2025年高考物理精品教案第四章 曲线运动 第3讲 圆周运动

这是一份2025年高考物理精品教案第四章 曲线运动 第3讲 圆周运动，共19页。

考点1 圆周运动中的运动学问题

1.匀速圆周运动
2.描述匀速圆周运动的物理量
某辆自行车的大齿轮半径为10cm，小齿轮半径为5cm，后轮半径为30cm，如图所示.若某次小明骑这辆自行车匀速前行时，大齿轮每分钟转30圈.求：（取π＝3.14）
（1）大齿轮边缘的点的向心加速度大小（结果保留2位小数）；
（2）小齿轮每分钟转动的圈数；
（3）自行车每分钟行驶的路程（结果保留2位小数）.
答案 （1）0.99m/s2 （2）60圈 （3）113.04m
解析 （1）由题意知，向心加速度an＝（2πn大）2r大＝0.99m/s2.
（2）由题意知，小齿轮与大齿轮边缘的点的线速度相等，则v小＝v大，又v小＝2πn小r小，v大＝2πn大r大，解得小齿轮每分钟转60圈.
（3）后轮与小齿轮属于同轴传动，故后轮每分钟也是转60圈，有v后＝2πn后r后，s＝v后t，解得自行车每分钟行驶113.04m.

命题点1 圆周运动物理量的分析与计算
1.[多选]火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°.在此10s时间内，火车（ AD ）
A.运动路程为600m
B.加速度为零
C.角速度约为1rad/s
D.转弯半径约为3.4km
解析 火车运动的路程s＝vt＝60×10 m＝600 m，A正确；火车转弯做匀速圆周运动，匀速圆周运动是变速运动，火车所受合力不为零，加速度不为零，故B错误；由题意得角速度ω＝ΔθΔt＝10π180×10 rad/s＝π180 rad/s，又v＝ωr，所以r＝vω＝60×180π m≈3.4 km，故C错误，D正确.
命题点2 传动问题
2.[齿轮传动]明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画（如图），记录了我们祖先的劳动智慧.若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rA＞rB＞rC，则（ D ）
A.齿轮A的角速度比C的大
B.齿轮A与B的角速度大小相等
C.齿轮B与C边缘的线速度大小相等
D.齿轮A边缘的线速度比C边缘的大
解析 齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度大小相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度，而B与C是同轴传动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，故A、B错误；齿轮B、C角速度相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的齿轮B边缘的线速度比C边缘的线速度大，故C错误；齿轮A、B边缘的线速度大小相等，因为齿轮B边缘的线速度比C边缘的线速度大，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的大，故D正确.
3.[皮带传动]如图所示为两级皮带传动装置，正常工作时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相等，轮3的半径和轮4的半径相等，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的b点相比（ D ）
A.线速度大小之比为1∶4
B.角速度大小之比为4∶1
C.向心加速度大小之比为8∶1
D.向心加速度大小之比为1∶8
解析 由题意知va＝v3，ω2＝ω3，v2＝vb，且r1＝r2＝2r3＝2r4，联立可得2va＝2v3＝v2＝vb，其中v2、v3分别为轮2和轮3边缘的线速度大小，所以va∶vb＝1∶2，A错误；ωa∶ωb＝var1∶vbr4＝1∶4，B错误；aa＝va2r1＝(12vb)22r4＝18ab，即aa∶ab＝1∶8，C错误，D正确.
方法点拨
1.对公式v＝ωr的理解
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比.
2.对an＝v2r＝ω2r的理解
当v一定时，an与r成反比；当ω一定时，an与r成正比.
3.常见的传动方式及特点
（1）皮带传动：如图1、2所示，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.
（2）摩擦传动和齿轮传动：如图3、4所示，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.
（3）同轴传动：如图5所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比.
考点2 圆周运动中的动力学问题

1.匀速圆周运动的向心力
2.圆周运动中合力、向心力的特点
（1）匀速圆周运动的合力：提供向心力.
（2）变速圆周运动的合力（如图）.
①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动.
②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向.
3.离心运动
4.向心力来源
（1）匀速圆周运动中向心力来源
（2）变速圆周运动中向心力来源
如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcsθ＝mv2R.
