【江苏专版】17　第四章　第3节　圆周运动 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习

(共99张PPT)
第四章　曲线运动　万有引力与航天
第3节　圆周运动
链接教材·夯基固本
一、圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长______，就是做匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小______，方向始终指向______，是变加速运动。
(3)条件：合力大小______，方向始终与______方向垂直且指向圆心。
相等
不变
圆心
不变
速度
2．描述圆周运动的物理量
物理量 意义、方向 公式、单位
线速度(v) ①描述做圆周运动的物体运动______的物理量 ②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 ①v＝＝_____
②单位：m/s
角速度(ω) ①描述物体绕圆心__________的物理量 ②中学不研究其方向 ①ω＝＝_____
②单位：rad/s
转动快慢
快慢
物理量 意义、方向 公式、单位
周期(T) 和转速(n)或频率( f ) ①周期是物体沿圆周运动______的时间 ②转速是物体单位时间转过的____ ③频率是单位时间内运动重复的次数 ①T＝
单位：s
②n的单位：r/s、r/min
③f 的单位：Hz
向心加 速度(a) ①描述速度变化______的物理量 ②方向指向圆心 ①a＝＝_____
②单位：m/s2
一周
圈数
快慢
rω2
二、圆周运动的向心力
1．作用效果
向心力产生向心加速度，只改变速度的______，不改变速度的______。
2．大小
F＝m＝______＝__________＝mωv＝_________。
3．方向
始终沿半径方向指向______，时刻在改变，即向心力是一个变力。
方向
大小
mω2r
mr
4π2mf 2r
圆心
4．来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的______或某个力的______，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
5．确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定______的位置。
(2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的______，就是向心力。
合力
分力
圆心
合力
三、离心现象
1．现象
做圆周运动的物体，在所受合力__________或________提供圆周运动所需向心力的情况下，就会做__________圆心的运动。
突然消失
不足以
逐渐远离
2．受力特点及轨迹
(1)当Fn＝mω2r时，物体做__________运动。
(2)当Fn＝0时，物体沿______方向飞出。
(3)当Fn＜mω2r时，物体逐渐______圆心，做离心运动。
(4)当Fn＞mω2r时，物体逐渐______圆心，做近心运动。
3．本质
离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力______物体做匀速圆周运动需要的向心力。
匀速圆周
切线
远离
靠近
小于
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动。 (　　)
(2)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比。 (　　)
(3)做匀速圆周运动的物体所受合力为变力。 (　　)
(4)做圆周运动的物体所受到的合力不一定等于向心力。 (　　)
(5)做离心运动的物体是由于受到离心力的作用。 (　　)
(6)赛车转弯时冲出赛道是因为沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供向心力。 (　　)
×
×
√
√
×
√
二、教材习题衍生
1．(描述圆周运动的物理量)如图所示为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可以知道(　　)
A．甲球运动时，线速度的大小保持不变
B．甲球运动时，角速度的大小保持不变
C．乙球运动时，线速度的大小保持不变
D．乙球运动时，角速度的大小逐渐增加
√
A　[题图的图线甲中a与r成反比，由a＝可知，甲球的线速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，角速度逐渐减小，A正确，B错误；题图的图线乙中a与r成正比，由a＝ω2r可知，乙球运动的角速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，线速度逐渐增大，C、D错误。]
2．(竖直平面内的圆周运动)游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。则此时甲与乙
(　　)
A．线速度相同
B．加速度相同
C．所受合力大小相等
D．“摩天轮”对他们作用力大小相等
√
C　[由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以甲、乙线速度大小相等，甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误；根据a＝可知，甲、乙加速度大小相等，甲加速度方向竖直向下，乙加速度方向竖直向上，故B错误；根据F＝可知，甲、乙所受合力大小相等，故C正确；对甲有mg－FN1＝m，对乙有FN2－mg＝m，“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误。]
3．(水平面内的圆周运动)如图所示为一风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯位于水平面内互成120°角的三叉形支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则(　　)
A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的线速度都相同
C．开始刮风时，风杯所受合力沿水平方向指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越小
√
D　[若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，存在向心加速度，即加速度不为零，故A错误；三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，但方向不同，故B错误；开始刮风时，风杯的线速度逐渐变大，则其所受合力可分解成沿水平方向指向旋转轴的分力以及与风杯运动方向相同的分力，所以风杯受到的合力并不指向旋转轴，故C错误；当风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越小，故D正确。]
细研考点·突破题型
考点1　 描述圆周运动的物理量
[典例1]　(圆周运动的描述)(2024·辽宁卷)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　)
A．半径相等 B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
√
