第13讲 圆周运动-备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第页第13讲圆周运动——划重点之精细讲义系列考点1匀速圆周运动的基本性质和物理量考点2三种传动方式和追及相遇问题考点3圆周运动中的向心力考点4离心运动考点1：匀速圆周运动的基本性质和物理量一．圆周运动的基本性质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相等，就是匀速圆周运动。2．性质：一种变加速的变速运动。3．周期性由于圆具有中心对称的特点，故物体每转一周，该物体又回到原处，所以物体在某处出现所需的时间应为周期的整数倍，解题时，应注意圆周运动的多解问题。4．匀速圆周运动的条件：当物体所受的合外力大小恒定、方向始终与速度方向垂直且指向圆心（是变力）时，物体做匀速圆周运动，此时向心力由物体所受合外力提供。当物体做匀速圆周运动时，合外力就是向心力。二．描述圆周运动的物理量物理量物理意义计算式线速度v（m/s）描述质点沿圆弧运动的快慢，线速度越大，质点沿圆弧运动越快角速度ω（rad/s）描述质点转过圆心角的快慢周期T（s）定量描述匀速圆周运动快慢。周期长说明运动得慢，周期短说明运动得快。频率f（Hz）定量描述匀速圆周运动的快慢，频率高说明运动得快，频率低说明运动得慢。转速n（r/s或r/min）实际中定量描述匀速圆周运动的快慢，转速高说明运动得快，转速低说明运动得慢。向心加速度a（m/s2）描述物体速度方向变化快慢①线速度和角速度都是描述做匀速圆周运动的物体运动快慢的物理量，线速度侧重于描述物体通过弧长的快慢程度：而角速度侧重于描述物体转过角度的快慢程度。它们都有一定的局限性，并不是线速度大的物体角速度一定大。例如，地球围绕太阳运动的线速度约是3Ｘ104m/s，这个数低是较大的。但它的角速度却很小，为2Ｘ10-7rad/s。②匀速圆周运动的周期、频率和转速都是固定不变的。③频率表示单位时间（1s）内物体做圆周运动的圈数，因此当转速的单位取转每秒时，频率与转速含义相同，但转速在工程技术中常用的单位是转每分。④对于变速率圆周运动，可以用公式求质点在圆周上某点的向心加速度瞬时值，其中ω或v应取该点的线速度和角速度的瞬时值。⑤向心加速度不一定是物体做圆周运动的实际加速度。对于匀速圆周运动，向心加速度就是其实际加速度。对于非匀速圆周运动，其实际加速度不指向圆心，此时的向心加速度只是它的一个沿半径方向上的分加速度。三．v、ω、r、a中任意三者关系的讨论1.讨论v、ω、r、a中三者关系时，先确保一个量不变，再确定另外两个量间的正、反比关系。（1）对公式v＝ωr的理解：当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。（2）对a＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝ωv的理解：在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。2.讨论ω、T和f中关系时，由公式可知，周期与角速度成反比；频率与角速度成正比。【考向1】某钟表分针上各点的半径为r、线速度为v、角速度为ω、加速度为a，下列表示各物理量关系的图像不正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】C．钟表分针上各点做匀速圆周运动，且周期不变，根据ω=则，各点的角速度不变，故C错误；A．各点的线速度v=ωr即线速度与半径成正比，故A正确；B．根据a=可知，加速度与线速度成正比，故B正确；D．根据a=可知，加速度与半径成正比，故D正确。本题选择不正确的，故选C。【考向2】如图所示，半径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。子弹（可视为质点）以大小为v0的水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，不计空气阻力及圆筒对子弹运动的影响，重力加速度大小为g，圆筒足够长，下列说法正确的是（