在绳子的一端拴一个小物块，另一端握在手中，使小物块在水平面内做匀速圆周运动，如图所示.判断下列说法的正误或进行计算.
（1）小物块做匀速圆周运动时受重力、绳子拉力和向心力作用.（ ✕ ）
（2）绳子突然断开，小物块向外飞出.（ √ ）
（3）小物块质量为m，小物块到手这段绳长为r，绳子与竖直方向的夹角为θ，则小物块的线速度为多大？
答案 （3）grsinθtanθ
解析 （3）对小物块受力分析可知，竖直方向有mg＝T cs θ，水平方向有T sin θ＝mv2rsinθ，联立解得小物块的线速度v＝grsinθtanθ.

命题点1 圆周运动的分析与计算
4.[圆周运动的计算/2023全国甲]一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（ C ）
A.1B.2C.3D.4
解析 质点做匀速圆周运动，合力完全提供向心力F合＝m4π2T2r∝rnT∝1r 4π2m∝rn－3
则n－3＝0，解得n＝3，C正确.
一题多解 结合题意，设F合＝prn，T＝qr(p、q为常量)，又F合＝m4π2T2r，联立可得4π2mq2r3＝prn，即n＝3，C正确.
5.[圆周运动的应用/2023北京]在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动.用力传感器测得绳上的拉力为F，用秒表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R.下列说法正确的是（ A ）
A.圆周运动轨道可处于任意平面内
B.小球的质量为FRt24π2n2
C.若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大
D.若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
解析
真实（n－1），记作n→m表达式中n测量值偏大→m测偏小，C错
R未计入小球半径→m表达式中R测量值偏小→m测偏大，D错
命题点2 圆锥摆问题
6.[圆锥摆/多选]如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的不可伸长的细线上端固定在Q上，下端拴一个小球.小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），细线与竖直方向成30°角（图中P位置）.现使小球在更高的水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向成60°角（图中P'位置）.两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的是（ BD ）
A.Q受到桌面的静摩擦力大小不变
B.小球运动的角速度变大
C.细线中的张力之比为2：1
D.小球的向心力之比为3：1
解析 设细线与竖直方向的夹角为θ，细线中的张力大小为FT，细线的长度为L. 小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有FT＝mgcsθ，向心力Fn＝mgtan θ＝mω2L sin θ，得角速度ω＝gLcsθ，使小球在一个更高的水平面内做匀速圆周运动时，θ增大， cs θ减小，则细线拉力FT增大，角速度ω增大，故B正确；对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，细线拉力FT增大，则静摩擦力变大，故A错误；开始时细线的拉力FT1＝mgcs30°＝2mg3，θ增大为60°后细线的拉力FT2＝mgcs60°＝2mg，所以FT2FT1＝31，故C错误；开始时小球的向心力Fn1＝mgtan 30°＝33mg，θ增大为60°后的向心力Fn2＝mgtan 60°＝3mg，所以Fn2Fn1＝31，故D正确.
命题拓展
（1）小球的线速度之比为 33：1 ，小球的周期之比为 1：43 ，小球的向心加速度之比为 3：1 .
（2）圆锥摆细线的拉力与角速度的关系如何？
答案 （2）细线的拉力与角速度成正比
解析 （1）小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有mgtanθ＝mv2Lsinθ＝m（2πT）2Lsinθ＝man，解得v＝gLsinθtanθ，T＝2πLcsθg，an＝gtanθ，从而可知小球的线速度之比为33：1，小球的周期之比为1：43，小球的向心加速度之比为3：1.
（2）由于FTsinθ＝mω2Lsinθ，解得FT＝mω2L，即圆锥摆细线的拉力与角速度的平方成正比.
