圆周运动-2024年高考物理一轮考点复习

第10讲园周运动

目录

考点一圆周运动中的运动学分析..................................................1

考点二圆周运动中的动力学分析..................................................1

考点三圆周运动的临界问题......................................................5

考点四竖直平面内圆周运动绳、杆模型.........................................10

练出高分........................................................................16

考点一圆周运动中的运动学分析

I.线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量.。=m=干.

2.角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量.①=辞=笔

3.周期和频率：描述物体绕同心转动快慢的物理量.T=平,T=y.

2

4.向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量.«n=r(o=y=(DV=

2兀,4兀2

5.相互关系：(\)v=cor=^7r=2nrf.(2)知=：=/•"=G。=下~r=4兀:产r.

[例题1](2023•崇明区二模)如图为车库出入口采用的曲杆道闸，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，则在抬起过程中

P和Q两点()

A.线速度相同，角速度相同

B.线速度相同，角速度不同

C.线速度不同，角速度相同

D.线速度不同，角速度不同

【解答】解：由于在P点绕。点做圆周运动的过程中，杆PQ始终保持水平，即PQ两点始终相

对静止，所以两点的线速度相同，角速度也相同，故A正确，BCD错误；

故选：Ao

[例题2]（2023•台州二模）某款机械表中有两个相互咬合的齿轮A、B,如图所示，齿轮A、B的

齿数之比为1：2,齿轮匀速转动时，则A、B齿轮的（）

A.周期之比Ti：T2=2：1

B.角速度之比为31：0）2=2：1

C.边缘各点的线速度大小之比VI：V2=l：2

D.转速之比为III：112=1：2

【解答】解：C、齿轮A、B的齿数之比为1：2,可知齿轮A、B的半径之比为1：2；齿轮A、

B相互咬合，可知边缘各点的线速度大小相等，即vi：V2=l：1,故C错误；

B、根据v=3r可得齿轮A、B角速度之比为31：u）2=r2：n=2：1,故B正确；

A、根据7=型可得齿轮A、B周期之比为Ti：T2=U）2：COI=1：2,故A错误；

D、根据3=2TUI可得齿轮A、B转速之比为ni：n2=a）i：0）2=2：I,故C错误；

故选：Bo

[例题3]（2023•广东一模）如图，为防止航天员的肌肉萎缩，中国空间站配备了健身自行车作为健

身器材。某次航天员健身时，脚踏板始终保持水平，当脚踏板从图中的实线处匀速转至虚线处

的过程中，关于脚踏板上P、Q两点的说法正确的是（）

A.P做匀速直线运动

B.Q做匀速圆周运动

C.P的线速度大小比Q的大

D.P的向心加速度大小比Q的大

【解答】解：AB、P和Q均随脚踏板一起做匀速圆周运动，故A错误，B正确；

CD、P的圆心在0点左侧，Q点的圆心在0点右侧，两点的半径相同，角速度相同，由v=u）r

得，两点的线速度大小相等，由a=32r得，两点的向心加速度大小相等，故CD错误。

故选:Bo

[例题4]（2023•石景山区一模）一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如

图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说

法正确的是（）

C.P、Q的向心加速度大小相等

D.P、M的向心加速度方向均指向O

【解答】解：A、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，Q点的轨道半径大于P点的轨道半径,

根据v=ro）知Q点的线速度比P点的大，故A错误；

B、P、M两点共轴转动，角速度大小相等，故B正确：

C、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，P点的轨道半径小于Q点的轨道半径，根据a=u?「知

P点的向心加速度比Q点的小，故C错误；

D、P点的向心加速度方向指向P点所在纬线的圆心，M的向心加速度方向指向0,故D错误。

故选：Bo

|例题5]（2023•宝鸡模拟）某学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆水平时距水平地面高为

1m,可绕转轴O在竖直面内匀速转动，自动识别区ab到ab的距离为6.6m,汽车匀速驶入自

动识别区，自动识别系统识别的反应时间为0.2s,闸杆转动的角速度为若汽车可看成

高1.6m的长方体，闸杆转轴O与汽车左侧面的水平距离为U.6m,要使汽车顺利通过闸杆（车

头到达闸杆处视为通过闸杆），则汽车匀速行驶的最大允许速度为（）

【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为。，由几何知识得：tan6=f9=l,解

U.o

得：。=今

由题意可知闸杆转动的角速度为\JTrad/s,根据角速度的定义3=，n

可得直杆转动的时间为：t=2s

自动识别区ab到ab汽车以速度匀速通过时间为：t/j：=t+/\t=2s+0.2s=2.2s

汽车匀速行驶的最大允许速度为：v=3=^m/s=3m/s，故B正确，ACD错误。

车

故选：Bo

考点二圆周运动中的动力学分析

I.向心力的来源

向心力是接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一个向心力.

