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【备战2023高考】物理专题讲与练——考向08《圆周运动》全能练（含解析）（全国通用）
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考向08 圆周运动
【重点知识点目录】
1. 描述圆周运动的物理量
2. 水平面内的匀速圆周运动
3. 竖直面内的匀速圆周运动
4. 轻“杆”模型和“双绳”模型
5. 圆周运动中的临界问题
1．（2022•上海）运动员滑雪时运动轨迹如图所示，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（ ）
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
【答案】D。
【解析】解：根据线速度的公式v＝ωr可知，当速率不变，半径减小时，角速度增大，而a＝ωv也会随之增大，故D正确，ABC错误；
2．（2022•浙江）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【答案】B。
【解析】解：A、做匀速圆周运动的链球加速度时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错误；
B、惯性只与质量有关，不随速度增大而增大，故B正确；
C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力大小改变，故C错误；
D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D错误。
3．（2022•山东）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，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，小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s，在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（ ）
A．，l＝8m
B．，l＝5m
C．，l＝5.5m
D．，l＝5.5m
【答案】B。
【解析】解：小车在圆周轨道中有：a＝，代入数据解得：vBC＝m/s，vCD＝2m/s，小车保持速率不变依次经过BC和CD，所以为保证安全，小车的速度为v＝2m/s，从A到B，根据运动学规律有：﹣v2＝2ax，将a＝2m/s2代入解得：x＝3m，则小车在AB段做匀速直线运动运动的最长距离l＝8m﹣x＝8m﹣3m＝5m，小车在AB段减速所用时间为t1＝，匀速所用时间t2＝，在圆周轨道运动时间为：t3＝，则小车从A到D所需最短时间t＝t1+t2+t3，联立代入数据解得：，故ACD错误，B正确；
1． 解决圆周运动问题步骤
2． ①审清题意，确定研究对象；
3． 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；
4． 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；
5． ④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
6． 2. 圆周运动中的临界问题
对于圆周运动中的临界问题,分析时应首先考虑达到临界条件时物体所处的状态,然后分析该状态下物体的受力特点,结合圆周运动知识,列出相应的动力学方程。对有关范围类的临界问题,应注意分析两个极端状态,以确定变化范围。
通常包含：
①水平面内圆周运动的临界问题
②竖直平面内圆周运动的临界问题
③圆锥摆模型的临界问题
1.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。
物理量之间的关系为
1． 圆周运动中的运动学分析
2． （1）对公式v=ωr的理解
3． 当r一定时，v与ω成正比。
4． 当ω一定时，v与r成正比。
5． 当v一定时，ω与r成反比。
6． （2）对a=v2/r=ω2r=ωv的理解
7． 在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。
8． 3．圆周运动中的运动学规律总结
9． 在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
10． （1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v=ωr与半径r成正比。
11． （2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω=v/r与半径r成反比。
12． （3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比。
13． 4．圆周运动中的动力学问题分析
14． （1）向心力的确定
15． ①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置。
16． 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。
17． （2）向心力的来源
18． 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。
19． 5.竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
20． （1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”。
21． （2）绳、杆模型涉及的临界问题。
6. 水平内的匀速圆周运动
7.向心力
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．
大小：
方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
8.离心运动和向心运动
离心运动：
（1）定义：做圆周运动的物体，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倾向．
（3）受力特点：
当F=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＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
向心运动：
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
易错题【01】
在半径不确定情况下，不能由角速度确定线速度，也不能由线速度确定角速度。易错题【02】
同轴转动中各质点的角速度关系，具有相同的角速度和转速。
易错题【03】
只有圆周运动时，合力才全部用来提供向心力，对于一般的圆周运动，合力一般不是指向圆心，力分解到指向圆心方向和切向，分别产生向心加速度和切向加速度。
易错题【04】
在竖直面内的圆周运动中需要注意一些临界条件，杆子给物体的作用力可能是推力，也有可能是拉力。分解到水平和竖直方向。
4．（2022春•郑州期末）如图所示为自行车的传动装置，其中A为轮盘边缘上一点，B为飞轮边缘上一点，C为车轮边缘上一点，若轮盘、飞轮和车轮的半径之比为3：1：12，在人用力蹬车前进时，下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的角速度大小之比为3：1
B．A、C两点的线速度大小之比为1：4
C．轮盘转一圈时，车轮转12圈
D．A、C两点的向心加速度大小之比为1：36
【答案】D。
【解析】解：A.A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，由可知，ωA：ωB＝rB：rA＝1：3，故A错误；
B.B、C两点的同轴传动，角速度相等，由v＝rω可知，vB：vC＝rB：rC＝1：12，又vA＝vB，所以vA：vC＝1：12，故B错误。
C.轮盘和飞轮的角速度之比为1：3，即轮盘转一圈飞轮转3圈，飞轮车轮也转3圈，故C错误。
D.根据可知，，故D正确。