7.[圆锥筒/多选]马戏团中上演的飞车节目深受观众喜爱.如图甲所示，两表演者骑着摩托车在轴线竖直的圆锥筒内壁上做水平面内的匀速圆周运动，摩托车与内壁沿圆锥母线方向的摩擦力恰好为0.若将两表演者（含摩托车）分别看作质点A、B，其示意简图如图乙所示，则相较于A质点，B质点做圆周运动的（ AB ）

图甲 图乙
A.周期较大B.线速度较大
C.角速度较大D.向心加速度较大
解析 摩托车做匀速圆周运动，沿圆锥母线方向的摩擦力恰好为0，由重力mg和支持力FN的合力提供圆周运动的向心力，作出受力分析图如图所示，则有向心力Fn＝mgtan α，由Fn＝mω2r＝mv2r，得ω＝gtanαr，v＝grtanα，由于B质点所处位置较A质点高，所以运动半径r较大，ω较小，v较大，故B正确，C错误；因为T＝2πω，而B质点角速度较小，则其周期较大，故A正确；由Fn＝man，得向心加速度an＝gtan α，可知A、B两质点的向心加速度相等，故D错误.
命题点3 生活中的圆周运动
8.[离心运动和近心运动/多选]如图是洗衣机的脱水筒，在甩干衣服时，脱水筒绕竖直轴转动速度慢慢变快，高速转动时衣服紧贴脱水筒侧壁随之转动，则（ BD ）
A.脱水筒转动速度较慢时，衣服上的水会做近心运动
B.脱水筒转动速度较快时，衣服上的水会做离心运动
C.衣服紧贴侧壁做圆周运动的向心力由衣服所受摩擦力提供
D.衣服紧贴侧壁做圆周运动的向心力由筒壁对衣服的弹力提供
解析 脱水筒转动速度较慢时，衣服对水的作用力足以提供其做圆周运动所需的向心力，衣服上的水随衣服做圆周运动；脱水筒转动速度较快时，衣服对水的作用力不足以提供其做圆周运动需要的向心力，故水将做离心运动，离开衣服，A错误，B正确.衣服紧贴在脱水筒的侧壁做圆周运动，竖直方向衣服受到的重力与静摩擦力平衡，侧壁对衣服的水平弹力提供衣服做圆周运动的向心力，C错误，D正确.
9.[转弯问题]列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内、外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α（α很小，可近似认为tanα＝sinα），重力加速度为g，下列说法正确的是（ B ）
A.列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B.列车过转弯处的速度v＝gRhd时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C.列车过转弯处的速度v＜gRhd时，列车轮缘会挤压外轨
D.若减小α，可提高列车安全过转弯处的速度
解析 列车以规定速度转弯时受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有mv2R＝mgtan α＝mghd，解得v＝gRhd，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v＜gRhd时，转弯所需的合力F＜mgtan α，故此时列车轮缘会挤压内轨，C错误；若要提高列车安全过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D错误.
10.[拱桥问题]如图所示，质量m＝2.0×104kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为r＝60m.假定桥面承受的压力不能超过3.0×105N.（g取10m/s2）
（1）汽车允许的最大速率是多少？
（2）若以（1）中所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？
答案 （1）103m/s （2）1.0×105N
解析 如图甲所示，汽车驶至凹形桥面的底部时，所受合力向上，此时车对桥面的压力最大；如图乙所示，汽车驶至凸形桥面的顶部时，所受合力向下，此时车对桥面的压力最小.
（1）汽车在凹形桥面的底部时，由牛顿第三定律可知，桥面对汽车的最大支持力N1＝3.0×105N
根据牛顿第二定律得N1－mg＝mv2r，解得v＝103m/s
（2）汽车在凸形桥面的顶部时，由牛顿第二定律得mg－N2＝mv2r
解得N2＝1.0×105N
由牛顿第三定律得，在凸形桥面的顶部汽车对桥面的压力为1.0×105N，即最小压力.
方法点拨
解答圆周运动动力学问题的基本思路
1.[圆周运动中的运动学问题/2022上海]某运动员滑雪时的运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为ω，向心加速度为a.则（ D ）
A.ω变小，a变小B.ω变小，a变大
C.ω变大，a变小D.ω变大，a变大
解析
2.[圆周运动中的动力学问题/2021浙江6月]质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ A ）
A.秋千对小明的作用力小于mg
B.秋千对小明的作用力大于mg
C.小明的速度为零，所受合力为零
D.小明的加速度为零，所受合力为零
解析 设在最高点绳子与竖直方向的夹角为θ，在最高点小明的速度为零，所受向心力为零，则有F－mg cs θ＝0，即秋千对小明的作用力F＝mg cs θ，小于mg，A正确，B错误；小明在最高点速度为零，但沿圆周切线方向上重力的分力为mg sin θ，即合力为mg sin θ，所以合力不为零，加速度不为零，C、D错误.