D　[根据题图可知，Q点到轴的距离大于P点到轴的距离，则Q点做圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径，A错误；P、Q两点同轴转动，角速度大小相等，根据v＝ωr和a＝ω2r结合A项分析可知，Q点的线速度大小和向心加速度大小均大于P点的，B、C错误，D正确。]
【典例1　教用·备选题】　(圆周运动的描述)(2024·淮阴中学高三开学考试)如图所示为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为 3.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高 1.6 m 的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为 0.6 m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为(　　)
A． rad/s B． rad/s
C． rad/s D． rad/s
√
D　[由题意可知，在3.3 s－0.3 s＝3.0 s的时间内，横杆上距离O点水平距离为 0.6 m 的点至少要抬高1.6 m－1.0 m＝0.6 m，即横杆至少转过，则角速度ω＝＝ rad/s。]
[典例2]　(皮带传动)如图所示，有一皮带传动装置，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．A点与C点的角速度大小相等
B．A点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度大小之比为2∶1
D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶2
√
B　[处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等。对于本题，显然vA＝vC，ωA＝ωB，选项B正确；根据vA＝vC及关系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，选项A错误；根据ωA＝ωB，ωA＝，可得ωB＝，即B点与C点的角速度大小之比为1∶2，选项C错误；根据ωB＝及关系式a＝ω2R，可得aB＝，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D错误。]
[典例3]　(齿轮传动)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点说法正确的是(　　)
A．A点和B点的线速度大小之比为1∶2
B．A点和B点的角速度之比为1∶1
C．A点和B点的角速度之比为3∶1
D．以上三个选项有两个是正确的
√
C　[题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，即A点和B点的线速度大小之比为 1∶1；由v＝ωr可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点的角速度之比为3∶1，故选项C正确，A、B、D错误。]
[典例4]　(同轴转动)(2024·江苏卷)如图所示是生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑，与工作台一起绕OO′匀速转动，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同(台面够大)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
A．越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B．越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C．陶屑只能分布在工作台边缘
D．陶屑只能分布在某一半径的圆内
√
D　[与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2R，解得R＝，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑，故A、B、C错误；离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为R＝，μ与ω均一定，故R为定值，离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，即陶屑只能分布在半径为R的圆内，故D正确。]
规律总结　常见的三种传动方式及特点
类型 模型 模型解读
皮带 传动 皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB
类型 模型 模型解读
摩擦 (或齿 轮)传动 两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB
同轴 传动 绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比
【典例4　教用·备选题】　(同轴转动)机动车检测站进行车辆尾气检测，原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。如图所示为检测过程简图：车轴A的半径为ra，车轮B的半径为rb，滚动圆筒C的半径为rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速
n(每秒钟n转)运行时，下列说法正确的
是(　　)
A．C的边缘线速度大小为2πnrc
B．A、B的角速度大小相等，均为2πn，且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动
C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动
D．B、C的角速度之比为
√
B　[根据题意可知，车轮B的边缘线速度大小为vb＝2πnrb，由于B和C为摩擦传动，则B和C边缘的线速度大小相等，则C的边缘线速度大小为2πnrb，故A错误；由题图可知，A、B为同轴转动，A、B的角速度大小相等，均为2πn，由于车轮沿前进方向加速，则A、B沿顺时针方向转动，B和C为摩擦传动，则C沿逆时针方向转动，B、C线速度大小相同，由v＝ωr可得，B、C角速度比为半径的反比，则＝，解得ωc＝，故C、D错误，B正确。故选B。]
考点2　水平面内的圆周运动
1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点
运动轨迹是圆且在水平面内。
2．匀速圆周运动的受力特点
(1)物体所受合力大小不变，方向总是指向圆心。
(2)合力充当向心力。
3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤
(1)选择研究对象，找出匀速圆周运动的圆心和半径。
(2)分析物体受力情况，其合力提供向心力。
(3)由Fn＝m、Fn＝mrω2或Fn＝mr列方程求解。
4．六种常见的向心力实例
运动 模型 ①飞机水平转弯 ②火车转弯 ③圆锥摆
向心 力的 来源 图示
运动 模型 ④飞车走壁 ⑤汽车在水 平路面转弯 ⑥光滑水平
转台
向心 力的 来源 图示
5．水平面内圆周运动的三种临界情况
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是：弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相互接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。
