(共20张PPT)
第六章 圆周运动
章末整合 素养提升
●知识网络构建
●高考真题专练
热点专练1 圆周运动过程中各个物理量之间的关系
1．(2021·全国甲卷·T15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：纽扣转动的角速度为ω＝2πn＝100π，由向心加速度公式可知a＝ω2r＝(100π)2r，由π2≈10可得a≈1 000 m/s2，故选项C正确，A、B、D错误。故选C。
2．(2021·广东选择考·T4)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°角匀速转动到60°角的过程中，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
解析：由题知，杆OP绕O点从与水平方向成30°角匀速转动到60°角，则P点绕O点做匀速圆周运动，由v＝ωr可得，P点的线速度大小不变，A正确；P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；Q点在竖直方向和水平方向的运动都与P点相同，故Q点也做匀速圆周运动，竖直方向上速度逐渐减小，水平方向上的速度逐渐增大，C、D错误。故选A。
3．(2021·浙江6月选考·T7)质量为m的小明坐
在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该
时刻，下列说法正确的是( )
A．秋千对小明的作用力小于mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
解析：小明在荡秋千经过最高点时，绳子拉力、重力提供向心力，设在最高点绳子与竖直方向的夹角为θ，最高点速度为零，所以向心力为零，则F－mgcos θ＝0，选项A正确，B错误；在最高点速度为零，但沿圆周运动切线方向重力分力为Gx＝mgsin θ，所以合外力不为零，选项C、D错误。故选A。
4．(2023·全国甲卷·T17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
5．(2022·辽宁选择考)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
答案：(1)2.7 m/s2 (2)见解析
解析：(1)根据速度—位移公式有v2＝2ax
代入数据可得a＝2.7 m/s2。
热点题型2：圆周运动过程中的临界条件
6．(多选)(2021·河北选择考·T9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
7．(多选)(2022·河北选择考)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口的横截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( )
8. (2023·江苏选择考·T13)“转碟”是传统的杂技项
目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子
边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子
一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0
时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大
小v0和受到的静摩擦力大小f。第六章 素能测评卷
(时间：75分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)
1．伦敦眼是英国伦敦标志性建筑，直径约为136米，共有32个乘坐舱，每个乘坐舱可载客约16名，转动一圈大概需要30分钟。坐在其中的游客随乘坐舱的转动可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．游客受到乘坐舱的作用力等于其重力
B．该运动的线速度大小约为0.24 m/s
C．该运动是一种匀变速曲线运动
D．游客所处的乘坐舱运动到摩天轮最低点时，游客处于失重状态
解析：游客随着摩天轮做匀速圆周运动，加速度不为零，则游客受到乘坐舱的作用力大小不等于游客的重力，座舱的作用力和重力的合力提供向心力，故A错误；游客做圆周运动的线速度约为v＝＝ m/s≈0.24 m/s，故B正确；游客随摩天轮做匀速圆周运动，做的是一种非匀变速运动，故C错误；游客所处的乘坐舱运动到摩天轮最低点时，加速度向上，则游客处于超重状态，故D错误。故选B。
2．如图，某人骑着自行车经过圆弧形凹形桥，在最低点时对桥的压力大小是人和车总重力的k倍。若桥的半径为R，重力加速度为g，则( )
A．k＝1
B．k<1
C．自行车在最低点的速度
D．自行车在最低点的速度
解析：自行车经半径为R的凹形桥的最低点时，由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，在最低点时对桥的压力大小FN′＝FN＝mg＋m，所以k＝>1，A、B错误；最低点时，由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，解得v＝＝，C错误，D正确。故选D。
3．如图所示，某同学保持用手掌平托苹果的姿势，使苹果在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动，a、c为最低和最高点，b、d和圆心等高，下列说法正确的是( )
A．苹果运动一周的过程中，始终处在平衡状态
B．苹果在a点处于失重状态，在c点处于超重状态
C．苹果在b点受到的摩擦力大小等于在d点受到的摩擦力大小
D．d到a过程中苹果处在失重状态，a到b过程中苹果处在超重状态