5．（2022春•大连期中）如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各拴有物体A、B（可视为质点）.A放在地面上，滑轮左侧的轻绳竖直，B物体在外力作用下，使滑轮右侧的轻绳与竖直方向夹角为60°，撤掉外力，B从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态.当B摆至最低点时，A刚好对地面无压力，则A的质量与B的质量之比为（ ）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【答案】B。
【解析】解：设A、B质量分别为M、m，由动能定理得：mgl（1﹣cos60°）＝
当B摆到最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝m
T＝Mg，联立解得：T＝2mg＝Mg，M＝2m，故A、B质量之比为 ＝，故ACD错误，B正确；
6．（2021秋•顺义区月考）如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在变速塔轮2和3的圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，那么下列说法中正确的是（ ）
A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少
B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值
C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内
D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上
【答案】C。
【解析】解：A、手柄转动的快所需要的向心力大，反之需要的向心力小，转动手柄1的快慢会影响向心力的大小，故A错误；
B、由于两个轮用皮带连接，线速度相等，两球向心力之比等于半径的反比，故转动手柄1的快慢不会影响两个球所受向心力的比值，故B错误；
C、如果保证两个小球角速度相同，两小球同时放到同个槽中，故C正确；
D、为了探究向心力大小和角速度的关系皮带应套在变速塔轮2和3相同半径的圆盘上，故D错误；
7．（2022春•道里区校级月考）由于高度限制，车库出人口采用如图所示的双轴栏杆，由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、O为横杆的两个端点，在栏杆抬起过程中，杆PO始终保持水平；在某次杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，关于P，Q两个点的相关物理量，下列说法正确的是（ ）
A．P点做圆周运动的半径比Q点做圆周运动的半径小
B．P、Q两点做圆周运动的转速大小不同
C．P点做圆周运动的向心加速度不变
D．P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小相同
【答案】A。
【解析】解：A、根据图可知，P点做圆周运动的半径比Q点做圆周运动的半径小，故A正确；
B、P、Q两点做圆周运动，属于同轴转动，故转速大小相同，故B错误；
C、P点做圆周运动的向心加速度大小不变，方向时刻在变，故C错误；
D、根据a＝ω2r可知，P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小不相同，故D错误；
8．（2022•全国模拟）宇航员需要进行失重训练，以适应微重力环境下的生活。一款失重训练仪如图所示，两半径均为R的金属圆环甲、乙带着旋转椅可以同时绕O1O2、O3O4两个相互垂直的轴匀速转动，两转轴的交点为O。P为金属圆环甲上的一点，∠POO2＝θ。若某次训练时，金属圆环甲仅绕O1O2轴转动，圆环的半径为R，转速为n。则圆环甲转动的周期T以及圆环甲上点P的向心加速度a分别为（ ）
A．，a＝4π2n2Rsinθ B．，a＝n2Rsinθ
C．，a＝4π2n2Rcosθ D．，a＝n2Rcosθ
【答案】A。
【解析】解：周期与转速的关系是T＝，
P绕O1O2轴转动，故运动半径为Rsinθ，加速度与周期的关系是a＝＝4π2n2Rsinθ，故A正确，BCD错误；
9．（2022春•荔湾区校级月考）如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F的作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法不正确的是（ ）
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变大，小球可能沿轨迹Pc做向心运动
【答案】B。
【解析】解：A、若拉力突然消失，小球做离心运动，因为水平方向不受力，将沿Pa轨迹运动，故A正确；
BC、若拉力突然变小，拉力不够提供向心力，做半径变大的离心运动，即可能沿轨迹Pb做离心运动，故B错误，C正确；
D、若拉力突然变大，则拉力大于向心力，可能沿轨迹Pc做向心运动，故D正确。
本题选错误的
10．（2022春•广东月考）洪水后的泥沙随水流动的同时在重力的作用下逐渐沉下来，这种沉淀叫重力沉淀；医院里用分离机分离血液的示意图如图甲所示，将血液装在试管里，让其绕竖直轴高速旋转，试管几乎成水平状态，如图乙所示，血液的不同成分会快速分离在不同的地方，这叫离心沉淀，关于这两种沉淀，下列说法正确的是（ ）
A．血液中密度最大的成分将聚集在试管底部
B．血液采用重力沉淀比离心沉淀更方便、快捷
C．只增大分离机的转速，血液中密度最大的成分做圆周运动所需要的向心力减小
D．只增大分离机的转速，血液分离的时间将变长
【答案】A。
【解析】解：A、对于离心沉淀来说，血液里的物质随试管做圆周运动，其所需要的向心力F＝mω2r，对于相同位置等体积的成分，密度越大，质量越大，所需的向心力越大，同一位置成分之间水平方向的作用力相等，所以密度大的成分所受的力不足以提供所需向心力，做离心运动，那么血液中密度最大的成分将聚集在试管底部，故A正确；
BD、由于血液成分之间的粘滞力较大，所以重力沉淀速度较慢，而离心沉淀可以通过增大分力机的转速加快分离速度，使时间变短，故BD错误；
C、只增大分离机的转速，可知分离机的角速度增大，根据A选项可知血液中密度最大的成分做圆周运动所需要的向心力增大，故C错误。
11．（2022春•泗水县期中）如图，质量为m的小球固定在长为L的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，球转到最低点A时，线速度的大小为，此时（ ）
A．杆受到的压力 B．杆受到 的拉力
C．杆受到的压力 D．杆受到的拉力
【答案】B。
【解析】解：A、在最低点，小球受到重力和杆的拉力，其合力提供向心力，则有：
解得：F＝
根据牛顿第三定律可知，小球对杆的拉力为，故ACD错误，B正确；
12．（2021春•浙江期中）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向具有向外的运动趋势（即垂直于前进方向），则汽车转弯时的车速应为（ ）
A．速度大于 B．速度小于
C．速度等于 D．速度等于
【答案】A。
【解析】解：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图。
当车轮与路面间无侧向摩擦力时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m，
又由数学知识得到：tanθ＝，
联立解得：v＝，
当要使车轮与路面之间的横向具有向外的运动趋势，速度要大于，故A正确，BCD错误。
13．（2021秋•章丘区校级期中）如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT﹣v2图像如图乙所示，则（ ）
A．轻质绳长等于
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【答案】D。
【解析】解：AB、设绳长为L，小球运动到最高点，由牛顿第二定律得：mg+FT＝m
移项得：FT＝m﹣mg，结合图线可知，纵轴截距的绝对值a＝mg，解得当地的重力加速度g＝，图线的斜率k＝＝，解得绳子的长度L＝，故AB错误；