[典例5]　(圆锥摆问题)如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器(　　)
A．角速度不变
B．线速度减小
C．向心加速度增大
D．所受拉力大小不变
√
C　[设绳子与竖直方向夹角为θ，蜂鸣器做圆周运动的半径为r，蜂鸣器质量为m，对蜂鸣器分析有Fn＝mg tan θ＝man，FT＝，根据A、B两个位置可知，B位置更高，则θB>θA，可得FnB>FnA，anB>anA，故C正确，D错误；由an＝ω2r，r＝l sin θ，可得ω＝，由θB>θA，lBωA，故A错误；由线速度v＝ωr知，线速度大小无法确定，故B错误。]
【典例5　教用·备选题】　(圆锥摆问题)(2024·盐城质检)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端，细绳的另一端连接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(　　)
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为
D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为
√
思路点拨：(1)当转动的角速度较小时，水平面对小球有支持力作用；当转动的角速度较大时，小球将离开水平面。
(2)小球做匀速圆周运动的半径r与绳长l之间的关系，可由几何形状来确定。
(3)小球对水平面的压力为零，是小球将离开水平面的临界条件，此时，小球的合力由自身的重力及细绳的拉力合成来确定。
C　[小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得T sin β＝mω2l sin β可知，随角速度变化，细绳的拉力T会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有T cos θ＝mg，T sin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝＝，若小球飞离了水平面，则角速度大于，而<，故选项C正确，D错误。]
规律总结　“一、二、三、四”求解圆周运动问题
【典例5　教用·备选题】　(圆锥摆问题)据史料记载，拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代小型拨浪鼓已成为儿童玩具。现有一拨浪鼓上分别系有长度不等的两根轻绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，稳定时两球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动。下列各图中两球的位置关系正确的是(图中轻绳与竖直方向的夹角α<θ<β)(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
B　[设绳长为L，则由合力提供向心力得mg tan θ＝m(L sin θ＋r)，化简得＝L cos θ＋，可知，L长的角度大；设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得mg tan θ＝m(h tan θ＋r)，化简得＝h＋，可知，角度大的竖直分量大。综上所述，A、C、D错误，B正确。故选B。]
[典例6]　(车辆转弯问题)(2024·江苏如东县第一次检测)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
√
B　[火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m，解得r＝，故选项A错误；根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。]
[典例7]　(水平转盘上的圆周运动问题)(2024·江苏南京一模)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连可视为质点的物体A和B，A的质量为3m，B的质量为m。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω1；若只将B的质量增加为2m，A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2。转动过程中轻绳未断，则为(　　)
A．∶2 B．2∶
C．∶ D．∶2
√
B　[当A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动达到最大角速度ω1时有T－μmg＝·2r，T＋μ·3mg＝r，解得ω1＝2，若只将B的质量增加为2m，A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大角速度为ω2时有T＋μ·2mg＝·2r，T－μ·3mg＝r，解得ω2＝，所以＝，故选B。]
考点3　 竖直平面内的圆周运动
1．竖直平面内圆周运动的两类模型
一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。
2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法(最高点)
“轻绳”模型 “轻杆”模型
图示
受力特征 小球受到的弹力方向为向下或等于零 小球受到的弹力方向为向下、等于零或向上
“轻绳”模型 “轻杆”模型
受力示 意图
力学方程 mg＋FN＝m mg±FN＝m
临界特征 FN＝0 mg＝ 即v min＝ v＝0
即F向＝0
FN＝mg
“轻绳”模型 “轻杆”模型
过最高点 的条件 在最高点的速度 v≥ 在最高点的速度
v≥0
[典例8]　(竖直平面内“轻杆”模型)(2024·曲塘中学模拟)如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，g取 10 m/s2，则(　　)
A．小球的质量为4 kg
B．固定圆环的半径R为0.4 m
C．小球在最高点的速度为4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向向上
D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100 N
√
思路点拨：解此题关键有两点：
(1)做好小球在某一位置的动力学分析。
(2)将小球的动力学方程与F-v2图像对应，找出已知物理量。
D　[对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，mg－F1＝0，结合题图乙解得小球质量m＝2 kg，选项A错误；当F2＝0时，由重力提供向心力可得mg＝，结合题图乙解得固定圆环的半径R＝0.8 m，选项B错误；小球在最高点的速度为4 m/s时，设小球受圆环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F3＋mg＝，代入数据解得F3＝20 N，方向竖直向下，选项C错误；小球经过最低点时，其弹力最大，由牛顿第二定律得F4－mg＝，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝，由以上两式得F4＝5mg，代入数据解得F4＝100 N，选项D正确。]
规律总结　分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
