圆周运动综合问题 -名校2023届高考物理题型模拟训练（广东） 解析版

专题05圆周运动综合问题

【冲刺985、211名校之2023届高考物理题型模拟训练】

（广东专用）

一、单选题

1.（2022•广东•校联考模拟预测）如图所示，在竖直面内轻杆的一端固定一个小球，另一端

连接在光滑的固定轴。上。现轻杆从水平位置开始以初速度％向上运动，直至小球运动到

最高点，不计空气阻力。对于上述过程，下列说法正确的是（）

/∖MVO

⅛I一\

、/

、、✓/

'、、、____J

A.小球的竖直分速度先增大后减小B.轻杆对小球的弹力始终沿半径指向圆心

C.小球的向心加速度先增大后减小D.小球重力的瞬时功率一直减小

【答案】D

【详解】AD.轻杆从从水平位置开始以初速度%向上运动，则速度逐渐减小，设轻杆与水

平方向的夹角为6,则小球的竖直分速度

Vv=VCoSd

则随着U减小，。的增加，小球的竖直分速度逐渐减小，根据

P=mgvy

可知，小球重力的瞬时功率一直减小，A错误，D正确；

B.因为小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力可能沿半径指向圆心，也可能背离圆心，

则轻杆对小球的弹力不一定始终沿半径指向圆心，选项B错误；

C.由

a=—

r

因小球的速度一直减小，则小球的向心加速度逐渐减小，C错误；

故选D。

2.（2023秋•广东揭阳•高三统考期末）北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”一共产生了14

枚金牌。如图为我国运动员在“冰丝带”水平冰面上的某次训练照片，根据该照片，我们可推

知（）

I同

A.地面对运动员竖直向上的支持力大于运动员的重力

B.地面对运动员的作用力与重力大小相等

C.若运动员正做匀速圆周运动，则他所受合外力保持不变

D.转弯时，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小

【答案】D

【详解】A.运动员在竖直方向上处于平衡状态，则地面对运动员竖直向上的支持力等于运

动员的重力，A错误；

B.运动员做曲线运动时，地面对运动员有竖直方向的支持力及水平方向的力，它们的合力

大于重力，B错误；

C.做匀速圆周运动，合外力等于向心力，大小不变，但方向一直变化，C错误；

D.地面对运动员作用力与水平方向夹角为e,即

2

mgv~

------=m—

tan。-r

可知，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小，D正确。

故选D。

3.（2022秋•广东深圳•高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）当时钟正常工作时，关于

时针、分针和秒针的转动，下列判断正确的是（）

A.时针的角速度最小

B.秒针的周期最大

C.时针尖端的线速度大于秒针尖端的线速度

D.时针、分针、秒针的转动周期相等

【答案】A

【详解】BD.时针的周期为12h,分针的周期为Ih,秒针的周期为《h,故BD错误;

6（）

A.根据

21π

ω=——

T

由于时针的周期最大，可知时针的角速度最小，故A正确；

C.秒针的周期小了时针的周期，则秒针的角速度大于时针的角速度，根据

v=ωr

秒针尖端的半径大于时针尖端的半径，故秒针尖端的线速度大于时针尖端的线速度，故C

错误。

故选

Ao

4.（2022•广东深圳•深圳市建文外国语学校二模）为备战北京冬奥会，运动员在水平滑冰场

上刻苦训练.一次训练中，某运动员沿AB到达B点后沿圆弧BC匀速运动半个圆周，再沿

CZ）运动到。点后沿圆弧Z）E匀速运动半个圆周，两次做圆周运动中运动员受到的向心力大

小相等，关于两段匀速圆周运动，则第二段比第一段（）

【答案】D

【详解】A.运动员做圆周运动时有

O=哂

又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，两次圆周运动的

向心加速度大小相等，故A项错误；

B.运动员做圆周运动时有

„4ΛΓ2

器J="7万「

又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，圆周运动的半径

越大，周期越大，故第一次的周期大，又因为两次圆周运动都是半个周期，所以有

T

2

由上述式子可知，周期越大，运动时间越长，所以第二段比第一段时间短，故B项错误;

