 4Lω2，解得：，故C错误；
D、由向心力公式得，解得：，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了胡克定律、向心力公式，要求熟练掌握向心力公式的不同表达式，根据题目要求灵活选择。
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比 1：2 ，A、B、C三点线速度之比为 2：1：2 。
【考点】传动问题；线速度与角速度的关系．
【专题】应用题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．
【答案】1：2；2：1：2。
【分析】同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等，根据图示情景，应用线速度与角速度的关系分析答题。
【解答】解：A、C同缘传动，线速度v大小相等，由v＝ωr可知，，
A、B同轴转动，它们的角速度ω相等，由v＝ωr可知vA：vB＝RA：RB＝2：1，
又由于vA＝vC，则vA：vB：vC＝2：1：2；
故答案为：1：2；2：1：2。
【点评】本题考查了传动问题，知道同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等是解题的前提，根据线速度与角速度的关系即可解题。
12．（2025春 鼓楼区校级期中）如图，小程同学购买的变速自行车有3级链轮和6级飞轮，踏板与链轮固接，后轮与飞轮固接，链轮和飞轮的齿数如表所示。骑行时通过选择不同的链轮和飞轮，可以获得合理的变速。假设踏板的转速不变，选择链轮的齿数为48，为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为 14 ；此时链轮与后轮的转速之比为 。
名称 链轮
齿数 48 38 28
名称 飞轮
齿数 14 16 18 22 24 28
【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【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】14，。
【分析】根据共轴转动链轮传动的知识进行分析解答。
【解答】解：链轮和飞轮的线速度相同，飞轮和后轮为共轴转动角速度相同，自行车的行驶速度为后轮的线速度。v飞＝v链，ω飞 r飞＝ω链 r链，飞轮的角速度，后轮线速度，所以当链轮的齿数最多、飞轮的齿数最少时，自行车速度最大，所以为使自行车行进的速度最大，应选择的飞轮的齿数为14，此时链轮与后轮的转速之比为。
故答案为：14，。
【点评】考查共轴转动链轮传动的知识，会根据题意进行准确分析解答。
13．（2025 漳州三模）如图为某小区通道上的智能闸杆，闸杆上A、B、C、D四处各固定一个相同的螺栓，闸杆可绕转轴O转动。已知，则在抬起闸杆的过程中，A、B两处螺栓的线速度大小之比为 1：2 ，C、D两处螺栓的向心力大小之比为 3：5 。
【考点】探究圆周运动的相关参数问题．
【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】1：2；3：5。
【分析】根据线速度、角速度与半径的关系式计算；根据向心力公式计算。
【解答】解：在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度ω相等，根据线速度、角速度与半径的关系式v＝ωr可得
根据
可得
故答案为：1：2；3：5。
【点评】本题关键掌握在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度ω相等。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 东丽区期中）如图所示，一硬细杆OO′竖直安装在一正方形水平桌面的中间位置，当细杆匀速转动时，杆上拴的轻质细线与竖直方向的夹角θ＝37°，细线另一端拴接的小球质量m＝0.48kg，细线长L＝0.5m（g取10m/s2，sin37°＝0.6）。
（1）求细线上的拉力大小T；
（2）求细杆转动的角速度大小ω；
（3）小球做圆周运动过程中离桌面高度为0.45m，要保证细线在任意时刻断开后小球均不会落到桌面外，求桌面的最小面积S。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）求细线上的拉力大小T为6N；
（2）求细杆转动的角速度大小ω为5rad/s；
（3）桌面的最小面积S为0.81m2。
【分析】第一问利用小球在竖直方向上的受力平衡求解细线拉力。第二问利用小球在水平方向上的向心力公式求解角速度。第三问分析细线断开后小球的运动轨迹，结合平抛运动规律和几何关系求解桌面的最小面积。
【解答】解：（1）小球受到重力mg和细线拉力T的作用。由于小球在竖直方向上受力平衡，因此有：Tcosθ＝mg
可得：T＝6N
因此，细线上的拉力大小为：T＝6N
（2）小球在水平方向上做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，即：Tsinθ＝mω2r
其中，小球做圆周运动的半径为：r＝Lsinθ
解得：r＝0.3m
联立解得：ω＝5rad/s。
因此，细线转动的角速度大小为：ω＝5rad/s。
（3）当细线断开时，小球以水平速度做平抛运动。小球做圆周运动时的水平速度为：
v＝ωr
解得：v＝1.5m/s
小球做平抛运动时，竖直方向上做自由落体运动，下落高度为：
h＝Lcos45°﹣0.45
解得：h＝0.05m
根据自由落体运动公式：
解得：t＝0.1s
在水平方向上，小球的水平位移为：x＝vt
解得：x＝0.15m
小球做圆周运动时的水平半径为0.3m，因此小球在细线断开后水平方向上的最大位移为：
为了保证小球在任意时刻断开后均不会落到桌面外，桌面的最小面积为：S＝（πR2）最大
解得：
但是，考虑到小球在细线断开后水平方向上的最大位移为0.3m+0.15m＝0.45m，因此桌面的最小面积为：
S＝（2×0.45）2m2＝ 0.81m2，因此，桌面的最小面积为：S＝ 0.81m2
答：（1）求细线上的拉力大小T为6N；
（2）求细杆转动的角速度大小ω为5rad/s；
（3）桌面的最小面积S为0.81m2。
【点评】该试题涉及圆周运动、牛顿第二定律以及平抛运动的相关知识。
15．（2025春 云岩区校级期中）如图所示，半径R＝0.20m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量为m的小球从A点冲上竖直半圆环轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），已知小球在B点时对轨道的压力恰为mg，g取10m/s2，求：
（1）小球在B点的速度；
（2）A、C间的距离。
【考点】圆周运动与平抛运动相结合的问题；牛顿第三定律的理解与应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球在B点的速度为2m/s；
（2）A、C间的距离为m。
【分析】（1）小球在B点时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求小球在B点的速度；
（2）从B到C小球做平抛运动，根据分位移公式求解A、C间的距离。
【解答】解：（1）根据牛顿第三定律，小球在B点时轨道对小球的压力为FN＝mg，方向竖直向下。
根据牛顿第二定律得
mg+FN＝m
解得vB＝2m/s
（2）从B到C小球做平抛运动，则有
2R
x＝vBt
解得A、C间的距离为xm
答：（1）小球在B点的速度为2m/s；
（2）A、C间的距离为m。
【点评】本题是圆周运动与平抛运动的综合，对于圆周运动，要明确向心力来源。对于平抛运动，要掌握分运动的规律。
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