2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)：圓周運動（解析版）

第10講圓周運動

考點一圓周運動中的運動學(xué)分

析

考點二圓周運動中的動力學(xué)分

析

考點三圓周運動的臨界問題

考點四豎直平面內(nèi)圓周運動

本課內(nèi)容繩、桿模型

題型1圓周運動基本物理量的關(guān)系

題型2三種傳動方式及特點

題型3推擺模型

題型4轉(zhuǎn)彎模型

題型5圓盤模型

題型6離心現(xiàn)象的應(yīng)用與防止

知植?復(fù)習(xí)。林

1.掌握描述圓周運動的物理量及它們之間的關(guān)系

2.理解向心力公式并能應(yīng)用，圓周運動的動力學(xué)分析

3.了解物體做離心運動的條件

知3■有叟知也

考點一圓周運動中的運動學(xué)分析

1.線速度：描述物體圓周運動快慢的物理量.v=E=爺.

2.角速度：描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量.。=*=筆?

2,jrr1

3.周期和頻率：描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量.T=—,T=y.

、,/4兀2

2

4.向心加速度：描述速度方向變化快慢的物理量.an=rco=—=cov=-j2r.

22

5.相互關(guān)系：(l}v=cor=^r=2nrf.(2)an=y=rco=cov=^r=4nfr.

探秘?創(chuàng)題拜析

[例題1]（2024?齊齊哈爾一模）機動車檢測站進行車輛尾氣檢測的原理如下：車的主動輪壓在兩個

相同粗細的有固定轉(zhuǎn)動軸的滾筒上，可使車輪在原地轉(zhuǎn)動，然后把檢測傳感器放入尾氣出口，

操作員將車輪加速一段時間，在與傳感器相連的電腦上顯示出一系列相關(guān)參數(shù)，現(xiàn)有如下簡化

圖：車內(nèi)輪A的半徑為以，車外輪B的半徑為rB,滾筒C的半徑為rc，車輪與滾筒間不打滑，

當(dāng)車輪以恒定速度運行時，下列說法正確的是（）

A.A、B輪的角速度大小之比為rA：FB

B.A、B輪邊緣的線速度大小之比為rA：rB

C.B、C的角速度之比為in：rc

D.B、C輪邊緣的向心加速度大小之比為rB：rc

【解答】解：A、A、B為同軸轉(zhuǎn)動，角速度大小相等，A錯誤；

B、根據(jù)v=3r可知，A、B輪邊緣的線速度大小之比為VA：VB=rA：FB,B正確；

C、B、C的線速度大小相同，根據(jù)v=3r可知，B、C的角速度之比為3B：3c=rc：FB，C錯誤;

”2

D、根據(jù)a=彳可得B、C輪邊緣的向心加速度大小之比為aB：ac=rc：TB,D錯誤。

故選:Bo

[例題2]（2024?重慶模擬）小明同學(xué)站在原地，將圓形雨傘繞豎直傘柄以角速度（0勻速轉(zhuǎn)動，使附

在雨傘表面的雨滴均沿雨傘邊緣的切線方向水平飛出，最終落至地面成一圓形區(qū)域，已知雨傘

邊緣距地面的高度為h,到傘柄的垂直距離為R。忽略空氣阻力，以下關(guān)于圓形區(qū)域半徑的表達

式正確的是（）

【解答】解：由題意可知，傘邊緣的雨滴做圓周運動的角速度為3,半徑為R,所以雨滴的線速

度為

V=3R

雨滴脫離雨傘后沿傘邊緣的切線方向做平拋運動，豎直方向的高度為h,設(shè)落地時間為3則有

12

=h

因為在水平方向做勻速直線運動，設(shè)水平方向的位移為X,則有x=vt

雨滴脫離雨傘后，落點形成的圓形區(qū)域下圖虛線所示：

設(shè)落點形成的圓形區(qū)域半徑為r,根據(jù)幾何知識有r=收+R2

故選：Ao

[例題3](2024?烏魯木齊模擬)如圖所示，輪01、03固定在一轉(zhuǎn)軸上，輪01、02用皮帶連接且不

打滑。在01、02、03三個輪的邊緣各取一點A、B、C,已知三個輪的半徑比n：r2：r3=2：

1：1,求：

(1)A、B、C三點的線速度大小之比VA：VB：VC-

(2)A、B、C三點的角速度之比3A：3B：3C。

(3)A、B、C三點的向心加速度大小之比aA：as：ac。

【解答】解：(1)A、B兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，A、C共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，根

據(jù)v=r3,貝UVA：vc=ri：n=2：1。

所以A、B、C三點的線速度大小之比VA：VB：vc=2：2：1?