2.向心力的确定

（1）确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.

（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金垃，就是向心力.

3.向心力的公式

22

Fn=man=〃声7=incor=m—，〃/冗?/

[例题6]（2023•沧州一模）如图甲所示为杂技演员正在表演“巧蹬方桌二某一小段时间内，表演

者让方桌在脚上飞速旋转，同时完成“抛”“接”“腾空”等动作技巧。演员所用方桌（如图乙

所示）桌面abed是边长为1m的正方形，桌子绕垂直于桌面的中心轴线OO,做匀速圆周运动.

转速约为2r/s,某时刻演员用力将桌子竖直向上蹬出，桌子边水平旋转边向上运动，上升的最大

高度约为0.8m。已知重力加速度g取lOm/sz,则桌子离开演员脚的瞬间，桌角a点的速度大小

约为（）

A.4m/sB.4irm/s

C.V16+8n?m/sD.V16+16n7m/s

【解答】解：桌子在水平面内做匀速圆周运动，转速约为2r/s,桌角a点的线速度为vi=2irn「，

又r=孝血，故巧=2y/2nm/s

桌子被得出瞬间竖直向上的速度为V2,由竖直上抛运动规律可得谚=2gh,解得V2=4m/s

则a点的合速度为u=，说+及,解得v=V16+8n2m/s,故C正确，ABD错误。

故选：Co

[例题7]（2023♦东城区模拟）如图所示，两根长度相同的细线悬挂两个相同的小球，小球在水平面

上做角速度相同的匀速圆周运动，已知两细线与竖直方向的夹角分别为a和仇设上下两根细

线的拉力分别为Ti、T2,则一为（）

T2

2sina2shi0

c•诉sina

【解答】解：设小球质量为m,对下面的小球隔离进行受力分析，小球受重力和下面绳子拉力为

T2,做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则12=端

将两个小球看成一个整体进行受力分析，两球受重力和上面绳子拉力Ti,做匀速圆周运动，竖直

方向受力平衡，则T尸鬻

7\2COS0

故二-=-----

T2cosa

故A正确，BCD错误；

故选Ao

[例题8]（2023•南充模拟）有一种能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，智能呼啦圈腰带外

侧有半径r=O.I2m的圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能自由滑动，短杆的另一

端悬挂一根带有配重的腰带轻质细绳，其简化模型如图。已知配重（可视为质点）质量m=0.6kg,

绳长为L=0.3mo水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，

在某一段时间内细绳与竖直方向夹角始终为53°。腰带可看作不动，重力加速度取g=IOm/s2,

不计空气阻力，sin53°=0.8,cos530=0.6,下列说法正确的是（）

I

I

腰带

Xu

配重,:

A.配重受到的合力大小为10N

B.配重的角速度为3=四件rad/s

c.若细绳不慎断裂，配重将自由卜.落

D.若增大转速，细绳对配重的拉力将变小

【解答】解：A.配重在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：F分=血/即53。=0.6乂

4

lOx^N=8N

故A错误；

B.根据牛顿第二定律可得mgtan53°=moo2（Lsin530+r）

„ZBlOx/30

解ft得3=­g—rad/s

故B正确；

C.若细绳不慎断裂，配重由于具有切线方向的初速度，配重将做平抛运动，故C错误；

D.若增大转速，即增大角度，配重做匀速圆周运动的半径增大，细绳与竖直方向的夹角增大，

竖直方向根据受力平衡可得Teos。=mg

可得丁=AS

COSU

可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。

故选：Bo

[例题9]（2023•厦门一模）如图，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高

定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离

为1。现用水平向右恒力F=*i1g将小球由最低处拉至轻绳与竖宜方向夹角8=37°处，立即撤

4

去F,此时传感装置示数为^mg.已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g,不计滑轮

的大小和一切摩擦,sin37°=0.6,cos370=0.8,求:

（1）撤去F时小球的速度大小vi；

（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小；

（3）小球返回最低处时传感装置的示数。

【解答】解：（1）从最低点到8=37°,由动能定理:

FLsin0-mgL(1-cos0)=27n说

解得：V1=%—；

（2）从撤去F到返回最低点，由动能定理:

mgL(1-cosO)=-2m谱

在最低点，由牛顿第二定律:

T-mg=m-

联立解得：丁=揄吵

（3）撤去F时轻绳拉力为Ti,由牛顿第二定律:

Ti-mgcosO—m——

L

解得：Ti=1.3mg

对物块由平衡条件:

4

G=TI+FI=1.3mg+Fmg=2.1mg

小球返回最低处时，对物块:

G=T+F2

191

F2=G-T=2Amo-^mg=^mg

由牛顿第三定律，物块对传感器压力为：mg,即传感装置的示数为：7zi.g。

J2gL

答：（1）撤去F时小球的速度大小vi为一--；

19

（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小为G血。；

（3）小球返回最低处时传感装置的示数为:mg.

［例题10］（2022•南京二模）现将等宽双线在水平面内绕制成如图1所示轨道，两段半圆形轨道半径

均为R=bm,两段宜秋道AB、A记长度均为1=1.33m。在轨道上放置个质里m=。.Ikg的小

圆柱体，如图2所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角。为120。，如

图3所示，两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为口=03小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度

可忽略不计，初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度voo求：

AB

(1)小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力fl、f2的大小；

(2)当vo=6m/s,小圆柱刚经B点进入I员I弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力Ni、N2的大

小；

(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，vo的最大值，以及在vo取最大值情形下小圆柱最终滑过的

路程So

【解答】解：(1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面面圆心0连线的夹角8为120。，根据对

称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N,内外轨道对小圆柱的摩擦力为：fi=f2=|iN,

解得:fi=f2=0.5N

(2)当vo=6m/s,小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时,根据动能定理可得:

-mv2—5mVo=—(fl+f2)1

22°

解得：v=3m/s

在B点受力分析：Nisin6()“-N2sin6()0=m-:Nicos60+N2cos60=mg

R0

联立解得：Ni=1.3N,N2=0.7N

v2

(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，vo最大时，在B点：N'isin60:=m—,N'icos60:=mg

根据动能定理可得：端一排诏巾=一(fi+f2)I

联立解得：vom=V57m/s

在圆弧上受摩擦力仍为：f=(fi+f2)=n(N1+N2),解得：f=lN

根据动能定理可知：%!就m=fs,解得：s=2.85m

答：(1)小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力fl、f2的大小都为0.5N；

(2)外轨和内轨对小圆柱的压力Ni、N2的大小分别为1.3N,0.7N；

(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，vo的最大值为号m/s,以及在vo取最大值情形下小圆柱最

终滑过的路程s为2.85m。

考点三圆周运动的临界问题

1.有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点.

2.若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起

止点”，而这些起止点往往就是临界点.

3.若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，

这些秘值点也往往是临界点.

[例题11](2023•山东模拟)如图所示，水平机械博BC固定在竖直转轴CD上，B处固定一与BC

垂直的光滑水平转轴，轻杆AB套在转轴上。轻杆可在竖直面内转动，其下端固定质量为m的

小球，轻杆和机械臂的长度均为L,开始小球静止，缓慢增大竖直轴转动的角速度，直至杆与

竖直方向的夹角为37°,已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,则()

A.此时小球的角速度大小为、舒

B.此时小球的线速度大小为'手

4

C.此过程中杆对小球做的功为wmgL

D.此过程中杆对小球做的功为

【解答】解：AB、当杆与竖直方向成37°时，小球做匀速圆周运动，杆对小球的拉力沿杆方向,

合力提供向心力，则有：F；＞=mgtan37o=nia

可得：a=gtan370=彳9

由几何关系可知，圆周运均半径：r=L+Lsin370=^L

根据向心加速度的公式：a=ro?=”

联立以上可得：3=晦:17=用，故AB错误：

CD、设此过程中杆对小球做功为W,由动能定理：W-mgL(l-cos370)=^mu2

解得：IV=FmgL,故C匚确，D错误。

故选：Co

［例题12］（2023•高新区模拟）如图所示，半径分别为「A、的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接