C.运动员做圆周运动时有

z⅛ι=w7

又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，圆周运动的半径

越大，线速度越大，故第一次的线速度大，故C项错误；

D.运动员做圆周运动时有

Ff^marr

又因为两次圆周运动中，运动员受到的向心力相等，所以由上述公式可知，圆周运动的半径

越大，角速度越小，所以第二次角速度大，故D项正确。

故选D。

5.（2023春•广东潮州•高三校联考阶段练习）如图所示是某市儿童公园的摩天轮，假设某乘

客坐在座椅上（不靠背）随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，整个过程座椅始终保持水平，

下列说法正确的是（）

A.座舱转动过程，乘客的机械能守恒

B.座舱在最高点时，乘客处于超重状态

C.座舱在最低点时，乘客处于超重状态

D.座舱转动过程，乘客不超重也不失重

【答案】C

【详解】A.根据题意可知，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，转动过程中，乘客的

动能不变，重力势能改变，则乘客的机械能不守恒，故A错误；

BCD.根据题意可知，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，转动过程中，乘客的加速度

方向指向圆心，则乘客在圆心所在水平线之上具有向下的加速度，处于失重状态，即座舱在

最高点时，乘客处于失重状态，乘客在圆心所在水平线之卜.具有向上的加速度，处于超重状

态，即座舱在最低点时，乘客处于超重状态，故BD错误，C正确。

故选Co

6.（2023•广东肇庆•统考二模）如图甲所示，在问天实验舱中的变重力科学实验柜，可为科

学实验提供零重力到两倍重力范围的高精度模拟重力环境,用以研究不同重力环境下的科学

现象。变重力科学实验柜的主要装置是如图乙所示的两套离心机。离心机旋转过程中，由于

惯性作用，实验载荷会有沿着旋转半径向外飞出的趋势，可以等效为物体在圆周运动中受到

一个与向心力等大反向的“离心力”，而这个“离心力”就可以用来模拟物体受到的重力。某次

实验中，需要给距离圆心45Omm的实验载荷模拟2g的重力环境（g取9.8m∕s2）,则离心机

的转速最接近以下哪个值（）

级/机

盥拄操作屏

内心机（左＞

WL2∣t⅛β

一丑

甲乙

A.0.1r/sB.lr∕sC.10r∕sD.100r∕s

【答案】B

【详解】向心力为

m(2πtιfr=m∙2g

得

n≈l.lr∕s

最接近lr∕s0

故选B。

7.（2023•广东佛山•统考一模）偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、

按摩仪、混凝土平板振动机等。如图甲，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。

平板振动机中偏心振动轮的简化图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转

轴。在竖直面内转动则当偏心块的中心运动到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大

()