(2)A、C共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，A、B兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，根據(jù)v=

ro),o)B=r2：口=1：所以A、B、C三點的角速度之比O)A：SB：3c=1：2：1。

2

(3)A、B的線速度相等，根據(jù)a=方v，知aA：aB=r2：門=1：A、C的角速度相等，根據(jù)

a=ru)2得,aA；否=門：n=2：所以A、B、C三點的向心加速度大小之比aA：aB：ac=2：

4：lo

考點二圓周運動中的動力學(xué)分析

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金力，就是向心力.

3.向心力的公式

/4兀2

222

Fn=man=m~=mcor=mr^~=mr4n/

盤稗?例題樣析

[例題4](2024?新鄭市校級三模)如圖甲所示，一艘正在進行順時針急轉(zhuǎn)彎訓(xùn)練的航母，運動軌跡

可視作半徑為R的水平圓周。航母在圓周運動中，船身發(fā)生了向外側(cè)傾斜，且甲板法線與豎直

方向夾角為3船體后視簡圖如圖乙所示。一質(zhì)量為m的小物塊放在甲板上，與甲板始終保持

相對靜止，兩者之間的動摩擦因數(shù)為ri⑺〉tan。)。假設(shè)航母的運動半徑R、夾角0不隨航速改

變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()

A.航母對小物塊的支持力FN=mgcos。

B.小物塊可能只受重力、支持力兩個力作用

C.航母的航速越大，則小物塊受到的摩擦力越大

D.航母的最大航速"=

【解答】解：AB、根據(jù)題意可知，小物塊做圓周運動，一定受到重力、支持力、摩擦力，通過正

交分解法如圖所示：

由圖可知mg-f2=FN2

而FN2—FNCOS0

f2=fsin0

聯(lián)立解得母=rng-fsinO

COSU

故AB錯誤；

CD、由圖可知，小物塊做圓周運動的向心力由fi和FNI提供，有fi-FNi=m'

由于FNi=FNsin0

fl=fcos0

聯(lián)立上式整理解得f=3黑嵋

可得航母的航速越大，小物塊受到的摩擦力越大；

當(dāng)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力時，航母有最大航速，有f=^iFN

代入上式得m卷=[iFNcosO—FNsin9

由A中得國=喘步=兩墨頡

聯(lián)立解得U=^-tanO

故C正確，D錯誤。

故選：Co

[例題5]（2024?西城區(qū)校級模擬）如圖甲、乙所示為自行車氣嘴燈，氣嘴燈由接觸式開關(guān)控制，其

結(jié)構(gòu)如圖丙所示，彈簧一端固定在頂部，另一端與小物塊P連接，當(dāng)車輪轉(zhuǎn)動的角速度達到一

定值時，P拉伸彈簧后使觸點A、B接觸，從而接通電路使氣嘴燈發(fā)光。觸點B與車輪圓心距

離為R,車輪靜止且氣嘴燈在最低點時觸點A、B距離為d,已知P與觸點A的總質(zhì)量為m,

彈簧勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g,不計接觸式開關(guān)中的一切摩擦，小物塊P和觸點A、

B均視為質(zhì)點。當(dāng)該自行車在平直的道路上行駛時，下列說法中正確的是（）

A.要使氣嘴燈能發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動的最小角速度為、陌典

7771n.

B.要使氣嘴燈能發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動的最小角速度為、匡韶

c.要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動的最小角速度為

2771A.

D.要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動的最小角速度為、頤配

【解答】解：AB、當(dāng)氣嘴燈運動到最低點時發(fā)光，此時對應(yīng)車輪做勻速圓周運動的角速度最小,

根據(jù)受力分析，向心力由彈簧的彈力與重力的合力提供，又因為初始時彈簧彈力等于重力，所以

在最低點是增大的彈力提供向心力即kd=mo）2R

故AB錯誤；

CD、當(dāng)氣嘴燈運動到最高點時能發(fā)光，則kd+2mg=m3'2R

即要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動的最小角速度為、型黑里,故C正確，D錯誤。

故選：Co

[例題6]（2023?溫州三模）在東北嚴寒的冬天，有一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯滾

燙的開水按一定的弧線均勻快速地潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結(jié)成冰而形成壯

觀的場景。如圖甲所示是某人玩潑水成冰游戲的精彩瞬間，圖乙為其示意圖。假設(shè)潑水過程中

67T

杯子做勻速圓周運動，在0.4s內(nèi)杯子旋轉(zhuǎn)了三。下列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.P位置的小水珠速度方向沿a方向

B.P、Q兩位置，杯子的向心加速度相同

C.杯子在旋轉(zhuǎn)時的線速度大小約為6nm/s

D.杯子在旋轉(zhuǎn)時的向心加速度大小約為gEm/s?