触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质量分别为mA、mB的物块

A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为RA、视，最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（）

B.HArB<pBrA

D,胆〈也

rArB

【解答】解：由牛顿第二定律与圆周运动规律，当A刚要相对圆盘滑动时摩擦力提供向心力，贝IJ：

〃刖4。=

rA

解得以=匹蕨

当B刚要相对圆盘滑动时劭m8。=要琏

rB

解得%=y/^B0rB

当A比B先滑动时，则有VA<VB

即以

化简可得W\rAV|iBrB,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

［例题13］（多选）（2023•河南模拟）一个可以转动的玩具装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和

CB与两小球及一小环通过较链连接，轻杆长均为L,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的

轻质转釉上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为

|LO如果转动该装置并缓慢增大转速，发现小环缓慢上升,弹簧始终在弹性限度内，忽略一切

摩擦和空气阻力，重力加速度为g。则卜列说法正确的是（)

B.弹簧的劲度系数为攵=罕

C.装置转动的角速度为、廖时，AB杆中弹力为零

NbL

D,装置转动的角速度为、廨时，AB杆中弹力为零

\DL/

【解答】解：AB、装置静上时，小球受力平衡，设OA、AB杆中的弹力分别为向、Ti,OA杆与

转轴的夹角为⑦，由平衡条件得:

竖直方向：F1cos01+T।cosO।=mg

水平方向:Fisin0i=Tisin6i

0.75L

根据几何关系得:

2

-9

联立解得：Ti3

3

小环受力平衡，对小环由平衡条件得：F即i=k(-L-L)=mg+2Ticos9i

解得：八竿

L/

故A正确，B错误；

CD、AB杆中弹力为零时，设OA杆中的弹力为F2,0A杆与转轴的夹角为。2,弹簧长度为x,

小环受力平衡，由平衡条件得：卜师2=k(x-L)=mg

对小球受力分析，竖直方向，由平衡条件得：F2cos02=mg

水平方向，由牛顿第二定律得：F2sin02=ma)lLsinO2

由几何关系得：cos%=最

联立解得：30二摆

故C正确，D错误。

故选：ACo

[例题14]（2023•漳州二模）如图甲为生产流水维上的皮带转弯机，由一段直线形水平传送带和一段

圆弧形水平传送带平滑进接而成，其俯视图如图乙所示，虚线ABC是皮带的中线，AB段（直

线）长度L=3.2m,BC段（圆弧）半径R=2.0m,中线上各处的速度大小均为某次转

弯机传送一个质量m=0.5kg的小物件时，将小物件轻放在直线旋带的起点A处，被传送至B

处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变。已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为“=0.5,设最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2o

（1）求小物件在直线皮带上加速过程的位移大小s；

（2）计算说明小物件在圆弧皮带上是否打滑？并求出摩擦力大小。

【解答】解：（1）小物件在直线皮带上加速过程，由牛顿第二定律可得：nmg=ma

代入数据解得：a=5m/s2

根据速度一位移关系可得：v2=2as

代入数据解得：s=0.1m；

（2）假设小物件在圆弧皮带上做圆周运动，则需要的摩擦力大小为：

v2I2

f=m—=0.5x—N=O.25N

R2.0

最大静摩擦力：fm=^nig=0.5X0.5X10N=2.5N>0.25N

因此，假设成立，小物件在圆弧皮带上不打滑，摩擦力大小为f=0.25N。

答：（I）小物件在直线皮带上加速过程的位移大小为0.1m；

（2）小物件在圆弧皮带上不打滑，摩擦力大小为0.25N。

[例题15]（2023•浙江模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG

的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为8=37°,底端H有一弹簧，

A、Oi、02、D、03、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内

径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止科放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装

置，小钢球向右能无能吊损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运

动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R=0.6m,BC长L=2m,水平直轨道BC和GH

的动摩擦因数口=0.5,其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。

某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点Eo（sin37Q=0.6,cos37'=0.8,

g=10m/s2）求：

（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vc：

（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；

【解答】解：（1）小钢球从。点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E,则小球到E点的速度为0,