甲乙

A.PB.QC.MD.N

【答案】A

【详解】对偏心轮边缘的一点，转到最低点尸时满足

F-mg-mω1r

可得地面对振动机的支持力

F=mg+mω2r

此时路面对振动机的支持力最大，根据牛顿第三定律可知振动机对路面压力最大。

故选Ao

8.（2022秋•广东汕头•高三校联考阶段练习）天津之眼是世界上唯一建在水上的摩天轮，它

的直径达IIOm,轮外装挂48个360度透明座舱，每个座舱可乘坐8个人，可同时供384

个人观光。摩天轮匀速旋转一周所需时间为30分钟,在此过程中，下列说法中正确的是（）

A.每个乘客受到的合力在不断变化，且做功始终为零

B.运行过程中乘客对座位的压力始终不变

C.运行过程中乘客重力的功率始终不变

D.乘客随摩天轮运动的线速度大小为1320m∕s

【答案】A

【详解】A.乘客做匀速圆周运动，每个人受到的合力都不等于零，合力提供向心力，始终

指向圆心，不断变化；乘客做匀速圆周运动，速度的大小不变，所以动能不变，根据动能定

理可知，合力做功为零，故A正确；

B.乘客做匀速圆周运动所需的向心力大小始终为〃?破，方向不断发生变化，通过受力分析

r

可知乘客在乘坐过程中对座位的压力始终在不断变化，故B错误；

C.根据功率公式：P=mgvy,竖直方向的速度V不断变化，则重力的功率不断变化，故C

错误；

D.乘客随摩天轮运动的线速度大小为

v=2^=2x3J4xll0m/s=0192ni/s

T2×30×60

故D错误。

故选Ao

9.（2023春•广东汕头•高三统考开学考试）如图所示，半球形陶罐和陶罐内的物块（视为质

点）绕竖直转轴。。'从静止开始缓慢加速转动，物块相对陶罐始终保持静止，下列说法正确

的是（)

B.某时刻物块可能只受两个力

C.物块一定有上滑的趋势D.物块一定有下滑的趋势

【答案】B

【详解】A.由于物块相对陶罐始终保持静止，所以运动半径不变，根据V=期•可知物块的

线速度一定一直增大，故A错误；

B.当物块所受重力和陶罐内壁的支持力的合力恰好提供向心力时，物块只受这两个力作用，

故B正确；

CD.当物块所受重力和陶罐内壁的支持力的合力大于所需的向心力时，物块会受到沿内壁

切线斜向上的摩擦力作用，此时物块有下滑趋势；当物块所受重力和陶罐内壁的支持力的合

力小于所需的向心力时，物块会受到沿内壁切线向下的摩擦力作用，此时物块有上滑趋势，

故CD错误。

故选B。

10.（2023•广东•一模）如图所示，半径为R的m圆弧轨道固定在竖直平面内，一质量为相

的小球由距槽口M正上方3R的。点无初速度释放,经过一段时间小球运动到圆弧轨道的最

高点N,且此时小球与轨道之间压力的大小为mg。重力加速度为g,则对小球由。到N的

过程，下列描述正确的是（）

A.小球在N点的速度大小为

B.小球在N点具有的重力势能为WgR

C.合力对小球做功为2,“gR

D.摩擦力对小球做功为一2”?R

【答案】A

【详解】A.由题知，小球运动到圆弧轨道的最高点N时小球与轨道之间压力的大小为〃吆，

则

2mg=m—

解得

VN=∖∣2gR

A正确；

B.由于题意没有规定零势能面在何处，则无法确定小球在N点具有的重力势能，B错误;

C.根据动能定理可知，合力对小球做功，即小球动能的改变量，则从。到N有

解得

W分=WgR

C错误；

D.小球从。到N根据动能定理有

mg∙2R+Wl=—mv].

解得

Wf=—mgR

D错误。

故选Ao

IL（2022∙广东深圳•蛇口育才中学模拟预测）在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员

王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图甲为航天员叶光富启

动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端。为圆心做如

图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水的密度大于油的密度），以空间站为

参考系，此时（）

W

A

W

甲

乙

A.水和汕的线速度大小相等B.水的向心加速度比油的小

C.油对水有指向圆外的作用力D.水对油的作用力大于油对水的作用力

【答案】C

【详解】由于水的密度大于油的密度，因此水在底层，油在上层。

A.水和油的角速度相等，但运动半径不同，因此线速度不相等，A错误;