【解答】解：A、由圖乙中做離心運動的軌跡可知，杯子的旋轉(zhuǎn)方向為逆時針方向，P位置飛出的

小水珠初速度沿b方向，故A錯誤；

B、向心加速度是矢量，P、Q兩位置，杯子的向心加速度方向不同，故向心加速度不相同，故B

錯誤；

C、杯子旋轉(zhuǎn)的角速度為：3=罌，代入數(shù)據(jù)得：a）=3nrad/s,杯子做圓周運動的半徑約為1m,

杯子在旋轉(zhuǎn)時的線速度大小約為：v=a）R=3nXlm/s=3iim/s,故C錯誤；

D、杯子旋轉(zhuǎn)的軌跡半徑約為1m,則向心加速度大小約為：a=a）2R=9ir2X1m/s2=9ir2m/s2,故D

正確。

故選：D。

考點三圓周運動的臨界問題

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.

輝科?創(chuàng)題樣析

［例題7］（多選）（2024?南明區(qū)校級一模）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙、丙三個小物塊（均可

看作質(zhì)點）水平轉(zhuǎn)盤一起以角速度3繞OO'軸做勻速圓周運動,物塊甲疊放在物塊乙的上面，

所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均為小已知甲、乙到轉(zhuǎn)軸的距離為門，丙到轉(zhuǎn)軸的距離為⑵且r2

>rio最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是（

甲

乙□丙

A.甲受到的摩擦力一定為Rmg

B.乙受到轉(zhuǎn)盤的摩擦力一定為2m32rl

C.若角速度增大，丙先達到滑動的臨界點

D.若角速度增大，甲先達到滑動的臨界點

【解答】解：A、對甲進行受力分析，水平方向上，摩擦力提供向心力，則/伊=爪32勺，由于不

是滑動摩擦力，不能用Rmg來判斷摩擦力的大小，故A錯誤；

B、對甲和乙整體分析，水平方向上，靜摩擦力提供向心力，貝行4=（皿+?。??々=2m32r1，故

B正確；

CD、因為三個物塊轉(zhuǎn)動的角速度一樣，且動摩擦因數(shù)也一樣，但物塊丙做圓周運動的半徑更大,

所以若角速度增大的話，丙先達到滑動的臨界點，故C正確，D錯誤。

故選：BCo

[例題8]（2023?山東模擬）如圖所示，水平機械臂BC固定在豎直轉(zhuǎn)軸CD上，B處固定一與BC

垂直的光滑水平轉(zhuǎn)軸，輕桿AB套在轉(zhuǎn)軸上。輕桿可在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，其下端固定質(zhì)量為m的

小球，輕桿和機械臂的長度均為L,開始小球靜止，緩慢增大豎直軸轉(zhuǎn)動的角速度，直至桿與

豎直方向的夾角為37°,已知sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度為g,則（）

cl-------fB

.此時小球的角速度大小為「黑

B.此時小球的線速度大小為」理

4

C.此過程中桿對小球做的功為gzngL

3

D.此過程中桿對小球做的功為g/ngL

【解答】解：AB、當(dāng)桿與豎直方向成37°時，小球做勻速圓周運動，桿對小球的拉力沿桿方向,

合力提供向心力，則有：F合=mgtan370=ma

可得：a=gtan37°=~xg

由幾何關(guān)系可知，圓周運動半徑：r=L+Lsin37°=百L

”2

根據(jù)向心加速度的公式：a=ra）2=—

聯(lián)立以上可得：3=腐,v=犀，故AB錯誤；

CD、設(shè)此過程中桿對小球做功為W,由動能定理：W-mgL（l-cos37°）=1mv2

解得：W=^mgL,故C正確，D錯誤。

故選：Co

［例題9］（多選）（2023?河南模擬）一個可以轉(zhuǎn)動的玩具裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和

CB與兩小球及一小環(huán)通過較鏈連接，輕桿長均為L,球和環(huán)的質(zhì)量均為m,。端固定在豎直的

輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上。套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長為L。裝置靜止時，彈簧長為

3

-Lo如果轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，發(fā)現(xiàn)小環(huán)緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切

摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）

m

A

A.彈簧的勁度系數(shù)上=竽

B.彈簧的勁度系數(shù)為卜=等

C.裝置轉(zhuǎn)動的角速度為楞時，AB桿中彈力為零

D.裝置轉(zhuǎn)動的角速度為解時，AB桿中彈力為零

【解答】解：AB、裝置靜止時，小球受力平衡，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為Fi、Ti，0A桿與

轉(zhuǎn)軸的夾角為。1，由平衡條件得：

豎直方向：Ficos0i+Ticos0i=mg

水平方向：Fisin0i=Tisin0]