C、当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为FT＝m﹣mg＝﹣a，故C错误；
D、当v2＝b时，轻质绳的拉力大小为T＝0，重力提供向心力，mg＝m
当小球运动到最低点时速度为v′，根据动能定理可知：2mgL＝mv′2﹣mv2
最低点，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
联立解得：F＝6mg＝6a，故D正确。
14．（2020春•红岗区校级期中）“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知小球运动到最低点Q时速度为v0，绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（ ）
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球运动到最低点Q时速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0＞2时，小球一定能通过最高点P
D．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态
【答案】D。
【解析】解：A．小球运动到最低点Q时，加速度的方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，在Q点：F1﹣mg＝
在P点：F2+mg＝
由动能定理得：﹣mg•2l＝﹣
联立解得：△F＝F1﹣F2＝6mg，故B错误；
C．小球恰好经过最高点P，由重力提供向心力得：
解得：
根据动能定理：
解得：，即在最低点的速度需满足，小球才能通过最低点P，故C错误；
D．若，设小球能上升的最大高度h，由机械能守恒得：＝
所以：h＜l小球上升到的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，故D正确；
15．（2020春•河北期末）如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，当小球在最高点的线速度大小为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零；若小球在最高点时两根轻绳的拉力大小均为，则此时小球的线速度大小为（ ）
A．2v B．3v C．4v D．5v
【答案】B。
【解析】解：根据几何关系可知，小球做圆周运动的半径为r＝，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg＝，解得：v＝；
当小球在最高点时两根轻绳的拉力大小均为时，小球受到的合外力：F＝mg+2F•cos30°＝9mg
根据牛顿第二定律有：9mg＝，
联立解得：v′＝3v，故B正确，ACD错误。
16．（2020春•荔湾区校级月考）如图所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为2rad/s，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．这时绳的拉力大小为12.5N
B．这时绳的拉力大小约为16.7N
C．这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力可能不变
D．这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力一定变大
【答案】D。
【解析】解：AB、小球刚要离开锥面时，锥面对小球的支持力为零，根据牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mlsin θ
解得：ω0＝＝rad/s。
角速度为2rad/s时，小球离开锥面，设此时绳与竖直方向的夹角为α，
由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtan α＝mω2lsin α
解得：α＝60°。
这时绳的拉力：F＝N＝20N，故AB错误；
CD、这时缓慢增大小球的角速度，则绳与竖直方向的夹角变大，绳的拉力F一定变大，故C错误，D正确。
17．（2019秋•香坊区校级期中）如图所示，质量为M的物体内为光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动时，物体M保持静止。关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左
B．滑块运动到A点时，N＝（M+m）g，摩擦力为零
C．滑块运动到D点时，N＜（M+m）g，摩擦力方向向左
D．滑块运动到D点时，N＝（M+m）g，摩擦力方向向左
【答案】C。
【解析】解：AB、滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，N＜Mg，由于系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故AB错误；
CD、滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对物体有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N＝Mg＜（M+m）g，故C正确，D错误；
18．（2018秋•诸暨市期末）如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆。为了数据检索的方便，磁盘格式化时要求所有磁道储存的字节与最内磁道的字节相同，最内磁道上每字节所占用磁道的弧长为L．已知磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外磁道不储存字节。电动机使磁盘以每秒n圈的转速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间。下列说法正确的是（ ）
A．相邻磁道的向心加速度的差值为
B．最内磁道的一个字节通过磁头的时间为
C．读完磁道上所有字节所需的时间为
D．若r可变，其他条件不变，当，r＝时磁盘储存的字节最多
【答案】D。
【解析】解：A．相邻磁道属于同轴转动，故角速度w相同，转速n相同。
相邻磁道的半径差为d，根据向心加速度公式：a＝rw2＝r（2πn）2知，
相邻磁道的向心加速度的差值为4π2n2d，故A错误；
B．磁盘转动一圈所用时间，磁盘转一圈磁头所读字节的总长为2πr，所以磁头读单位长度的字节所用时间为，
又因为一个字节所占弧长为L，所以最内磁道的一个字节通过磁头的时间为，故B错误；
C．因为磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，所以磁盘中共有磁道条数为，
磁头读完一条磁道所有字节所用时间为，则读完磁道上所有字节所需时间为，故C错误；
D．根据题意知每一磁道上的字节数都与最内磁道的字节相等，等于，因为磁盘中共有磁道条数为，
所以磁盘中的字节数为N＝＝，根据表达式知，当r＝时磁盘储存的字节数最多。故D正确；
19．（2022春•岷县校级月考）如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为r，A的质量为mA，B的质量为mB．已知A与B间的动摩擦因数为，B与转台间的动摩擦因数为，若木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A。
【解析】解：由于A、AB整体受到的静摩擦力均提供向心力，故
对A，有：μ1mAg≥mAω12r
解得ω1≤＝
对AB整体，有：（mA+mB）ω22r≤μ2（mA+mB）g
解得ω2≤＝
综上可得：ω≤，故A正确，BCD错误。
20．（2022春•章丘区期中）曲柄连杆机构是发动机的主要运动机构，其功用是将活塞的往复运动转变为曲轴的旋转运动，从而驱动汽车车轮转动。其结构示意图如图所示，活塞可沿水平方向往复运动，曲轴可绕固定的O点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点，若曲轴绕O点做匀速圆周运动，则（ ）
A．活塞做水平方向的匀速直线运动
B．当OA与AB垂直时，A点与B点的速度大小相等