3.[圆周运动的动力学问题/2021河北/多选]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ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时（ BD ）
A.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.小球所受合力的大小一定变大
解析 小球做匀速圆周运动，小球所受合力充当向心力，即F合＝mω2r，角速度增大，小球做圆周运动的半径r不变，故合力一定变大，D正确；设弹簧弹力为F，与竖直方向夹角为θ，在竖直方向上，F cs θ＝mg，小球角速度增大时，若小球高度降低，则弹簧形变量增大，θ减小，竖直方向弹簧弹力的竖直分力大于重力，小球在竖直方向无法平衡，可知小球高度不可能降低，同理，小球高度也不会升高，故弹簧弹力不变，A错误，B正确；在水平方向上，设小球受到杆的弹力大小为FN，当F sin θ＞mω2r时，有F sin θ－FN＝mω2r，当ω逐渐增大时，FN先减小后增大，由牛顿第三定律可知C错误.
4.[平抛运动与圆周运动综合/2022河北/多选]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h2、v2、ω2表示.花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力.下列说法正确的是（ BD ）
A.若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1
B.若v1＝v2，则h1∶h2＝R12∶R22
C.若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D.若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2
解析 水做平抛运动，在竖直方向上有h＝12gt2，若h1＝h2，则水做平抛运动的时间相同，在水平方向上有R1＝v1t，R2＝v2t，解得v1∶v2＝R1∶R2，A错误；由A选项分析得R1＝v12h1g，R2＝v22h2g，若v1＝v2，解得h1∶h2＝R12∶R22，B正确；若ω1＝ω2，则喷水嘴转动一周的时间相同，又v1＝v2说明转动一周的过程中喷出的水的总量相同，显然落入外圈每个花盆的水量较少，C错误；若h1＝h2，则v1∶v2＝R1∶R2，当ω1＝ω2时，由转动一周的时间内喷出的水的总量为Q＝vTS＝v(2πω)S，解得Q1∶Q2＝R1∶R2，落在圆周上单位长度的水量为ΔQ＝Q2πR，显然落入每个花盆的水量相同，D正确.
5.[圆周运动的相关计算/2023江苏]“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.
答案 v0＝ω0r f＝mω02r
解析 根据线速度和角速度的关系，有v0＝ω0r
碟子对发光物体的静摩擦力提供其做圆周运动所需的向心力，故f＝mω02r.

1.[2024贵州贵阳摸底考试]常见于游乐园的摩天轮是一种大型轮状的机械建筑设施，乘客可以搭乘挂在轮边缘的座舱从高处俯瞰四周景色，如图所示.当摩天轮以一定的角速度逆时针匀速转动时，位于图中P位置的乘客所受座舱的作用力F的示意图可能正确的是（ D ）
A B C D
解析 对在P位置的乘客进行受力分析可知，乘客所受的重力和座舱的作用力F的合力提供向心力，由于重力竖直向下，合力指向圆心，则座舱的作用力F只能是左上方向【点拨：已知合力和一分力求另一分力时，用平行四边形定则或三角形法则】，如答图所示，D正确.
2.[2021全国甲]“旋转纽扣”是一种传统游戏.如图所示，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现.拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（ C ）
A.10m/s2B.100m/s2
C.1000m/s2D.10000m/s2
解析 由题目所给条件可知纽扣上各点的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，则纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小an＝ω2r＝(100π)2×0.01 m/s2≈1 000 m/s2，故A、B、D错误，C正确.