小球从C点到E点，根据动能定理得：

1o

-mg*2R=0—

代入数据解得：vc=2在Ws

（2）从B点到C点，由动能定理得：-nmgL=*mi博一2m诺

小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N-mg=m^

代入数据联立解得：N=5^.83N

oN0

根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB=N=0.83N

（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为hi,从释放到E点，由动能定理

得：

mg（hi-R）-nmgL=O

代入数据解得：hi=1.6m

若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2,从释放到E点，由动能定理得:

mg(hi-R)-umgL-2Hmgeos。•----=0

tanO

代入数据解得：h2=2.24m

①若小球释放高度hV1.6m,无法到达E点，s=0

②若小球释放高度L6mWhV2.24m,小球能经过E点一次，.VtanB,则小钢球最终停在H点,

从释放点到停在H点，根据动能定理得：

mgh-pmgL-pmgcos0,s=0

代入数据解得：s=2.5(h-I)

③若小球释放高度2.24m〈h,小球经过E点两次，s=2,=2x竽m=1.6m

tanOJ

答：(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小vc为2乃m/s；

(2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB为0.83N；

(3)①若小球释放高度hV1.6m,s=0

②若小球释放高度1.6mWhV2.24m,s=2.5(h-1)

③若小球释放高度2.24mWh,s=1.6m。

考点四竖直平面内圆周运动绳、杆模型

I.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

球与绳连按、沿内凯道运动的过山寺等)，称为“绳(环)约束校型”，二是有支撑(如球与杆连按、在

弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”.

