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专题11+匀速圆周运动模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练
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这是一份专题11+匀速圆周运动模型-2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练，文件包含模型11匀速圆周运动模型原卷版--2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练docx、模型11匀速圆周运动模型解析版--2024高考物理二轮复习80模型最新模拟题专项训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
最新高考题
1．（2023高考北京卷）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，用停表测得小球转过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．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将圈记作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
【参考答案】A
【名师解析】由于在太空实验室中，任何物体都处于完全失重状态，所以圆周运动轨道可以处于任意平面内，A正确；由匀速圆周运动规律，F=mR，T=t/n，联立解得：m=，B错误；若误将n-1圈记作n圈，则所得质量偏小，C错误；若测R时没有计入小球半径，则所得质量偏大，D错误。
2. （2023高考全国甲卷）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
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【参考答案】C
【命题意图】本题考查匀速圆周运动及其相关知识点。
【解题思路】根据题述，F∞rn，T∞1/r，由F=mr可得rn =r·r2，即n=3，C正确。
3．（2019高考江苏卷物理6）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
（A）运动周期为
（B）线速度的大小为ωR
（C）受摩天轮作用力的大小始终为mg
（D）所受合力的大小始终为mω2R
【参考答案】BD
【名师解析】
由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。
4．（2018江苏高考物理）火车以60 m/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10 s内匀速转过了约10°．在此10 s时间内，火车
（A）运动路程为600 m（B）加速度为零
（C）角速度约为1 rad/s（D）转弯半径约为3.4 km
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查匀速圆周运动及其相关知识点。
【解题思路】在此10s时间内，火车运动路程s=vt=60×10m=600m，选项A正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B错误；火车匀速转过10°，约为1/5.6rad，角速度ω=θ/t=1/56rad/s，选项C错误；由v=ωR，可得转弯半径R=3400m=3.4km，选项D正确。
5.（2018浙江4月选考）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们
【参考答案】A
【名师解析】根据线速度v=st，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，选项A正确；根据角速度ω=θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误；根据v=rω得，圆周运动的半径r=vω，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C错误；根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，选项D错误。
【名师点评】线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心加速度之比。本题考查了描述圆周运动的一些物理量，知道各个物理量之间的关系，并能灵活运用。
6. （2016高考上海物理）风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片
(A)转速逐渐减小，平均速率为
(B)转速逐渐减小，平均速率为
(C)转速逐渐增大，平均速率为
(D)转速逐渐增大，平均速率为
【参考答案】B
