專題07 圓周運動-2025年高考物理熱點知識講練與題型歸納（全國通用）-試卷下載-教習網(wǎng)

題型一圓周運動的運動學問題
1．線速度：描述物體圓周運動快慢的物理量．v＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(2πr,T).
2．角速度：描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量．ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(2π,T).
3．周期和頻率：描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量．T＝eq \f(2πr,v)，T＝eq \f(1,f).
4．向心加速度：描述速度方向變化快慢的物理量．a(chǎn)n＝rω2＝eq \f(v2,r)＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r.
5．相互關(guān)系：(1)v＝ωr＝eq \f(2π,T)r＝2πrf.(2)an＝eq \f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r＝4π2f2r.
（2024春?洛陽期末）植樹可以綠化和美化家園，還可以擴大山林資源、防止水土流失、保護農(nóng)田、調(diào)節(jié)氣候、促進經(jīng)濟發(fā)展等作用，是一項利于當代造福子孫的宏偉工程。如圖所示，在某次植樹活動中，工作人員先把樹根部放入土坑中，再用雙手把樹扶起到豎直狀態(tài)，工作人員以速度v向左勻速運動扶正樹苗時，可認為樹苗繞和地面的接觸點O做圓周運動。手與樹苗接觸點的高度為h，若某時刻樹苗與地面的夾角為θ，樹苗轉(zhuǎn)動的角速度ω為（）
A．vcsθsinθhB．vsin2θh
C．vhD．vtanθh
【解答】解：把工作人員的與樹干接觸點的速度分解為沿樹干方向和垂直樹干方向，如圖所示
則樹干轉(zhuǎn)動的線速度大小為v1＝vsinθ，此時樹干轉(zhuǎn)動的角速度為ω=v1hsinθ，解得ω=vsin2θh，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024春?福州期末）水車是我國勞動人民利用水能的一項重要發(fā)明。如圖為某水車模型，從槽口水平流出的水初速度大小為v0，垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上，落點到輪軸間的距離為R。在水流不斷沖擊下，輪葉受沖擊點的線速度大小接近沖擊前瞬間水流速度大小，忽略空氣阻力，重力加速度為g，有關(guān)水車及從槽口流出的水，以下說法正確的是（）
A．水流在空中運動時間為3v0g
B．水流在空中運動時間為2v0g
C．水車受沖擊點角速度接近v0R
D．水車受沖擊點最大線速度接近v0cs30°
【解答】解：AB、根據(jù)平拋運動規(guī)律可得，水落到水輪葉面上水平分速度
v0＝vsin30°
豎直方向vy＝vcs30°
整理解得v＝2v0
vy=3v0
在豎直方向自由落體vy＝gt
代入數(shù)據(jù)整理解得t=3v0g
故A正確，B錯誤；
CD、因為輪葉受沖擊點的線速度大小接近沖擊前瞬間水流速度大小v＝2v0
根據(jù)v＝ωR可知，水車受沖擊點角速度接近
ω=2v0R，故CD錯誤。
故選：A。
（2024春?龍巖期末）如圖甲為探究影響向心力大小因素的裝置。已知小球在槽中A、B、C位置做圓周運動的半徑之比為1：2：1，左右變速塔輪的半徑關(guān)系如圖乙所示，D、E分別是左右塔輪邊緣上的兩點。下列說法正確的是（）
A．A、B兩位置的線速度大小相等
B．A、C兩位置的角速度相等
C．D、E兩點的角速度相等
D．B、C兩位置的線速度大小相等
【解答】解：A、A、B兩位置屬于同軸轉(zhuǎn)動，其角速度大小相等，根據(jù)v＝rω可知，A、B兩位置的線速度大小不等，故A錯誤；
C、D、E兩點屬于皮帶傳送，所以這兩點的線速度大小相等，因為左右變速塔輪的半徑不等，根據(jù)v＝rω可知D、E兩點的角速度之比為1：2，故C錯誤；
B、A、C兩位置的角速度之比和D、E兩點的角速度之比相等，故B錯誤；
D、B、C兩位置的角速度之比為1：2，而半徑之比為2：1，根據(jù)v＝rω可知B、C兩位置的線速度大小相等，故D正確。
故選：D。
題型二圓周運動的動力學問題
1．向心力的來源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力．