A．子弹在圆筒中的运动时间为2πRB．若仅改变圆筒的转速，则子弹可能在圆筒上只打出一个弹孔C．圆筒转动的周期可能为RD．两弹孔的高度差为2g【答案】D【详解】A．子弹在圆筒中的运动时间为t=故A错误；BD．若仅改变圆筒的转速，由于子弹在竖直方向做自由落体运动，所以子弹不可能在圆筒上只打出一个弹孔，两弹孔的高度差为ℎ=故B错误，D正确；C．设圆筒转动的周期为T，则有t=(n+12)T（n=0，1可知T=1n+12⋅2Rv可知圆筒转动的周期不可能为Rv故选D。【考向3】一把竖直撑开的雨伞，其伞半径为r，伞面边缘距水平地面高度为h。当雨伞以角速度ω旋转时，水滴恰好自边缘甩出，落在地面上形成一个大圆圈，大圆圈构成平面的面积表达式正确的是（）A．πr21+2ω2ℎg 【答案】A【详解】水滴甩出后，做平抛运动，竖直方向上ℎ=t=水滴水平方向上做匀速直线运动，有x=vt=ωr根据几何关系有x则大圆的半径为R=r大圆圈构成平面的面积S=π故选A。【考向4】（多选）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明，如图所示为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的轮叶面上，落点到轮轴O间的距离为R。水车在水流不断冲击下匀速转动时，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．水流在空中运动水平位移为2B．水流在空中运动时间为3C．水车匀速转动时的角速度为2D．槽口到轮轴的高度差为3【答案】BC【详解】AB．根据平抛运动规律可得，设水落到水轮叶面上时水的速度大小为v，则水落到水轮叶面上分速度分别为vv解得v=2v在竖直方向，自由落体v得t=在水平方向，匀速直线x=故A错误，B正确；C．因为轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小v=2则，水车匀速转动时的角速度为ω=故C正确；D．水做平抛运动下落的高度ℎ水落到水轮叶面上落点到轮轴的的竖直高度差为ℎ所以，槽口到轮轴的高度差为ℎ=故D错误。故选BC。【考向5】（多选）劳技课上，某同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸（20cm）的蛋糕，如图所示。若在蛋糕边缘每隔2s均匀“点”一次奶油（“点”奶油的时间忽略不计），蛋糕转动一周正好均匀“点”上20点奶油。下列说法正确的是（）A．圆盘转动的周期为40sB．圆盘转动的角速度大小为πC．蛋糕边缘的线速度大小约为πD．蛋糕边缘的不同点线速度是相同的【答案】AB【详解】A．一周20个间隔，每个间隔2s，所以圆盘转动的周期为40s，故A正确；B．圆盘转动的角速度由ω=故B正确；CD．蛋糕边缘的线速度大小约为v=ωr=蛋糕边缘的不同点线速度大小相同，方向不同，故CD错误。故选AB。考点2：三种传动方式和追及相遇问题1.三种传动方式方式同轴转动皮带传动齿轮传动（摩擦传动）装置A、B两点在同轴的一个圆盘上，到圆心的距离不同两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点特点A、B两点角速度、周期相同A、B两点线速度相同A、B两点线速度相同转动方向相同相同相反规律线速度与半径成正比：角速度与半径成反比：，周期与半径成正比：角速度与半径成反比与齿轮齿数成反比∶，周期与半径成正比，与齿轮齿数成正比：2.圆周运动的追及相遇问题【考向6】日常时钟上的秒针和分针相邻两次重合的时间间隔为（）A．60s B．61s C．360059【答案】C【详解】根据题意可知，分针的周期为T秒针的周期为T设分针与秒针相邻两次重合的时间间隔为t，则有2π代入数据解得t=故选C。【考向7】如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为RA、RB和RC，其半径之比为RA:RBA．线速度大小之比vB．角速度之比ωC．转速之比nD．向心加速度大小之比a【答案】B【详解】AB．大齿轮与小齿轮通过链条相连，则A、B两点线速度大小相等，则有v根据v=ωr可得ωA:ωB=RB:ω根据v=ωr可得v则有vA:故A错误，B正确；C．根据ω=2πn可得转速之比为n故C错误；D．根据a=可得向心加速度大小之比a故D错误。故选B。【考向8】如图所示为某皮带轮传动装置，图中A、B、C点为轮边缘上的点，到各自转轴的距离之比为5:2:4，皮带与各轮间均不打滑。下列关于A、B、C点的线速度v、角速度ω、周期T、向心加速度a的关系正确的是（）A．vB:vC=1:2 B．ωA【答案】D【详解】A和C与皮带接触，故可知A、B、C三点的线速度相等；因为rA:rω同理因为rB:rT根据rA:ra故选D。【考向9】如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb＝1∶k（k＞1，为正整数）。从图示位置开始，在b运动一周的过程中（）A．a、b距离最近的次数为k次B．a、b距离最近的次数为k－1次C．a、b、c共线的次数为2k次D．