专题07 圆周运动- （解析版）-2025年高考物理真题题源解密（新高考）

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。

2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。

近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。

必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。

名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。

考情概览

命题解读考句考查统计

2024•辽宁卷,2

2022」东卷，8

考向一圆周运动的运动特点

2021•全国甲卷，2

2021•广东卷,4

2024•江苏卷，10

2024•江西卷，14

2023•北京卷,1()

考向二匀速圆周运动中的受力特点2023•福建卷，15

2023•江苏卷,13

2023•全国甲卷，4

本类试题主要考查圆周运动的运动特2021•河北卷，9

点、受力特点，变速圆周运动中的绳模2024•浙江1月，20

型与杆模型。匀速圆周运动常与业学进2024•河北卷,14

行综合。要求能根据问题情景选择合适2023•北京卷，18

的向心加速度的表达式。2023•湖北卷,14

考向三变速圆周运动中的绳模型

2023•浙江1月，18

2021•浙江卷，7

2021•浙江卷,21

2022.全国甲卷，1

2024•湖南卷，15

2024•全国甲卷，4

2024•山东卷,17

考向四变速圆周运动中的杆模型

2023•浙江6月,18

2022•浙江1月，20

2022•浙江6月，20

2022•全国乙卷,3

考向五实验：探究向心力大小的表达式2021•浙江1月，16

(2)

2024年真题研析

命题分析

2024年高考各卷区物理试题均考查了各种圆周运动。预测2025年高考将继续考查各种圆周运动。

试题精讲

考向一圆周运动的运动特点

1.（2024年辽宁卷第2题）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动

时，球面上P、Q两点做圆周运动的（）

3

A.半径相等B.线速度大小相等

C.句心加速度大小相等D.角速度大小相等

【答案】D

【解析】D.由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确;

A.由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为

rP<rQ

故A错误；

B.根据卜二，/可知，球面上P、。两点做圆周运动的线速度的关系为

产”

故B错误；

C.根据可知，球面上尸、。两点做圆周运动的向心加速度的关系为

故C错误。

故选D。

考向二匀速圆周运动中的受力特点

2.（2024•江苏卷•第10题）（多选）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处作水

平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在8高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一

切摩擦，则（）

A.线速度I，A>UBB.角速度GA〈GB

C.向心加速度"A<D.向心力FA>FB

【答案】BC

【解析】CD.设绳子与竖直方向的夹角为仇对小球受力分析有

Fn=mgtanO=ma

由超图可看出小球从A高度到8高度。增大，则由

CIA<"B，M<FB

故C正确，D错误;

AB.根据

v

mgtan0=m二〃"/sin。

/sin6?

可得

g

p=sin0

/cos。

由图可知力减小,则有

SA<硒

线速度大小无法判断，故A错误，B正确。

故选BCo

3.（2024年江西卷第14题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图（a）、

（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心。点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定

连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稔定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅

与雪地之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为处不计空气阻力。

（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度助匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕。点做半

/4gsm6cos£

G）、=--------------r-

Y（sinOsin/?+〃COSO）G

考向三变速圆周运动中的绳模型

4.（2024年1月浙江卷第20题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角。=37°的直轨道A3，半径A=1m