B.根据

a=OTr

由于水的半径大，因此水的向心加速度比油的大，B错误；

CD.油做圆周运动的向心力是由水提供的，根据牛顿第三定律，油对水有指向圆外的作用，

且与水对油的作用力大小相等，C正确，D错误。

故选C。

12.（2023•广东汕头•汕头金山中学南区学校校考一模）如图甲所示，被称为“魔力陀螺''玩具

的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆

轨道竖直固定，质量为，"的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、8分别为轨道的最高点

和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加

速度为g,则（）

A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动

B.由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒

C.铁球在A点的速度必须大于必

D.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能使铁球不脱轨

【答案】D

【详解】AB.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受

轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向

垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机

械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大.小铁球不可能做匀速圆周运动，故

AB错误；

C.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球

的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于O即可通过最高点，故C错误；

D.由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越

小，在最低点的速度也越小，根据

可知小铁球在最低点时需要的向心力越小.而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持

力的方向也向下、只有磁力的方向向上.要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于

0.所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时，轨道

对铁球的支持力恰好等于0.根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0,到达

最低点时的速度满足

mg∙2R=-mv2

轨道对铁球的支持力恰好等于0,则磁力与重力的合力提供向心力，即

口V2

F-m2-——

R

联立得

F=5mg

故D正确。

故选D。

13.(2023•广东•模拟预测)如图所示，质量为机的小球套在粗糙直杆上，杆与水平面间始

终保持O=37。角。初始时直杆静止，小球恰好静止在A点，AM间距为心现使小球与直杆

一起绕经过直杆下端的竖直轴MN以某一角速度则匀速转动，小球仍处于A点且与直杆之

间的摩擦力恰好为零。重力加速度为g∙已知sin37°=0.6,cos37°=0M则()

C.小球受到的弹力大小为嘤

D.当直杆以角速度。=任转动时，小球受到的摩擦力方向沿杆向上

【答案】B

【详解】A.小球静止时，受力分析

"zgsin37°=μmgcos37°

解得

3

//=4

A错误;

B.小球在4点转动时

,"gtan37°=mLcos37°∙ωo2

解得

B正确;

C.小球转动时，对小球受力分析有

Nr"火_5mg

cos04

C错误；

D.当小球的角速度

时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，摩擦力方向沿杆向下，D错误。

故选B0

14.（2023•广东•模拟预测）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。下图为某水车模

型，从槽口水平流出的水初速度大小为%,垂直落在与水平面成30。角的水轮叶面上，落点

到轮轴间的距离为心在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流

速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，重力加速度为g,以下说法正确的

是（）

B.水流在空中运动时间为f=圾

3g

C.水车最大角速度接近"=当D.水车最大角速度接近。=皿

KR

【答案】C

【详解】AB.水流垂直落在与水平面成30。角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满

足

tan30=为

gt

解得

g

AB错误;