a、b、c共线的次数为2k＋2次【答案】B【详解】在b转动一周过程中，a转动k周，a、b距离最远的次数为k-1次，a、b距离最近的次数为k-1次，故a、b、c共线的次数为2k-2，选项B正确，ACD错误。故选B。【考向10】如图所示，A、B两轮半径分别为2r和r，O1、O2分别为两轮的圆心，a、b分别为A、B轮边缘上的点，c点在A轮上，c到O1的距离为rA．a、b两点的线速度相等 B．a、b两点的角速度相等C．a、c两点的角速度相等 D．b、c两点的向心加速度相等【答案】C【详解】A．靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，所以a、b两点的线速度大小相等，方向不同，故A错误；B．a、b两点的线速度大小相等，其中r根据v=rω可知a、b两点的角速度不相等，故B错误；C．由于a、c两点是同轴转动，所以a、c两点的角速度相等，故C正确；D．因为va=vb所以ω因为ωa=ωc联立可得a故D错误。故选C。考点3：圆周运动中的向心力一．匀速圆周运动1．定义：由于匀速圆周运动具有向心加速度，根据牛顿第二定律，物体所受合外力不为零，且时刻与速度方向垂直，总是指向圆心。使物体产生向心加速度的力叫做向心力。2．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。3．大小：F＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv＝4π2mf2r。4．方向：方向时刻与运动（v）方向垂直，始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。5．向心力的来源：向心力是按力的作用效果命名的，不是某种性质的力，既可能是重力、弹力、摩擦力，也可能是电场力、磁场力或其他性质的力。也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。如果物体作匀速圆周运动，则所受合力一定全部用来提供向心力。二、变速圆周运动和一般曲线运动的处理方法1．变速圆周运动：当物体做变速圆周运动时，合外力指向圆心的分力就是向心力。合外力不等于向心力，合外力一般产生两个效果。如下图甲乙所示。（1）跟圆周相切的分力Ft，只改变线速度的大小，Ft＝mat，产生切向加速度，此加速度描述线速度大小变化的快慢。（2）跟圆周切线垂直而指向圆心的分力Fn，只改变线速度方向，Fn＝man，产生向心加速度。此加速度描述线速度方向变化快慢。处理方法：解决变速圆周运动问题，依据的规律仍然是牛顿运动定律和匀速圆周运动的运动学公式，只是在公式Fn＝meq\f(v2,r)中，Fn为指向圆心方向的合力，v为在该处速度的瞬时值。解决变速圆周运动除了依据上述规律外，还需要用到后面章节将要学习的功能关系等知识。2.一般的曲线运动的处理方法(1)曲线运动：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动，如图所示.(2)处理方法：①将曲线分割成为许多很短的小段，每一小段曲线都可以看作是一小段圆弧，这样物体在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分.通常这些圆弧的弯曲程度是不一样的，我们用曲率半径来表示圆弧的弯曲程度.②将物体所受的合力沿曲线的切线方向和法线方向进行分解，沿切线方向的分力使物体加速或减速；沿法线方向的分力使物体的速度方向改变，此时有Fn＝meq\f(v2,r)＝mω2r三．圆周运动的解题思路四．几种常见向心力模型分析类别实例模型说明重力提供向心力小球沿光滑轨道下滑，经过圆轨道最高点时，若轨道对小球的弹力恰好为零，则此时小球的向心力由重力提供。弹力提供向心力小球沿光滑器壁在水平底面内做圆周运动，向心力由弹力提供。摩擦力提供向心力物体随转盘做圆周运动，且相对转盘静止，向心力由静摩擦力提供。分力或合力提供向心力小球由细线牵引着在水平面内做圆周运动。向心力可以认为由细线拉力的水平分力提供，也可以认为由细线拉力与小球重力的合力提供。五．圆周运动中常见的连接体模型分析情境示例情景图示情境说明(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)情境1A、B两小球固定在轻杆上，随杆一起绕杆的端点O在水平面内做圆周运动。注意计算OA杆拉力时应以小球A、B整体为研究对象，而不能以A为研究对象。情境2A、B两物块叠放在一起随转盘一起转动，当求转盘对B的摩擦力时，取A、B整体为研究对象比较简单；当研究A、B谁先背离圆心运动时，注意比较两接触面间的动摩擦因数大小。情境3A、B两小球用轻线相连穿在光滑轻杆上随杆绕转轴O在水平面内做圆周运动时，两球所受向心力大小相等，角速度相同，圆周运动的轨道半径与小球质量成反比。