【典例8　教用·备选题】　(竖直平面内“轻杆”模型)(2024·海门中学模拟)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时(　　)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
√
C　[球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得球B的速度v＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小为v′＝，故B错误；球B运动到最高点时对杆无弹力，此时球A所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，所以水平转轴对杆的作用力也为1.5mg，故C正确，D错误。]
[典例9]　(竖直平面内“轻绳”模型)(2024·江苏扬州一模)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T-v2图像如图乙所示(图中a、b、c已知)，则(　　)
A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a
D．当v2＝2b时，小球受到的弹力大小为2a
√
A　[小球运动到最高点时，对小球进行受力分析有T＋mg＝m，则有T＝v2－mg，结合题图知－mg＝－a，＝，解得g＝，L＝，故A正确，B错误；当v2＝c时，T1＝c－mg＝－a，故C错误；当v2＝2b时，T2＝·2b－mg＝·2b－a＝a，故D错误。]
【典例9　教用·备选题】　(竖直平面内“轻绳”模型)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直平面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的
关系图像如图乙所示，图像中
的数据a和b、包括重力加速度
g都为已知量，则以下说法正
确的是(　　)
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关
D．利用数据a、b能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
√
D　[由题图乙可知，当v2＝a时，绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg＝，解得v2＝gr，即a＝gr，与小球的质量无关，故A错误；当＝2a时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知＝，与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；由上述分析可知r＝，m＝，因a、b、重力加速度g已知，所以能够求出小球质量和圆周轨迹半径，故D正确。]
[典例10]　(竖直平面内“管状”模型)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
√
C　[在最高点，由于外侧管壁和内侧管壁都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内侧管壁对小球产生弹力，大小为mg，则最小速度为0，故A、B错误；小球在水平线ab以下管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球在水平线ab以上管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误。]
题组一　描述圆周运动的物理量
1．如图所示，小球A套在竖直固定、半径为R的光滑圆环上，通过长度不可伸长的细线跨过定滑轮连接着质量为m的物块B，当小球A在外力的作用下沿圆环以大小为ω的角速度逆时针旋转时，细线始终处于伸直状态，已知圆环的圆心与定滑轮等高，
重力加速度大小为g。则下列说法正确的是(　　)
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题号
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课时分层作业(十二)　圆周运动
A．小球A位于圆心同高度的右侧时，物块B速度最大
B．物块B从最低点上升到最高点的过程中一直处于超重状态
C．物块B的最小速度为
D．物块B的最大速度为ωR
1
题号
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√
D　[根据题图可知，当小球A位于圆心同高度的右侧时，物块B处于最低点，当小球A位于圆心同高度的左侧时，物块B处于最高点，小球A在这两个位置时的线速度方向均沿竖直方向，细线均处于水平方向，可知，小球A在这两个位置沿细线的分速度均为0，即小球A在这两个位置时，物块B的速度均为0，可知，物块B从最低点上升到最高点的过程中，B先向上加速，后向上减速，加速度方向先向上，后向下，即物块B先处于超重状态，后处于失重状态，故A、B错误；根据上述可知，物块B的最小速度为0，故C错误；当细线与圆环相切时，小球A的线速度方向沿细线方向，此时小球A的速度与物块B的速度大小相等，即物块B的最大速度为ωR，故D正确。故选D。]
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题号
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2．如图甲所示，修正带是通过两个齿轮相互咬合进行工作的，其原理可简化为如图乙所示的模型。B、A是大、小齿轮边缘上的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮半径的2倍，小轮中心到A点和大轮中心到C点的距离之比为2∶1，则A、B、C三点(　　)
A．线速度大小之比为4∶4∶1
B．角速度之比为1∶1∶1
C．转速之比为2∶2∶1
D．向心加速度大小之比为2∶1∶1
√
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题号
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A　[B、A是大、小齿轮边缘上的两点，可知vA＝vB，又v＝ωr，rA＝rB，可得ωA＝2ωB，由于B、C两点都在大轮上，可知ωB＝ωC，又v＝ωr，rB＝4rC，可得vB＝4vC，则A、B、C三点线速度大小之比为vA∶vB∶vC＝4∶4∶1，A、B、C三点角速度之比为ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，选项A正确，B错误；根据角速度和转速的关系有ω＝2πn，可知A、B、C三点转速之比为nA∶nB∶nC＝ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，选项C错误；根据向心加速度公式有a＝ω2r，可知A、B、C三点向心加速度大小之比为aA∶aB∶aC＝8∶4∶1，选项D错误。]
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题号
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3．(2024·江苏连云港期末)下列有关运动的说法正确的是(　　)
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题号
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A．图甲中小球在水平面内做匀速圆周运动，小球角速度越大，则偏离竖直方向的θ角越大