CD.水流到水轮叶面上时的速度大小为

V=J7+3)2=2%

根据

v-ωR

解得

0=皿

R

C正确，D错误。

故选C。

15.（2023春•广东广州•高三执信中学校考开学考试）图（a）为酒店常用的安全窗户，竖直

窗框部分安装有滑轨与滑块，两者之间的弹性摩擦块固定在滑块上，截面如图（b）所示；

滑块与窗户通过一金属轻杆相连，轻杆两端可绕固定点4B自由转动，其推拉结构可简化

为图（c）,C为窗户下边缘一点；轻杆长L8点到转轴的距离为23则（）

A.开窗过程中A、8两点的速度始终相等

B.开窗过程中3、C两点的角速度不相等

C.开窗状态下滑块受3个力作用

D.该窗户能打开的最大角度为30°

【答案】D

【详解】A.开窗过程中，滑块4和B点速度方向如图所示，因为两速度沿杆方向的分速度

始终相等，故在开窗过程中4、8两点的速度不会始终相等，A错误；

滑

2L

滑块、

A'L\\

r

B.开窗过程中从C两点都绕一个固定轴旋转，因此角速度始终相等，B错误；

C.开窗状态下滑块受重力、压力、支持力和摩擦力4个力作用，C错误；

D.由于A可以滑动，当轻杆垂直了竖直窗框时，8点到窗框距离最远，此时张角最大，设

张角为。，则有

sinθ=———

2L2

所以最大张角为30°,D正确。

故选DC

二、多选题

16.（2022•广东佛山•顺德一中校考模拟预测）明代出版的《天工开物》中记录了祖先的劳

动智慧，如图所示为“牛转翻车”，利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水

运送到高处。祖先的智慧在今天也得到了继承和发扬。我国自主研发的齿轮传动系统，打破

了国外垄断，使中国高铁持续运行速度达到350km∕h,中国高铁成为中国制造的一张“金名

片”。图中A、8是两个齿轮边缘点，齿轮半径比%：质=2:3,在齿轮转动过程中（）

牛转翻车现代齿轮

A.A、B的周期之比=2:3B.A、B的角速度之比的%：%=2:3

C.A、B的线速度大小之比办：%=1：1D.A、B的向心加速度大小之比%：即=2:3

【答案】AC

【详解】C.由图可知，A、B同缘传动，则线速度大小相等，A、8的线速度大小之比

V4：vβ=1:1

故C正确;

B.根据v=or,则A、8的角速度之比

心=3：2

故B错误；

A.根据T=生，则A、3的周期之比

ω

Γl:=<wn:e?A=2:3

故A正确；

D.根据。=丫0,则4、B的向心加速度大小之比

CIA'∙CIB=C0A：COB=3：2

故D错误。

故选ACo

17.（2023春•广东•高三统考开学考试）较差自转是指一个天体在自转时不同部位的角速度

互不相同的现象。太阳较差自转就是说在太阳不同的纬度，自转的速率是不一样的，下图示

意太阳（视为规则球体）在南北半球不同纬度的自转周期。下列说法正确的是（）

(

K

)

票

限

⅜

⅜

皿

吸

蚂

B.太阳自转角速度随纬度升高而增大

C.太阳在不同纬度的线速度可能相同

D.若某纬度。的角速度为%,太阳半径为R,则太阳在该纬度最外层的线速度为qRcos0

【答案】AD

乃

【详解】A.由图可知，0纬度（赤道）的地方周期最短，根据。=学2可知该位置的角速度

最大，故A正确;

B.由图可看出南纬和北纬都是纬度越高周期越长，根据。=亍可知角速度随纬度的升高而

减小，故B错误;

根据V=or可得，纬度。的线速度为

v=ωθRcosθ

故D正确；

C.已知0随纬度6升高而减小，，随纬度8升高而减小，故线速度V会随纬度升高而减小,

不可能相同，C错误。

故选AD..

18.（2022•广东•校联考模拟预测）我国北方有一种玩具陀螺,用鞭子抽打会使它的转速加快。

有些陀螺是空心的，其表面带有一条狭长的缝隙，转起来后会嗡嗡作响。如图所示，公尻

C是旋转陀螺上的三个点，到陀螺轴线的距离乙，下列判断正确的是（）

A.4、b两点的线速度相同，向心加速度也相同

B.a、b、C三点的转速大小关系为%=%>%

C.。、6、C三点的向心加速度大小关系为>勺

D.a、b、C三点的线速度大小关系为匕=%>匕

【答案】CD

【详解】A.“、〃两点线速度、向心加速度大小相同，方向不同，A错误；

B.〃、b、C三点转速相等，B错误：

C.同轴转动则角速度相同，根据α=疗r,。、b、C三点向心加速度大小关系为4=%>/,

C正确；

D.根据v=<υr,a,b、C三点线速度大小关系为％=%>匕，D正确。

故选CDo

19∙(2022∙广东•统考模拟预测)假设地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其运行周期与轨道半

径的关系如图所示，图中1和2分别为我国空间站“天和”核心舱、卫星导航系统中某颗地球

同步卫星所对应的数据。引力常量为G。下列说法正确的是()

figT

Zz⅞PqIgr

A.核心舱与地球同步卫星的向心力大小之比为10"：1()。

B.核心舱与地球同步卫星的向心加速度大小之比为102“：1()2,

C.核心舱与地球同步卫星的周期之比为10“：10，

D.该直线的斜率为∣∙

【答案】BD

【详解】A.由于核心舱与地球同步卫星的质量未知，因此不能确定它们做圆周运动的向心

力大小之比，选项A错误；

B.根据

由题图可知

=IOp

4=10"