【名师解析】若某段时间内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，光被挡住的时间间隔越来越大，说明转速逐渐减小。△t时间内凸轮圆盘转动4圈，风轮叶片转动4n圈，路程为s=4n×2πr=8nπr。平均速率为v=s/△t=，选项B正确。
7．（16分）（2013年高考重庆理综第8题）如题8图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。
（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k <<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。
【名师解析】：（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，小物块的重力和支持力的合力提供向心力。tanθ=F/mg，①
F=mrω02，②
r=Rsinθ，③
联立①②③式解得：ω0=。
（2）当ω=（1+k）ω0时，小物块有向上运动趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向下。
分析小物块受力，设陶罐对小物块支持力为FN，摩擦力为f，由牛顿第二定律可得：
FN1sinθ-f1csθ= mrω2，④
FN1csθ-mg+ f1 sinθ =0，⑤
联立③④⑤式解得：f1=(2+k)kmg。
当ω=（1-k）ω0时，小物块有向下运动趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向上。
分析小物块受力，设陶罐对小物块支持力为FN，摩擦力为f，由牛顿第二定律可得：
FN2sinθ+f2csθ= mrω2，⑥
FN2csθ-mg- f 2sinθ =0，⑦
联立③⑥⑦式解得：f2=(2-k)kmg。
最新模拟题
1. （2023年7月浙江九校期末联考）如图所示，P、Q为固定在自行车后轮上的两个传动齿轮，与车后轮同角速度转动，通过链条与脚踏轮M连接，P轮的半径比Q轮的大。保持M以恒定角速度转动，将链条由Q轮换到P轮，下列说法正确的是（ ）
A. 车后轮的转速变大
B. 车后轮转动的角速度变小
C. 车后轮转动的周期不变
D. 车子前进的速度变大
【参考答案】B
【名师解析】
车后轮通过链条与脚踏轮M连接，线速度相等，根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车后轮转动的角速度变小，故B正确；
根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车后轮的转速变小，故A错误；
根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车后轮转动的周期变大，故C错误；
根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车子前进的速度变小，故D错误。
2. （2023安徽合肥六校联考） 如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮的两倍，两轮中心到A、C的距离相等，则A、B、C三点（ ）
A. 线速度之比是1：2：1
B. 角速度之比是1：1：1
C. 向心加速度之比2：2：1
D. 转动周期之比1：2：2
【参考答案】D
【名师解析】
修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，边缘点的线速度大小相等，即
，
B、C两点同轴转动，角速度相等，根据 v=ωr
可知BC两点的线速度之比为2:1，则A、B、C三点线速度之比为2：2：1，角速度之比为2：1：1，根据 a=ωv
可知，向心加速度之比为4：2：1，根据
可知，周期之比为1：2：2，选项D正确，ABC错误。
3. （2023济南高一期中）如图甲所示（俯视图），两个水平放置的齿轮紧紧咬合在一起（靠齿轮传动），其中O、O'分别为两轮盘的转轴，大齿轮与小齿轮的齿数比为2：1，大、小两齿轮的上表面水平，分别放有质量相同的小滑块A、B，两滑块与所在齿轮转轴的距离均为r。现将两滑块通过一轻细线经转轴及上方两定滑轮连接，如图乙所示（侧视图）。已知两滑块与齿轮间的动摩擦因数为μ、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦，重力加速度为g。齿轮静止时细线恰好拉直且无张力，若大齿轮由静止开始缓慢增大转动的角速度，则（ ）
A. 当大齿轮的角速度为时，细线上有拉力
B. 当大齿轮的角速度为时，滑块B所受摩擦力为0
C. 当小齿轮的角速度为时，两滑块恰好未相对齿轮滑动
D. 当两滑块开始相对齿轮滑动时，滑块B会做离心运动
【参考答案】AD
【名师解析】．由齿轮传动的边缘线速度相等，齿数比等于半径比，因此小齿轮的角速度是大齿轮的2倍，故
随着大齿轮的角速度逐渐增大，滑块与齿轮间的静摩擦力逐渐增大，即
因此小齿轮上的滑块B所受静摩擦力先达到最大静摩擦力，当达到最大静摩擦力时有
解得此时大齿轮的角速度为
之后再增大角速度，当大齿轮的角速度为时，细线上有拉力，故A正确；
当细绳产生拉力后，设细绳的拉力为T，则
随着角速度的增加，绳子的拉力T越来越大，因此滑块B所受摩擦力不可能为0，而滑块A所受静摩擦力可减小到0，当滑块A所受摩擦力为0时有，