C．当OA与AB共线时，A点与B点的速度大小相等
D．当OA与OB垂直时，A点与B点的速度大小相等
【答案】D。
【解析】解：A、B点的速度分解为沿AB杆和垂直于杆方向，两速度与杆AB的夹角分别为α、β，如图所示：
根据平行四边形定则得两点速度沿杆方向的速度分量相等，
即vAcosα＝vBcosβ，故
由于曲轴转动时，α、β都在变化，vA是圆周运动的线速度大小不变，故活塞不是匀速直线运动，故A错误；
B.由以上分析可知，当OA与AB垂直时，α＝0，B点速度为
，且β为锐角，A点与B点的速度大小不相等，故B错误；
C.同理当OA与AB共线时，α＝90°，A点速度大小不变，B点速度为零，故C错误；
D.当OA与OB垂直时，各点速度和分速度如图所示：
此时α＝β，A、B两点速度沿杆方向的分速度相等，即vAcosα＝vBcosβ，得vA＝vB，即A点与B点的速度大小相等，故D正确。
21．（2022春•沈阳期中）如图所示，不可伸长的轻绳长1，一端固定于O点，另一端系一质量为m小球，把小球拉到与水平方向成θ角的A点（绳子刚好伸直）然后由静止释放。已知θ＝30°，求小球运动到O正下方B点时绳的张力是多少？重力加速度g已知，空气阻力忽略不计。
【答案】小球运动到O正下方B点时绳的张力是3.5mg。
【解析】解：小球先做自由落体运动，到绳与水平方向再次成θ＝30°角时，绳被拉直，然后小球做圆周运动，如图所示，绳被拉直时小球下降的高度为L，设此时小球的速度为v1
根据自由落体运动的规律有v1＝
将v1分解为沿绳方向的速度v′和垂直于绳方向的速度v″，当绳绷直的瞬间，v′变为0，v″＝v1cosθ＝
绳绷直后，小球在竖直平面内做圆周运动，设小球到达最低点B时的速度为v2，以最低点B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律可得：
＝+mgL（1﹣cos60°）
设在B点绳对小球的拉力为F，
根据牛顿第二定律有F﹣mg＝m
联立解得F＝3.5mg。
22．（2021•海淀区校级开学）一可视为质点的物体做匀速圆周运动，尽管其速度大小保持不变，但速度方向时刻在变化，故该物体存在加速度。假设该物体以速率v，在半径为R的圆周上匀速率运动，如图所示。
（1）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角大小为π，求此过程中物体的平均加速度a1的大小；
（2）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角为θ（θ＜），求此过程中物体的平均加速度a2的大小；
（3）请你根据（2）问的结果进行推导说明：当圆心角θ趋近于零（θ→0）时，物体的瞬时加速度为an的大小为。
【答案】（1）此过程中物体的平均加速度a1的大小为；
（2）此过程中物体的平均加速度a2的大小为；
（3）证明如上所示。
【解析】解：（1）物体从A点运动到B点，若AB圆弧所对圆心角大小为π，则物体在A、B两点的速度大小相等，方向相反，
则物体的平均加速度大小：；
（2）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角为θ（θ＜），如图所示，
△AOB∽△DBC，可知，∠DBC＝θ，△DBC为等腰三角形，
根据几何关系得：，
A点到B点的时间：t＝，
解得物体的平均加速度；
（3）当圆心角θ趋近于零（θ→0）时，当△t→0时，弦长AB与弧长AB相等，设弧长AB用L表示，则：，
因为L＝v•△t，则，
变形得：，
当△t→0时，a＝。
23．（2021春•江南区校级期末）如图所示，圆形餐桌中心有一半径为的圆盘，可绕穿过中心的竖直轴转动，圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．当圆盘的角速度为时，放置在圆盘边缘的小物体恰好滑上餐桌．已知小物体与餐桌间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）小物体与圆盘的动摩擦因数
（2）小物体恰好不从餐桌滑落时餐桌的最小半径．
【答案】（1）小物体与圆盘的动摩擦因数是0.5；
（2）小物体恰好不从餐桌滑落时餐桌的最小半径是．
【解析】解：（1）设小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物体恰好滑到餐桌上时圆盘的角速 度为ω．①
代入数据解得：μ1＝0.5②
（2）小物体从圆盘甩出时的速度v1＝ω0R③
设小物体与餐桌间的动摩擦因数为μ2，小物体在餐桌上滑动距离x1恰不滑出桌面，由动能定理得：
餐桌的最小半径⑤
联立解得R＝R⑥
24．（2021•山东）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B。
【解析】解：因为细杆为轻质细杆，又因为其一端绕竖直光滑轴O转动，所以杆对球的力沿杆，即杆对球不做功，对小球完成一个完整的圆周运动过程，由动能定理得﹣f•2πL＝0﹣，解得摩擦力f＝，故B正确，ACD错误。
25．（2021•广东）由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
【答案】A。
【解析】解：A、杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，可认为转动的角速度ω不变，由v＝ωr，P点转动半径r不变，所以P点的线速度大小不变，故A正确；
B、向心加速度始终指向圆心O点，所以P点的加速度方向时刻改变，故B错误；
CD、对两位置的速度沿竖直方向和水平方向分解，如图所示，由图可知，竖直方向的分速度在逐渐变小，水平方向的分速度在逐渐增大，所以在P点的带动下，Q点在竖直方向做做减速运动，在水平方向做做加速运动，故CD错误。
26．（2021•甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，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（ ）
A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2
【答案】C。
【解析】解：根据匀速圆周运动的规律，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，r＝1cm＝0.01m，向心加速度为：an＝ω2r＝（100π）2×0.01m/s2＝100π2m/s2≈1000m/s2，故C正确，ABD错误。
27．（2021•河北）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A。
【解析】解：小球从开始下落到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下降的高度为：
h＝R+（πR﹣）＝R+πR
取小球在末位置的重力势能为零，由机械能守恒定律有：
mgh＝
解得：v＝，故A正确，BCD错误。
（多选）28．（2021•河北）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（ ）
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．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】BD。
【解析】解：AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，小球在竖直方向受力平衡，则Fcosα＝mg
若ω′＞ω，假设小球上移，α增大，cosα减小，弹簧伸长量减小，F减小，则Fcosα＜mg，小球在竖直方向不能平衡，不可能；
同理，假设小球下移，α减小，也不可能，所以α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故A错误，B正确；
C、规定杆对小球的弹力方向向右为正，由牛顿第二定律得：
Fsinα﹣FN＝mω2r，可得FN＝Fsinα﹣mω2r，
因为Fsinα是定值，所以当Fsinα＞mω2r时，FN＞0，杆对环弹力向右；Fsinα＜mω2r时，FN＜0，杆对环弹力向左。因为随着ω的增大，弹力有个反向的过程，所以从ω＝0开始逐渐增大，弹力变化一定是先变小后变大。因为本题Fsinα与mω2r的关系未知，所以大小关系不确定，因此弹力可能变大、也可能变小，故C错误；