B．图乙中质量为m的小球到达最高点时对管壁压力大小为3mg，则此时小球速度大小为3
C．图丙中皮带轮上b点的加速度大于a点的加速度
D．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地
√
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题号
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A　[题图甲中，小球在水平面内做匀速圆周运动，其向心力由重力和绳子拉力的合力提供，即mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝，可知小球角速度越大，偏离竖直方向的θ角越大，故A正确；题图乙中，小球到达最高点时对管壁的压力大小为3mg，根据牛顿第二定律知mg＋FN＝m，解得此时小球速度大小为v＝2，故B错误；题图丙中，因为b、c两点同轴转动，角速度相等，根据an＝Rω2知，b、c两点的向心加速度之比为1∶2，a、c两点线速度相等，根据an＝知，a、c两点的向心加速度之比为 2∶1，故a、b两点的向心加速度之比为4∶1，所以题图丙中皮带轮上b点的加速度小于a点的加速度，故C错误；题图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A球做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，B球与A球同时着地，故D错误。]
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题组二　水平面内的圆周运动
4．(2023·江苏卷)“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。
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题号
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[解析]　由题意知，发光物体做半径为r的匀速圆周运动，则发光物体的速度大小v0＝ω0r
发光物体受到的静摩擦力提供向心力，其大小f＝r。
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题号
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[答案]　ω0r　r
5．铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关。下列说法正确的是(　　)
A．速率v一定时，r越小，要求h越大
B．速率v一定时，r越大，要求h越大
C．半径r一定时，v越小，要求h越大
D．半径r一定时，v越大，要求h越小
√
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A　[火车转弯时，向心力由重力mg与轨道支持力FN的合力来提供，如图所示，设轨道平面与水平面的夹角为θ，则有mg tan θ＝，且tan θ≈sin θ＝，其中L为轨间距，是定值，有mg＝，通过分析可知A正确。]
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题组三　竖直平面内的圆周运动
6．如图所示，一同学表演荡秋千，已知秋千的两根绳长均为 10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为 8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　)
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
√
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题号
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B　[该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝，代入数据解得F＝410 N，选项B正确。]
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7．一架无人机某次飞行的轨迹如图所示，
轨迹abcde是在竖直平面内一条光滑曲线，
若此次飞行中飞机的速率近似保持不变，
b点和d点分别为轨迹的最低点和最高点，
则下列说法正确的是(　　)
A．飞机在b点所受合力沿水平向右
B．飞机在b点受到的升力大于在c点受到的升力
C．从b点到d点的飞行中，飞机的水平速度大小不变
D．从b点到d点的飞行中，飞机一直处于超重状态
√
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题号
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B　[曲线运动的合力指向曲线的凹侧一方，故A错误；飞机在b点受到升力和重力的合力指向曲线的凹侧一方且与运动方向垂直，此时可以近似看为升力与重力的差值提供向心力，近似为Fb＝mg＋m，在c点受到升力和重力的合力指向曲线的凹侧一方且与运动方向垂直，根据三角形定则可知Fc1
题号
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8．如图甲所示，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N点装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道的作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与的关系图像如图乙所示，c为图像与横轴交点的横坐标，b为图像延长线与纵轴交点
的纵坐标的绝对值，重力加速度为g，
则下列说法正确的是(　　)
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题号
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A．若小球经过N点时满足＝c，则经过M点时对轨道有压力
B．当小球经过N点时满足＝c，则经过M点时对内管道壁有压力
C．小球做圆周运动的半径为
D．F＝－b表示小球经过N点时速度等于0
√
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题号
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C　[由题图乙可知，若小球经过N点时满足＝c，则经过M点时对轨道无压力，A错误；由题图乙可知，当小球经过N点时满足＝c＞c，则经过M点时对管壁的压力为正值，可知此时小球对外管道壁有压力，B错误；若小球经过N点时满足＝c，则在M点时有mg＝，由机械能守恒可得＝，联立解得R＝，C正确；小球经过N点时速度不能等于0，故F＝－b的情况不存在，D错误。]
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题号
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9．如图所示，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为(　　)