2．向心力的確定
(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置．
(2)分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力．
3．向心力的公式Fn＝man＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝mreq \f(4π2,T2)＝mr4π2f2
解決圓周運動問題的主要步驟
(1)審清題意，確定研究對象；明確物體做圓周運動的平面是至關(guān)重要的一環(huán)；
(2)分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；
(3)分析物體的受力情況，畫出受力分析圖，確定向心力的來源；
(4)根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．
類型1 水平面上的圓周運動——圓錐擺模型
（2024春?南昌期末）如圖所示為游樂場“叢林飛椅”游戲的簡化模型，A小球繞軸O1O2在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則關(guān)于A小球受力分析正確的是（）
A．受到的合力方向指向AO3
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．細繩對小球的拉力大于小球受到的重力
D．若轉(zhuǎn)速逐漸降低，則小球的向心力變大
【解答】解：A、A小球繞軸O1O2在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，由所受外力的合力提供向心力，可知，受到的合力方向指向AO2，故A錯誤；
B、A小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，實際上不存在，故B錯誤；
C、綜合上述，對小球進行分析，令繩與水平方向夾角為θ，則有
Tsinθ＝mg
整理解得T=mgsinθ
可知，細繩對小球的拉力大于小球受到的重力，故C正確；
D、若轉(zhuǎn)速逐漸降低時，角速度減小，軌道半徑減小，則有
F＝mω2r
ω＝2πn
可知，若轉(zhuǎn)速逐漸降低，則小球的向心力變小，故D錯誤；
故選：C。
（2024春?重慶期末）圖甲為“歡樂谷”中的某種型號的“魔盤”，兒童坐在圓錐面上，隨“魔盤”繞通過頂點O的豎直軸OO'轉(zhuǎn)動，圖乙為“魔盤”側(cè)視截面圖，圖丙為俯視圖?？梢暈橘|(zhì)點的三名兒童a、b、c，其質(zhì)量ma：mb：mc＝2：3：4，到頂點的距離ra：rb：rc＝1：1：2，與錐面的動摩擦因數(shù)都相等；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在“魔盤”轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是（）
A．若三名兒童均未在錐面上發(fā)生滑動，則a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝1：1：2
B．若“魔盤”勻速轉(zhuǎn)動且三名兒童均未在錐面上發(fā)生滑動，a、b、c所受合外力都指向頂點O
C．若“魔盤”轉(zhuǎn)速緩慢增大且三名兒童均未在錐面上發(fā)生滑動，則a、b、c所受摩擦力均增大
D．若“魔盤”轉(zhuǎn)速緩慢增大，c將最先發(fā)生滑動，然后a發(fā)生滑動，最后b發(fā)生滑動
【解答】解：A、若三名兒童均未在錐面上發(fā)生滑動，a、b、c角速度相同，根據(jù)向心力公式F＝mω2r，由題意可知，a、6、c做圓周運動的半徑r之比等于到頂點的各距離之比，故可得a、b、c的向心力之比Fa：Fb：Fc＝（2×1）：（3×1）：（4×2）＝2：3：8，故A錯誤；
B、若“魔盤”勻速轉(zhuǎn)動且三名兒童均未在錐面上發(fā)生滑動，a、b、c所受合外力提供此時向心力，故他們的合外力沿水平方向指向轉(zhuǎn)軸OO'，故B錯誤；
C、設錐面與豎直軸OO'夾角為θ，對沿錐面方向，根據(jù)牛頓第二定律有
f﹣mgcsθ＝mω2rsin 0
即f＝mgcsθ+mω2rsinθ
隨著轉(zhuǎn)速緩慢增大，ω在增大，可知a、b、c所受摩擦力均增大，故C正確；
D、對沿垂直于錐面方向，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ﹣FN＝mω2rcsθ
達到臨界角速度ωm時有
f＝μF?