D、小球所受合外力的大小F合＝Fn＝mω2r，ω变大，其它量不变，则F合一定变大，故D正确。
考向08 圆周运动
【重点知识点目录】
1. 描述圆周运动的物理量
2. 水平面内的匀速圆周运动
3. 竖直面内的匀速圆周运动
4. 轻“杆”模型和“双绳”模型
5. 圆周运动中的临界问题
1．（2022•上海）运动员滑雪时运动轨迹如图所示，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（ ）
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
【答案】D。
【解析】解：根据线速度的公式v＝ωr可知，当速率不变，半径减小时，角速度增大，而a＝ωv也会随之增大，故D正确，ABC错误；
2．（2022•浙江）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【答案】B。
【解析】解：A、做匀速圆周运动的链球加速度时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错误；
B、惯性只与质量有关，不随速度增大而增大，故B正确；
C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力大小改变，故C错误；
D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D错误。
3．（2022•山东）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，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，小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s，在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（ ）
A．，l＝8m
B．，l＝5m
C．，l＝5.5m
D．，l＝5.5m
【答案】B。
【解析】解：小车在圆周轨道中有：a＝，代入数据解得：vBC＝m/s，vCD＝2m/s，小车保持速率不变依次经过BC和CD，所以为保证安全，小车的速度为v＝2m/s，从A到B，根据运动学规律有：﹣v2＝2ax，将a＝2m/s2代入解得：x＝3m，则小车在AB段做匀速直线运动运动的最长距离l＝8m﹣x＝8m﹣3m＝5m，小车在AB段减速所用时间为t1＝，匀速所用时间t2＝，在圆周轨道运动时间为：t3＝，则小车从A到D所需最短时间t＝t1+t2+t3，联立代入数据解得：，故ACD错误，B正确；
1． 解决圆周运动问题步骤
2． ①审清题意，确定研究对象；
3． 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；
4． 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；
5． ④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
6． 2. 圆周运动中的临界问题
对于圆周运动中的临界问题,分析时应首先考虑达到临界条件时物体所处的状态,然后分析该状态下物体的受力特点,结合圆周运动知识,列出相应的动力学方程。对有关范围类的临界问题,应注意分析两个极端状态,以确定变化范围。
通常包含：
①水平面内圆周运动的临界问题
②竖直平面内圆周运动的临界问题
③圆锥摆模型的临界问题
1.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。
物理量之间的关系为
1． 圆周运动中的运动学分析
2． （1）对公式v=ωr的理解
3． 当r一定时，v与ω成正比。
4． 当ω一定时，v与r成正比。
5． 当v一定时，ω与r成反比。
6． （2）对a=v2/r=ω2r=ωv的理解
7． 在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。
8． 3．圆周运动中的运动学规律总结
9． 在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
10． （1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v=ωr与半径r成正比。
11． （2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω=v/r与半径r成反比。
12． （3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比。
13． 4．圆周运动中的动力学问题分析
14． （1）向心力的确定
15． ①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置。
16． 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。
17． （2）向心力的来源
18． 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。
19． 5.竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
20． （1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”。
21． （2）绳、杆模型涉及的临界问题。
6. 水平内的匀速圆周运动
7.向心力
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．
大小：
方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
8.离心运动和向心运动
离心运动：
（1）定义：做圆周运动的物体，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倾向．
（3）受力特点：
当F=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＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
向心运动：
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
易错题【01】
在半径不确定情况下，不能由角速度确定线速度，也不能由线速度确定角速度。易错题【02】
同轴转动中各质点的角速度关系，具有相同的角速度和转速。
易错题【03】
只有圆周运动时，合力才全部用来提供向心力，对于一般的圆周运动，合力一般不是指向圆心，力分解到指向圆心方向和切向，分别产生向心加速度和切向加速度。
易错题【04】
在竖直面内的圆周运动中需要注意一些临界条件，杆子给物体的作用力可能是推力，也有可能是拉力。分解到水平和竖直方向。
4．（2022春•郑州期末）如图所示为自行车的传动装置，其中A为轮盘边缘上一点，B为飞轮边缘上一点，C为车轮边缘上一点，若轮盘、飞轮和车轮的半径之比为3：1：12，在人用力蹬车前进时，下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的角速度大小之比为3：1
B．A、C两点的线速度大小之比为1：4
C．轮盘转一圈时，车轮转12圈
D．A、C两点的向心加速度大小之比为1：36
【答案】D。
【解析】解：A.A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，由可知，ωA：ωB＝rB：rA＝1：3，故A错误；
B.B、C两点的同轴传动，角速度相等，由v＝rω可知，vB：vC＝rB：rC＝1：12，又vA＝vB，所以vA：vC＝1：12，故B错误。
C.轮盘和飞轮的角速度之比为1：3，即轮盘转一圈飞轮转3圈，飞轮车轮也转3圈，故C错误。
D.根据可知，，故D正确。
