2024-2025学年下学期高一物理教科版期中必刷常考题之匀速圆周运动的向心力和向心加速度

第43页（共43页）2024-2025学年下学期高一物理教科版（2019）期中必刷常考题之匀速圆周运动的向心力和向心加速度一．选择题（共8小题）1．（2024秋•昌平区期末）如图所示，在感受向心力的实验中，某同学用轻质细绳一端拴住小球，抡动细绳，使小球近似在水平面内做速率越来越大的圆周运动。在小球速度逐渐变大的过程中，下列说法不正确的是（）A．他拉住绳子的力也越来越大 B．绳子会越来越接近水平 C．理论上，绳子可能达到水平状态 D．松手后，小球将沿轨迹的切线方向飞出2．（2025•长安区校级一模）如图所示，在竖直的转动轴上，a、b两点间距为40cm，细线ac长50cm，bc长30cm，在c点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法不正确的是（）A．转速小时，ac受拉力，bc松弛 B．bc刚好拉直时，ac中拉力为1.25mg C．bc拉直后转速增大，ac拉力不变 D．bc拉直后转速增大，ac拉力增大3．（2025•广西一模）当载重卡车在泥地或沙地陷车时，经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木墩（如图所示），卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同，且都大于圆木墩的直径，卡车驶出泥地或沙地的过程，主动轮、从动轮和圆木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程，下列说法正确的是（）A．圆木墩与主动轮的转动方向相同 B．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等 C．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等 D．圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等4．（2025•白云区一模）在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为6m/s2，下列说法正确的是（）A．可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s B．手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态 C．自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向 D．由an5．（2024秋•杨浦区校级期末）如图所示，同学们组成的跑操方阵排列整齐地匀速率通过圆弧形跑道区域，每个方阵中的每位同学均可视为做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A．每位同学的角速度相同 B．每位同学所受的合力为零 C．每位同学的速度大小相同 D．每位同学的加速度保持不变6．（2024秋•金华期末）如图，一质量m＝1kg的小滑块以4m/s的初速度从P点进入一水平轨道。水平轨道由一长L＝1.5m的直轨道AB和两个半径为R的半圆轨道组成，半圆轨道的外侧均有光滑的圆弧挡板（图中未画出）。除轨道CD外，所有轨道均光滑且平滑连接。CD之间的地面光滑，靠近C处放置一与水平轨道等高、长度为L0＝1m、质量为M＝1kg的长木板。现调节半圆轨道R的大小，使小滑块最终能停在长木板上。已知滑块与长木板上表面的动摩擦因数为μ＝0.4，长木板与C和D处碰撞后原速率反弹。则（）A．若R＝4m，滑块在半圆轨道运动时对挡板的弹力大小为2N B．滑块第一次运动到D点速度为22m/s C．滑块最终停止的位置与D点之间的距离为0.5m D．半圆轨道半径R需要满足的条件R=12π7．（2025•盐城一模）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ω1A．2：5 B．5：2 C．28．（2025•广西一模）两位演员在进行晚会彩排，男演员将火源在竖直平面内顺时针甩动，漫天焰火下女演员原地转舞，如图所示，女演员裙脚上的火焰转成了圆圈，场面绚丽多彩，美不胜收。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．男演员甩出去的燃烧颗粒在空中运动时不受力的作用 B．男演员甩出去的燃烧颗粒一定做曲线运动 C．女演员裙脚上的火焰一定做匀速圆周运动 D．女演员裙脚上的火焰所受合力一定不是恒力二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•济南期末）2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上（如图），最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机（）A．所受合外力大小为零 B．所受合外力方向不断变化 C．竖直方向的分速度逐渐增大 D．水平方向的分速度不变（多选）10．（2024春•红桥区期中）如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为m的小球，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为θ，重力加速度为g，关于小球下列说法正确的是（）A．小球受到重力、细线的拉力和向心力三个力 B．向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力 C．小球角速度越大时，夹角θ越小 D．向心力的大小等于mgtanθ（多选）11．（2024春•天津期中）水平面上固定一半球形的玻璃器皿，器皿的轴呈竖直状态，在距离轴心不同距离的位置，有两个质量相同的光滑小球a、b在器皿内壁的水平面内做匀速圆周运动。则关于各个物理量的关系，下列说法正确的是（）A．a、b两球对玻璃器皿内壁的压力大小相同 B．a、b两球做匀速圆周运动的加速度大小相同 C．a球做匀速圆周运动的线速度较大 D．a球做匀速圆周运动的角速度较大（多选）12．（2024秋•官渡区校级期末）如图所示，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的向心加速度大小之比为2：1 C．