解得，故B错误；
由B选项可知，当滑块A摩擦力减小为0后，随着角速度继续增大，则滑块A所受静摩擦力将反向增大，当反向摩擦力达到最大最摩擦力时有，
可得
此时小齿轮的角速度为
若角速度继续增大，滑块A将做近心运动，滑块B将做离心运动，故C错误，D正确。
4.(2023重庆南开中学期末) 如图所示，一光滑细管件，A端固定自然长度刚好等于AB间的距离、劲度系数为k的弹性绳，弹性绳的另一端连接直径略小于管径、质量为m的小球，且小球位于管件内的BC部分。现将管件的AB作为竖直轴，在电动机带动下缓慢地转动起来。当转动周期为时，发现小球恰好与管件间没有力的作用；而当转动周期为时，小球刚好到达C端。已知：，重力加速度为g，弹性绳始终在弹性限度内。求：
（1）当电动机还没有转动时，弹性绳的伸长量；
（2）的值；
（3）管件部分的管长。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）当电动机还没有转动时，小球处于平衡状态。对小球研究，在沿着CB方向上，有
解得
（2）当转动周期为时，小球仅受到重力和弹性绳力的作用。设BC与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律，有
水平方向
竖直方向
且
解得
（3）当转动周期为时，对小球研究，在沿着CB方向上，由牛顿第二定律，有
又
解得
5. （2023安徽合肥六中质检）如图所示，质量的小球用长度的轻绳悬挂于O点，O点距水平地面的竖直高度，点在O点的正下方。现使小球获得一速度后在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为，某一时刻轻绳突然断裂，取重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A. 小球做匀速圆周运动时的加速度大小为
B. 轻绳断裂前绳的拉力大小为2N
C. 小球刚落地时的速度与水平方向夹角为
D. 小球落地点到点的距离为1.6m
【参考答案】BC
【名师解析】
对摆球做受力分析如图所示
绳的拉力和重力的合力为F合，根据力的合成得
F合充当向心力，则根据牛顿第二定律得
即有
解得小球转动的向心加速度为
故A错误；
由几何关系可知，绳子对小球的拉力的大小
故B正确；
由向心力公式得
轻绳突然断裂时水平方向的速度为
落地时竖直方向的速度为
由平行四边形定则可知，小球刚落地时的速度与水平方向夹角为，故C正确；
小球下落的时间为
小球落地点到点的距离为
故D错误。
6.（2023江苏南通期中）两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】C
【名师解析】对于圆锥摆,细线的拉力和重力的合力来提供小球的向心力,设细线长为L，,摆球质量为m,，细线与竖直方向的夹角为θ，,小球与悬挂点的竖直高度为h,，则有mgtanθ=mrω2，
r=Lsinθ，h=Lcsθ，联立解得 h=
由题知两球的角速度相同,故两球的高度相同,，两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是图C。
7. （2023四川凉山三诊）. 如图所示，甲、乙两个质量相同的小球（视为质点）用等长轻质细线1、2连接，悬挂在天花板上的O点，两球在各自的水平面内做匀速圆周运动，并处于相对静止状态，细线与竖直方向的夹角分别为、（、非常小，可以取，）。则（ ）
A.
B. 甲、乙两球的动量之比为
C. 甲、乙两球的向心力之比为
D. 细线1、2拉力的竖直分力之比为
【参考答案】D
【名师解析】
甲、乙相对静止做稳定的匀速圆周运动，每转一圈需要的时间相同，角速度相等设为，设细线1、2的长度均为L，拉力分别、，设甲、乙的质量均为m，对乙进行受力分析，把分别沿竖直方向和水平方向分解，则有
对甲、乙组成的整体进行受力分析，把分别沿竖直方向和水平方向分解，则有
联立以上式子解得
故A项错误；
根据，
结合之前的分析可得
故B项错误；
对甲球受力分析有
对乙球同理有
结合之前的分析解得
故C项错误；
由之前的分析可知，两细线竖直方向分力分别为
解得，故D项正确。
8. （2023江苏南京市中华中学一模）如图所示某教师用手通过绳子拉着一个小球在粗糙的水平桌面上做演示向心力的实验，若老师的手和小球的运动均视为绕固定点O的匀速圆周运动，则（ ）
A. 小球所需的向心力仅由轻绳对小球的拉力提供
B. 小球所需的向心力由轻绳对小球拉力和桌面对小球摩擦力的合力提供
C. 小球运动一周，轻绳对小球拉力做的功为零
D. 小球运动一周，桌面对小球摩擦力做的功为零
【参考答案】B
【名师解析】
小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故小球所需的向心力由轻绳对小球拉力和桌面对小球摩擦力的合力提供，故A错误，B正确；
小球运动一周，摩擦力做功
根据动能定理
故拉力和摩擦力做功均不等于零，故CD错误。
9. （2023浙江十所名校期中联考）甲、乙两运动员运动到如图弯道处线速度大小相等，甲、乙所处跑道位置可看成半径分别为、的圆弧的一部分，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两运动员需要的向心力之比是