情境4A、B两物块随转盘一起转动，当转盘转速逐渐增大时，物块A受到的静摩擦力先达到最大值，转速再增加，则A、B间绳子开始有拉力，当B受到的静摩擦力达到最大值后两物块开始滑动(设A、B两物块与转盘间的动摩擦因数相等)。【考向11】如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱（）A．运动周期为2B．在与转轴水平等高处受摩天轮作用力的大小为mgC．线速度的大小为ωD．所受合力的大小始终为m【答案】D【详解】A．座舱的运动周期为T=故A错误；B．在与转轴水平等高处，摩天轮对座舱水平方向分力提供向心力，对座舱竖直方向分力与座舱重力平衡，所以合作用力大于mg，故B错误；C．座舱线速度的大小为v=ωR故C错误；D．座舱所受合外力提供向心力，大小为F=m故D正确。故选D。【考向12】如图所示，长L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆上O点有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量分别为4m、m。A、B到O点的距离之比为1:2。当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上匀速转动时，下列说法正确的是（）A．轻杆对小球A、B的作用力大小相等B．小球A、B向心力大小之比为4:1C．转轴受杆作用力大小为2D．小球A、B线速度大小之比为1:4【答案】C【详解】AB．小球A需要的向心力大小为F小球B需要的向心力大小为F因为F所以小球A、B向心力大小之比为2:1，故AB错误；C．转轴受到杆拉力的大小为F=选项C正确；D．小球A、B线速度由v=ωr可得，同轴转动小球A、B角速度相等，线速度大小之比即旋转半径之比为1:2，选项D错误。故选C。【考向13】（多选）如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，d≤R，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点，则（）A．气嘴灯在最低点能发光，其他位置一定能发光B．气嘴灯在最高点能发光，其他位置一定能发光C．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为kdD．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+2mg【答案】BCD【详解】AB．气嘴灯在最低点能发光，对P与触点A作为整体进行分析可知，最小需要提供的向心力为F气嘴灯在最高点能发光，对P与触点A作为整体进行分析可知，最小需要提供的向心力为F明显F得气嘴灯在最高点能发光，其他位置一定能发光，故A错误，B正确；C．当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点是增大的弹力提供向心力即kd=mω2R得ω=故C正确；D．当气嘴灯运动到最高点时能发光，则kd+2mg=mR得ω=故D正确。故选BCD。【考向14】（多选）如图所示，在光滑水平面上，质量为m1、m2的两个小球用原长为l0的轻弹簧连接在一起，再用长为l1的细线拴在轴O上，使m1和m2都以相同的角速度ω绕轴O做匀速圆周运动，并保证m1、m2、O点三者始终在同一条直线上。若m1、m2两球之间的距离为l2，则下列说法正确的是（）A．m1的向心力由细线拉力提供，m2的向心力由弹簧拉力提供B．弹簧的劲度系数为mC．烧断细线的瞬间m1的加速度大小为ωD．烧断细线的瞬间m1的加速度大小为m【答案】BD【详解】A．m1的向心力由细线拉力和弹簧弹力的合力提供，m2的向心力由弹簧拉力提供，故A错误；B．设弹簧的劲度系数为k，对m2根据牛顿第二定律有m解得k=故B正确；CD．烧断细线的瞬间，细线对m1的拉力突变为0，而弹簧对m1的弹力不发生突变，所以根据牛顿第二定律可得m1的加速度为a故C错误，D正确。故选BD。考点4：离心运动1．定义：做匀速圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势。3．受力特点当F＝0时，物体沿切线方向飞出；当F合＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；当F＝0时，物体沿切线方向飞出；当F合＜mrω2的情况，即物体所受力小于所需向心力时，物体沿曲线逐渐远离圆心做离心运动。如图所示。当F合＞mrω2的情况，即物体所受力大于所需向心力时，物体做半径减小的向心运动。