聯(lián)立解得：ωm=g(μsinθ-csθ)r(μcsθ+sinθ)
因為c做圓周運動的半徑最大，所以c的臨界角速度最小，則當轉(zhuǎn)速緩慢增大時，c最先滑動；a、b做圓周運動的半徑相同，故隨著轉(zhuǎn)速緩慢增大將同時發(fā)生滑動，故D錯誤。
故選：C。
（2024?廣西三模）如圖所示，A、B兩個小球分別用長為10L、5L的細繩懸掛在同一豎直線的兩點，現(xiàn)使兩球在水平面內(nèi)做圓周運動，且角速度均緩慢增大，當兩球剛好運動到相同高度時，A、B兩球運動半徑分別為6L、4L，兩球離地高度為12L。O點為兩懸掛點在地面的投影，兩個小球可視為質(zhì)點，則下列說法正確的是（）
A．兩根細繩分別對A球和B球的拉力可能相同
B．A球和B球的周期相等
C．同時剪斷兩根細繩，B球先落地
D．剪斷兩根細繩，A球和B球的落地點到O點的距離相等
【解答】解：AB、由幾何關(guān)系可知，小球A的懸線與豎直方向的夾角為37°，小球B的懸線與豎直方向的夾角為53°，則對A球，拉力為FA=mAgcs37°，mAgtan37°=mA4π2TA2?6L；同理可得，對B球有：FB=mBgcs53°，mBgtan53°=mB4π2TB2?4L，由此可知，兩拉力方向不相同，兩拉力不相同，兩球的周期比為：TATB=83，故AB錯誤；
CD、兩球做平拋運動的時間相同，設兩球此時距離地面的高度為h=12gt2，剪斷細線時兩球速度方向不確定，兩球可能落到同一點，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2024?湖南三模）進入冬季后，北方的冰雪運動吸引了許多南方游客。如圖為雪地轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)游戲，人乘坐雪圈（人和雪圈總質(zhì)量為50kg，大小忽略不計）繞軸以2rad/s的角速度在水平雪地上勻速轉(zhuǎn)動，已知水平桿長為2m，離地高為2m，繩長為4m，且繩與水平桿垂直。則雪圈（含人）（）
A．所受的合外力不變
B．所受繩子的拉力指向圓周運動的圓心
C．線速度大小為8m/s
D．所需向心力大小為400N
【解答】解：A、雪圈（含人）做勻速圓周運動合外力一直指向圓心，方向在時刻發(fā)生變化，因而合外力在不斷變化，故A錯誤；
B、根據(jù)圖示可知繩子的拉力沿繩并指向繩收縮的方向，并不是指向圓周運動的圓心的，故B錯誤；
C、水平桿長為2m，離地高為2m，繩長為4m，根據(jù)幾何關(guān)系可知，雪圈（含人）做勻速圓周運動的半徑為
r=22+(42-22)m=4m
則線速度大小為v＝ωr＝2rad/s×4m＝8m/s
故C正確；
D、雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，
則有Fn＝mω2r＝50×22×4N＝800N
故D錯誤。
故選：C。
類型2 生活中的圓周運動
（2024?河西區(qū)三模）2023年9月28日中國首條時速350公里跨海高鐵——福廈高鐵正式開通運營，福州至廈門兩地間形成“一小時生活圈”。如圖甲，一滿載旅客的復興號列車以大小為v的速度通過斜面內(nèi)的一段圓弧形鐵軌時，車輪對鐵軌恰好都沒有側(cè)向擠壓。圖乙為該段鐵軌內(nèi)、外軌道的截面圖。下列說法正確的是（）
A．列車受到重力、軌道的支持力和向心力
B．若列車以大于v的速度通過該圓弧軌道，車輪將側(cè)向擠壓外軌
C．若列車空載時仍以v的速度通過該圓弧軌道，車輪將側(cè)向擠壓內(nèi)軌
D．若列車以不同的速度通過該圓弧軌道，列車對軌道的壓力大小不變
【解答】解：A．根據(jù)題意可知，列車受重力、軌道的支持力，由這兩個力的合力提供列車做圓周運動的向心力，故A錯誤；
BC．設軌道的傾角為θ，圓弧軌道半徑為R，則可知，當列車以速度v通過圓弧軌道時，由牛頓第二定律有mgtanθ=mv2R
可得v=gtanθR
即只要滿足轉(zhuǎn)彎時的速度為v，列車就不會對內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓，與列車是否空載無關(guān)；當速度大于v時，重力與軌道的支持力不足以提供火車轉(zhuǎn)彎時的向心力，此時火車車輪將側(cè)向擠壓外軌，使外軌產(chǎn)生彈力，以補足火車轉(zhuǎn)彎所需的向心力，則有
mgtanθ+FN=mv'2R（v′＞v）
故B正確，故C錯誤；
D．根據(jù)以上分析可知，若列車速度大于v，列車車輪將擠壓外軌，根據(jù)mgtanθ+FN=mv'2R（v′＞v）
可知，速度越大，外軌對火車的彈力越大，即火車對外軌的彈力越大，則根據(jù)平行四邊形定則可知，火車在垂直軌道方向的壓力與對側(cè)向軌道的壓力的合力將隨著速度的增加而增加；同理，當火車速度小于v時，重力與支持力的合力將大于其轉(zhuǎn)彎所需的向心力，此時火車車輪將擠壓內(nèi)軌，有mgtanθ-F'N=mv″2R（v″＜v）