5．（2022春•大连期中）如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各拴有物体A、B（可视为质点）.A放在地面上，滑轮左侧的轻绳竖直，B物体在外力作用下，使滑轮右侧的轻绳与竖直方向夹角为60°，撤掉外力，B从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态.当B摆至最低点时，A刚好对地面无压力，则A的质量与B的质量之比为（ ）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【答案】B。
【解析】解：设A、B质量分别为M、m，由动能定理得：mgl（1﹣cos60°）＝
当B摆到最低点，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝m
T＝Mg，联立解得：T＝2mg＝Mg，M＝2m，故A、B质量之比为 ＝，故ACD错误，B正确；
6．（2021秋•顺义区月考）如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在变速塔轮2和3的圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，那么下列说法中正确的是（ ）
A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少
B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值
C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内
D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上
【答案】C。
【解析】解：A、手柄转动的快所需要的向心力大，反之需要的向心力小，转动手柄1的快慢会影响向心力的大小，故A错误；
B、由于两个轮用皮带连接，线速度相等，两球向心力之比等于半径的反比，故转动手柄1的快慢不会影响两个球所受向心力的比值，故B错误；
C、如果保证两个小球角速度相同，两小球同时放到同个槽中，故C正确；
D、为了探究向心力大小和角速度的关系皮带应套在变速塔轮2和3相同半径的圆盘上，故D错误；
7．（2022春•道里区校级月考）由于高度限制，车库出人口采用如图所示的双轴栏杆，由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、O为横杆的两个端点，在栏杆抬起过程中，杆PO始终保持水平；在某次杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，关于P，Q两个点的相关物理量，下列说法正确的是（ ）
A．P点做圆周运动的半径比Q点做圆周运动的半径小
B．P、Q两点做圆周运动的转速大小不同
C．P点做圆周运动的向心加速度不变
D．P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小相同
【答案】A。
【解析】解：A、根据图可知，P点做圆周运动的半径比Q点做圆周运动的半径小，故A正确；
B、P、Q两点做圆周运动，属于同轴转动，故转速大小相同，故B错误；
C、P点做圆周运动的向心加速度大小不变，方向时刻在变，故C错误；
D、根据a＝ω2r可知，P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小不相同，故D错误；
8．（2022•全国模拟）宇航员需要进行失重训练，以适应微重力环境下的生活。一款失重训练仪如图所示，两半径均为R的金属圆环甲、乙带着旋转椅可以同时绕O1O2、O3O4两个相互垂直的轴匀速转动，两转轴的交点为O。P为金属圆环甲上的一点，∠POO2＝θ。若某次训练时，金属圆环甲仅绕O1O2轴转动，圆环的半径为R，转速为n。则圆环甲转动的周期T以及圆环甲上点P的向心加速度a分别为（ ）
A．，a＝4π2n2Rsinθ B．，a＝n2Rsinθ
C．，a＝4π2n2Rcosθ D．，a＝n2Rcosθ
【答案】A。
【解析】解：周期与转速的关系是T＝，
P绕O1O2轴转动，故运动半径为Rsinθ，加速度与周期的关系是a＝＝4π2n2Rsinθ，故A正确，BCD错误；
9．（2022春•荔湾区校级月考）如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F的作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法不正确的是（ ）
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变大，小球可能沿轨迹Pc做向心运动
【答案】B。
【解析】解：A、若拉力突然消失，小球做离心运动，因为水平方向不受力，将沿Pa轨迹运动，故A正确；
BC、若拉力突然变小，拉力不够提供向心力，做半径变大的离心运动，即可能沿轨迹Pb做离心运动，故B错误，C正确；
D、若拉力突然变大，则拉力大于向心力，可能沿轨迹Pc做向心运动，故D正确。
本题选错误的
10．（2022春•广东月考）洪水后的泥沙随水流动的同时在重力的作用下逐渐沉下来，这种沉淀叫重力沉淀；医院里用分离机分离血液的示意图如图甲所示，将血液装在试管里，让其绕竖直轴高速旋转，试管几乎成水平状态，如图乙所示，血液的不同成分会快速分离在不同的地方，这叫离心沉淀，关于这两种沉淀，下列说法正确的是（ ）
A．血液中密度最大的成分将聚集在试管底部
B．血液采用重力沉淀比离心沉淀更方便、快捷
C．只增大分离机的转速，血液中密度最大的成分做圆周运动所需要的向心力减小
D．只增大分离机的转速，血液分离的时间将变长
【答案】A。
【解析】解：A、对于离心沉淀来说，血液里的物质随试管做圆周运动，其所需要的向心力F＝mω2r，对于相同位置等体积的成分，密度越大，质量越大，所需的向心力越大，同一位置成分之间水平方向的作用力相等，所以密度大的成分所受的力不足以提供所需向心力，做离心运动，那么血液中密度最大的成分将聚集在试管底部，故A正确；
BD、由于血液成分之间的粘滞力较大，所以重力沉淀速度较慢，而离心沉淀可以通过增大分力机的转速加快分离速度，使时间变短，故BD错误；
C、只增大分离机的转速，可知分离机的角速度增大，根据A选项可知血液中密度最大的成分做圆周运动所需要的向心力增大，故C错误。
11．（2022春•泗水县期中）如图，质量为m的小球固定在长为L的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，球转到最低点A时，线速度的大小为，此时（ ）
A．杆受到的压力 B．杆受到 的拉力
C．杆受到的压力 D．杆受到的拉力
【答案】B。
【解析】解：A、在最低点，小球受到重力和杆的拉力，其合力提供向心力，则有：
解得：F＝
根据牛顿第三定律可知，小球对杆的拉力为，故ACD错误，B正确；
12．（2021春•浙江期中）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向具有向外的运动趋势（即垂直于前进方向），则汽车转弯时的车速应为（ ）
A．速度大于 B．速度小于
C．速度等于 D．速度等于
【答案】A。
【解析】解：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图。
当车轮与路面间无侧向摩擦力时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m，
又由数学知识得到：tanθ＝，
联立解得：v＝，
当要使车轮与路面之间的横向具有向外的运动趋势，速度要大于，故A正确，BCD错误。
13．（2021秋•章丘区校级期中）如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT﹣v2图像如图乙所示，则（ ）
A．轻质绳长等于
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【答案】D。
【解析】解：AB、设绳长为L，小球运动到最高点，由牛顿第二定律得：mg+FT＝m
移项得：FT＝m﹣mg，结合图线可知，纵轴截距的绝对值a＝mg，解得当地的重力加速度g＝，图线的斜率k＝＝，解得绳子的长度L＝，故AB错误；
C、当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为FT＝m﹣mg＝﹣a，故C错误；