①做离心运动的物体是做半径越来越大的运动或沿切线方向飞出去的运动，而不是沿半径方向远离圆心的运动。②离心运动实质是物体惯性的表现，并不是所谓离心力作用的结果，离心力实际并不存在。【考向15】在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做逆时针匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．P位置的小水珠速度方向沿a方向B．水珠做离心运动是由于合外力大于所需向心力C．P、Q两位置，杯子的角速度相同D．从Q到P，杯子所受合外力做功不为零【答案】C【详解】A．杯子做逆时针匀速圆周运动，则P位置的小水珠速度方向沿b方向，故A错误；B．水珠做离心运动是由于合外力小于所需向心力，故B错误；C．杯子做逆时针匀速圆周运动，则P、Q两位置，杯子的角速度相同，故C正确；D．从Q到P，杯子所受合力始终指向圆心，与其速度夹角为90°，合外力做功为零，故D错误。故选C。【考向16】餐桌上的自动转盘在电动机的带动下匀速转动，转盘上放有A、B两个相同的空茶杯（可视为质点）随转盘一起做匀速圆周运动，A、B到圆心的距离分别是rA、rB，且A．两个茶杯所受的摩擦力大小相等B．两个茶杯都有沿切线方向滑出去的趋势C．若在B茶杯中加入茶水后加快转盘的转速，则B茶杯应先滑出去D．若在B茶杯中加入茶水后加快转盘的转速，则A茶杯应先滑出去【答案】C【详解】A．此时两茶杯随转盘一起做圆周运动，根据牛顿第二定律有f=m由于rA<rB．两个茶杯靠静摩擦力提供向心力，向心力的方向指向圆心，可知两个茶杯都有沿半径向外滑出去的趋势，B错误；CD．设茶杯发生滑动的临界角速度为ω0μmg=m解得ω由此可知，两茶杯发生滑动的临界速度为m无关，即加快转盘的转速，B茶杯应先滑出去。C正确；D错误。故选C。【考向17】如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为A．物块做圆周运动的加速度大小为3B．陶罐对物块的弹力大小为2mgC．转台转动的角速度大小为2gD．如果转台的转速稍稍增大，小物块相对罐壁有向下的运动趋势【答案】D【详解】A．物块的受力情况如图所示。由上图可知，物块受到的支持力和重力的合力提供物块做圆周运动的向心力，则有F解得a=故A正确，不符合题意；B．由受力分析可知有mg解得N=2mg故B正确，不符合题意；C．物块做匀速圆周运动，有mg由几何关系有r=R解得ω=故C正确，不符合题意；D．如果转台的转速稍稍增大，小物块相对罐壁有向上的运动趋势，故D错误，符合题意。故选D。【真题1】（2024·辽宁·高考真题）“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【答案】D【详解】D．由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；A．由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为r故A错误；B．根据v=rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为v故B错误；C．根据an=rω2可知，球面上a故C错误。故选D。【真题2】（2024·广东·高考真题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为l2、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，vA．rk2m B．lk2m C．【答案】A【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx=F=k插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力F=ml对卷轴有v=rω联立解得v=r故选A。【真题2】（多选）（2021·河北·高考真题）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ωA．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【答案】BD【详解】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向T而T=k(可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则T即F当转速较大时，FN指向转轴T即F则因ω'根据F可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选BD。