B. 甲、乙两运动员需要的向心力之比是
C. 甲、乙两运动员的向心加速度之比是
D. 甲、乙两运动员的向心加速度之比是
【参考答案】C
【名师解析】
由向心力公式可知
甲乙两运动员的质量关系不明确，AB错误；
由向心加速度公式可知 ，C正确，D错误。
A. 线速度大小之比为4：3
B. 角速度大小之比为3：4
C. 圆周运动的半径之比为2：1
D. 向心加速度大小之比为1：2
最新高考题
1．（2023高考北京卷）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，用停表测得小球转过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．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将圈记作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
【参考答案】A
【名师解析】由于在太空实验室中，任何物体都处于完全失重状态，所以圆周运动轨道可以处于任意平面内，A正确；由匀速圆周运动规律，F=mR，T=t/n，联立解得：m=，B错误；若误将n-1圈记作n圈，则所得质量偏小，C错误；若测R时没有计入小球半径，则所得质量偏大，D错误。
2. （2023高考全国甲卷）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
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【参考答案】C
【命题意图】本题考查匀速圆周运动及其相关知识点。
【解题思路】根据题述，F∞rn，T∞1/r，由F=mr可得rn =r·r2，即n=3，C正确。
3．（2019高考江苏卷物理6）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
（A）运动周期为
（B）线速度的大小为ωR
（C）受摩天轮作用力的大小始终为mg
（D）所受合力的大小始终为mω2R
【参考答案】BD
【名师解析】
由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。
4．（2018江苏高考物理）火车以60 m/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10 s内匀速转过了约10°．在此10 s时间内，火车
（A）运动路程为600 m（B）加速度为零
（C）角速度约为1 rad/s（D）转弯半径约为3.4 km
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查匀速圆周运动及其相关知识点。
【解题思路】在此10s时间内，火车运动路程s=vt=60×10m=600m，选项A正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B错误；火车匀速转过10°，约为1/5.6rad，角速度ω=θ/t=1/56rad/s，选项C错误；由v=ωR，可得转弯半径R=3400m=3.4km，选项D正确。
5.（2018浙江4月选考）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们
【参考答案】A
【名师解析】根据线速度v=st，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，选项A正确；根据角速度ω=θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误；根据v=rω得，圆周运动的半径r=vω，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C错误；根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，选项D错误。
【名师点评】线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心加速度之比。本题考查了描述圆周运动的一些物理量，知道各个物理量之间的关系，并能灵活运用。
6. （2016高考上海物理）风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片
(A)转速逐渐减小，平均速率为
(B)转速逐渐减小，平均速率为
(C)转速逐渐增大，平均速率为
(D)转速逐渐增大，平均速率为
【参考答案】B
【名师解析】若某段时间内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，光被挡住的时间间隔越来越大，说明转速逐渐减小。△t时间内凸轮圆盘转动4圈，风轮叶片转动4n圈，路程为s=4n×2πr=8nπr。平均速率为v=s/△t=，选项B正确。
7．（16分）（2013年高考重庆理综第8题）如题8图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。