核心舱与地球同步卫星的向心加速度大小之比为102«:10",选项B正确;

C.根据开普勒第三定律有

岂_IlO3p

ξ^-q谈

选项C错误:

D.根据开普勒第三定律可知

即

3Igr=2IgT

该直线的斜率为g,选项D正确。

故选BDo

20.（2022•广东江门•江门市新会东方红中学校考模拟预测）如图所示，半径为R的半球形

陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心。的对称轴O。'重

合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为，〃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，此时小物块受到的摩擦力恰好为0,且它和。点的连线

与00'之间的夹角〃为60°,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

B.陶罐对物块的弹力大为2,wg

C.转台转动的角速度大小为D.物块转动的线速度大小为小法

【答案】ABC

【详解】A.物块的受力情况如图所示。

由上图可知，物块受到的支持力和重力的合力提供物块做圆周运动的向心力，则有

Fa=Ingtan60o=ma

解得

α=√Jg

故A项正确；

B.由受力分析可知有

詈=CoS60。

解得

N=2mg

故B项正确；

C.物块做匀速圆周运动，有

mgtan60°=mco2r

由几何关系有

r=Rsin60°

解得

故C项正确；

D.根据角速度与线速度的关系有

v=ωr

故D项错误。

故选ABCe

21.（2023春・广东广州・高三校联考开学考试）如图所示，MN为半径为R、固定于竖直平面

内的光滑!圆管轨道，轨道上端切线水平，。为圆心，M、0、P三点在同一水平线上，M

的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪。现发射质量为〃，的小钢珠，小钢珠从M点离

开弹簧枪，从N点飞出落到。P上距。点2R的Q点。不计空气阻力，重力加速度为g,则

该次发射（）

N

厂一…一

MT.R_________________--

ɪOQP

A.小钢珠在M点时，弹簧处于原长状态

B.小钢珠经过N点时的速度大小为

C.小钢珠到达N点时对上管壁的压力大小为2mg

D.小钢珠落到。点时的速度方向与OP间的夹角为45°

【答案】ABD

【详解】A.小钢珠从M点离开弹簧枪，说明小钢珠在M点时,弹簧处丁原长状态，A正

确；

B.钢珠离开N点后做平抛运动，水平位移

2R=vNt

竖直方向

R=TgJ

解得

VN

故B正确；

B.小钢珠到达N点时由牛顿第二定律可得

F+mg=m~^

解得

F=mg

方向竖直向下，由牛顿第三定律可知，小钢珠到达N点时对上管壁的压力大小为，烟，故C

错误；

D.小钢珠落到Q点时的竖直方向的速度为

VV=gt==7⅛Λ=VW

则速度与水平方向夹角

tan0=—=1

则小钢珠落到。点时的速度方向与OP间的夹角为45。，故D正确。

故选ABDo

22.（2022•广东•高三专题练习）如图所示为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子

挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面，当转筒中心轴开始缓慢加速转动，不计空气

阻力，则下列说法正确的是（）

A.角速度慢慢增大，绳长的球先离开圆锥筒

B.角速度达到一定值时两球同时离开圆锥筒

C.两球都离开圆锥筒后高度相同

D.两球都离开圆锥筒时两绳中的拉力大小相同

【答案】AC

【详解】AB.设绳子与竖直方向的夹角为仇小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒对小球的支

持力为0,有

mgtanθ=marlsinθ

解得

V/cos0

绳子越长的球其角速度的临界值越小，越容易离开圆锥筒，故A正确，B错误；

C.两小球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动，

有相同的角速度，小球的高度

h=lcosθ

代入上式解得

T

ω^

故C正确；

D.由以上分析可知，绳长的小球先离开圆锥筒，绳短的小球离开圆锥筒时，两绳与竖直方

向的夹角不同，绳中拉力大小不同，故D错误。

故选ACo

23.(2023春•广东广州•高三统考开学考试)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。

下图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为％,垂直落在与水平面成30。角的水

轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近

冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是

()