【真题4】（多选）（2022·河北·高考真题）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ℎA．若ℎ1=B．若v1=C．若ω1=ωD．若ℎ1=【答案】BD【详解】AB．根据平抛运动的规律ℎ=R=vt解得R=v可知若h1=h2，则v1:v2=R1:R2若v1=v2，则ℎ选项A错误，B正确；C．若ω1=ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若ω1=ωt=相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为Q相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。故选BD。一、单选题1．（2024·广东广州·二模）如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，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，三个风杯转动的速度都相同C．开始刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大【答案】C【详解】A．若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，根据牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；B．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，由v=rω可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；C．未刮风时，风杯处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与风力方向相反，并不指向旋转轴，故C正确；D．当风杯匀速转动时，根据v=可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D错误。故选C。2．（2024·江西萍乡·二模）某小区安装了车辆识别系统，当业主车辆行驶到栏杆一定距离时，栏杆绕转轴自动向上匀速旋转放行。俯视图如图所示，已知水平栏杆离地高度为1m，一辆汽车（可视为长方体）车顶高度为1.6m，正好行驶在路中间，自动识别装置在探测到离杆4.4m的汽车时，水平栏杆向上旋转，5.4s转到竖直位置，为使汽车安全通过，则该汽车匀速行驶的最大速度约为（

）A．1.5m/s B．2.0m/s C．2.5m/s D．3.0m/s【答案】B【详解】设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，由几何知识得tan解得θ=37°由题意可知直杆转过θ所用时间为t=汽车匀速行驶的最大速度为v=故选B。3．如图所示是某闯关游戏中的一个关卡。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一参赛者从水平跑道边缘P点以速度v0向右跳出，初速度方向平行于OM方向，且运动轨迹与此时刻OM在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在MA．若跳出时刻不变，仅增大v0B．若跳出时刻不变，仅减小v0，参赛者一定会落在OMC．若跳出时刻不变，仅增大转盘的角速度，参赛者仍可能落在M点D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的角速度，参赛者不可能落在M点【答案】C【详解】AB．参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置。参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变；仅增大v0，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小vCD．仅增大转盘的角速度，或仅减小转盘的角速度，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍在原位置，参赛者就仍可能落在M点，故C正确，D错误。故选C。4．在如图所示的装置中，质量分别为m、2m的A、B两个小球（视为质点）穿在光滑杆上并可沿杆滑动，两球之间用一根长为L的细线连接，现让两小球以相同的角速度绕共同的圆心O做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