顯然速度越小對內(nèi)側(cè)軌道的壓力越大，根據(jù)平行四邊形定則可知，火車對整個軌道的壓力越大，故D錯誤。
故選：B。
（2024?西安模擬）重慶的立交橋不僅數(shù)量眾多，而且造型奇特，因此被稱為3D魔幻城市。對落差較大的道路，建設螺旋立交可以有效保證車輛安全行駛。如圖是同心圓螺旋的重慶紅云路螺旋立交，其上、下層橋梁平面位置重疊，非常美觀。下列說法正確的是（）
A．汽車螺旋上坡時，受到牽引力、重力、彈力、摩擦力和向心力
B．橋梁設計成“外高內(nèi)低”是為了加快路面排水，增加車輛所受的摩擦力
C．螺旋上升的橋梁設計，可以減小坡度，減小重力沿橋面的分力，保證車輛行駛安全
D．車輛沿“外高內(nèi)低”的路面螺旋運動，且不改變運動半徑，當速率增加時，向心力一定變大，所受摩擦力也一定變大
【解答】解：A、對汽車受力分析，上坡過程中受到重力、彈力、牽引力和摩擦力，沒有向心力，故A錯誤；
B、橋梁設計為“外高內(nèi)低”是為了在轉(zhuǎn)彎時支持力的分力也能提供部分向心力，使汽車在較高速度下也能安全轉(zhuǎn)彎，故B錯誤；
C、螺旋設計可以減小坡度，減小重力沿橋面的分力，使車輛在牽引力較小情況下也能安全行駛，故C正確；
D、在半徑不變的情況下，若開始側(cè)向摩擦力沿路面向外，當速度增加時，摩擦力減小，當側(cè)向摩擦力向內(nèi)時，速度增加，摩擦力增大，故D錯誤。
故選：C。
（2024春?廬陽區(qū)校級期中）鋼架雪車是一項精彩刺激的冬奧會比賽項目，運動員起跑區(qū)推動雪車起跑后俯臥在雪車上，再經(jīng)出發(fā)區(qū)、滑行區(qū)和減速區(qū)的一系列直道、彎道后到達終點、用時少者獲勝。圖（a）是比賽中一運動員在滑行區(qū)某彎道的圖片，假設可視為質(zhì)點的人和車的總質(zhì)量m＝90kg，其在彎道上P處做水平面內(nèi)圓周運動的模型如圖（b），車在P處既無側(cè)移也無切向加速度，速率v＝30m/s，彎道表面與水平面成θ＝53°，不計摩擦力和空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。則在P處（）
A．車對彎道的壓力大小為900N
B．人對車的壓力大小為1500N
C．人和車做圓周運動的半徑為67.5m
D．人和車的加速度大小為7.5m/s2
【解答】解：A．人和車受力如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系有N=mgcsθ=90×10cs53°N=1500N
根據(jù)牛頓第三定律可得，車對彎道的壓力大小為1500N，故A錯誤；
B．由于不知道人的質(zhì)量，所以無法結(jié)合牛頓第二定律確定人對車的壓力，故B錯誤；
CD．人與車受到的重力和支持力的合力提供水平方向的向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ=mv2r=ma
解得r＝67.5m，a＝13.33m/s2
故C正確，D錯誤。
故選：C。
題型三豎直面內(nèi)圓周運動的兩類模型問題
1．在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”．
2．繩、桿模型涉及的臨界問題
（2024春?市中區(qū)校級期中）如圖所示，豎直面內(nèi)的圓形管道半徑R遠大于橫截面的半徑，有一小球直徑比管橫截面直徑略小，在管道內(nèi)做圓周運動。小球過最高點時，小球?qū)鼙诘膹椓Υ笮∮肍表示、速度大小用v表示，當小球以不同速度經(jīng)過管道最高點時，其F﹣v2圖像如圖所示。則（）
A．小球的質(zhì)量為aRc
B．當?shù)氐闹亓铀俣却笮镽a
C．v2＝b時，小球?qū)鼙诘膹椓Ψ较蜇Q直向下
D．v2＝3b時，小球受到的彈力大小是重力大小的5倍
【解答】解：AB．小球在最高點，如果v＝0，那么有F＝mg＝c
如果F＝0，那么只有重力提供向心力，得到mg=mv2R=maR
解得小球的質(zhì)量g=aR，m=cRa
故AB錯誤；
C．如果F＝0，那么有v2＝a，則v2＝b時，小球所受的彈力方向向下，所以小球?qū)鼙诘膹椓Ψ较蜇Q直向上，故C錯誤；
D．當v2＝b時，根據(jù)圖像信息，可得到mg+F=mbR，F(xiàn)＝c＝mg
解得b＝2gR
當v2＝3b時，根據(jù)mg+F'=mv2R
解得F′＝5mg
故D正確。
故選：D。
（2024春?越秀區(qū)校級期中）如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接繞定點O在豎直面內(nèi)做圓周運動，小球經(jīng)過最高點的速度大小為v，此時繩子拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關(guān)系如圖乙所示，圖像中的數(shù)據(jù)a和b以及重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是（）