A． B．
C．g D．g
√
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题号
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C　[当物体在圆盘上转到最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，角速度一定，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝mω2r，解得r＝g，故A、B、D错误，C正确。]
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题号
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10．(2024·江苏扬州一模)如图所示，半径为R的水平圆盘绕中心O点做匀速圆周运动，圆盘中心O点正上方H处有一小球被水平抛出，此时半径OB恰好与小球初速度方向垂直，从上向下看圆盘沿顺时针方向转动，小球恰好落在B点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法不正确的是(　　)
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题号
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A．小球的初速度大小为R
B．小球的初速度大小为R
C．圆盘的角速度可能为
D．圆盘的角速度可能为
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题号
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√
A　[由题可知，小球做平抛运动，下落高度为H，水平位移为R，则根据平抛运动的规律有H＝gt2，R＝v0t，联立可得，小球的初速度大小为v0＝R，故A错误，B正确；小球运动的时间为t＝，根据题意可知，在该时间内圆盘转过的角度为θ＝π＋2π·k(k＝0，1，2，…)，则圆盘的角速度为ω＝＝π(k＝0，1，2，…)，可知，当k＝0时，圆盘的角速度为π，当k＝1时，圆盘的角速度为π，故C、D正确。本题选不正确的，故选A。]
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题号
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11．(2024·锡山高级中学模拟)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m的内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g取10 m/s2，则下列说法错误的是(　　)
A．小球不会脱离圆轨道运动
B．小球会脱离圆轨道运动
C．小球脱离轨道时的速度为 m/s
D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30°
√
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题号
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A　[若小球恰好能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝ m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得mv0′2＝mg·2R＋mv2，解得v0′＝ m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受
重力作用，将重力分解如图所示，
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题号
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在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mg sin θ＝，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得＝，联立解得sin θ＝，即θ＝30°，则v1＝＝ m/s，故C、D正确。故选A。]
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12．(2024·江苏扬州期末)一种自动计数的呼啦圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与配重通过轻绳连接，其模型简化如图乙所示，已知配重质量为0.4 kg，绳长为0.3 m，悬挂点到腰带中心的距离为0.12 m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角θ＝37°，配重距离地面高度为0.5 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)轻绳的拉力大小；
(2)若配重不慎脱落，脱落后平抛的水平
距离(结果用根号表示)。
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题号
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[解析]　(1)根据题意，对配重进行受力分析，根据共点力平衡得T cos 37°＝mg
则T＝＝5 N。
(2)根据题意可知，配重做匀速圆周运动，则
r＝l sin 37°＋0.12 m＝0.30 m
mg tan θ＝m，解得v＝1.5 m/s
配重不慎脱落后做平抛运动，则有h＝gt2
平抛的水平距离为x＝vt＝ m。
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题号
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[答案]　(1)5 N　(2) m
13．2022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；
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题号
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(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。
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题号
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[解析]　(1)由v2＝2ax，解得
a＝＝ m/s2＝2.7 m/s2。
(2)a甲＝＝ m/s2＝12.5 m/s2
a乙＝＝ m/s2＝ m/s2
则＝＝
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T甲＝＝ s＝1.6π s
T乙＝＝ s＝ s
因为T甲1
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[答案]　(1)2.7 m/s2　(2)　甲运动员先出弯道
谢 谢 ！