A与B的向心力大小之比为2：1 D．在转盘转速增加时，A与B一起滑动三．解答题（共3小题）13．（2025•广东一模）如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动初速度大小为1m/s，现测得转台半径R＝2m。离水平地面的高度H＝0.8m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）物块平抛落地过程水平位移的大小；（2）物块落地时的速度大小（可保留根号）；（3）物块与转台间的动摩擦因数。14．（2024秋•雁塔区校级期末）如图甲所示，是双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员的精彩场面，若女运动员伸直的身体与竖直方向的夹角为θ，质量为m，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为r，其运动可以简化成如图乙所示的圆锥摆运动模型。忽略女运动员受到的摩擦力，重力加速度为g。求：（1）当女运动员恰好即将脱离冰面时，所受拉力大小及向心加速度大小；（2）当女运动员对冰面的压力为其自身重力的一半时（可近似认为θ、r不变），男运动员的拉力大小和转动角速度大小。15．（2024秋•石家庄期末）如图所示，在水平转台上放一个质量M＝4kg的木块，细绳的一端系在木块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，木块与O点间距离r＝0.1m。木块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。（1）若转台光滑，当角速度ω0＝10rad/s时，木块与转台保持相对静止，求此小球的质量m；（2）若转台与木块间的动摩擦因数μ＝0.75，且最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。为使木块与转台间保持相对静止，求转台转动的角速度范围。

2024-2025学年下学期高一物理教科版（2019）期中必刷常考题之匀速圆周运动的向心力和向心加速度参考答案与试题解析题号12345678答案CDDAACAD一．选择题（共8小题）1．（2024秋•昌平区期末）如图所示，在感受向心力的实验中，某同学用轻质细绳一端拴住小球，抡动细绳，使小球近似在水平面内做速率越来越大的圆周运动。在小球速度逐渐变大的过程中，下列说法不正确的是（）A．他拉住绳子的力也越来越大 B．绳子会越来越接近水平 C．理论上，绳子可能达到水平状态 D．松手后，小球将沿轨迹的切线方向飞出【考点】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】C【分析】拉力和重力的合力提供向心力，结合受力分析和牛顿第二定律求解，存在重力的作用，故绳子不可能达到水平状态，松手后，小球将沿轨迹的切线方向飞出。【解答】解：A．由拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得F可知，当速率v越来越大，则FT越来越大，故A正确；B．小球的向心力是由拉力和重力的合力提供，故绳子与水平方向始终存在夹角，设该夹角为θ，则有sinθ可知当速率v越来越大，FT越来越大，则sinθ越来越小，所以θ越来越小，绳子会越来越接近水平，故B正确；C．因存在重力的作用，故绳子不可能达到水平状态，故C错误；D．松手后，绳子的拉力为零，水平方向的向心力消失，故小球将沿轨迹的切线方向飞出，故D正确。本题选错误的，故选C。【点评】对于圆周运动的问题，寻找向心力是解题的关键，沿半径方向上的所有力的合力提供向心力。2．（2025•长安区校级一模）如图所示，在竖直的转动轴上，a、b两点间距为40cm，细线ac长50cm，bc长30cm，在c点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法不正确的是（）A．转速小时，ac受拉力，bc松弛 B．bc刚好拉直时，ac中拉力为1.25mg C．bc拉直后转速增大，ac拉力不变 D．bc拉直后转速增大，ac拉力增大【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【答案】D【分析】球随着杆一起做圆周运动，先假设绳BC没有力的作用，来判断球的运动状态，根据球的运动的状态来分析绳BC是否被拉直，在进一步分析绳子的拉力的大小．【解答】解：A、若不转时，ac为重垂线；当转速由零逐渐增加时，ac与竖直方向的夹角逐渐增加，故A正确；B、bc刚好拉直时，bc绳子的拉力为零，此时球受重力和ac绳子的拉力，合力指向圆心，如图：故Tac=5C、bc拉直后转速增大，小球受重力，bc绳子的拉力，ac绳子的拉力，将ac绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向平衡，有：Taccos37°＝mg，故ac绳子拉力不变，故C正确；D、bc拉直后转速增大，小球受重力，bc绳子的拉力，ac绳子的拉力，将ac绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向平衡，有：Taccos37°＝mg，故ac绳子拉力不变，故D错误；本题选错误的，故选D。【点评】本题中首先要判断绳子BC是否被拉直，即绳子BC是否有拉力的存在；其次要对小球受力分析，然后运用合成法或者正交分解法列式求解．3．（2025•广西一模）当载重卡车在泥地或沙地陷车时，经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木墩（如图所示），卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同，且都大于圆木墩的直径，卡车驶出泥地或沙地的过程，主动轮、从动轮和圆木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程，下列说法正确的是（）A．圆木墩与主动轮的转动方向相同 B．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等 C．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等 D．圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等【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；角速度、周期、频率与转速的关系及计算；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】D【分析】圆木墩和轮子之间的转动类似齿轮传动，轮子边缘各点线速度的大小相等，结合线速度角速度以及向心加速度的关系求解。【解答】解：A.圆木墩与主动轮的转动方向相反，故A错误；BD.圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的线速度大小相等，主动轮的直径大于圆木墩的直径，由v＝ωr可知圆木墩的边缘质点大于从动轮的边缘质点的角速度，故B错误，D正确；C.由a=v2故选：D。【点评】求解传动问题的思路：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。4．（2025•白云区一模）在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为6m/s2，下列说法正确的是（）A．可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s B．手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态 C．自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向 D．由an【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；超重与失重的概念、特点和判断；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；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】根据向心加速度公式，可求出线速度大小；手臂摆到竖直位置时，手机的加速度方向向上，从而判断失重与超重；由于手臂自然摆动不是匀速圆周运动，所以手机合力并不沿手臂；利用向心加速度公式可求出手掌与手肘的向心加速度比值。【解答】解：A.由图可知，手机转动的半径约为0.65m，根据公式a=v2r，可得手臂摆到竖直位置时手机的线速度大小约为v=ar=6B.手臂摆到竖直位置时，手机的加速度方向上，处于超重状态，故B错误；C.自然下摆过程中，手机做变速圆周运动所受合力不是始终沿手臂方向，故C错误；D.由公式an＝ω2r，可知手掌与手肘的向心加速度之比约为2：1，故D错误。故选：A。【点评】学生在解答本题时，应注意变速圆周运动的合力不是始终沿半径方向指向圆心的。5．（2024秋•杨浦区校级期末）如图所示，同学们组成的跑操方阵排列整齐地匀速率通过圆弧形跑道区域，每个方阵中的每位同学均可视为做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A．每位同学的角速度相同 B．每位同学所受的合力为零 C．每位同学的速度大小相同 D．每位同学的加速度保持不变【考点】向心加速度的概念、方向及物理意义；匀速圆周运动；线速度与角速度的关系．【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．【答案】A【分析】根据匀速圆周运动的特点：绕同一圆心做圆周运动其角速度相同，线速度v＝ωr判定线速度，合外力提供向心力，加速度始终指向圆心。【解答】解：A．每个方阵中的每位同学均可视为绕同一圆心做匀速圆周运动，则角速度相同。故A正确；B．每位同学均做匀速圆周运动，所受的合力提供向心力，合力不为零。故B错误；C．根据v＝ωr可知每位同学的运动半径不同，其速度大小不相同。故C错误；D．根据a＝ω2r可知每位同学的加速度大小保持不变，方向指向圆心，时刻改变。故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了匀速圆周运动的特点，解题关键是掌握绕同一圆心做圆周运动其角速度相同，线速度v＝ωr判定线速度，合外力提供向心力，加速度始终指向圆心。6．（2024秋•金华期末）如图，一质量m＝1kg的小滑块以4m/s的初速度从P点进入一水平轨道。水平轨道由一长L＝1.5m的直轨道AB和两个半径为R的半圆轨道组成，半圆轨道的外侧均有光滑的圆弧挡板（图中未画出）。除轨道CD外，所有轨道均光滑且平滑连接。CD之间的地面光滑，靠近C处放置一与水平轨道等高、长度为L0＝1m、质量为M＝1kg的长木板。现调节半圆轨道R的大小，使小滑块最终能停在长木板上。已知滑块与长木板上表面的动摩擦因数为μ＝0.4，长木板与C和D处碰撞后原速率反弹。则（）A．若R＝4m，滑块在半圆轨道运动时对挡板的弹力大小为2N B．滑块第一次运动到D点速度为22m/s C．滑块最终停止的位置与D点之间的距离为0.5m D．半圆轨道半径R需要满足的条件R=12π【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．【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】C【分析】滑块做圆周运动，挡板的弹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出挡板的弹力；应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出滑块到达D点的速度；根据滑块与木板的运动过程应用牛顿第二定律与运动学公式答题。