A．數(shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量有關(guān)
B．數(shù)據(jù)a與圓周軌道的半徑有關(guān)
C．數(shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量無關(guān)
D．數(shù)據(jù)b與圓周軌道的半徑有關(guān)
【解答】解：A.當v2＝a時，此時繩子的拉力為零，小球的重力提供向心力，則有：mg＝mv2r，得v2＝gr，即a＝gr，與小球的質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤；
C.當v2＝2a時，對小球受力分析，則有mg+b＝mv2r，解得b＝mg，與小球的質(zhì)量有關(guān)，故C錯誤；
BD.根據(jù)A、B選項分析可知：ba=mr，得到r=ag，m=bg，故B正確，D錯誤。
故選：B。
（2024?東城區(qū)校級模擬）如圖所示，長L的輕桿一端與一小球相連，另一端連在光滑固定軸上，在最高點給小球向右初速度v0，小球在豎直平面內(nèi)順時針圓周運動，重力加速度g已知。下列判斷正確的（）
A．最高點處輕桿對小球作用力指向圓心
B．在小球從最高點到最低點的過程中，重力做功的功率一直增大
C．在小球的一次完整圓周運動過程中，輕桿對球的總沖量為0
D．如果增大v0，輕桿在最低點與水平位置處對小球拉力的差值不變
【解答】解：A.根據(jù)向心力的公式F＝mv2R，最高點處速度較小時，小球的重力可能大于小球做圓周運動的向心力，此時輕桿會對小球施加背向圓心的支持力，故A錯誤；
B.小球從最高點到最低點的過程中，速度方向逐漸由水平向左變成水平向右，根據(jù)功率的定義式可知小球受到的重力的功率先變大后變小，故B錯誤；
C.在小球的一次完整圓周運動過程中，受到重力和輕桿的作用力，運動一周的過程中，初末動量相同，總沖量為零，因為重力不變，則重力的沖量不為零，所以輕桿的沖量不為零，故C錯誤；
D.如果增大v0，小球從最高點運動到水平位置的過程，根據(jù)機械能守恒定律，有mgL=12mv12-12mv02
在水平位置受到拉力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有F1＝mv12L
在最低點，再對小球受力分析，同理根據(jù)牛頓第二定律，有F2﹣mg＝mv22L
從最高點到最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律，有2mgL=12mv12-12mv02
聯(lián)立解得F2﹣F1＝3mg
根據(jù)表達式可知如果增大v0，輕桿在最低點與水平位置處對小球拉力的差值不會變化，故D正確。
故選：D。
（2024?西城區(qū)校級模擬）如圖甲所示，輕桿一端固定在轉(zhuǎn)軸O點，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，小球在最高點受到桿的彈力大小為F，速度大小為v，其F﹣v2圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則（）
A．v2＝b時，桿對小球的彈力方向向上
B．當?shù)氐闹亓铀俣却笮閎R
C．小球的質(zhì)量為cRa
D．v2＝2a時，小球受到的彈力與重力大小不相等
【解答】解：A、當v2＝a時，桿子的彈力為零，v2＝b時，桿子出現(xiàn)拉力，桿對小球的彈力方向向下，故A錯誤；
B、當v2＝a時，桿子的彈力為零，有：mg＝mv2R，解得：g=aR，故B錯誤；
C、當小球的速度為零時，F(xiàn)＝c，則有：F＝mg＝c，解得小球的質(zhì)量為m=cRa，故C正確；
D、當v2＝2a時，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)+mg＝mv2R，又由于g=aR，解得：F＝mg，故D錯誤。
故選：C。
題型四圓周運動中的臨界問題
1．有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點．
2．若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程中存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界點．
3．若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值，這些極值點也往往是臨界點．
類型1 水平面的圓周運動臨界問題