的圆弧轨道8CQ,长度乙=1.25m、倾角为。的直轨道DE,半径为爪圆心角为。的圆弧管道族组成，

轨道间平滑连接。在轨道末端厂的右侧光滑水平面上紧靠着质量〃?=0.5kg滑块从其上表面与轨道末端尸

所在的水平面平齐。质量〃?=0.5kg的小物块。从轨道A8上高度为〃静止释放，经圆弧轨道3CO滑上轨

道。E，轨道。石由特殊材料制成，小物块。向上运动时动摩擦因数从=0.25,向卜.运动时动摩擦因数

//2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块。滑块力上滑动时动摩擦因数恒为必，小物块〃动

到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，

sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）若〃=0.8m,求小物块

①第一次经过C点的向心加速度大小；

②在OE上经过的总路程；

③在。石上向上运动时间，上和向下运动时间/下之比。

【答案】（I）①I6m/s2；②2m；③1：2；（2）0.2m

【解析】（1）①对小物块。从4到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有

71，

mgh=—tnv^

第一次经过C点向心加速度大小为

RR

②小物块。在OE上时，因为

jLi/ngcos6<mgsin0

所以小物块。每次在OE上升至最高点后一定会卜.滑，之后经过若干次在QE上的滑动使机械能损失，最终

小物块a将在8、。间往复运动，且易知小物块每次在。£上向上运动和向下运动的距离相等，设其在

上经过的总路程为S,根据功能关系有

mg[h-R(\-cos，)]=cos0+4?，ngcos0)—

解得

5=2m

③根据牛顿第二定律可知小物块“在OE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

。卜=gsin8+%gcos0=8m/s2

〃下=gsin<9—42gcos0=2m/s2

将小物块。在力石上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有

121o

不。上/上二3。/下

JJ

解得

£L=1

，下2

（2）对小物块。从A到尸的过程，根据动能定理有

—mvj.=mg[h-Lsin3-2R(\-cos9)]一pqmgLcos0

解得

vF=2m/s

设滑块长度为/时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度％根据动量守恒定律和能量守恒定

律有

mvF=2mv

121

—772V；.=­•2mv~+24〃侬

2,2

解得

/=0.2m

5.（2024年湖北卷第14题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距

离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，

小球与传送带上表面平齐但不接触。在。点右侧的P点固定一钉子，P点与0点等高。将质量为0.1kg的小

物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大

小为lm/s、方向水平向左。小球碰后绕。点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。

已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10m/s2。

（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；

（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能;

(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到。点的最小距离。

【答案】(1)5m/s：(2)0.3J：(3)0.2m

【解析】(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有

jumg=ma

解得

a=5m/s2

由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为

x=—=2.5m<L仲=3.6m

2。传

可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传

送带的速度大小5m/s。

(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律有

加物y=m物匕+加球%

其中

v=5m/s,V)=-1m/s

解得

v2=3m/s

小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为

△线二^^物物匕2_；外舌

解得

AEk=0.3J

(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到。点的距离为“，小球在P点正上方的速

度为匕，在尸点正上方，由牛顿第二定律有

2

/7L,.0二忆、:——

小球从。点正下方到夕点TT卜方过程中,由机械能守恒定律有

|相球4|优球W+网通（2L统一d）

联立解得

J=0.2m

即P点到O点的最小距离为0.2mo

考向四变速圆周运动中的杆模型

6.（2024年湖南卷第15题）如图.半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为机人和小B的小球A和

B（WA>WB）O初始时小球A以初速度卬沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环

之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小;

（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比

加E

（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度人小为碰撞前的相对速度人小的e倍,

求第1次碰撞到第2〃+1次碰撞之间小球B通过的路程。

F=心；.⑵2=2或a=5.

（%+小）尺"也人

2/rRm久/"T

（3）2,,

mA+mBe（e-l）

【解析】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v,则根据动量守恒

有

既%=（〃八+吗3）口

可得

/纵+%

碰撞后根据牛顿第二定律有

F=(m+fn)—

siiK

可得

(%+〃ZB)R

(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为“，血，则碰后动量和能量守恒有

12121,

联立解得

(%-，%)2心%

以=-7—%，%=

心+%%+"%

因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图

①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

1+3人

(%=0,1,2,3…),则有

4+3人

幺二9=上"L(火=0/,2,3...)

师/4+3勺

联立解得

m入_4+34

/〃B2-

由于两质量均为正数，故h=0,即

如_=2

对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小分别为以，心，则同样有

^AVA+WBVB=WAVA+WBVB

=T^AVA+不公常

乙LLJ

联立解得01=%，4=。，故第三次碰撞发生在8点、第四次碰撞发生在。点，以此类推，满足题意。

②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

号不化=0,1,2,3…)；所以

匕=XR=2+34

vB而5+3k2

联7可得

叫'_5+3攵2

mB1-3kl

因为两质量均为正数，故女2=0,即

“=5

根据①的分析可证。I二%,4=。，满足题意。

综上可知

以=2或外=5。

〃七,金

(3)第一次碰前相对速度大小为忖，第一次碰后的相对速度大小为匕相=e%，第•次碰后与第二次相碰前

B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有

2TTR

“一

匕相

第一次碰撞动量守恒有

且

匕相=%「“=e%

联立解得

B球运动的路程

2兀吊打八%_27r册〃A11t

再二%"1

〃〃+〃1［匕和+1J/nA+/nBU

第二次碰撞的相对速度大小为

%相=6匕相=/%

2"

L=­

匕相

第二次碰撞有

机八%=〃%匕2+〃%彩2

且

匕相二UA2一为2=6”。

联立可得

…乐(…)