2.绳、杆模型涉及的临界问题

绳模型杆模型

常见类型

均是没有支撑的小球均是有支撑的小球

过最高点的由"吆="7得

由小球恰能做圆周运动得v»=0

临界条件

v^=y[gr

(1)过最高点时，/，FN(1)当C=0时，尸N=〃?g,尸N为支持力，

v2沿半径背离圆心

讨论分析+mg=nr^,绳、圆轨道对球

(2)当时，一人+〃吆="7，FN

产生弹力FN

（2）不能过最高点时，v＜屈,背离圆心，随。的增大而减小

在到达最高点前小球已经脱离（3）当。=坂时，FN=0

了圆就道

（4）当。＞诟•时，勺+〃吆=〃7，心指向

圆心并随。的增大而增大

［例题16］（2023•宁波二模）如图所示，屋顶摩天轮“芯动北仑”的轮盘的直径是52米，转一圈时

间为13分14秒，轿闹中游客的运动可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

A.游客始终处于失重状态

B.游客的线速度大小约为0.2m/s

C.游客的角速度大小约为1.3X1031ad/s

D.轿厢对游客的作用力的大小保持不变

【解答】解：A.轿厢中游客的运动在竖直平面内做匀速圆周运动，向心加速度的方向指向圆心，

当加速度的方向向上或有向上的分量时，游客处于超重状态，故A错误；

B.根据线速度与周期的关系，游客的线速度〃=挈=割亲与m/sa0.2m/s,故H正确；

C根据角速度与周期的关系，游客的角速度3=票=点2先rad/s=7.9xlO-3rQd/s,故C

/1.3AOU।1T,

错误；

D.轿厢中游客的运动可视为匀速圆周运动，可知游客所受合力的大小恒定，轿厢对游客的作用力

和重力的合力大小不变,但方向在时刻变化,轿厢对游客的作用力的大小也时刻变化，故D错误。

故选：Bo

［例题17］（2023♦雅安模拟）滑板运动是许多青少年最喜爱的极限运动之一，而360°绕圈滑行是每

个滑板爱好者的终极挑战目标。一质屋为50kg的极限滑板高手从弧形轨道O点滑下，紧接着

滑上半径为5m的竖直圆形轨道。如图所示，A点为最高点，B点与圆心等高，C点为最低点,

忽略所有摩擦，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A

A.在圆形轨道上运动时，滑板高手受到重力、圆形轨道的弹力和向心力共三个力的作用

B.滑板高手至少从离地12m高度静止滑下，才能挑战成功，做完整的圆周运动

C.若滑板高手从15m高度静止滑下，经过B点时对轨道的压力大小为2000N

D.若滑板高手从B点静止下滑到最低点C的过程中，重力的瞬时功率一直增大

【解答】解：A、在圆形轨道上运动时，滑板高手受到重力、圆形轨道的弹力两个力的作用，故A

错误；

v2

B、想让滑板高手做完整圆周运动，则在A点的速度最小时，有：mg=m：

则从开始滑下到A点，由动能定理得：mg（h-2r）=|mv2-0

代入数据联立解得：h=12.5m

即滑板高手至少从离地12.5m高度静止滑下，才能挑战成功，做完整的圆周运动，故B错误；

C、若滑板高手从15m高度静止滑下，则从开始到B点，由动能定理得：mg（h，-r）

在B点，支持力提供向心刀，有：FN二¥

代入数据联立解得：FN=2D00N

由牛顿第三定律知，经过B点时对轨道的压力大小为2000N,故C正确；

D、滑板高手从B点静止下滑到最低点C的过程中，开始时重力的功率为零，到最低点时速度方

向沿水平方向，则重力的功率也为零，故重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。

故选：Co

[例题18]（2023•佛山一模）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O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（）

【解答】解：把偏心块等效为一个质量为m质点，转到最低点P时满足：F-mg=mco2r

变形后得到偏心块对振动机压力：F'=F=mg+ma)2r

对整体有：FN=Mg+F'=Mg+mg+ma)2r

根据牛顿第三定律可知，当偏心轮在最低点时路面对振动机的支持力FN最大，振动机对路面压

力FN'也最大，故BCD错误，A正确。

故选：A。

[例题19](2()23•汕头一模)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m的铁球

(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B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点的速度必须大于阿

D.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能使铁球不脱轨

【解答】解：AB、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0即可通过最高点，故速度不一定可能大于病，

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：Fn=噌，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，支持力的方向也向卜、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：所以铁球恰好不脱轨的条件是：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

1;2

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：F-mg=m—

r

联立解得：F=5mg

可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,故D正确。

故选：Do

[例题20]（2023•西安一模）云霄飞车玩具（如图a所示）是儿童最为喜爱的益智类玩具之一，玩具

组装原件多，主要考查儿童的思维能力和动手能力。玩具的一小部分结构被简化如图b所示，

钢制粗糙水平面AB的长度为s=lm,A端连接一倾角为8=30°的光滑斜面，斜面长度为L=

0.9m,B端点固定一半径R=0.2m的竖直光滑圆弧轨道。从斜面顶端由静止释放一质量M=

0.1kg的小球甲，运动到A点时与另一质量m=0.05kg的静止小滑块乙发生弹性碰撞（斜面与

水平轨道连接处能量损失可忽略不计）。碰后小滑块乙在水平面上运动到B点后进入圆弧轨道，

取g=10m/s2o

小滑块材料水平面材料动摩擦因数

钢钢0.25

木钢0.2

聚氯乙烯钢0.4

聚异戊二烯钢0.65

（1）求甲、乙碰撞过程中，甲球对小滑块乙的冲量；

（2）若小滑块乙能进入圆轨道并在进入后的运动过程中不脱离轨道，请在表格数据中为小滑块选

择合适的材料满足上述的运动条件，写出相应的判断依据。

图b

【解答】解：（1）甲球在下滑过程中，设甲球最低点的速度大小为vo,根据机械能守恒定律得:

MgLsin30°=

代入数据解得：vo=3m/s

设甲、乙碰撞后速度分别为VI和V2,取向右为正方向，由动量守恒定律得：

Mvo=Mvi+mv2

根据机械能守恒得：5M党=

乙乙乙

解得：vi=lm/s,V2=4m/s

根据动量定理得：I=mv2=0.05kgX4m/s=0.2N・s,方向水平向右

（2）小滑块恰能进入圆轨道有：Rimgs=（）］m%,|ii=0.8

1Q

小滑块乙进入圆轨道后恰能到圆心等高处有-U2mgs-mgR=0-rmv\，H2=0.6

小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰能通过圆弧轨道的最高点有：mg=m—

R

1

122

-一%

22

所以H的取值范围为哼0.3或0.6WpW0.8

查看表格可知：若小滑块可以运动到最高点，材料可以为钢、木；拖小滑块可以运动到圆心等高

处以下，材料可以为聚异戊二烯。

答：（1）甲、乙碰撞过程中，甲球对小滑块乙的冲量大小为0.2N・s,方向水平向右；

（2）若小滑块乙能进入圆轨道并在进入后的运动过程中不脱离轨道，需要满足nWO.3或0.6Wp

W0.8,可以选择钢、木或聚异戊二烯。

练出高分

一.选择题（共10小题）

1.（2023•昆明i模）图甲是市区中心的环岛路，A、B两车正在绕环岛做速度大小相等的匀速圆周

运动，如图乙所示。下列说法正确的是（）

W乙

A.A、B两车的向心加速度大小相等

B.A车的角速度比B车的角速度大

C.A、B两车所受的合力大小一定相等

D.A车所受的合力大小一定比B车的大

【解答】解：ACD、两车的线速度v大小相等，由图可知由”可得A车的向心加

速度大于B车向心加速度，匀速圆周运动合力全部提供向心力，两车的质量关系未知，mF=man

可知，两车的向心力即合力大小无法确定，故ACD错误：

B、由3=半可知，A车的角速度大于B车角速度，故B正确。

故选：Bo

2.（2023•青羊区校级模拟）如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重

物，当车轮高速旋转时，重物由于离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED

灯就会发光。下列说法正确的是（）

A.气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力、弹簧弹力和向心力

B.气嘴灯运动至最高点时处于超重状态

C.以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时LED灯越容易发光

D.以相同转速匀速行驶时，若LED灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光

【解答】解：A.气嘴灯做圆周运动时，重物受重力和弹簧弹力，合力提供向心力，向心力是效果

力，受力分析时不能加入分析，故A错误；

B.气嘴灯运动至最高点时"合力指向圆心向下，具有向下的加速度，处于失重状态，故B错误；

C.在最低点时，合力提供向心力有F-mg=mo?r

可得F=mg+ma）2r

可知，以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时，弹簧的形变量较小，M和N不易接

触，导致LED灯不容易发光，故C错误；

D.在最高点时，合力提供向心力有F+ing-nuA

解得F=ma）2r-mg

可知，以相同转速匀速行驶时，在最高点，弹簧的弹力小于最低点时弹簧弹力，则若LED灯转到

最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光，故D正确。

故选：D。

3.（2023•虹口区二模）如图，钢架雪车比赛中，雪车以速率v通过截面为四分之一圆弧的弯道，弯

道半径为R，不计雪车受到冰面摩擦力。在此情况中（）

A.运动员和雪车所受合外力为零

B.轨道对•雪车的弹力为其转弯的向心力

C.若仅增大v,则雪车离轨道底部更高

D.若仅增大R,则雪车离轨道底部更高

【解答】解：A、运动员和雪车做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，提供向心力，不为零，故

A错误；

B、轨道对雪车的弹力和重力的合力提供向心力，故B错误;

CD、对雪车和运动员受力分析，如图：

设雪车与圆心连线与竖直方向的夹角为仇由几何关系得：m—=mgtan6

R

若仅增大V,则3no增大，雪车离轨道底部更高；

若仅增大R，则tan。减小，雪车离轨道底部更低，故C正确，D错误。

故选：Co

4.（2023•滨海新区校级模拟）石拱桥是中国传统桥梁的四大基本形式之一。假设某拱形桥为圆的一

部分，半径为R。一辆质量为m的汽车以速度v匀速率通过该桥，图中Q为拱形桥的最高点，圆

弧PQS所对的圆心角为90°,PS关于QO对称，汽车运动过程中所受阻力大小恒定，重力加速

度为g。下列说法正确的是（）

*4

0

A.汽车运动到P点时对桥面的压力大于mgcos45°

B.汽车运动到Q点时牵弓力大于阻力

C.汽车运动到Q点时，桥面对汽车的支持力等于汽车重力

D.汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小

【解答】解：A、汽车运动到P点时，重力垂直于桥面的分力等于mgcos45°,由于汽车在竖直

平面内做匀速圆周运动，沿半径方向有向心加速度，所以汽车对桥面的压力小于mgcos450,故

A错误；

B、汽车在竖直平面内做匀速圆周运动，运动到Q点时牵引力等于阻力，故B错误；

C、由于汽车在竖直平面内做匀速圆周运动，所以汽车运动到Q点时桥面对汽车的支持力小于汽

车重力，故C错误；

D、汽车从P点运动到Q点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直减小，设汽车与Q之间圆弧

所对圆心角为仇其牵引；tF=mgsinO+f,一直减小，汽车从Q点运动到S点过程中，重力沿圆

弧切线方向的分力一直增大，其牵引力F=f-mgsine一直减小，所以汽车从P点运动到S点过

程中，其牵引力一定