根據(jù)幾何關(guān)系得：。"％=當(dāng)呈

聯(lián)立解得：Tr=^mg

3

小環(huán)受力平衡，對小環(huán)由平衡條件得：F彈i=k（-L-L）=mg+2Tleos0i

解得：k=等

故A正確，B錯誤；

CD、AB桿中彈力為零時，設(shè)OA桿中的彈力為F2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為。2,彈簧長度為x,

小環(huán)受力平衡，由平衡條件得：F彈2=k（x-L）=mg

對小球受力分析，豎直方向，由平衡條件得：F2cos02=mg

水平方向，由牛頓第二定律得：F2sin92=ma）QLsin92

由幾何關(guān)系得：cos4=克

聯(lián)立解得：

故C正確，D錯誤。

故選：AC-

考點四豎直平面內(nèi)圓周運動繩、桿模型

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

繩模型桿模型

:‘繩,'

常見類型

均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球

過最高點的由機得

由小球恰能做圓周運動得v臨=0

臨界條件

v臨=寸7

(1)當(dāng)丫=0時，F(xiàn)N=mgf尸N為支持力，沿

(1)過最高點時，v>y[gr

fFN+半徑背離圓心

v2

mg=m—,繩、圓軌道對球產(chǎn)(2)當(dāng)0<v〈班?時，一打+mFN背

討論分析生彈力FN離圓心，隨u的增大而減小

(2)不能過最高點時，而,

(3)當(dāng)時，F(xiàn)N=0

在到達最高點前小球已經(jīng)脫離v2

(4)當(dāng)9時，F(xiàn)^+mg=m—,尸N指向圓

了圓軌道

心并隨V的增大而增大

輝秘?創(chuàng)題樣析

[例題10](2024?石景山區(qū)一模)如圖所示，輕桿的一端固定在通過O點的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定

一小球，輕桿繞O點在豎直平面內(nèi)沿順時針方向做勻速圓周運動，其中A點為最高點、C點為

最低點，B點與O點等高，下列說法正確的是()

A.小球經(jīng)過A點時，所受桿的作用力一定豎直向下

B.小球經(jīng)過B點時，所受桿的作用力沿著B。方向

C.從A點到C點的過程，桿對小球的作用力不做功

D.從A點到C點的過程，小球重力的功率先增大后減小

【解答】解：A、小球經(jīng)過A點時，由合外力提供向心力，當(dāng)小球速度較大時

mv2

若——>mg,則小球所受桿的作用力豎直向下；

r

mv2

當(dāng)小球速度較小時，若——<mg,則小球所受桿的作用力豎直向上;

r

mv2

當(dāng)小球速度滿足----=mg

Y

則桿對小球無作用力，故A錯誤；

B、小球經(jīng)過B點時，由合外力提供向心力，小球受重力和桿給的作用力，則小球所受桿的作用

力為右上方，桿的作用力一定不會沿著BO方向，故B錯誤；

C、從A到C的過程中，重力做正功，根據(jù)動能定理得WG+W^=AEk=O,則Wff=-WG，故

桿對小球的作用力做負功，故C錯誤；

D、A點和C點處重力與速度方向垂直，則小球重力的功率為0,B點處重力與速度共線，故重

力功率不為0,則從A點到C點的過程，小球重力的功率先增大再減小，故D正確。

故選：D。

[例題11](多選)(2024?綿陽模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，

并在圓環(huán)最高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運動，一段時間后，小

球與圓心的連線轉(zhuǎn)過e角度時，小球的速度大小為v,v2與cos。的關(guān)系如乙圖所示,g取10m/s2。

A.圓環(huán)半徑為0.6m

B.。=制，小球所受合力為4N

C.OWOWTT過程中，圓環(huán)對小球的作用力一直增大

D.OWeWir過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大

【解答】解：A、小球下滑過程由機械能守恒定律有7ng(R-Reos。)=)血/

當(dāng)時，小球的速度平方為12m2人2,代入公式得R=0.6m,故A正確；

2

B、當(dāng)。=今時，小球的速度平方為12m2人2,此時是圓環(huán)對小球的彈力提供向心力，有N=^=

0.2xl2八，

-^N=XT4N

小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為F=y]N2+(m5)2=J42+(0.2x10)2N=2A/5N,