D、当v2＝b时，轻质绳的拉力大小为T＝0，重力提供向心力，mg＝m
当小球运动到最低点时速度为v′，根据动能定理可知：2mgL＝mv′2﹣mv2
最低点，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
联立解得：F＝6mg＝6a，故D正确。
14．（2020春•红岗区校级期中）“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知小球运动到最低点Q时速度为v0，绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（ ）
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球运动到最低点Q时速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0＞2时，小球一定能通过最高点P
D．当v0＜时，细绳始终处于绷紧状态
【答案】D。
【解析】解：A．小球运动到最低点Q时，加速度的方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，在Q点：F1﹣mg＝
在P点：F2+mg＝
由动能定理得：﹣mg•2l＝﹣
联立解得：△F＝F1﹣F2＝6mg，故B错误；
C．小球恰好经过最高点P，由重力提供向心力得：
解得：
根据动能定理：
解得：，即在最低点的速度需满足，小球才能通过最低点P，故C错误；
D．若，设小球能上升的最大高度h，由机械能守恒得：＝
所以：h＜l小球上升到的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，故D正确；
15．（2020春•河北期末）如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，当小球在最高点的线速度大小为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零；若小球在最高点时两根轻绳的拉力大小均为，则此时小球的线速度大小为（ ）
A．2v B．3v C．4v D．5v
【答案】B。
【解析】解：根据几何关系可知，小球做圆周运动的半径为r＝，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg＝，解得：v＝；
当小球在最高点时两根轻绳的拉力大小均为时，小球受到的合外力：F＝mg+2F•cos30°＝9mg
根据牛顿第二定律有：9mg＝，
联立解得：v′＝3v，故B正确，ACD错误。
16．（2020春•荔湾区校级月考）如图所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为2rad/s，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．这时绳的拉力大小为12.5N
B．这时绳的拉力大小约为16.7N
C．这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力可能不变
D．这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力一定变大
【答案】D。
【解析】解：AB、小球刚要离开锥面时，锥面对小球的支持力为零，根据牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mlsin θ
解得：ω0＝＝rad/s。
角速度为2rad/s时，小球离开锥面，设此时绳与竖直方向的夹角为α，
由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtan α＝mω2lsin α
解得：α＝60°。
这时绳的拉力：F＝N＝20N，故AB错误；
CD、这时缓慢增大小球的角速度，则绳与竖直方向的夹角变大，绳的拉力F一定变大，故C错误，D正确。
17．（2019秋•香坊区校级期中）如图所示，质量为M的物体内为光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动时，物体M保持静止。关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左
B．滑块运动到A点时，N＝（M+m）g，摩擦力为零
C．滑块运动到D点时，N＜（M+m）g，摩擦力方向向左
D．滑块运动到D点时，N＝（M+m）g，摩擦力方向向左
【答案】C。
【解析】解：AB、滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，N＜Mg，由于系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故AB错误；
CD、滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对物体有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N＝Mg＜（M+m）g，故C正确，D错误；
18．（2018秋•诸暨市期末）如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆。为了数据检索的方便，磁盘格式化时要求所有磁道储存的字节与最内磁道的字节相同，最内磁道上每字节所占用磁道的弧长为L．已知磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外磁道不储存字节。电动机使磁盘以每秒n圈的转速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间。下列说法正确的是（ ）
A．相邻磁道的向心加速度的差值为
B．最内磁道的一个字节通过磁头的时间为
C．读完磁道上所有字节所需的时间为
D．若r可变，其他条件不变，当，r＝时磁盘储存的字节最多
【答案】D。
【解析】解：A．相邻磁道属于同轴转动，故角速度w相同，转速n相同。
相邻磁道的半径差为d，根据向心加速度公式：a＝rw2＝r（2πn）2知，
相邻磁道的向心加速度的差值为4π2n2d，故A错误；
B．磁盘转动一圈所用时间，磁盘转一圈磁头所读字节的总长为2πr，所以磁头读单位长度的字节所用时间为，
又因为一个字节所占弧长为L，所以最内磁道的一个字节通过磁头的时间为，故B错误；
C．因为磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，所以磁盘中共有磁道条数为，
磁头读完一条磁道所有字节所用时间为，则读完磁道上所有字节所需时间为，故C错误；
D．根据题意知每一磁道上的字节数都与最内磁道的字节相等，等于，因为磁盘中共有磁道条数为，
所以磁盘中的字节数为N＝＝，根据表达式知，当r＝时磁盘储存的字节数最多。故D正确；
19．（2022春•岷县校级月考）如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为r，A的质量为mA，B的质量为mB．已知A与B间的动摩擦因数为，B与转台间的动摩擦因数为，若木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A。
【解析】解：由于A、AB整体受到的静摩擦力均提供向心力，故
对A，有：μ1mAg≥mAω12r
解得ω1≤＝
对AB整体，有：（mA+mB）ω22r≤μ2（mA+mB）g
解得ω2≤＝
综上可得：ω≤，故A正确，BCD错误。
20．（2022春•章丘区期中）曲柄连杆机构是发动机的主要运动机构，其功用是将活塞的往复运动转变为曲轴的旋转运动，从而驱动汽车车轮转动。其结构示意图如图所示，活塞可沿水平方向往复运动，曲轴可绕固定的O点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点，若曲轴绕O点做匀速圆周运动，则（ ）
A．活塞做水平方向的匀速直线运动
B．当OA与AB垂直时，A点与B点的速度大小相等
C．当OA与AB共线时，A点与B点的速度大小相等
D．当OA与OB垂直时，A点与B点的速度大小相等
【答案】D。
【解析】解：A、B点的速度分解为沿AB杆和垂直于杆方向，两速度与杆AB的夹角分别为α、β，如图所示：