【解答】解：A、滑块第一次在半圆轨道上运动过程，由牛顿第二定律得：FN＝mv02R，其中v0＝4m/s，R＝4m，代入数据解得：FN＝4NB、滑块滑到长木板上相对长木板滑动过程，由牛顿第二定律得：对滑块：μmg＝ma1对长木板：μmg＝Ma2代入数据解得：a1＝4m/s2，a2＝4m/s2设经过时间t1两者共速，共速时v＝v0﹣a1t1＝a2t1代入数据解得：t1＝0.5s，v＝2m/s共速时滑块的位移x1=v0+长木板的位移x2=v2t1=22×0.5m＝0.5m两者的相对位移Δx＝x1﹣x2＝1.5m﹣0.5m＝1m＝L0，滑块恰好到达长木板的右端，即到达D处则滑块第一次到达D点时的速度v＝2m/s，故B错误；C、滑块与长木板到达D处后滑块进入半圆轨道运动，长木板等速率反弹，滑块第二次滑上长木板时两者速度相等，两者相对静止一起匀速运动到D点，挡板在D处碰撞后反弹，滑块向右做匀减速运动，挡板向左做匀减速运动，滑块减速到零需要的时间t滑块=va1=24s＝0.5s，长木板减速到零的时间t两者同时减速为零后都静止动，滑块静止时滑块相对长木板滑行的距离s=v22滑块最终停止运动时距离D点的距离d＝L﹣s＝1.5m﹣1m＝0.5m，故C正确；D、从滑块第一次离开长木板到第二次滑上长木板过程的时间t=滑块在轨道上运动过程，长木板在D、C间运动，滑块要滑上长木板，则长木板的运动时间t=3(L-L0)+2n(L-解得：R=n2π（n＝1、2、3故选：C。【点评】本题考查本牛顿运动定律和运动学知识，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。7．（2025•盐城一模）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ω1A．2：5 B．5：2 C．2【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．【答案】A【分析】两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解答。【解答】解：当A、B与圆盘一起绕中轴线匀速转动达到最大角速度ω1时有对A：T对B：T解得ω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时有对B：T对A：T解得ω所以ω故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决本题的关键是找出向心力的来源，知道A、B两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度适中。8．（2025•广西一模）两位演员在进行晚会彩排，男演员将火源在竖直平面内顺时针甩动，漫天焰火下女演员原地转舞，如图所示，女演员裙脚上的火焰转成了圆圈，场面绚丽多彩，美不胜收。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．男演员甩出去的燃烧颗粒在空中运动时不受力的作用 B．男演员甩出去的燃烧颗粒一定做曲线运动 C．女演员裙脚上的火焰一定做匀速圆周运动 D．女演员裙脚上的火焰所受合力一定不是恒力【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；物体做曲线运动的条件．【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】地球上的物体受重力作用，物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，做圆周运动的物体合力不可能是恒力。【解答】解：A.男演员甩出去的燃烧颗粒在空中运动时，虽然不计空气阻力，但仍然受到重力的作用，故A错误；B.男演员甩出去的燃烧颗粒的运动轨迹取决于其初速度和受力情况，由于只受重力作用，且初速度方向不确定，因此颗粒可能做直线运动（当初速度与重力方向共线时），也可能做曲线运动（当初速度与重力方向不共线时），故B错误；C.女演员裙脚上的火焰在做圆周运动时，由于火焰的形状、大小以及女演员裙脚的甩动方式等因素影响，火焰的速度大小也可能会发生变化，火焰不一定做匀速圆周运动，故C错误；D.由于女演员裙脚上的火焰在做圆周运动时，其向心加速度方向一定会发生变化，根据牛顿第二定律，火焰所受的合力也一定不是恒力，故D正确。故选：D。【点评】解题关键是知道做曲线运动条件，不管是匀速圆周还是非匀速圆周，合力都不可能为恒力。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•济南期末）2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上（如图），最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机（）A．所受合外力大小为零 B．所受合外力方向不断变化 C．竖直方向的分速度逐渐增大 D．水平方向的分速度不变【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．【专题】应用题；定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】战机做曲线运动时合外力不为零，合力方向不是竖直向上；根据速度的合成与分解确定竖直方向和水平方向的速度变化。【解答】解：A、战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故A错误；B、战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故B正确；C、飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vy＝vsinθ增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C正确；D、飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vx＝vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误。故选：BC。【点评】本题主要是考查了物体做曲线运动的条件；知道物体做曲线运动时：（1）初速度不等于零；（2）合外力的方向与速度方向不在一条直线上；注意速度方向和合外力的方向应该分居在曲线的两侧。（多选）10．（2024春•红桥区期中）如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为m的小球，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为θ，重力加速度为g，关于小球下列说法正确的是（）A．小球受到重力、细线的拉力和向心力三个力 B．向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力 C．小球角速度越大时，夹角θ越小 D．