故B錯誤；

2

CD>當(dāng)0VJV鄂寸，有mgeos?—N=m%

可知隨。的增大，同時v也增大，所以N必須減小，

7T-112

當(dāng)5＜。＜兀時，有N-mgcos（180°-0）=m五

可知隨。的增大，同時v也增大，所以N必須增大，所以O(shè)WOWTT過程中，圓環(huán)對小球的作用

力先減小后增大，故C錯誤，D正確。

故選：ADo

［例題12］（2024?雨花區(qū)校級模擬）如圖所示，半徑R=1m的光滑圓環(huán)形滑桿MNP豎直固定放置,

左側(cè)端點M和圓心Oi的連線與豎直方向夾角的余弦值cos0=O.15,右側(cè)端點P和圓心Oi、O2

在同一水平線上，P點的切線沿豎直方向?，F(xiàn)有一質(zhì)量mi=0.2kg的小橡膠環(huán)A以vo=1.2m/s

的初速度水平拋出，恰好沿滑桿左側(cè)端點M的切線套入滑桿，在滑桿的最高點靜止著質(zhì)量H12

=0.2kg的小橡膠環(huán)Bo在右側(cè)端點P的正下方h=4.15m處，有一質(zhì)量m3=0.1kg,長度L=

3m的長直木桿C豎直靜止在水平面上，但跟水平面并不黏合。已知小橡膠環(huán)B與長直木桿C

之間的滑動摩擦力大小f=2N,最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力，小橡膠環(huán)A、B均可視為

質(zhì)點，兩小橡膠環(huán)之間和小橡膠環(huán)與水平面間的碰撞都是彈性碰撞；小橡膠環(huán)B套入長直木桿

C后，長直木桿C不傾倒，且每次與水平面碰撞瞬間都會立即停下而不反彈、不傾倒。不計空

氣阻力，取g=10m/s2。

（1）小橡膠環(huán)A到達滑桿最低點Q時所受彈力大小；

（2）小橡膠環(huán)B在長直木桿C上上滑的最大距離；

（3）長直木桿C跟水平面第一次碰撞瞬間損失的機械能；

（4）小橡膠環(huán)B在長直木桿C上運動的總路程。

【解答】解：（1）小橡膠環(huán)A恰好沿滑桿左側(cè)端點M的切線套入滑桿，設(shè)小橡膠環(huán)A在M點時

的速度為VM,

則根據(jù)速度的合成可得：VMCOSO=VO

代入數(shù)據(jù)解得：VM=8m/s

11

小橡膠環(huán)A從M點到Q點，根據(jù)動能定理：-cos。）=2皿1出一］7n1v需

代入數(shù)據(jù)解得：VQ=9m/s

小橡膠環(huán)A在Q點時，支持力和重力的合力提供向心力：N-m^g=皆

代入數(shù)據(jù)解得：N=18.2N

（2）設(shè)小橡膠環(huán)A從Q點運動到最高點與小橡膠環(huán)B碰撞前的速度為VA，根據(jù)動能定理：

mv

—m1gx2R=17nl琢—2iQ

設(shè)小橡膠環(huán)A和小橡膠環(huán)B碰后的速度分別為VA'和VB，根據(jù)動量守恒，

以向右為正有：miVA—miVA，+m2VB

111

由機械能守恒可得：+~m2v^

小橡膠環(huán)B,從碰撞后到與長直木桿接觸前瞬間，設(shè)接觸前速度為v,根據(jù)動能定理：租2g（R+

2

h）=ym2v—

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：v=12m/s

小橡膠環(huán)B沿長直木桿下滑時，長直木桿靜止不動，根據(jù)受力分析可得：m2g=f

可得小橡膠環(huán)B在長直木桿C上受力平衡做勻速直線運動，小橡膠環(huán)B做勻速直線運動；小橡

膠環(huán)B沿長直木桿上滑時，小橡膠環(huán)B做勻減速直線運動，長直木桿C做勻加速直線運動，設(shè)

共速時速度大小為vi，對小橡膠環(huán)B有：m2g+f=m2al

根據(jù)速度一時間公式：vi=v-aiti

對長直木桿有：f-m3g=m3a2

同理有：vi=a2tl

位移：%=孕匕

此時小橡膠環(huán)B上滑的距離最大：s尸等今"

21

代入數(shù)據(jù)得：S1=茨=w^m=2.4m

6a2oXlU

（3）小橡膠環(huán)B與長直木桿C共速后一起做豎直上拋，直到長直木桿跟水平面第一次碰撞前，

則由速度一位移公式有：v'l一說=2gxi

解得長直木桿跟水平面第一次碰撞瞬間前的速度大小為：vi'=4應(yīng)m/s

2

長直木桿跟水平面第一次碰撞瞬間損失的機械能為：AE=^m3v[

代入數(shù)據(jù)得：AE=1.6J

（4）長直木桿跟水平面第一次碰撞后，小橡膠環(huán)先沿長直木桿做勻速下滑，小橡膠環(huán)跟水平面碰

撞后小橡膠環(huán)沿長直木桿上滑時，小橡膠環(huán)做勻減速直線運動，長直木桿做勻加速直線運動，第

二次共速后又一起做豎直上拋，直到長直木桿跟水平面第二次碰撞，由運動學(xué)可列，

對橡膠環(huán)B：V2=V1'-ait2

2-v

對長桿：V2=a2t2，V22=2gXyt2

聯(lián)立可得長直木桿跟水平面第二次將要碰撞時的速度大小為：V2'=缶2=￥%'=（?）2"