（2024春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿直徑方向放著用輕繩相連可視為質(zhì)點的物體A和B，A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m。它們分居圓心兩側(cè)，到圓心的距離分別為RA＝r，RB＝2r，A、B與盤間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動的最大角速度為ω1；若只將B的質(zhì)量增加為2m，A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動的最大角速度為ω2。轉(zhuǎn)動過程中輕繩未斷，則ω1ω2為（）
A．2：5B．5：2C．2：2D．2：2
【解答】解：當A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動達到最大角速度ω1時有
對A：T+μ?3mg=3mω12r
對B：T-μmg=mω12?2r
解得ω1=2μgr
若只將B的質(zhì)量增加為2m，A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動的最大角速度為ω2時有
對B：T'+μ?2mg=2mω22?2r
對A：T'-μ?3mg=3mω22?r
解得ω2=5μgr
所以ω1ω2=25
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖，一水平圓盤繞豎直中心軸以角速度ω做勻速圓周運動，緊貼在一起的M、N兩物體（可視為質(zhì)點）隨圓盤做圓周運動，N恰好不下滑，M恰好不滑動，兩物體與轉(zhuǎn)軸距離為r，已知M與N間的動摩擦因數(shù)為μ1，M與圓盤面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。μ1與μ2應滿足的關(guān)系式為（）
A．μ1+μ2＝1B．μ1μ2=1
C．μ1μ2＝1D．μ1+μ2μ1μ2=1
【解答】解：以MN整體為研究對象，受力分析如圖1所示：
由靜摩擦力提供向心力可得：μ2(mM+mN)g=(mM+mN)ω2r
以N為研究對象，受力分析如圖2所示：
由M對N的彈力提供向心力，則有：FN=mNω2r，由平衡條件可得：μ1FN＝mNg，聯(lián)立解得：μ1μ2＝1，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024春?成都期中）如圖，一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）由輕繩a和b分別系于豎直輕質(zhì)細桿上的A點和B點，當小球隨輕桿一起以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動時，繩a水平且恰好伸直，已知繩a長為l，繩b與水平方向的夾角為θ，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）
A．小球受重力、繩b的拉力及向心力三個力作用
B．角速度ω0的大小為glcsθ
C．當小球隨桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω0時，繩b的拉力大小為mgsinθ
D．當小球隨桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度從ω0緩慢增大時，繩a、繩b對小球的拉力均將增大
【解答】解：A、小球在水平面做勻速圓周運動，繩a水平且恰好伸直，小球只受重力、繩b對它的拉力兩個力作用，由合力提供向心力，故A錯誤；
B、由牛頓第二定律得mgtanθ=mω2l，解得ω=gltanθ，故B錯誤；
C、根據(jù)豎直方向受力平衡得Fbsinθ＝mg，解得繩b的拉力大小為Fb=mgsinθ，故C正確；
D、當角速度從ω0緩慢增大時，小球在豎直方向受力仍平衡，即有Fbsinθ＝mg，由于θ不變，可知繩b對小球的拉力Fb不變。
指向圓心方向有Fbcsθ+Fa=mω2l，角速度ω增大，F(xiàn)b不變，所以繩a的拉力Fa增大以維持小球做圓周運動的向心力的增大，故D錯誤。
故選：C。
類型2 豎直平面內(nèi)的圓周運動臨界問題
（2024?安徽模擬）如圖所示，一滑塊（可視為質(zhì)點）在水平力F的作用下由靜止沿粗糙水平直軌道AB開始運動，該力的功率恒定，達到最大速度后，撤掉該力，滑塊繼續(xù)前進一段距離后進入豎直光滑半圓軌道BCD，并恰好通過該軌道最高點D，然后進入光滑半圓管道DEF，最終停在粗糙水平直軌道FG上。已知水平力的恒定功率為10W，滑塊的質(zhì)量為0.2kg，滑塊與軌道AB的動摩擦因數(shù)為0.5，半圓軌道BCD的半徑R＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）
A．滑塊在D點的速度大小為10m/s
B．半圓管道DEF的半徑r可能為0.15m
C．在軌道AB上，滑塊的最大速度為10m/s