A．A、B的周期之比为2：1B．A、B的向心加速度之比为1：2C．A、B的轨道半径之比为1：2D．当A、B的角速度为ω，则细线的拉力为2m【答案】D【详解】A．两个小球做同轴转动，角速度相等，根据T=2πω可知周期相等，其比例为B．两个小球的向心力均由绳子拉力提供，根据牛顿第二定律a=可知A、B的向心加速度之比为2:1，故B错误；CD．设A的轨道半径为r1，B的轨道半径为rm⋅又r联立解得rT=故D正确，C错误。故选D。5．（2024·吉林·一模）如图所示的圆盘，半径为R，可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长为R的轻杆，杆的端点各有一可视为质点的小球A、B，在圆盘上缠绕足够长的轻绳。轻绳的另一端拴接一小球C。现将装置由静止释放，小球C向下以12A．圆盘转两圈所用的时间为2B．圆盘转两圈时，小球A的角速度大小为2C．圆盘转两圈时，圆盘的角速度大小为πgD．圆盘转两圈时，小球B的线速度大小为2【答案】B【详解】A．圆盘转两圈时，小球C下降的位移为4πR，根据位移—时间公式有x=解得圆盘转两圈所用的时间为t=4故A错误；BC．此时小球C的速度为v=则圆盘和小球A的角速度大小为ω=故B正确，C错误；D．小球B的线速度大小为v故D错误；故选B。6．（2024·四川泸州·二模）如图甲所示为车库入口的挡车装置，OA杆绕O点沿顺时针方向以角速度ω匀速转动，AB杆始终保持水平状态，其模型可简化为如图乙所示。已知OA和AB两杆长度均为L，在某次抬杆过程中，OA杆从水平位置转到竖直位置，关于此过程，下列判断正确的是（

）A．A、B两端点的速度总相同 B．端点B的速度大小为2LωC．端点B的运动轨迹不是圆弧 D．抬杆过程中，两杆扫过的总面积为π【答案】A【详解】在某次抬杆过程中，OA杆从水平位置转到竖直位置，如图所示AB．因为OA和AB两杆长度均为L，可知A、B两端点的速度均相同，大小为v故A正确，B错误；C．如图所示，端点B的运动轨迹与端点A的运动轨迹均是圆弧，故C错误；D．抬杆过程中，OA杆扫过的面积为S由图可知，AB杆扫过的面积为一个正方形S故抬杆过程中，两杆扫过的总面积S=故D错误。故选A。7．如图为古代常见的一种板车，车前轮与后轮转动半径之比为1:3，车上放有质量为m的重物（可视为质点），推动板车使重物恰好能够随车匀速前进，此时车板与水平面间的倾角为θ=37°，重物与车板间动摩擦因数μ固定，若将车板与水平面间倾角变大，之后控制板车使其仍能水平匀速前行，则下列说法正确的是（）A．板车前轮与后轮的角速度之比为3:1B．重物与板车间动摩擦因数μ=0.5C．板车倾角变大后重物所受摩擦力也会随之变大D．板车倾角变大后重物的对地运动方向沿板车斜面向下【答案】A【详解】A．根据vv=ωrr得ω故A正确；B．根据f=μmg=mg得μ=0.6故B错误；C．板车倾角变大后，重物会沿斜面下滑，此时的摩擦力为f=μmg重物所受摩擦力变小，故C错误；D．板车倾角变大后重物相对板车沿斜面向下，板车相对地面向前运动，因此重物相对地面的运动方向为斜向下和向前的合运动方向，故D错误。故选A。8．（2024·河北·三模）在河北省滦平县表演的我国传统民俗文化表演“抡花”如图甲所示，“抢花”是为了祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁花沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知水平杆的长度MO1=NO1=1m，M、N离地高为3.2m，若手摇A．5.6m B．5.7m C．6.6m D．8.4m【答案】B【详解】“花筒”M转动的角速度与AB相同，其线速度大小为v=ωM解得v=7烧红的铁花沿切线飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有ℎ=水平方向做匀速直线运动，有x=vt故落地点到O2的距离d=联立解得d≈5.7故选B。9．（2024·江苏·二模）半径为R的光滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动，一小球从桌边对准圆心以速度v=4RA． B．C． D．【答案】C【详解】BD．小球通过桌面的时间为t=此时小球的起点与终点重合，故BD错误；AC．设圆桌转动的角速度为ω，小球离圆心的距离为r=R−vt则小球相对圆周沿径向方向位移为y=vt垂直于径向方向的速度为v则垂直于径向方向的位移为x=可知x则x=ωRt−ω轨迹方程是类似抛物线的方程，故A错误，C正确。故选C。10．如图为斜式滚筒洗衣机的滚筒简化图，在脱水过程中滚筒绕固定轴OO′以恒定的角速度转动，滚筒的半径为r，简壁内有一可视为质点的衣物，衣物与滚筒间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为θ，重力加速度为