所以可得長直木桿跟水平面第n次將要碰撞時的速度大小表達式為：Vn'=（孝）"V=12x（孝嚴

小橡膠環(huán)沿長直木桿第一次下滑的路程為L,小橡膠環(huán)跟水平面碰撞后小橡膠環(huán)沿長直木桿，在

長直木桿上第一次上滑的路程為：S1=空h-fl

21

代入數(shù)據(jù)得：S尸器=^m=2.4m

長直木桿跟水平面第一次碰撞后，小橡膠環(huán)先沿長直木桿在長直木桿上做勻速下滑的路程為si，

小橡膠環(huán)跟水平面碰撞后小橡膠環(huán)沿長直木桿上滑時，在長直木桿上第二次上滑的路程為：S2=

%'+。2,”2

代入數(shù)據(jù)得：S2=5S1

長直木桿跟水平面第一次碰撞后，小橡膠環(huán)先沿長直木桿在長直木桿上做勻速下滑的路程為S2,

以此類推小橡膠環(huán)在長直木桿上運動的總路程：s=L+2si+2s2+2S3+……

代入數(shù)據(jù)得：s=L+空^=3m+2X2241Tl=婆m

1-|1-|35

解惑?題型有繪

題型1圓周運動基本物理量的關(guān)系

1.（2023?漳州模擬）如圖為明代出版的《天工開物》中記錄的“牛轉(zhuǎn)翻車”，該設(shè)備利用畜力轉(zhuǎn)

動不同半徑齒輪來改變水車的轉(zhuǎn)速，從而將水運送到高處。圖中a、b分別為兩個齒輪邊緣上的

點，齒輪半徑之比為玷：玷=4：3；a>c在同一齒輪上且a、c到轉(zhuǎn)軸的距離之比為%m=2：

1,則在齒輪轉(zhuǎn)動過程中（）

牛轉(zhuǎn)翻車

A.a、b的角速度相等

B.b的線速度比c的線速度小

C.b、c的周期之比為3：4

D.a、b的向心加速度大小之比為4：3

【解答】解：A、由圖可知a、b為同緣傳動時，邊緣點的線速度大小相等，故va=vb,由于半徑

不同，根據(jù)公式v=3r,可知a、b的角速度不相等，故A錯誤;

B、a與c同軸傳動，角速度相等，即3a=3c，因a、c到轉(zhuǎn)軸的距離之比為ra：rc=2：1,由公

式V=3r,可得：va=2vc,又Va=Vb，則Vb=2Vc，故B錯誤；

C、由公式T=M，可得b、c的周期之比為：—=—=—故C正確；

3Tc3b3bra4

D、由公式a=t,可得a、b的向心加速度之比為：-=—=故D錯誤。

r

abra4

故選：Co

2.（2023?綿陽模擬）如圖，帶車牌自動識別系統(tǒng)的直桿道閘，離地面高為1m的細直桿可繞O在

豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動。汽車從自動識別線ab處到達直桿處的時間為2.3s,自動識別系統(tǒng)的反應(yīng)時

間為0.3s；汽車可看成高1.6m的長方體，其左側(cè)面底邊在aa'直線上，且O到汽車左側(cè)面的

7137r7T71

A.-rad/sB.-^-rad/sC.-rad/sD.-rad/s

6812

【解答】解：設(shè)汽車恰好能通過道閘時直桿轉(zhuǎn)過的角度為8,

由幾何知識得：tang安=1,

解得：

直桿轉(zhuǎn)動的時間：t=t汽車-t反應(yīng)時間=（2.3-0.3）s=2s

ZD5TT

直桿轉(zhuǎn)動的角速度至少為：（n=-=4-rad/s=prad/s,故ABD錯誤，C正確。

czo

故選：Co

題型2三種傳動方式及特點

3.（2023?臺州二模）某款機械表中有兩個相互咬合的齒輪A、B,如圖所示，齒輪A、B的齒數(shù)