向心力的大小等于mgtanθ【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．【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；分析综合能力．【答案】BD【分析】小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，对小球受力分析，应用牛顿第二定律分析答题。【解答】解：小球受力如图所示ABD、小球受重力与细线的拉力两个力作用，重力与细线拉力的合力提供向心力，向心力大小F＝mgtanθ，故A错误，BD正确；C、对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得：ω=gLcosθ，则ω越大，夹角θ越大，故故选：BD。【点评】本题考查了小球的圆周运动问题，分析清楚小球的受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。（多选）11．（2024春•天津期中）水平面上固定一半球形的玻璃器皿，器皿的轴呈竖直状态，在距离轴心不同距离的位置，有两个质量相同的光滑小球a、b在器皿内壁的水平面内做匀速圆周运动。则关于各个物理量的关系，下列说法正确的是（）A．a、b两球对玻璃器皿内壁的压力大小相同 B．a、b两球做匀速圆周运动的加速度大小相同 C．a球做匀速圆周运动的线速度较大 D．a球做匀速圆周运动的角速度较大【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．【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；分析综合能力．【答案】CD【分析】对小球受力分析，根据小球的受力情况应用牛顿第二定律分析答题。【解答】解：设小球质量为m，设小球与半球形器皿球心连线与竖直方向的夹角为θ，设器皿半径为r，小球受力如图所示，A、由图示可知，器皿对小球的支持力F=mgcosθ，由牛顿第三定律可知，小球对器皿的压力大小F′＝F=mgcosθ，由于θa＞θb，则：Fa′＞Fb′，即a对器皿的压力大于B、对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ，由于θa＞θb，则aa＞ab，故B错误；C、对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mv2rsinθ，解得：v=grtanθsinθ，由于θa＞θb，则va＞vbD、对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2rsinθ，解得：ω=grcosθ，由于θa＞θb，则ωa＞ωb，故故选：CD。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小球的运动情况，确定向心力来源是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。（多选）12．（2024秋•官渡区校级期末）如图所示，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的向心加速度大小之比为2：1 C．A与B的向心力大小之比为2：1 D．在转盘转速增加时，A与B一起滑动【考点】向心加速度的计算；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】AB【分析】同轴传动角速度相同；根据v＝ωr判断二者线速度关系；由向心加速度公式a＝rω2判断向心加速度关系；谁先达到最大静摩擦力谁先滑动。【解答】解：A、由题知A、B两个物体同轴转动，则ωA＝ωB，由线速度公式v＝ωr得vA：vB＝ωArA：ωBrB代入数据解得vA：vB＝2：1故A正确；B、由向心加速度公式知a＝ω2r，得aA代入数据解得aA：aB＝2：1故B正确；CD、由向心力公式知F＝ma，得Fa：Fb=代入数据解得Fa：Fb＝1：1故两个物体做圆周运动所需的向心力大小相等，在转动过程中摩擦力提供物体做圆周运动向心力，则由f＝μMg可知fB＞fA，故A先发生滑动，故CD错误。故选：AB。【点评】解决本题的关键知道共轴转动的物体角速度相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系，并能灵活运用。三．解答题（共3小题）13．（2025•广东一模）如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动初速度大小为1m/s，现测得转台半径R＝2m。离水平地面的高度H＝0.8m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）物块平抛落地过程水平位移的大小；（2）物块落地时的速度大小（可保留根号）；（3）物块与转台间的动摩擦因数。【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度求出平抛运动的水平位移；（2）根据高度求出平抛运动的时间，求得落地时竖直分速度，再根据速度合成即可求出物块落地时的速度；（3）根据小球恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出平抛运动的初速度。【解答】解：（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有H=12解得t=2Hg水平方向做匀速直线运动，水平位移x＝v0t＝1×0.4m＝0.4m；（2）物块落地时竖直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s物块落地时的速度大小v=v02+（3）物块恰好离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得μmg＝mvμ=v2答：（1）物块平抛落地过程水平位移的大小为0.4m；（2）物块落地时的速度大小为17m/s；（3）物块与转台间的动摩擦因数为0.05。【点评】本题是圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。14．