根据平行四边形定则得两点速度沿杆方向的速度分量相等，
即vAcosα＝vBcosβ，故
由于曲轴转动时，α、β都在变化，vA是圆周运动的线速度大小不变，故活塞不是匀速直线运动，故A错误；
B.由以上分析可知，当OA与AB垂直时，α＝0，B点速度为
，且β为锐角，A点与B点的速度大小不相等，故B错误；
C.同理当OA与AB共线时，α＝90°，A点速度大小不变，B点速度为零，故C错误；
D.当OA与OB垂直时，各点速度和分速度如图所示：
此时α＝β，A、B两点速度沿杆方向的分速度相等，即vAcosα＝vBcosβ，得vA＝vB，即A点与B点的速度大小相等，故D正确。
21．（2022春•沈阳期中）如图所示，不可伸长的轻绳长1，一端固定于O点，另一端系一质量为m小球，把小球拉到与水平方向成θ角的A点（绳子刚好伸直）然后由静止释放。已知θ＝30°，求小球运动到O正下方B点时绳的张力是多少？重力加速度g已知，空气阻力忽略不计。
【答案】小球运动到O正下方B点时绳的张力是3.5mg。
【解析】解：小球先做自由落体运动，到绳与水平方向再次成θ＝30°角时，绳被拉直，然后小球做圆周运动，如图所示，绳被拉直时小球下降的高度为L，设此时小球的速度为v1
根据自由落体运动的规律有v1＝
将v1分解为沿绳方向的速度v′和垂直于绳方向的速度v″，当绳绷直的瞬间，v′变为0，v″＝v1cosθ＝
绳绷直后，小球在竖直平面内做圆周运动，设小球到达最低点B时的速度为v2，以最低点B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律可得：
＝+mgL（1﹣cos60°）
设在B点绳对小球的拉力为F，
根据牛顿第二定律有F﹣mg＝m
联立解得F＝3.5mg。
22．（2021•海淀区校级开学）一可视为质点的物体做匀速圆周运动，尽管其速度大小保持不变，但速度方向时刻在变化，故该物体存在加速度。假设该物体以速率v，在半径为R的圆周上匀速率运动，如图所示。
（1）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角大小为π，求此过程中物体的平均加速度a1的大小；
（2）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角为θ（θ＜），求此过程中物体的平均加速度a2的大小；
（3）请你根据（2）问的结果进行推导说明：当圆心角θ趋近于零（θ→0）时，物体的瞬时加速度为an的大小为。
【答案】（1）此过程中物体的平均加速度a1的大小为；
（2）此过程中物体的平均加速度a2的大小为；
（3）证明如上所示。
【解析】解：（1）物体从A点运动到B点，若AB圆弧所对圆心角大小为π，则物体在A、B两点的速度大小相等，方向相反，
则物体的平均加速度大小：；
（2）若物体由图中的A点运动到B点，AB圆弧所对圆心角为θ（θ＜），如图所示，
△AOB∽△DBC，可知，∠DBC＝θ，△DBC为等腰三角形，
根据几何关系得：，
A点到B点的时间：t＝，
解得物体的平均加速度；
（3）当圆心角θ趋近于零（θ→0）时，当△t→0时，弦长AB与弧长AB相等，设弧长AB用L表示，则：，
因为L＝v•△t，则，
变形得：，
当△t→0时，a＝。
23．（2021春•江南区校级期末）如图所示，圆形餐桌中心有一半径为的圆盘，可绕穿过中心的竖直轴转动，圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．当圆盘的角速度为时，放置在圆盘边缘的小物体恰好滑上餐桌．已知小物体与餐桌间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）小物体与圆盘的动摩擦因数
（2）小物体恰好不从餐桌滑落时餐桌的最小半径．
【答案】（1）小物体与圆盘的动摩擦因数是0.5；
（2）小物体恰好不从餐桌滑落时餐桌的最小半径是．
【解析】解：（1）设小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物体恰好滑到餐桌上时圆盘的角速 度为ω．①
代入数据解得：μ1＝0.5②
（2）小物体从圆盘甩出时的速度v1＝ω0R③
设小物体与餐桌间的动摩擦因数为μ2，小物体在餐桌上滑动距离x1恰不滑出桌面，由动能定理得：
餐桌的最小半径⑤
联立解得R＝R⑥
24．（2021•山东）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B。
【解析】解：因为细杆为轻质细杆，又因为其一端绕竖直光滑轴O转动，所以杆对球的力沿杆，即杆对球不做功，对小球完成一个完整的圆周运动过程，由动能定理得﹣f•2πL＝0﹣，解得摩擦力f＝，故B正确，ACD错误。
25．（2021•广东）由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
【答案】A。
【解析】解：A、杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，可认为转动的角速度ω不变，由v＝ωr，P点转动半径r不变，所以P点的线速度大小不变，故A正确；
B、向心加速度始终指向圆心O点，所以P点的加速度方向时刻改变，故B错误；
CD、对两位置的速度沿竖直方向和水平方向分解，如图所示，由图可知，竖直方向的分速度在逐渐变小，水平方向的分速度在逐渐增大，所以在P点的带动下，Q点在竖直方向做做减速运动，在水平方向做做加速运动，故CD错误。
26．（2021•甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，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（ ）
A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2
【答案】C。
【解析】解：根据匀速圆周运动的规律，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，r＝1cm＝0.01m，向心加速度为：an＝ω2r＝（100π）2×0.01m/s2＝100π2m/s2≈1000m/s2，故C正确，ABD错误。
27．（2021•河北）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A。
【解析】解：小球从开始下落到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下降的高度为：
h＝R+（πR﹣）＝R+πR
取小球在末位置的重力势能为零，由机械能守恒定律有：
mgh＝
解得：v＝，故A正确，BCD错误。
（多选）28．（2021•河北）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（ ）
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．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】BD。
【解析】解：AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，小球在竖直方向受力平衡，则Fcosα＝mg
若ω′＞ω，假设小球上移，α增大，cosα减小，弹簧伸长量减小，F减小，则Fcosα＜mg，小球在竖直方向不能平衡，不可能；
同理，假设小球下移，α减小，也不可能，所以α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故A错误，B正确；
C、规定杆对小球的弹力方向向右为正，由牛顿第二定律得：
Fsinα﹣FN＝mω2r，可得FN＝Fsinα﹣mω2r，
因为Fsinα是定值，所以当Fsinα＞mω2r时，FN＞0，杆对环弹力向右；Fsinα＜mω2r时，FN＜0，杆对环弹力向左。因为随着ω的增大，弹力有个反向的过程，所以从ω＝0开始逐渐增大，弹力变化一定是先变小后变大。因为本题Fsinα与mω2r的关系未知，所以大小关系不确定，因此弹力可能变大、也可能变小，故C错误；
D、小球所受合外力的大小F合＝Fn＝mω2r，ω变大，其它量不变，则F合一定变大，故D正确。
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