解析：苹果运动一周的过程中，始终有指向圆心的加速度，不处于平衡状态，故A错误；苹果在a点有向上的加速度，处于超重状态，在c点有向下的加速度，处于失重状态，故B错误；苹果在b点和在d点摩擦力提供做圆周运动的向心力，由于苹果做匀速圆周运动，则所需向心力大小不变，可知，苹果在b点受到的摩擦力大小等于在d点受到的摩擦力大小，故C正确；d到a过程中和a到b过程中苹果都有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。故选C。
4．如图所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，随圆盘一起在水平面内做匀速圆周运动。关于小物块A的受力情况，下列说法正确的是( )
A．受重力、支持力
B．受重力、支持力和摩擦力
C．受重力、支持力、摩擦力和向心力
D．受到的合外力为零
解析：小物块在竖直方向上受重力和支持力，由于小物块在水平面内做匀速圆周运动，则还一定受到摩擦力从而提供向心力，所以小物块受到的合力不为零。向心力是效果力，受力分析时不能将其与其他性质力并列分析，故A、C、D错误，B正确。故选B。
5．如图所示，走时准确的时钟，分针与秒针由转动轴到针尖的长度之比是3∶4，则下列说法正确的是( )
A．分针与秒针的角速度之比为12∶1
B．分针与秒针的周期之比为1∶60
C．分针针尖与秒针针尖的线速度大小之比为1∶80
D．分针针尖与秒针针尖的向心加速度大小之比为1∶480
解析：秒针转动一周，分针转动一周的，则分针与秒针的周期之比为T1∶T2＝60∶1，根据ω＝，分针与秒针的角速度之比为ω1∶ω2＝1∶60，故A、B错误；根据v＝ωr，分针针尖与秒针针尖的线速度大小之比为v1∶v2＝1∶80，故C正确；根据a＝ω2r，分针针尖与秒针针尖的向心加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4 800，故D错误。故选C。
6．如图所示，内壁光滑的半球形碗中，一小球从与球心O等高的A点处静止释放，经过最低点B可继续上滑。若忽略空气阻力，半球形碗相对桌面始终静止，则下列说法正确的是( )
A．经过最低点B时，小球处于平衡状态
B．小球从A点释放后瞬间，小球的加速度为零
C．小球上滑的过程中，碗对小球的支持力逐渐减小
D．小球下滑的过程中，小球所受合力的方向都指向圆心
解析：经过最低点B时，小球有向上的向心加速度，加速度不为零，处于不平衡状态，故A错误；小球从A点释放后瞬间，小球受到的合力等于重力，小球的加速度不为零，故B错误；设碗对小球的支持力与竖直方向的夹角为θ，小球上滑的过程中，根据牛顿第二定律可得FN－mgcos θ＝m，θ逐渐增大，小球速度逐渐减小，碗对小球的支持力逐渐减小，故C正确；小球下滑的过程中，小球速度逐渐增大，则小球有切向加速度，小球所受合力的方向不指向圆心，故D错误。故选C。
7．如图是《天工开物》中的牛力齿轮水车的插图，记录了我国古代劳动人民的智慧。在牛力的作用下，通过A齿轮带动B齿轮，B、C齿轮装在同一根轴上，A、B边缘轮齿大小间距相同，若A、B、C半径的大小关系为RA∶RB∶RC＝5∶3∶1，下列说法不正确的是( )
A．A、B、C的角速度之比为5∶5∶3
B．A、B、C边缘质点的线速度大小之比为3∶3∶1
C．A、B、C边缘质点的向心加速度大小之比为9∶15∶5
D．A、B、C周期之比为5∶3∶3
解析：因为A、B边缘轮齿大小间距相同，所以A、B的线速度相等，而B、C角速度相等，所以ωARA＝ωBRB，解得ωA∶ωB∶ωC＝RB∶RA∶RA＝3∶5∶5，A错误；因为A、B的线速度相等，而B、C角速度相等，所以vA∶vB∶vC＝RB∶RB∶RC＝3∶3∶1，B正确；因为向心加速度的计算公式为a＝ω2R，则A、B、C边缘质点的向心加速度大小之比为aA∶aB∶aC＝ωRA∶ωRB∶ωRC＝32×5∶52×3∶52×1＝9∶15∶5，C正确；因为T＝，所以A、B、C周期之比为TA∶TB∶TC＝∶∶＝∶∶＝5∶3∶3，D正确。故选A。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分。)
8．图甲为游乐场中的“空中飞椅”项目，转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，悬绳的悬挂点到转轴的距离也不一定相等。其可以简化为如图乙所示的模型，两个完全相同的可视为质点的小球a、b分别用悬线悬于水平杆A、B两端，OB＝2OA，将装置绕竖直杆OC匀速旋转后，a、b在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖直方向的夹角分别为α、β，a、b的线速度大小分别为va、vb，加速度大小分别为aa、ab，忽略悬绳质量与空气阻力，则下列判断正确的是( )
A．va＝vb
B．aa＝ab
C．tan β＝2tan α
D．仅增加小球质量，其他条件不变，轻绳与竖直方向的夹角将变小
解析：设OA段长为L，OB段长为2L，O到两球连线的高度为h，由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，对a球有mgtan α＝mω2r1，r1＝htan α＋L，对b球有mgtan β＝mω2r2，r2＝htan β＋2L，解得tan β＝2tan α，两球运动半径之比为r1∶r2＝1∶2，又因为a、b的角速度相等，根据v＝ωr，a＝ω2r，v1∶v2＝1∶2，a1∶a2＝1∶2，A正确，B错误，C正确；轻绳与竖直方向的夹角与质量无关，D错误。故选AC。
9．陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图甲所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图乙所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是( )