（2024秋•雁塔区校级期末）如图甲所示，是双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员的精彩场面，若女运动员伸直的身体与竖直方向的夹角为θ，质量为m，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为r，其运动可以简化成如图乙所示的圆锥摆运动模型。忽略女运动员受到的摩擦力，重力加速度为g。求：（1）当女运动员恰好即将脱离冰面时，所受拉力大小及向心加速度大小；（2）当女运动员对冰面的压力为其自身重力的一半时（可近似认为θ、r不变），男运动员的拉力大小和转动角速度大小。【考点】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；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．【答案】（1）当女运动员恰好即将脱离冰面时，所受拉力大小为mgcosθ，向心加速度大小为gtanθ（2）当女运动员对冰面的压力为其自身重力的一半时（可近似认为θ、r不变），男运动员的拉力大小为mg2cosθ，转动角速度大小为【分析】（1）由题知，对女运动员，当女运动员刚要离开冰面时，男运动员对女运动员的拉力F1和女运动员的重力mg的合力，为女运动员提供向心力，由平衡条件、牛顿第二定律分别列式，即可分析求解；（2）由题知，对女运动员，当女运动员对冰面的压力为其自身重力的一半时，男运动员对女运动员的拉力F2、女运动员的重力mg、地面对女运动员的支持力FN的合力，为女运动员提供向心力，由题意，结合平衡条件、牛顿第二定律分别列式，即可分析求解。【解答】解：（1）由题知，对女运动员，当女运动员刚要离开冰面时，男运动员对女运动员的拉力F1和女运动员的重力mg的合力，为女运动员提供向心力，竖直方向，由平衡条件可得：F1cosθ＝mg，水平方向，由牛顿第二定律可得：F1sinθ＝ma向，联立可得：F1=mgcosθ，a向（2）由题知，对女运动员，当女运动员对冰面的压力为其自身重力的一半时，男运动员对女运动员的拉力F2、女运动员的重力mg、地面对女运动员的支持力FN的合力，为女运动员提供向心力，竖直方向，由平衡条件可得：F2cosθ+FN＝mg，水平方向，由牛顿第二定律可得：F2由题知：FN＝0.5mg，联立可得：ω2=gtanθ答：（1）当女运动员恰好即将脱离冰面时，所受拉力大小为mgcosθ，向心加速度大小为gtanθ（2）当女运动员对冰面的压力为其自身重力的一半时（可近似认为θ、r不变），男运动员的拉力大小为mg2cosθ，转动角速度大小为【点评】本题考查牛顿第二定律与向心力结合解决问题，解题时需注意确定向心力的来源，向心力可以是重力、弹力、摩擦力等单个力，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向心力。15．（2024秋•石家庄期末）如图所示，在水平转台上放一个质量M＝4kg的木块，细绳的一端系在木块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，木块与O点间距离r＝0.1m。木块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。（1）若转台光滑，当角速度ω0＝10rad/s时，木块与转台保持相对静止，求此小球的质量m；（2）若转台与木块间的动摩擦因数μ＝0.75，且最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。为使木块与转台间保持相对静止，求转台转动的角速度范围。【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．【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】（1）若转台光滑，当角速度ω0＝10rad/s时，木块与转台保持相对静止，此小球的质量m为4kg；（2）若转台与木块间的动摩擦因数μ＝0.75，且最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。为使木块与转台间保持相对静止，转台转动的角速度范围为5rad【分析】（1）转台转动时，木块做圆周运动，小球处于静止，根据平衡条件、牛顿第二定律分别列式，即可分析判断；（2）由题意，表示出木块受到的最大静摩擦力，①当ω较小时，木块有近心趋势，静摩擦力沿半径向外，结合前面分析，由牛顿第二定律列式；②当ω较大时，木块有离心趋势，静摩擦力沿半径向里，结合前面分析，由牛顿第二定律列式；即可分析求解。【解答】解：（1）转台转动时，木块做圆周运动，小球处于静止，对m，根据平衡条件可得：T＝mg，对M，根据牛顿第二定律可得：T=联立可得：m＝4kg；（2）由题意可知，木块受到的最大静摩擦力为：fmax＝μMg，①当ω较小时，木块有近心趋势，静摩擦力沿半径向外，结合前面分析，由牛顿第二定律可得：mg-联立可得：ω1＝5rad/s；②当ω较大时，木块有离心趋势，静摩擦力沿半径向里，结合前面分析，由牛顿第二定律可得：mg+联立可得：ω2由此可知，为使木块与转台保持相对静止，转台转动的角速度范围为5rad答：（1）若转台光滑，当角速度ω0＝10rad/s时，木块与转台保持相对静止，此小球的质量m为4kg；（2）若转台与木块间的动摩擦因数μ＝0.75，且最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。为使木块与转台间保持相对静止，转台转动的角速度范围为5rad【点评】本题考查牛顿第二定律与向心力结合解决问题，解题时需注意，向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，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向心力。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．3．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。4．物体做曲线运动的条件【知识点的认识】物体做曲线运动的条件1．曲线运动的定义：轨迹是曲线的运动叫曲线运动．2．曲线运动的特点：（1）速度方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向．