所以B球运动的路程

27rRmA(1

1入+"%〔/1

一共碰了2〃次，有

2冗Rm\11112兀Rm、/”—I

=0+邑+53+-+5=

2neee〃2

mA+〃％y%+%e"(e-])

7.（2024年全国甲卷第4题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为小的小环套在大圆环上，小

环从静止开始由大圆环顶端经。点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对

大圆环的作用力大小（）

A.在Q点最大B.在。点最小C.先减小言增大D.先增大后减小

【答案】C

【脩析】方法一（分析法）：设大圆环半径为/?,小环在大圆环上某处（尸点）与圆环的作用力恰好为零,

设图中夹角为6,从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律

rngR（\-cos0）=—tnv2

在P点,根据牛顿第二定律

mgcos0-m—

联立解得

八2

cos0=—

3

从大圆环顶端到尸点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，

所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环

对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程

中对大圆环的作用力大小先减小后增大。

方法二(数学法)：设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角

为0(0404不)，根据机械能守恒定律

"?gR(l—cos^)=—mv2(0<3</r)

2

在该处根据牛顿第二定律

2

F+mgcos0=

联立可得

F=2mg-3mgcos3

则大圆环对小环作用力的大小

|F|=12mg-3mgcos°

2

根据数学知识可知I尸I的大小在cos。=§时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用

力大小先减小后增大。

故选C。

8.(2024年山东卷第17题)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗

糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，。为轨道的最高点。质量为，〃的小物块静置在

轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的

半径居0.4m,重力加速度大小g=10m/s2

(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到。点时，受到轨道的弹力大小等于3〃遮，求小物块

在2点的速度大小v；

(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度〃与/对应

关系如图乙所示。

(i)求〃和m；

(ii)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力产=8N,当小物块到P点时撤去F,

小物块从。点离开轨道时相对地的速度大小为7m/so求轨道水平部分的长度L。

*^(ms2)

【答案】(1)v=4nVs；(2)(i)w=lkg,〃=0.2；(3)L=4.5m

【解析】(1)根据题意可知小物块在。点由合力提供向心力有

代入数据解得

v=4m/s

(2)(i)根据题意可知当仁4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知

F=(M+ni)a

根据图乙有

=().5kgi

M+m

当外力尸＞4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有

F-jumg=Ma

结合题图乙有

联立以上各式可得

M=1kg,〃?=1kg,〃=0.2

(ii)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2,小物块的加速度为

2

a2=4g=2m/s

当小物块运动到尸点时，经过加时间，则轨道存

M=卬。

小物块有

彩=®。

在这个过程中系统机械能守恒有

gMy；+—=—Mu；+—+2mgR

2222

水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有

Mvx+mv2=MV3+

联立解得

—1.5s

根据运动学公式有

代人数据解得

L=4.5m

考向五实验：探究向心力大小的表达式

近年真题精选

考向一圆周运动的运动特点

1.（2022年山东卷第8题）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m半圆弧3c与长8m的

直线路径A3相切于8点，与半径为4m的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从4点驶入路径，到

适当位置调整速率运动到8点,然后保持速率不变依次经过8c和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s。

在A3C段的加速度最大为2m/d，CO段的加速度最大为lm//。小车视为质点，小车从A到。所需最短

时间/及在A8段做匀速直线运动的最长距离/为（）

AT

Ar=|2+—|s,/=8m

I4)

C.t=2+—>/6+^js,/=5.5m

1126J

D.t=2+且遥+("+4"s,/=5.5m

122

【答案】B

【解析】在8c段的最大加速度为m=2m/s2,则根据

可得在3C段的最大速度为

vlm=V6m/s

在CD段的最大加速度为O2=lm/s2,则根据

2

V,

r2

可得在4C段的最大速度为

y2m=2m/sv%

可知在BCD段运动时的速度为V=2m/s,在8CO段运动的时间为

不乙+乃4_7笈

'v2

A/3段从最大速度Um减速到y的时间

v-v4-2,

t.=-m......=-------s=ls

42

位移

o2

y—-y-

x,=-.......=3m

-24

在AB段匀速的最长距离为

/=8m-3m=5m

则匀速运动的时间

I5

A=——=—S

%4

则从A到。最短时间为

97万、

r=/j+z2+r3=（―+—）s

故选B。

2.（2021年全国甲卷第2题）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，便穿过纽扣的两股

细细拧在一起，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/s2B.100m/s2C.1000m/s2D.10000m/s2