3.[2024重庆巴蜀中学校考]如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，说法正确的是（ C ）

A.脱水筒能脱水的原因是水滴受到脱水筒对它的背离圆心向外的离心力作用
B.“水流星”表演中“水流星”通过最高点时一定处于完全失重状态，不受重力作用
C.物体随着圆盘开始转动，当转盘的角速度一定时，物体离转盘中心越远，越容易做离心运动
D.在铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
解析 脱水筒的工作原理是衣服上的小水珠做圆周运动所需要的向心力大于衣服所能提供的力，从而使得水珠做离心运动，A错误；“水流星”在最高点时仍然受重力作用，B错误；在圆盘上的物体所受到的摩擦力提供向心力，当物体即将运动时，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可知μmg＝mω2r，即ω＝μgr，所以离中心越远的物体越容易做离心运动，C正确；火车转弯超过规定速度行驶时，需要的向心力大于火车原有的向心力，火车有做离心运动的趋势，挤压外轨，D错误.
4.如图所示，在电动机转轮上距轴O为r处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，电机启动后，球以角速度ω绕O轴匀速转动，则电机对地面最大压力和最小压力之差为（ B ）
A.mω2rB.2mω2r
C.mg＋2mω2rD.2mg＋2mω2r
解析 设电机质量为M，在小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律得F－mg＝mrω2，解得F＝mg＋mrω2，此时电机对地面的压力最大，N＝Mg＋F＝Mg＋mg＋mrω2；在小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律得mg＋F'＝mrω2，解得F'＝mrω2－mg，此时电机对地面的压力最小，N'＝Mg－F'＝Mg＋mg－mrω2.则压力之差ΔF＝N－N'＝2mω2r，故B正确.
5.[联系生活实际]如图所示的旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为35cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）d＝5cm，拖把头的半径为10cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去.某次脱水时，拖把杆上段1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是（ A ）
A.拖把头边缘的线速度为1.4πm/s
B.拖把杆上段向下运动的速度为0.1πm/s
C.拖把头转动的角速度为7πrad/s
D.拖把头的转速为1r/s
解析 由题意知拖把头转动的周期T＝17 s，则拖把头转动的角速度ω＝2πT＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝2πRT＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆上段向下运动的速度v2＝lt＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝1T＝7 r/s，故D错误.
6.[多体问题分析/2024湖北黄石二中校考]如图所示，三个水平圆盘A、B、C紧挨在一起，转动过程中不打滑.已知A、B、C的半径之比为1：2：3，现将可视为质点的两个小物块M和N分别置于B、C的边缘随圆盘一起转动，M、N与圆盘之间的最大静摩擦力均为其所受重力的μ倍.从静止开始缓慢增大A转动的角速度，则下列说法正确的是（ B ）
A.B、C两圆盘转动的方向相反
B.M与圆盘之间先发生相对滑动
C.A、B、C三个圆盘转动的角速度之比为3：2：1
D.A、B、C三个圆盘边缘处的向心加速度大小之比为3：2：1
解析 由题图可知，B、C两圆盘转动方向相同，A错误；A、B、C三个圆盘边缘处的线速度大小相同，小物块发生相对滑动的临界条件为μmg＝mv2r，解得v＝μgr，由于M做圆周运动的半径更小，发生相对滑动的临界速度更小，因此先发生相对滑动，B正确；由v＝ωr以及an＝v2r可得A、B、C三个圆盘转动的角速度之比为6：3：2，边缘处的向心加速度大小之比为6：3：2，C、D错误.
7.[多选]如图所示，两根长度不同的细线分别系有小球a、b，质量分别为m1、m2，细线的上端都系于O点，两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动.已知两细线长度之比L1∶L2＝3∶1，长细线与竖直方向的夹角为θ＝60°，下列说法正确的是（ AD ）
A.两小球做匀速圆周运动的周期相等
B.两小球做匀速圆周运动的线速度相等
C.m1∶m2＝3∶1
D.短细线与竖直方向成30°角
解析 由几何关系知，短细线与竖直方向的夹角为30°，D正确；如图所示，小球a受两个力作用，重力m1g和细线的拉力Fa，将Fa分解为Fx和Fy，则Fy＝m1g，Fx＝m1ω2L1 sin θ，即Fa cs θ＝m1g，Fa sin θ＝m1ω2L1 sin θ，解得ω＝gL1csθ＝gh，有Ta＝2πhg，同理可知，Tb＝2πhg，可看出，两小球运动的周期相等，A正确；两小球角速度相同，做圆周运动的半径不同，则线速度不相等，B错误；从本题中所给信息不能推出两小球质量的关系，C错误.