（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k <<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。
【名师解析】：（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，小物块的重力和支持力的合力提供向心力。tanθ=F/mg，①
F=mrω02，②
r=Rsinθ，③
联立①②③式解得：ω0=。
（2）当ω=（1+k）ω0时，小物块有向上运动趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向下。
分析小物块受力，设陶罐对小物块支持力为FN，摩擦力为f，由牛顿第二定律可得：
FN1sinθ-f1csθ= mrω2，④
FN1csθ-mg+ f1 sinθ =0，⑤
联立③④⑤式解得：f1=(2+k)kmg。
当ω=（1-k）ω0时，小物块有向下运动趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向上。
分析小物块受力，设陶罐对小物块支持力为FN，摩擦力为f，由牛顿第二定律可得：
FN2sinθ+f2csθ= mrω2，⑥
FN2csθ-mg- f 2sinθ =0，⑦
联立③⑥⑦式解得：f2=(2-k)kmg。
最新模拟题
1. （2023年7月浙江九校期末联考）如图所示，P、Q为固定在自行车后轮上的两个传动齿轮，与车后轮同角速度转动，通过链条与脚踏轮M连接，P轮的半径比Q轮的大。保持M以恒定角速度转动，将链条由Q轮换到P轮，下列说法正确的是（ ）
A. 车后轮的转速变大
B. 车后轮转动的角速度变小
C. 车后轮转动的周期不变
D. 车子前进的速度变大
【参考答案】B
【名师解析】
车后轮通过链条与脚踏轮M连接，线速度相等，根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车后轮转动的角速度变小，故B正确；
根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车后轮的转速变小，故A错误；
根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车后轮转动的周期变大，故C错误；
根据
可知将链条由Q轮换到P轮，车子前进的速度变小，故D错误。
2. （2023安徽合肥六校联考） 如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮的两倍，两轮中心到A、C的距离相等，则A、B、C三点（ ）
A. 线速度之比是1：2：1
B. 角速度之比是1：1：1
C. 向心加速度之比2：2：1
D. 转动周期之比1：2：2
【参考答案】D
【名师解析】
修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，边缘点的线速度大小相等，即
，
B、C两点同轴转动，角速度相等，根据 v=ωr
可知BC两点的线速度之比为2:1，则A、B、C三点线速度之比为2：2：1，角速度之比为2：1：1，根据 a=ωv
可知，向心加速度之比为4：2：1，根据
可知，周期之比为1：2：2，选项D正确，ABC错误。
3. （2023济南高一期中）如图甲所示（俯视图），两个水平放置的齿轮紧紧咬合在一起（靠齿轮传动），其中O、O'分别为两轮盘的转轴，大齿轮与小齿轮的齿数比为2：1，大、小两齿轮的上表面水平，分别放有质量相同的小滑块A、B，两滑块与所在齿轮转轴的距离均为r。现将两滑块通过一轻细线经转轴及上方两定滑轮连接，如图乙所示（侧视图）。已知两滑块与齿轮间的动摩擦因数为μ、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦，重力加速度为g。齿轮静止时细线恰好拉直且无张力，若大齿轮由静止开始缓慢增大转动的角速度，则（ ）
A. 当大齿轮的角速度为时，细线上有拉力
B. 当大齿轮的角速度为时，滑块B所受摩擦力为0
C. 当小齿轮的角速度为时，两滑块恰好未相对齿轮滑动
D. 当两滑块开始相对齿轮滑动时，滑块B会做离心运动
【参考答案】AD
【名师解析】．由齿轮传动的边缘线速度相等，齿数比等于半径比，因此小齿轮的角速度是大齿轮的2倍，故
随着大齿轮的角速度逐渐增大，滑块与齿轮间的静摩擦力逐渐增大，即
因此小齿轮上的滑块B所受静摩擦力先达到最大静摩擦力，当达到最大静摩擦力时有
解得此时大齿轮的角速度为
之后再增大角速度，当大齿轮的角速度为时，细线上有拉力，故A正确；
当细绳产生拉力后，设细绳的拉力为T，则
随着角速度的增加，绳子的拉力T越来越大，因此滑块B所受摩擦力不可能为0，而滑块A所受静摩擦力可减小到0，当滑块A所受摩擦力为0时有，
解得，故B错误；
由B选项可知，当滑块A摩擦力减小为0后，随着角速度继续增大，则滑块A所受静摩擦力将反向增大，当反向摩擦力达到最大最摩擦力时有，
可得
此时小齿轮的角速度为
若角速度继续增大，滑块A将做近心运动，滑块B将做离心运动，故C错误，D正确。
4.(2023重庆南开中学期末) 如图所示，一光滑细管件，A端固定自然长度刚好等于AB间的距离、劲度系数为k的弹性绳，弹性绳的另一端连接直径略小于管径、质量为m的小球，且小球位于管件内的BC部分。现将管件的AB作为竖直轴，在电动机带动下缓慢地转动起来。当转动周期为时，发现小球恰好与管件间没有力的作用；而当转动周期为时，小球刚好到达C端。已知：，重力加速度为g，弹性绳始终在弹性限度内。求：