（2）运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度．3．曲线运动的条件（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2）从运动学角度看：物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上．【命题方向】一个物体做曲线运动，其受力有可能是下列的哪种情况（）A、不受力或者受到平衡力B、受到与速度在同一直线的恒力C、受到与速度不在同一直线的恒力D、受到方向随时改变的外力分析：物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，曲线运动最基本特点是速度方向时刻变化，根据物体做曲线运动条件和曲线运动特点即可解答本题．解答：A、物体不受力或受到平衡力，物体静止或者匀速直线运动，故A错误；B、物体受到与速度在同一直线的恒力，做匀变速直线运动，故B错误；C、物体受到与速度不在同一直线的恒力作用做曲线运动，故C正确；D、物体受到方向随时改变的外力时，加速度方向随时改变，速度方向也随时改变，物体做曲线运动，故D正确故选：CD。点评：本题主要考查了曲线运动的条件，难度不大，属于基础题．【解题方法点拨】物体做曲线运动的条件是：（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2）从运动学角度看：物体的加速度方向跟它的速度方向不在同一条直线上．5．平抛运动速度的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。6．匀速圆周运动【知识点的认识】1.定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。也可说匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动。2.性质：线速度的方向时刻在变，因此是一种变速运动。3.匀速圆周运动与非匀速圆周运动的区别（1）匀速圆周运动①定义：角速度大小不变的圆周运动。②性质：向心加速度大小不变，方向始终指向圆心的变加速曲线运动。③质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。（2）非匀速圆周运动①定义：线速度大小不断变化的圆周运动。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小。b、合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。【命题方向】对于做匀速圆周运动的物体，下面说法正确的是（）A、相等的时间里通过的路程相等B、相等的时间里通过的弧长相等C、相等的时间里发生的位移相同D、相等的时间里转过的角度相等分析：匀速圆周运动的过程中相等时间内通过的弧长相等，则路程也相等，相等弧长对应相等的圆心角，则相等时间内转过的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧长对应相等的弦长，则位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等，路程相等。故AB正确。C、相等的弧长对应相等的弦长，所以相等时间内位移的大小相等，但方向不同，所以相等时间内发生的位移不同。故C错误。D、相等的弧长对应相等的圆心角，所以相等时间内转过的角度相等。故D正确。故选：ABD。点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度大小不变，所以相等时间内通过的弧长相等，路程也相等。【解题思路点拨】1.匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动加速度加速度方向与线速度方向垂直。即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变向心力F合F合7．线速度的物理意义及计算【知识点的认识】1.定义：物体在某段时间内通过的弧长Δs与时间Δt之比。2.定义式：v=3.单位：米每秒，符号是m/s。4.方向：物体做圆周运动时该点的切线方向。5.物理意义：表示物体沿着圆弧运动的快慢。6.线速度的求法（1）定义式计算：v=（2）线速度与角速度的关系：v＝ωr（3）知道圆周运动的半径和周期：v=【命题方向】有一质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，则该质点的线速度为（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根据线速度的定义公式v=ΔS解答：质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，故线速度为：v=故选：B。点评：本题关键是明确线速度的定义，记住公式v=ΔS【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：8．线速度与角速度的关系【知识点的认识】1.线速度与角速度的关系为：v＝ωr2.推导由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，当Δθv＝ωr这表明，在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积。3.应用：①v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定性关系，可以通过控制变量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定量关系，可以通过公式计算线速度、角速度或半径。【命题方向】一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（）A、轨道半径越大线速度越大B、轨道半径越大线速度越小C、轨道半径越大周期越大D、轨道半径越大周期越小分析：物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．