8.[联系生活实际/2024江苏南通开学考]如图所示，在圆形伞边缘的A、B两点分别用两根细线挂质量相同的小球，且线长L1＞L2.当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO'匀速转动时，细线L1、L2与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，拉力大小分别为F1、F2，小球角速度大小分别为ω1、ω2，距地面高度分别为h1、h2，不计空气阻力.则（ B ）
A.ω1＞ω2B.θ1＞θ2
C.F1＜F2D.h1＞h2
解析 当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO'匀速转动时，稳定时，两球的角速度大小相等，则有ω1＝ω2，A错误.设细线与竖直方向的夹角为θ，伞的半径为r，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝mω2(r＋L sin θ)，解得ω2＝gtanθr＋Lsinθ＝grtanθ＋Lcsθ，由于角速度大小相等，伞的半径r一定，为了保证rtanθ＋L cs θ为定值，当L大时，则θ大， cs θ小，tan θ大；由于L1＞L2，则有θ1＞θ2，B正确.竖直方向根据受力平衡可得F cs θ＝mg，则有F＝mgcsθ，由于θ1＞θ2，则有F1＞F2，C错误.根据ω2＝gtanθr＋Lsinθ＝grtanθ＋Lcsθ，为了保证rtanθ＋L cs θ为定值，当L大时，则θ大， cs θ小，tan θ大，则有L cs θ大.由于L1＞L2，则L1 cs θ1＞L2 cs θ2，可知挂A点处的小球位置更低，则有h1＜h2，D错误.
9.[2024福建泉州质检/多选]如图所示，水平圆盘的圆心O处开一小孔，沿径向固定一长度为L的细玻璃管PQ，P端与圆盘边缘重合，Q端与圆心O重合，管内有一半径略小、质量为m的小球，系在小球上的轻绳穿过小孔，下端悬挂重物，圆盘在电机驱动下可绕竖直轴OO'匀速转动，转速为n时重物处于悬停状态，不计一切摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（ BC ）
A.小球越靠近Q端，悬停的重物质量越大
B.小球越靠近Р端，悬停的重物质量越大
C.若小球处于玻璃管正中间，悬停的重物质量为2π2mLn2g
D.若略微增大圆盘转速，重物将上升一定高度后再悬停
解析 当重物处于悬停状态时，对重物由平衡条件有T＝Mg，对小球由牛顿第二定律有T'＝mω2r，又ω＝2πn，T＝T'，联立解得r＝Mg4mπ2n2，则重物的质量M越大，对应小球做圆周运动的半径r越大，小球离P端越近，A错误，B正确；当r＝L2时，代入r＝Mg4mπ2n2得M＝2π2mLn2g，C正确；略微增大圆盘转速时，拉力不足以提供向心力，小球将向P端移动，其做圆周运动的半径r增大，所需的向心力更大，则重物将一直上升【易错：这里很容易误认为重物上升一定高度后，绳子拉力等于向心力而误选D】，D错误.
10.[多选]飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜（如图所示），以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力.设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是（ CD ）
A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
解析 飞机盘旋时重力mg和机翼升力FN的合力F提供向心力，如图所示，因此有mgtan θ＝mv2R，解得R＝v2gtanθ，T＝2πRv＝2πvgtanθ.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R减小，周期T减小，A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大，C正确；若飞行速率v增大，θ增大，且满足vtanθ＝v'tanθ'，则周期T不变，D正确.