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的线速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
解析：由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，故ωP＝ωQ，即P的角速度跟Q的一样大，故A错误；根据v＝rω，且rP>rQ，ωP＝ωQ，可知vP>vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；根据a＝rω2，且rP>rQ，ωP＝ωQ，可知aP>aQ，即P的向心加速度大小比Q的大，故C正确；因为转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q的所受的合力方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。故选BC。
10．一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘的距离为L，对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘且过盘心O点的水平轴匀速转动。若飞镖恰好击中A点，下列说法正确的是( )
A．飞镖击中A点时，A点一定转动到最低点位置
B．圆盘转动的角速度一定满足πv0(k＝0,1,2…)
C．圆盘的半径为
D．从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为
解析：飞镖抛出后做平抛运动，飞镖击中A点时，A点一定转动到最低点位置，故A正确；飞镖抛出后在水平方向做匀速直线运动，故从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为t＝，故D错误；从飞镖抛出到恰好击中A点，圆盘运动的角度应满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故圆盘转动的角速度一定满足ω＝πv0(k＝0,1,2…)，故B正确；飞镖抛出后在竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2＝2R，解得圆盘的半径为R＝，故C错误。故选AB。
三、非选择题(本题共5小题，共54分。)
11．(12分)如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：
(1)下列实验的实验方法与本实验相同的是_____。
A．验证力的平行四边形定则
B．验证牛顿第二定律
C．伽利略对自由落体的研究
(2)若长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。探究向心力和角速度的关系时，若将传动皮带套在两半径之比等于2∶1的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板_A__和挡板_C__处(均选填“A”“B”或“C”)，则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为_1∶4__。若仅改变皮带位置，通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比，可以发现向心力F与_角速度的平方__成正比。
(3)为了能探究向心力大小的各种影响因素，左右两侧塔轮_需要__(选填“需要”或“不需要”)设置半径相同的轮盘。
(4)利用传感器升级实验装置，用力传感器测压力F，用光电计时器测周期进行定量探究。某同学多次改变转速后，记录一组力与对应周期数据，他用图像法来处理数据，结果画出了如图所示的图像，该图线是一条过原点的直线，请你分析他的图像横坐标x表示的物理量是_____。
A．T B．
C．T2 D．
解析：(1)本实验所用的研究方法是控制变量法，与验证牛顿第二定律实验的实验方法相同。故选B。
(2)若探究向心力和角速度的关系，则要保持质量和半径相同，即要将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C上。若将传动皮带套在两半径之比等于2∶1的轮盘上，因两轮盘边缘的线速度相同，则角速度之比为1∶2，则向心力之比为1∶4，则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为1∶4。
若仅改变皮带位置，通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比，可以发现向心力F与角速度的平方成正比。
(3)为了能探究向心力大小的各种影响因素，因为要研究角速度一定时向心力与质量或半径的关系，则左右两侧塔轮需要设置半径相同的轮盘。
(4)根据F＝m2r＝4π2mr
纵坐标表示向心力F，则图像横坐标x表示的物理量是。故选D。
12．(9分)如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于固定点B，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角是θ，重力加速度为g。不计空气阻力，求：
(1)细线对小球的拉力大小F；
(2)小球做圆周运动的周期T；
(3)若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长l，小球运动的周期是否变化。
答案：(1) (2)2π (3)不变
解析：(1)对小球进行受力分析如图所示
则有F＝。
(2)根据mgtan θ＝mω2lsin θ
解得ω＝
周期T＝＝2π。
(3)根据上述有ω＝
根据几何关系有cos θ＝
解得ω＝