之比為1：2,齒輪勻速轉(zhuǎn)動時，則A、B齒輪的（）

A.周期之比Ti：T2=2：1

B.角速度之比為3]:32=2:1

C.邊緣各點的線速度大小之比VI：V2=l：2

D.轉(zhuǎn)速之比為m：n2=l：2

【解答】解：C、齒輪A、B的齒數(shù)之比為1：2,可知齒輪A、B的半徑之比為1：2；齒輪A、

B相互咬合，可知邊緣各點的線速度大小相等，即vi：V2=l：1,故C錯誤；

B、根據(jù)v=o）r可得齒輪A、B角速度之比為3i：32=0：ri=2：1,故B正確；

A、根據(jù)T=等可得齒輪A、B周期之比為Ti：T2=32：a）i=l：2,故A錯誤；

co

D、根據(jù)3=2irn可得齒輪A、B轉(zhuǎn)速之比為ni：112=31：32=2：1,故C錯誤；

故選：Bo

4.（2023?崇明區(qū)二模）如圖為車庫出入口采用的曲桿道閘，道閘由轉(zhuǎn)動桿OP與橫桿PQ鏈接而

成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平，則在抬起過程中P和

Q兩點（)

C.線速度不同，角速度相同

D.線速度不同，角速度不同

【解答】解：由于在P點繞。點做圓周運動的過程中，桿PQ始終保持水平，即PQ兩點始終相

對靜止，所以兩點的線速度相同，角速度也相同，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

5.（多選）（2024?鹿城區(qū)校級模擬）如圖甲所示，光電編碼器由碼盤和光電檢測裝置組成，電動

機轉(zhuǎn)動時，碼盤與電動機旋轉(zhuǎn)軸同速旋轉(zhuǎn)，發(fā)光二極管發(fā)出的光經(jīng)凸透鏡轉(zhuǎn)化為平行光，若通

過碼盤鏤空的明道照在光敏管上，信號端輸出高電位，反之輸出低電位，兩個光敏管分布在同

一半徑上。根據(jù)輸出兩路信號可以測量電動機的轉(zhuǎn)速和判斷旋轉(zhuǎn)方向。從左往右看，內(nèi)、外都

均勻分布20個明道的碼盤如圖乙所示，電動機轉(zhuǎn)動時兩信號的圖像如圖丙所示，則（）

甲乙丙

A.從左往右看，電動機順時針轉(zhuǎn)動

B.從左往右看，電動機逆時針轉(zhuǎn)動

C.電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為50r/s

D.電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為125r/s

【解答】解：AB.由圖丙可知，在t=lX10.3s時，信號A開始輸出低電位，此時信號B開始輸

出高電位，結(jié)合圖乙可知，從左往右看，電動機順時針轉(zhuǎn)動，故A正確，B錯誤；

CD.由圖丙可知，電動機轉(zhuǎn)動的周期為T=2OX1X1O_3S=2><IO2S

2TT2IT

則角速度為3=亍=----z7rad/s=lOOnrad/s

T2xl0-z

根據(jù)3=2mi

可得電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為九=2=與詈"S=50r/s

故C正確，D錯誤。

故選：ACo

題型3錐擺模型

6.（多選）（2024?東莞市一模）如圖（a）為游樂場中的“空中飛椅”項目。“空中飛椅”結(jié)構(gòu)示意

圖如圖（b）,轉(zhuǎn)動軸帶動頂部圓盤轉(zhuǎn)動，懸繩一端系在圓盤邊緣，另一端系著椅子。若所有椅

子質(zhì)量相等，懸繩長短不一定相等，忽略懸繩質(zhì)量與空氣阻力，則坐在椅子上的游客與椅子整

體隨圓盤勻速轉(zhuǎn)動的過程中（）

A.任一時刻，所有游客的線速度都相同

B.所有游客做圓周運動的周期都相同

C.懸繩越長，懸繩與豎直方向的夾角就越大

D.懸繩與豎直方向的夾角與游客質(zhì)量無關(guān)

【解答】解：AB.由圖可知所有游客為同軸轉(zhuǎn)動，則所有游客做圓周運動的角速度相同，游客做

圓周運動的半徑不同，由v=3r可知，線速度大小不同，游客的線速度方向也不同；由?=今可

（X）

知，所有游客做圓周運動的周期都相同，故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)題意，繩長L越長，若懸繩與豎直方向的夾角。不變，則圓周運動半徑增大，所需向

心力增大，游客做離心運動，。變大。

根據(jù)：mgtan0=mw2（LsinO+R盤）

可知，懸繩與豎直方向的夾角與游客質(zhì)量無關(guān)，故CD正確。

故選：BCDo

7.（2023?龍華區(qū)校級四模）如圖所示，小球甲在豎直面內(nèi)擺動的周期為To,懸線長為L；小球乙

在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，懸點為01、軌跡圓圓心為02,甲、乙兩小球都能視為質(zhì)點。下列

A.小球甲的向心力由合力來充當(dāng)

B.小球乙的向心力由拉力來充當(dāng)

C.若小球乙運動的周期為To,則與小球乙連接的懸線長度為L

D.若Oi、02兩點間的距離為L,則小球乙運動的周期為To

【解答】解：A、對甲球受力分析，甲球的向心力是由細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合

力提供，故A錯誤；

B、小球乙在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，乙球的向心力是拉力沿水平方向的分力提供，故B錯誤;