11.[2024山东泰安新泰一中校考]如图所示，在水平桌面上有一个可绕竖直固定转轴O'O转动的转盘，转盘半径为r，边缘绕有一条足够长的细绳，细绳末端系住一小木块.已知木块与桌面之间的动摩擦因数μ＝33.当转盘以角速度ω＝5rad/s旋转时，木块被带动一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同.已知r＝1m，重力加速度取g＝10m/s2.下列说法正确的是（ C ）
A.当ω＝5rad/s稳定时，木块做圆周运动的半径为1.2m
B.当ω＝5rad/s稳定时，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为4：1
C.要保持上述的稳定状态，角速度ω＜1033rad/s
D.无论角速度多大，都可以保持上述稳定状态
解析 设小木块的质量为m，做圆周运动的半径为R，对木块受力分析，如图所示，根据几何关系，有 sin θ＝rR，tan θ＝rR2-r2，根据题意知，木块做匀速圆周运动时的切向加速度为零，则有T1＝f＝μmg，根据几何关系有tan θ＝T1T2，物块做匀速圆周运动有T2＝mω2R，联立解得R＝μgrμ2g2-ω4r2，当ω＝5 rad/s稳定时，木块做圆周运动的半径为R＝2 m，木块的线速度与圆盘边缘线速度大小之比为v1v2＝ωRωr＝21，A、B错误；要保持上述的稳定状态，由R＝μgrμ2g2-ω4r2可知，μ2g2－ω4r2＞0，解得ω＜μgr＝1033 rad/s，C正确、D错误.
12.[联系体育运动/2022辽宁]2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000m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＝9m/s时，滑过的距离x＝15m，求加速度的大小；
（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R1＝8m，R2＝9m，滑行速率分别为v1＝10m/s，v2＝11m/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.
答案 （1）2.7m/s2 （2）225242 甲
解析 （1）根据速度位移公式有v2＝2ax，代入数据可得a＝2.7m/s2.
（2）由向心加速度的表达式an＝v2R可得甲、乙的向心加速度之比为a1a2＝v12R1·R2v22＝225242
甲、乙两运动员均做匀速圆周运动，则运动半周经过的时间为t＝πRv，可得甲、乙运动的时间之比为t1t2＝R1v1·v2R2＜1，所以甲先出弯道.
13.[多运动组合考查]如图所示，竖直平面内光滑34圆弧形轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B点在O的正上方.一个小球在A点正上方由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆弧形轨道并恰能到达B点，求：
（1）释放点距A点的竖直高度；
（2）小球落到斜面上C点时的速度大小.
答案 （1）1.5R （2）5gR
解析 （1）小球恰能到达B点，在B点由重力提供向心力，则有mg＝mv2R
得v＝gR
设小球的释放点距A点高度为h，小球从开始下落到B点，由动能定理得mg（h－R）＝12mv2
得h＝1.5R
（2）小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时有
tan45°＝yx＝12gt2vt＝gt2v
解得t＝2Rg
小球落在斜面上C点时竖直分速度为vy＝gt＝2gR
小球落到C点的速度大小vC＝v2＋vy2＝5gR.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动.
2.知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向.
3.能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力.
4.了解生产生活中的离心现象及其产生的原因.
圆周运动中的运动学问题
2022：河北T10，上海T6；
2021：全国甲T15，广东T4；
2019：上海T6
1.物理观念：理解线速度、角速度、周期、向心加速度和向心力等概念；通过分析圆周运动现象、航天器中的失重现象及离心现象等，进一步深化运动与相互作用观念.
2.科学思维：能在熟悉情境中运用匀速圆周运动的相关模型解决问题；能对常见的匀速圆周运动进行分析推理，获得结论；能用与匀速圆周运动相关的证据说明结论并作出解释.
3.科学探究：探究向心力大小的影响因素，认识到物理学研究依赖于实验器材的改进与创新.
4.科学态度与责任：将所学知识应用于日常生活实际，体会物理学的技术应用的影响，激发学习兴趣和热情.
圆周运动中的动力学问题
2023：北京T10，江苏T13，全国甲T17；
2021：河北T9，浙江6月T7；
2020：全国ⅠT16，上海T3，江苏T15；
2019：江苏T6
命题分析预测
圆周运动是本章的重点，在高考中可以单独考查（涉及圆周运动的基本规律），或者与能量综合考查.试题背景多贴近生产生活实际，主要为选择题形式，也可能作为计算题第1题.
运动模型
向心力的来源图示
汽车在水平路面转弯
水平转台（光滑）
圆锥摆
飞车走壁
飞机水平转弯
火车转弯