B.水流在空中运动时间为，=圆

g

D.水车最大角速度接近。=圆

R

【答案】BC

【详解】AB.水流垂直落在与水平面成30。角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满

tan30°=%∙

gt

故B正确，A错误:

CD.水流到水轮叶面上时的速度大小为

V=J*+3)2=2%

解得

2v

ω=--0

R

故C正确，D错误。

故选BCo

24.（2023•广东•模拟预测）如图所示，半球形容器A8C固定在水平面上，AC是水平直径，

一个物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器，第一次从P点由静止释放，P

点离A点高度为力，结果物块从C点飞出上升的高度为生，第二次由Q点由静止释放，Q

点离A点高度为I∙物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定，B为容器内壁最低点，容器的半径

为九则下列判断正确的是（）

「口

0、

I

I

A∖

A.第一次，物块由A点运动到C点的过程克服摩擦做的功为于咫/7

B.第二次，物块运动到C点的速度刚好为零

7

第一次，物块运动到B点的最大动能为::咫人

D.第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做

的功

【答案】AD

【详解】A.根据动能定理

h

∕ng×--Wf=0

解得克服摩擦力做功

Wf=—mgh

故A正确；

B.第二次，由于物块运动到某一位置速度小于第一次物块在该位置的速度，因此正压力小

于第一次的正压力,摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小丁ImgA，

根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误；

C.第一次，物块由4运动到8克服摩擦力做的功大于8到C摩擦力做的功，大于Lmgh,

因此到8点的最大动能小于

C,1,7,

Imgh——mgn--mgh

44

故C错误；

D.第一次，物块从A运动到。的过程中，从A运动到3过程中与从8运动到。过程中在

等高位置，物块从A运动到8过程中的速度大，因此正压力大，摩擦力大，因此物块从A

点运动到2点克服摩擦力做的功大于从8点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确。

故选AD。

三、解答题

25.（2023•广东•一模）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为，"∕=3.0kg的长木板A,

A的左端放着一个质量为“2=LOkg的小物块B（可视为质点），两者处于静止状态，小物

块与木板之间的动摩擦因数〃=0.30,最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。在木板A的左端