A．gμsinθ+C．gμsinθ−【答案】B【详解】重力沿垂直筒壁的分力和筒壁对衣物的支持力的合力充当向心力，在最低点有F在最高点有F可知衣物在最高点与圆筒间的弹力小于衣物在最低点与圆筒间的弹力，故衣物在最高点最容易发生相对滑动，在最高点有FN'解得ω≥所以在脱水过程中，要保持衣物始终与圆筒相对静止，滚筒转动角速度的最小值为gsin故选B。11．如图所示是电影《飞驰人生2》中赛车穿过峡谷弯道疾行，为避免向峡谷外漂离而驶回内弯道的情景，下列说法正确的是（

）A．赛车手应该踩油门加速，从而避免转弯时漂向外弯道B．赛车穿过峡谷弯道漂向外侧的原因是赛车质量过大C．赛车手操控汽车刹车使速度减小，能帮助赛车重返内弯道D．如遇雨夹雪天气路面湿滑，赛车容易向内弯道做向心运动【答案】C【详解】A．踩油门加速使需要的向心力增大，更容易发生离心现象漂向外弯道。故A错误；B．当提供的向心力小于需要的向心力时赛车作离心运动，与质量无关。故B错误；C．赛车手操控汽车减小速度，使需要的向心力减小，可以使赛车重返内弯道。故C正确。D．雨天路面湿滑，赛车与地面的摩擦力减小，更容易使摩擦力小于需要的向心力从而发生离心现象使赛车向弯道外运动。故D错误。故选C。12．（2024·重庆沙坪坝·一模）如图所示是某车窗雨割器示意图，雨刮器由雨刮臂OC和刮水片ACB连接构成。雨刮器工作时，OC和ACB的夹角保持不变。在雨割臂从右往左转动过程中的某时刻（）A．B、C两点角速度不同B．B、C两点线速度方向均垂直于割水片ACBC．C点比A点的线速度大D．C点比A点的向心加速度小【答案】C【详解】A．由题意，雨刮器工作时，OC和ACB的夹角保持不变，因此A、B、C三点在相同时间扫过相同角度，角速度相同。故A错误；B．B、C两点均以O点为圆心做圆周运动，故B、C两点的线速度方向分别垂直OB、OC的连线。故B错误；C．由图可知，A点的运动半径小于C点的运动半径，而A、C两点的角速度相等，根据v=ωr可知，C点比A点的线速度大。故C正确；D．A点的运动半径小于C点的运动半径，而AC两点的角速度相等，根据a=可知，C点比A点的向心加速度大。故D错误。故选C。13．（2023·湖南永州·二模）如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列说法正确的是（）

A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同B．配重物转到顶点时处于超重状态C．偏心轮转动的角速度为MgD．打夯机对地面压力的最大值大于(M+m)g【答案】D【详解】A．电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；B．配重物转到顶点时，具有向下的加速度，故配重物处于失重状态，故B错误；C．当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有T=Mg对配重物有T+mg=m解得偏心轮转动的角速度为ω=故C错误；D．在最低点，打夯机对地面压力最大，对配重物有T对打夯机有Mg+解得N=2(M+m)g>(M+m)g根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的最大值大于(M+m)g，故D正确。故选D。14．某质量为2kg的遥控汽车（可视为质点）沿如图所示的路径进行性能测试，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点。若小车从A点由静止开始，以1m/s2的加速度驶入路径，到达B点后保持速率不变依次经过BC和CD，则（）A．小车到达B点时的速度大小为2m/s B．小车从A到D所需时间为4+C．小车在BC段的向心加速度大小为163m【答案】C【详解】A.小车做直线运动时，有vx=联立解得v=4t故A错误；B.小车在BCD段运动的时间t则小车从A到D所需时间t=故B错误；C.小车在BC段的向心加速度大小为a故C正确；D.小车在CD段所受向心力大小为F=m故D错误。故选C。15．（2024·四川成都·三模）图甲是正在水平面内工作的送餐机器人，该机器人沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路