D．在軌道AB上，滑塊減速過程的距離為2.5m
【解答】解：A、滑塊恰好通過軌道BCD的最高點D，由重力提供向心力，由牛頓第二定律有
mg=mvD2R
解得：vD=5m/s，故A錯誤；
B、設滑塊從D點剛好到達F點，根據(jù)動能定理有：-mg?2r=0-12mvD2，解得r＝0.125m
根據(jù)題意，滑塊最終停在粗糙水平直軌道FG上，所以半圓管道DEF的半徑r應小于0.125m，故B錯誤；
C、在軌道AB上，滑塊的拉力等于摩擦力時，速度最大，設為v′，則有P＝Fv′＝μmgv′，解得：v′＝10m/s，故C正確；
D、設在軌道AB上，滑塊減速過程的距離為x。從撤去外力到D點的過程，根據(jù)動能定理有：
-μmgx-mg?2R=12mvD2-12mv'2，解得：x＝7.5m，故D錯誤。
故選：C。
（2024春?青羊區(qū)校級期中）如圖所示，一半徑為R＝0.2m、內(nèi)壁光滑的四分之三圓形管道豎直固定在墻角處，O點為圓心，P點為最低點，A、B兩點處為管口，O、A兩點連線沿豎直方向，O、B兩點連線沿水平方向。一個質(zhì)量為m＝0.4kg的小球從管道的頂部A點水平飛出，恰好又從管口B點射入管內(nèi)，重力加速度g取10m/s2，則小球從A點飛出時及從B點射入管內(nèi)經(jīng)過P點時對管壁的壓力大小之差為（）
A．2NB．18NC．20ND．22N
【解答】解：小球從A點做平拋運動到B點，則有
R=vAt，R=12gt2
解得：vA=Rg2
在A點若小球?qū)ι稀⑾鹿鼙诰鶡o壓力，則
mg=mv2R
解得：v=Rg
因為vA＜Rg，所以在A點管壁對小球有向上的支持力，則由牛頓第二定律有
mg-N1=mvA2R
解得：N1=12mg=12×0.4×10N＝2N
由牛頓第三定律可知小球?qū)鼙诘膲毫Υ笮A＝N1＝2N
小球到B點時豎直方向的速度為
vy=2gR
在B點與管壁碰撞，水平速度減為零，從B點到P點的過程由機械能守恒定律得
12mvy2+mgR=12mvP2
在P點，對小球由牛頓第二定律得
N2-mg=mvP2R
解得：N2＝5mg＝5×0.4×10N＝20N
由牛頓第三定律可知小球?qū)鼙诘膲毫P＝N2＝20N
則小球從A點飛出時及從B點射入管內(nèi)經(jīng)過P點時對管壁的壓力大小之差為
ΔN＝NP﹣NA＝20N﹣2N＝18N，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024春?河西區(qū)期中）如圖1所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，這個過程簡化為圖2的情景，水平板上放一個物體，使水平板和物體一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，ab為水平直徑，cd為豎直直徑，在運動過程中木板始終保持水平，物塊相對木板始終靜止，下列說法正確的是（）
A．在最低點時，物塊所受支持力等于物塊的重力
B．物塊所受合外力不變
C．除c、d兩點外，物塊都要受摩擦力
D．c、d兩點，物塊所受支持力相同
【解答】解：A、在最低點時，物塊的加速度向上，處于超重狀態(tài)，則知物塊所受支持力大于物塊的重力，故A錯誤；
B、物塊做勻速圓周運動，由合外力提供向心力，合外力大小不變，方向時刻在變化，所以合外力是變化的，故B錯誤；
C、物塊沿圓周切線方向合外力為零，所以除c、d兩點外，物塊都要受摩擦力，故C正確；
D、物塊在d點時，由牛頓第二定律得：Fd﹣mg＝mv2R，故Fd＞mg。在c點時，由牛頓第二定律得：mg﹣Fc＝mv2R，故Fc＜mg，所以物體在d點受到的支持力大于在c點受到的支持力，故D錯誤。
故選：C。
類型3 斜面上的圓周運動臨界問題
（2024春?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，在與水平地面夾角為θ＝30°的光滑斜面。上有一半徑為R＝0.1m的光滑圓軌道，一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球在圓軌道內(nèi)沿軌道做圓周運動，g＝10m/s2，下列說法中正確的是（）
A．小球能通過圓軌道最高點的最小速度為0
B．小球能通過圓軌道最高點的最小速度為1m/s
C．小球以2m/s的速度通過圓軌道最低點時對軌道的壓力為8N
D．小球通過圓軌道最低點和最高點時對圓軌道的壓力之差為6N
【解答】解：AB．小球做圓周運動，在最高點重力沿斜面分量和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+N=mv2R
當N＝0時，小球有最小速度，解得vmin=gRsinθ=10×0.1sin30°m/s=22m/s
故AB錯誤；
C．小球以2m/s的速度通過圓軌道最低點時，重力沿斜面分量和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有N'-mgsinθ=mv'2R