【答案】C

【解析】纽扣在转动过程中

co=271n-1OOmad/s

由向心加速度

6/=692/*«1000m/s2

故选Co

3.（2021年广东卷第4题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆

P0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。尸绕。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.。点在竖直方向做匀速运动

点在水平方向做匀速运动

【答案】A

【解析】A.由题知杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，则P点绕。点做匀速圆周运动，则

P点的线速度大小不变，A止确；

B.由题知杆。。绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，则。点绕。点做匀速圆周运动，。点的加速

度方向时刻指向。点，B错误；

c.Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间/的关系为

y=/”sin（—+cot）

6

则可看出。点在竖直方向不是匀速运动，C错误；

D.。点相对于。点在水平方向位置x关于时间，的关系为

X=/opCOS（—+cot）+IpQ

6

则可看出。点在水平方向也不是匀速运动，D错浜。

故选Ao

考向二匀速圆周运动中的受力特点

4.（2023年北京卷第10题）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。点，另一端系一待测小球，使其绕。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〃圈所用的时间为3用刻度尺测得。点到球心的距离为圆周运动的半径M下列

说法正确的是（）

A.圆周运动轨道可处于任意平面内

B.小球的质量为至二

4/〃2

C.若误将n—l圈记作〃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

【答案】A

【解析】A.空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，放A正确;

B.根据

F=mco2R

271n

CD=------

t

解得小球质量

Fr

m=—^―

4后「R

故B错误；

C.若误将〃-I圈记作〃圈，则得到的质量偏小，故C错误；

D.若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。

故选Ao

5.(2023年福建卷第15题)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴00'上

的。点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于。点，另一端与套在杆上的圆环相连。

当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆

长度L=0.2m,杆与竖直转轴的夹角〃始终为60。，弹簧原长％=01m,弹簧劲度系数攵=100N/m,

圆环质量〃?=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取lOm/s2,摩擦力可忽略不计

(1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到。点的距离；

(2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；

(3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。

【答案】(1)0.05m；⑵坦困rad/s；(3)10rad/s

3

【解析】(1)当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得

Z)=/ngcosa=5N

根据胡克定律歹=ZAr得

Ar0=2=0.05m

弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到o点的距离

玉=x0-Ax0=0.05m

(2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿

第二定律得

工=哂

tana

由儿何关系得圆环此时转动的半径为

厂二/sina

联立解得

竹竽「ad/s

（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得

7=女（乙一毛）=108

对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有

tng+Tcos。&sina,Tsina+&cosa=mciTr'

由几何关系得

尸=Lsina

联力解得

69=10rad/s

6.（2023年江苏卷第13题）“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为〃，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g时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小%和受到的静摩擦力大小人

【答案】v0=<y（）r；f=mc^r

【解析】发光体的谏度

%=%’

发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为

f="23"

7.（2023年全国甲卷第4题）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力大小与轨道半径的〃次方成正比,

运动周期与轨道半径成反比，则〃等于（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】c

【解析】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期

T=-

r

合外力等于向心力，根据

联立可得

F4机"2a

其中也1为常数，〃的指数为3,故题中

&2

〃二3

故选C。

8.（2021年河北卷第9题）（多选）如图，矩形金属框竖直放置，其中A/N、。。足够长，且。。

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加的小球，小球穿过P。杆，金属框绕MN

轴分别以角速度①和〃匀速转动时，小球均相对P。杆静止，若af>s,则与以“匀速转动时相比，以①'

匀速转动时（）

①3

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】对小球受力分析，设弹力为。弹簧与水平方向的夹角为仇则对小球竖直方向

TsinO=mg

而

MP

T=k(-/())

cos。

可知。为定值，丁不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；

水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力入背离转轴，则

2

Tcos0-FN=ma）r

即

FN=TCQsO-nucTr

当转速较大时，K指向转轴

2

Tcos9+FN=m（or

即

F\-nico2r-Tcos0

则因3>o，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不•定变大。则C错误；

根据

F^=m（urr

可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。

故选BDo

考向三变速圆周运动中的绳模型

9.（2023年北京卷第18题）如图所示，质量为〃?的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点，在O点正下

方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距O点的距离等于绳长心现将A拉至某一高度，

由静止释放，A以速度Y在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：

（1）A释放时距桌面的高度从

（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小尸；

（3）碰撞过程中系统损失的机械能AE。

【答案】（1）；（2）mg+m—i（3）—mv2

2g5L4

【解析】（I）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得

„12

"igH=­mv

解得

H=

（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得

F-mg=m-

解得