解答：因物体以一定的角速度做匀速圆周运动，A、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此A正确；B、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此B不正确；C、由ω=2πT得：ω与TD、由ω=2πT得：ω与T故选：A。点评：物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一定时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：9．角速度、周期、频率与转速的关系及计算【知识点的认识】线速度、角速度和周期、转速一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等．物理量物理意义定义和公式方向和单位线速度描述物体做圆周运动的快慢物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v=方向：沿圆弧切线方向．单位：m/s角速度描述物体与圆心连线扫过角度的快慢运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，ω=单位：rad/s周期描述物体做圆周运动的快慢周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间．也叫频率（f）周期单位：sf的单位：Hz转速描述物体做圆周运动的快慢转速n：物体单位时间内转过的圈数转速单位：r/s或r/min二、各物理量之间的关系：（1）线速度v=ΔsΔt=2πrT=②角速度ω=△θ△t③周期：T=ΔtN=2πr④转速：n=v【命题方向】一架电风扇以600r/min的转速转动，则此时：（1）它转动的周期和角速度分别是多少？（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是多少？分析：（1）根据转速与周期的关系及角速度与周期的关系即可求解；（2）根据v＝ωr即可求解．解答：（1）n＝600r/min＝10r/s所以T=1ω=2πT（2）v＝ωr＝20π×0.2m/s＝4πm/s答：（1）它转动的周期为0.1s，角速度为20πrad/s；（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是4πm/s．点评：本题主要考查了圆周运动的基本公式，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：10．传动问题【知识点的认识】三类传动装置的对比1.同轴传动（1）装置描述：如下图，A、B两点在同轴的一个圆盘上（2）特点：任意两点的角速度相同，周期相同。转动方向相同。（3）规律：①线速度与半径成正比：v＝ωr。②向心加速度与半径成正比：a＝ω2r2.皮带传动（1）装置描述：如下图，两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点（2）特点：边缘两点的线速度大小相等。转动方向相同。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=3.齿轮传动（1）装置描述：如下图，两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点（2）特点：啮合的两点线速度相同（边缘任意两点线速度大小相等）。转动方向相反。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=【命题方向】如图所示，为齿轮传动装置，主动轴O上有两个半径分别为R和r的轮，O′上的轮半径为r′，且R＝2r＝3r′/2．则vA：vB：vC＝，ωA：ωB：ωC＝．分析：A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度，再由线速度和角速度之间的关系V＝rω，就可以判断它们的关系．解答：A和C是通过齿轮相连，所以VA＝VC，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，由V＝rω，R＝2r可知，vA：vB＝2：1，综上可知，vA：vB：vC＝2：1：2，由VA＝VC，R=32r′，V＝rωA：ωC＝2：3，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，综上可知，ωA：ωB：ωC＝2：2：3，故答案为：2：1：2；2：2：3．点评：判断三个点之间的线速度角速度之间的关系，要两个两个的来判断，关键是知道它们之间的内在联系，A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度．【解题思路点拨】求解传动问题的思路（1）确定传动类型及特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。（2）确定半径|关系；根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题|意确定半径关系。（3）公式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝1r分析；若角速度大小相等，则根据ω∝r11．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②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，该力就是向心力．（2）向心力的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向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．12．向心加速度的概念、方向及物理意义【知识点的认识】1.概念：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度叫作向心加速度。2.物理意义：向心加速度在匀速圆周运动中是用来描述速度变化快慢的物理量。3.变速圆周运动中的加速度：变速圆周运动中，线速度的大小与方向均在变化，加速度的大小与方向均在变化，且加速度的方向不再指向圆心。4.圆周运动中的外力与加速度牛顿第二定律适用于任何运动形式，圆周运动也不例外。匀速圆周运动中向心力即是合力，向心加速度即是总的加速度，故有Fn＝man。变速圆周运动的合力一般不指向圆心，可产生两