CD、對乙球進行受力分析，設(shè)懸線與豎直方向的夾角為a,01、02兩點間的距離為h,軌跡圓半

徑為r,

根據(jù)牛頓第二定律得

4*

mgtana=

又由幾何關(guān)系得tma=p解得T=2兀居

對比甲球的擺動周期70=2兀可知，當(dāng)丁=10時，解得h=L,則知小球乙連接的懸線長度為大

于L,Oi、02兩點間的距離為L,故C錯誤，D正確。

故選：D。

8.（2023?江蘇一模）如圖所示，一輕支架由水平段ON和豎直段0。組成。輕彈簧一端固定于。

點，另一端與套在水平桿ON上的A球相連，一根長為L=10cm的輕繩連接A、B兩球。A球

質(zhì)量mA=lkg,B球質(zhì)量mB=4kg,A球與水平桿的動摩擦因數(shù)黑=0.36,彈簧原長l=20cm,

勁度系數(shù)k=450N/m。初始時使A球盡量壓縮彈簧并恰好處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使系統(tǒng)繞OO,軸緩

慢轉(zhuǎn)動起來，轉(zhuǎn)動過程中保持A、B兩球始終與OCT在同一豎直平面內(nèi)。當(dāng)系統(tǒng)以某角速度穩(wěn)

定轉(zhuǎn)動時，細繩與豎直方向成37°角，此時彈簧的彈力大小恰好與初始時相同。設(shè)最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求:

(1)初始時彈簧的長度;

(2)細繩與豎直方向成37°角時，系統(tǒng)轉(zhuǎn)動的角速度;

(3)整個過程中驅(qū)動力對系統(tǒng)所做的總功。

A

Okwvwwwo'N

OB

0■

【解答】解：已知l=20cm=0.2m,L=10cm=0.1m

(1)初始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，A球恰好處于靜止狀態(tài)，設(shè)初始時彈簧的壓縮量為A1,由平

衡條件有

kAl=n(mA+mB)g

解得：Al=0.04m

則初始時彈簧的長度為lo=l-Al=0.2m-0.04m=0.16m

(2)當(dāng)系統(tǒng)以某角速度穩(wěn)定轉(zhuǎn)動，彈簧的彈力大小與初始時相同時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，且伸長

量與初始狀態(tài)的壓縮量相等。

對B球，由牛頓第二定律有

mBgtan37°=HIB32rB

其中KB=1+A1+Lsin37°=0.2m+0.04m+0,1X0.6m=0.3m

解得：(o=5rad/s

(3)根據(jù)能量守恒知，整個過程中驅(qū)動力對系統(tǒng)所做的功等于A、B球的動能增加、B球的重力

勢能增加、A球與水平橫桿間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，則有

11

W=^血/儀+皿)3]2++mBgL(1-cos37°)+日(mA+mB)g*2A1

解得：W=7.46J

題型4轉(zhuǎn)彎模型

9.（2023?昆明一模）圖甲是市區(qū)中心的環(huán)島路，A、B兩車正在繞環(huán)島做速度大小相等的勻速圓

周運動，如圖乙所示。下列說法正確的是（）

甲乙

A.A、B兩車的向心加速度大小相等

B.A車的角速度比B車的角速度大

C.A、B兩車所受的合力大小一定相等

D.A車所受的合力大小一定比B車的大

”2

【解答】解：ACD、兩車的線速度v大小相等，由圖可知小＞加，由冊=號可得A車的向心加

速度大于B車向心加速度，勻速圓周運動合力全部提供向心力，兩車的質(zhì)量關(guān)系未知，由F=man

可知，兩車的向心力即合力大小無法確定，故ACD錯誤；

B、由3=?可知，A車的角速度大于B車角速度，故B正確。

故選：B?

1

10.（2024?濟南模擬）如圖所示，MN為半徑為r的一圓弧路線，NP為長度13.5r的直線路線，MN'

4

1

為半徑為4r的-圓弧路線，NP為長度10.5r的直線路線。賽車從M點以最大安全速度通過圓弧

4

路段后立即以最大加速度沿直線加速至最大速度Vm并保持Vm勻速行駛。已知賽車勻速轉(zhuǎn)彎時

徑向最大靜摩擦力和加速時的最大合外力均為車重的n倍，最大速度Vm=5加1g為重力加

速度，賽車從M點按照MNP路線到P點與按照MNP路線運動到P點的時間差為（）

A-毆一特后B-&一今后

C5-錦扁D-G+4—2夕）瑞

【解答】解：賽車在半徑為r的;圓弧勻速轉(zhuǎn)彎時，由牛頓第二定律有：n