可知，若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，增大绳长l，小球做匀速圆周运动的角速度ω不会发生改变，周期不变。
13. (10分)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块处于静止状态，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，绳子刚好拉直且绳中张力为零。物块与转台间的动摩擦因数为μ(μ(1)当绳中刚出现拉力时，转台的角速度大小；
(2)若物块的角速度增大到时，保持角速度不变，求此时绳子的拉力大小。
答案：(1) (2)
解析：(1)转台由静止加速时，静摩擦力提供向心力，且逐渐增大，当静摩擦力达到最大时，绳中刚要出现拉力，此时最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2Lsin θ
解得ω＝。
(2)当转台对物块的支持力为零时，摩擦力为零，重力和拉力的合力提供向心力，设此时物块的角速度为ω0，有mgtan θ＝mωLsin θ
得ω0＝<ω1＝
所以当角速度增大到时物块已经离开转台。设绳子与竖直方向的夹角为α，设绳子的拉力为T，则有Tsin α＝mωLsin α
解得T＝。
14．(11分)如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘L＝3.2 m处放着一质量为m＝0.1 kg的铁球(可看作质点)，铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平向右的推力F＝1.0 N作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线方向进入圆弧轨道，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D。O为圆弧轨道的圆心，已知∠BOC＝37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H＝0.45 m，圆弧轨道半径R＝0.5 m，C点为圆弧轨道的最低点，求(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)：
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D时的速度大小vD；
(2)铁球运动到B点时的速度大小vB以及此时轨道对铁球的支持力大小FB；
(3)水平推力F作用的时间t。
答案：(1) m/s (2)5 m/s 5.8 N (3)0.6 s
解析：(1)铁球恰好能通过D点，则在D点时由重力提供向心力，由牛顿第二定律可得mg＝
解得vD＝ m/s。
(2)铁球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有v＝2gH
解得vBy＝3 m/s
铁球在B点沿切线方向进入圆弧轨道，则vB＝＝5 m/s
铁球在B点的向心力由支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供，则有m＝FB－mgcos 37°
解得FB＝5.8 N。
(3)铁球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得
vA＝vBcos 37°＝4 m/s
铁球在水平桌面上做匀加速直线运动时，有F－μmg＝ma1
解得a1＝8 m/s2
铁球在水平桌面上做匀减速直线运动时，有μmg＝ma2，解得a2＝2 m/s2
铁球在水平桌面上运动的最大速度为vm＝a1t
减速运动阶段有vm－vA＝a2t′
又L＝t＋t′
联立解得t＝0.6 s。
15．(12分)如图甲，水平面内有一条双线等宽光滑轨道，它由直轨道和两端半圆形轨道组成。在直轨道上放置一质量m＝0.2 kg的小圆柱体，如图乙。小圆柱体两侧与轨道相切处和小圆柱体截面的圆心O连线的夹角θ＝120°，如图丙，初始时小圆柱体位于轨道上A点。现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0，小圆柱体运动过程中所受阻力忽略不计，小圆柱体尺寸和轨道间距相对轨道长度也忽略不计，两端半圆形轨道半径R＝ m，g取10 m/s2。
(1)当v0＝2 m/s时，小圆柱体可以安全通过半圆形轨道，求小圆柱体在直轨道和半圆形轨道上运动时，内侧轨道对小圆柱体的支持力F内1、F内2的大小；
(2)为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过多少？(结果可以保留根式)
答案：(1)F内1＝2 N F内2＝1.2 N (2) m/s
解析：(1)小圆柱体在直轨道上做匀速直线运动，所受合力为零，则根据平衡条件可得2F内1cos 60°＝mg＝2 N
解得F内1＝2 N
当小圆柱体在半圆形轨道上运动时，其受力分析如所示
竖直方向根据平衡条件有F内2cos 60°＋F外cos 60°＝mg
水平方向由牛顿第二定律有F外sin 60°－F内2sin 60°＝m
联立解得F内2＝1.2 N。
(2)设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为vm，分析可知，小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体的重力与外侧导轨对小圆柱体的支持力恰好提供小圆柱体做圆周运动的向心力，对小圆柱体受力分析如图所示
则有＝m
解得vm＝ m/s
即为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过 m/s。
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