（1）当电动机还没有转动时，弹性绳的伸长量；
（2）的值；
（3）管件部分的管长。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）当电动机还没有转动时，小球处于平衡状态。对小球研究，在沿着CB方向上，有
解得
（2）当转动周期为时，小球仅受到重力和弹性绳力的作用。设BC与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律，有
水平方向
竖直方向
且
解得
（3）当转动周期为时，对小球研究，在沿着CB方向上，由牛顿第二定律，有
又
解得
5. （2023安徽合肥六中质检）如图所示，质量的小球用长度的轻绳悬挂于O点，O点距水平地面的竖直高度，点在O点的正下方。现使小球获得一速度后在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为，某一时刻轻绳突然断裂，取重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A. 小球做匀速圆周运动时的加速度大小为
B. 轻绳断裂前绳的拉力大小为2N
C. 小球刚落地时的速度与水平方向夹角为
D. 小球落地点到点的距离为1.6m
【参考答案】BC
【名师解析】
对摆球做受力分析如图所示
绳的拉力和重力的合力为F合，根据力的合成得
F合充当向心力，则根据牛顿第二定律得
即有
解得小球转动的向心加速度为
故A错误；
由几何关系可知，绳子对小球的拉力的大小
故B正确；
由向心力公式得
轻绳突然断裂时水平方向的速度为
落地时竖直方向的速度为
由平行四边形定则可知，小球刚落地时的速度与水平方向夹角为，故C正确；
小球下落的时间为
小球落地点到点的距离为
故D错误。
6.（2023江苏南通期中）两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】C
【名师解析】对于圆锥摆,细线的拉力和重力的合力来提供小球的向心力,设细线长为L，,摆球质量为m,，细线与竖直方向的夹角为θ，,小球与悬挂点的竖直高度为h,，则有mgtanθ=mrω2，
r=Lsinθ，h=Lcsθ，联立解得 h=
由题知两球的角速度相同,故两球的高度相同,，两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是图C。
7. （2023四川凉山三诊）. 如图所示，甲、乙两个质量相同的小球（视为质点）用等长轻质细线1、2连接，悬挂在天花板上的O点，两球在各自的水平面内做匀速圆周运动，并处于相对静止状态，细线与竖直方向的夹角分别为、（、非常小，可以取，）。则（ ）
A.
B. 甲、乙两球的动量之比为
C. 甲、乙两球的向心力之比为
D. 细线1、2拉力的竖直分力之比为
【参考答案】D
【名师解析】
甲、乙相对静止做稳定的匀速圆周运动，每转一圈需要的时间相同，角速度相等设为，设细线1、2的长度均为L，拉力分别、，设甲、乙的质量均为m，对乙进行受力分析，把分别沿竖直方向和水平方向分解，则有
对甲、乙组成的整体进行受力分析，把分别沿竖直方向和水平方向分解，则有
联立以上式子解得
故A项错误；
根据，
结合之前的分析可得
故B项错误；
对甲球受力分析有
对乙球同理有
结合之前的分析解得
故C项错误；
由之前的分析可知，两细线竖直方向分力分别为
解得，故D项正确。
8. （2023江苏南京市中华中学一模）如图所示某教师用手通过绳子拉着一个小球在粗糙的水平桌面上做演示向心力的实验，若老师的手和小球的运动均视为绕固定点O的匀速圆周运动，则（ ）
A. 小球所需的向心力仅由轻绳对小球的拉力提供
B. 小球所需的向心力由轻绳对小球拉力和桌面对小球摩擦力的合力提供
C. 小球运动一周，轻绳对小球拉力做的功为零
D. 小球运动一周，桌面对小球摩擦力做的功为零
【参考答案】B
【名师解析】
小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故小球所需的向心力由轻绳对小球拉力和桌面对小球摩擦力的合力提供，故A错误，B正确；
小球运动一周，摩擦力做功
根据动能定理
故拉力和摩擦力做功均不等于零，故CD错误。
9. （2023浙江十所名校期中联考）甲、乙两运动员运动到如图弯道处线速度大小相等，甲、乙所处跑道位置可看成半径分别为、的圆弧的一部分，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两运动员需要的向心力之比是
B. 甲、乙两运动员需要的向心力之比是
C. 甲、乙两运动员的向心加速度之比是
D. 甲、乙两运动员的向心加速度之比是
【参考答案】C
【名师解析】
由向心力公式可知
甲乙两运动员的质量关系不明确，AB错误；
由向心加速度公式可知 ，C正确，D错误。
A. 线速度大小之比为4：3
B. 角速度大小之比为3：4
C. 圆周运动的半径之比为2：1
D. 向心加速度大小之比为1：2
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