正上方有一固定点O,用长为7?=3.6m的不可伸长的轻绳将质量为Wj=ZOkg的小球C悬于

点0。现将轻绳拉直使轻绳与水平方向成，=30。（如图所示），由静止释放小球。此后小球

C与B恰好发生弹性碰撞，碰撞过程时间极短。空气阻力不计，取g=10π√s2.求：

（1）小球C运动到最低点时（与B碰撞前瞬间）细绳对它的拉力大小；

（2）小球C与B相碰后，B的速度大小；

（3）木板长度L至少为多大时小物块B才不会滑出木板？

O

【详解】(1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间，山动能定理得

∕n3gΛ(l-sin(9)=—W3Vj-O

解得

v0=6m∕s

小球在最低点，有

F-nhg=m^

解得

F=40N

(2)小球C与小物块8在碰撞后，小球C速度为V/,小物块B的速度为丫2,由动量守恒和

机械能守恒得

+m

,4%="%V∣2V2

I2I2I2

2W3VO=2n¾v∣+2W3V2

联立解得

V2=8m∕s

(3)小物块8在木板A上滑动，小物块8和木板A组成的系统动量守恒，设8滑到木板A

最右端时速度大小为心则

tn,v2=(ml+m1)v

小物块B在木板A上滑动的过程中，由小物块B和木板4组成的系统减小的机械能转化为

内能，由功能关系得

2

μm1gL=ɪm2v1-ɪ(町+nι2^v

联立以上各式并代入数据，解得

L-Sm

26.(2023•广东深圳•高三校考阶段练习)如图，粗糙水平杆。例和光滑竖直轴ON上分别套

着环P和Q,环P的质量为2/”，。的质量为"?，两环用长度为L的轻绳连接。一根弹簧左

端固定于。点，右端与环P栓接。环P与水平杆OM之间的动摩擦因数为〃=0∙5,最大静

摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置可绕ON轴匀速旋转。初始时装置静止，轻绳与竖直方向

的夹角6=37。，环P与水平杆OM之间恰好无摩擦。己知弹簧的劲度系数为左，弹簧未超过

其弹性限度，重力加速度g=10m⅛2,sin37°=0.6,cos37°=0.8»求:

(I)初始时弹簧的弹力和P对水平杆的压力大小；

(2)当环P恰好相对水平杆。M开始滑动时，角速度电的大小;

若环P未从OM上滑出，角速度。的最大值。

【详解】(1)根据题意，设初始时绳子弹力为T，弹簧弹力为F,水平杆对P的支持力为N,

对Q,由平衡条件，竖直方向上有

Tcos37o=mg

对尸，由平衡条件，竖直方向上有

N=Tcos370+2mg

水平方向上有

F=TSin37。

解得

N=3mg,F=-mg

4

3

即弹簧弹力为∖∕ng,方向水平向右，弹簧被压缩，设形变量为七，则有

→ιg=kxl

解得

v.3mg

由牛顿第三定律得，P对水平杆的压力大小为3"明。

(2)根据题意可知，当环P恰好相对水平杆OM开始滑动时，环P所受摩擦力达到最大静

摩擦力，其余受力不变，由牛顿第二定律有

μN=260：LSin37°

解得

(3)根据题意可知，当环P滑到M点时，根据几何关系有

L

8=53。

此时对Q,在竖直方向上有

厂cos53°=Hzg

弹簧被拉伸，形变量为

X,=0.8L-(Lsin37。+叫叫=0.2L-也

^(4k)4k

弹簧的弹力为

尸=0.2也-立

4

对P,在竖直方向上有

N'=T'cos530+2mg

在水平方向上有

T'sin53°++尸'=2mω2Lsin53°

联立上式得

即角速度0的最大值为

27.(2022•广东汕头•统考三模)某组合装置如图，一个水平圆盘以角速度。(单位：rad∕s)

匀速转动，固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为K,带动一个T形支架在水平方向左右往复

运动。水平桌面上。点的左侧光滑，右侧粗糙程度相同。小圆柱每次在最左端时，就在桌面

的A点和O点轻放质量为加和2m的小物件P和Q,此时T形支架的右端恰好与P接触但不

粘连。随后圆盘转半圈时物件P恰好运动到。点，与物件。瞬间粘合成PQ整体。PQ整体运

动至8点停下的瞬间，下一个P。整体位于。8的中点。答案可含兀。求：

(1)物件P从A点开始运动0.4R的过程，T形支架对其做的功W；

(2)A。的距离d；

(3)OB的距离L。

【答案】(1)O.32≡υ2Λ2;(2)(O.5π+1)/?;(3)斗史

【详解】(1)小圆柱的线速度大小为

V=Ct)R①

设物件P从A点开始运动0.4R的过程中水平圆盘转过的圆心角为α,则有

R-Rcosa=OAR②

物件P的速度等于小圆柱速度在沿Ao方向的分量，即

VP=VSina③

根据动能定理有

Wɪɪ/wvp(4)

联立①~④式解得

W=O.32,Wy2R2⑤

(2)当水平圆盘转过四分之一圈时，小圆柱的速度在沿Ao方向的分量最大，则P速度达

到最大值心且之后小圆柱在沿Ao方向的分量开始减小，所以此时物件P将与T形支架分

离，此后以V做匀速直线运动。水平圆盘的转动周期为

T=—⑥

ω

T

由题意可知从物件P与T形支架分离到P运动到。点所经历的时间为了，这段时间内物件

4

P的位移大小为