解得N'＝9N
根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)壍赖膲毫Υ笮?N，故C錯誤；
D．結(jié)合上述，小球做圓周運動，在最高點有mgsinθ+N=mv2R
小球通過圓軌道最低點時有N'-mgsinθ=mv'2R
從最高點到最低點，根據(jù)動能定理有mg?2Rsinθ=12mv'2-12mv2
解得N'﹣N＝6N
故D正確。
故選：D。
（2023春?青羊區(qū)校級月考）如圖所示，一個傾角為θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，不可伸長的輕繩一端固定在斜面上的O點，另一端系一個質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點），繩長為L，在O點沿斜面向下L2處的P點釘一枚與斜面垂直的釘子?，F(xiàn)將小球拉起，使輕繩與斜面平行且在水平方向上伸直，由靜止釋放，小球繞O點轉(zhuǎn)動90°時繩與釘子相碰。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦和空氣阻力，下列說法中正確的是（）
A．繩和釘子碰撞前后瞬間，小球角速度大小不變
B．繩和釘子碰撞前后瞬間，小球的向心加速度大小不變
C．繩碰到釘子后，小球繞P點做圓周運動可恰好到達最高點O點
D．若將釘子的位置P點沿斜面向下移動，OP距離越大，繩碰到釘子后瞬間受到的拉力越大
【解答】解：A．繩和釘子碰撞前后瞬間，小球線速度大小不變，故A錯誤；
B．根據(jù)a=v2r可知小球向心加速度變?yōu)樵瓉淼?倍，故B錯誤；
C．根據(jù)機械能守恒，若小球能到達O點，速度大小為0，不符合實際情況，故C錯誤；
D．若將釘子的位置P點沿斜面向下移動，則繩碰到釘子后小球的運動半徑減小，根據(jù)F-mgsinθ=mv2r整理解得：F=mv2r+mgsinθ，則繩的拉力變大，故D正確。
故選：D。
（2024?慶云縣校級模擬）如圖，傾角為θ＝30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面ABCD為邊長2.5L的正方形，斜面上一點O為AC、BD連線的交點。長為L的輕繩一端系著質(zhì)量為m的小球，另一端系在O點，小球在斜面上繞O點做完整的圓周運動，且運動到最高點時輕繩的拉力恰好為零．已知重力加速度為g，小球運動過程中無機械能損失。
（1）求小球運動到圓周最高點時速度的大??；
（2）求小球所受輕繩的最大拉力；
（3）若小球自最低點沿圓周上行至與圓心O等高的位置時剪短輕繩，求小球從此時刻到著地所用的時間。
【解答】解：（1）小球運動到最高點時，輕繩的拉力恰好為零
根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=mv12L得v1=2gL2
（2）小球在最低點所受拉力最大F-mgsinθ=mv22L
由機械能守恒定律2mgLsinθ=12mv22-12mv12
得F＝3mg
（3）設繩斷時小球速度為v3，運動至斜面頂端速度v4mgLsinθ=12mv32-12mv12
得v3=32gL
mgL4sinθ=12mv12-12mv42
得v4=gL2
小球自繩斷至運動到斜面頂端歷時t1v4＝v3﹣gt1sinθ
此后小球先做斜拋運動，上升至最高歷時t2gt2=v4sinθg
上升高度(v4sinθ)2=2gh
得h=L32
小球再做平拋運動，歷時t3落地5L4+L32=12gt32
得t3=41L16g
小球運動共歷時t＝t1+t2+t3
得t=6Lg-34Lg+1441Lg
考點
考情
命題方向
考點圓周運動
2024年高考遼寧卷
2024年高考江蘇卷
2024年高考江蘇卷
2023年高考江蘇卷
2024年高考廣東卷
2024年高考江西卷
2023年高考福建卷
2023年新高考福建卷
2022年高考上海卷
2022年高考遼寧物理
1.圓周運動中高考考查頻率較高的主要是：水平面內(nèi)圓周運動和車輛轉(zhuǎn)彎。
2.水平面內(nèi)圓周運動模型主要
有：圓盤轉(zhuǎn)動；圓錐擺；實際情景；離心測速器
3.車輛轉(zhuǎn)彎主要包括：火車轉(zhuǎn)彎。汽車轉(zhuǎn)彎，飛機轉(zhuǎn)彎、滑冰轉(zhuǎn)彎等。
繩模型
桿模型
常見類型
均是沒有支撐的小球
均是有支撐的小球
過最高點的臨界條件
由mg＝meq \f(v2,r)得
v臨＝eq \r(gr)
由小球恰能做圓周運動得v臨＝0
討論分析
(1)過最高點時，v≥eq \r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq \f(v2,r)，繩、圓軌道對球產(chǎn)生彈力FN
(2)不能過最高點時，v

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