文档文本内容
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。
命题解读 考向 考查统计
2024·辽宁卷，2
2022·山东卷，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，10
2023·福建卷，15
考向二 匀速圆周运动中的受力特点
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
2024·浙江 1 月，
模型与杆模型。匀速圆周运动常与电
20
学进行综合。要求能根据问题情景选
2024·河北卷，14
择合适的向心加速度的表达式。
2023·北京卷，18
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，
考向四 变速圆周运动中的杆模型
4
2024·山东卷，172023·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
2021·浙江 1 月，
式 16（2）
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（ ）
A. 半径相等 B. 线速度大小相等
C. 向心加速度大小相等 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
故A错误；
B．根据 可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为故B错误；
C．根据 可知，球面上P、Q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B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v > v B. 角速度ω < ω
A B A B
C. 向心加速度a < a D. 向心力F > F
A B A B
【答案】BC
【解析】CD．设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有
F = mgtanθ = ma
n
由题图可看出小球从A高度到B高度θ增大，则由
a <a ，FA<F
A B B
故C正确，D错误；
AB．根据
可得
，
由图可知h减小，则有
ω < ω
A B
线速度大小无法判断，故A错误，B正确。
故选BC。
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O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）。转椅运动稳定后，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g，不计空气阻力。
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度 匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半
径为 的匀速圆周运动。求 与 之间夹角 的正切值。
（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕 点做半径为 的匀
速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为 ，绳子在水平雪地上的投影 与 的夹角为 。求此时圆盘
的角速度 。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线
方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得
联立解得
（2）设此时轻绳拉力为 ，沿 和垂直 竖直向上的分力分别为
，
对转椅根据牛顿第二定律得
沿切线方向竖直方向
联立解得
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 的直轨道 ，半径
的圆弧轨道 ，长度 、倾角为 的直轨道 ，半径为R、圆心角为 的圆弧管道
组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量 滑块b，其上表面
与轨道末端F所在的水平面平齐。质量 的小物块a从轨道 上高度为h静止释放，经圆弧轨
道 滑上轨道 ，轨道 由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数 ，向下运动
时动摩擦因数 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为 ，
小物块a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， ， ）
（1）若 ，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在 上经过的总路程；
③在 上向上运动时间 和向下运动时间 之比。
（2）若 ，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【解析】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点 的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终
小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE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
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE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
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定
律有
解得
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 。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为 、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O点右侧的P点固定一钉子，P点与O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 、方向水平向左。小球碰后绕O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 。
（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O点的最小距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
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 。
（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
其中
，
解得
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
解得
（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O点的距离为 ，小球在P点正上方的
速度为 ，在P点正上方，由牛顿第二定律有小球从 点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为 。
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m 和m 的小球A和
A B
B（m >m ）。初始时小球A以初速度v 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
A B 0
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 。
（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大小为碰撞前的相对速度大小的 e倍
（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。
【答案】（1） ， ；（2） 或 ；
（3）
【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
可得碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v ，v ，则碰后动量和能量守恒有
A B
联立解得
，
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
，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k =0，即
1
对第二次碰撞，设A、B碰撞后 的速度大小分别为 ， ，则同样有联立解得 ， ，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c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
；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k =0，即
2
根据①的分析可证 ， ，满足题意。
综上可知
或 。
（3）第一次碰前相对速度大小为v ，第一次碰后的相对速度大小为 ，第一次碰后与第二次相碰
0
前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为第二次碰撞有
且
联立可得
所以B球运动的路程
一共碰了2n次，有
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m的小环套在大圆环上，小
环从静止开始由大圆环顶端经Q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Q点最小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小
【答案】C
【解析】方法一（分析法）：设大圆环半径为 ，小环在大圆环上某处（ 点）与圆环的作用力恰好为零，
如图所示
设图中夹角为 ，从大圆环顶端到 点过程，根据机械能守恒定律在 点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到 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 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 ，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 ，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知 的大小在 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，Q为轨道的最高点。质量为m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μ，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R=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Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物
块在Q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a与F对应
关系如图乙所示。
（i）求μ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F=8N，当小物块到P点时撤去F，
小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【答案】（1） ；（2）（i） ， ；（3）
【解析】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤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
根据图乙有
当外力 时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
， ，
（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
当小物块运动到P点时，经过t 时间，则轨道有
0
小物块有在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
考向五 实验：探究向心力大小的表达式
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 的半圆弧 与长
的直线路径 相切于B点，与半径为 的半圆弧 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 和 。为保证安全，小车速率最大为
。在 段的加速度最大为 ， 段的加速度最大为 。小车视为质点，小车从A到D
所需最短时间t及在 段做匀速直线运动的最长距离l为（ ）
A.
B.
C.D.
【答案】B
【解析】在BC段的最大加速度为a=2m/s2，则根据
1
可得在BC段的最大速度为
在CD段的最大加速度为a=1m/s2，则根据
2
可得在BC段的最大速度为
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
AB段从最大速度v 减速到v的时间
m
位移
在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
则从A到D最短时间为
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，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】纽扣在转动过程中
由向心加速度
故选C。
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 与横杆
链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆 始终保持水平。杆 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】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则
P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速
度方向时刻指向O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t的关系为
y = l sin( + ωt)
OP
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向 的位置x关于时间t的关系为
x = l cos( + ωt) + l
OP PQ则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
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
【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，故A正确；
B．根据
解得小球质量
故B错误；
C．若误将n-1圈记作n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A。
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
上的O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O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 ，杆与竖直转轴的夹角a始终为 ，弹簧原长 ，弹簧劲度系数
，圆环质量 ；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取 ，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O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；（2） ；（3）
【解析】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
根据胡克定律 得
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
（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
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
（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
，
由几何关系得
联立解得
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m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 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f。
【答案】 ；
【解析】发光体的速度
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
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 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
【答案】C
【解析】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期
合外力等于向心力，根据联立可得
其中 为常数， 的指数为3，故题中
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 、 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m的小球，小球穿过 杆，金属框绕
轴分别以角速度 和 匀速转动时，小球均相对 杆静止，若 ，则与以 匀速转动时相比，
以 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】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
而
可知θ为定值，T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F 背离转轴，则
N
即当转速较大时，F 指向转轴
N
即
则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。
故选BD。
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m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O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L。现将A拉至某一高度，
由静止释放，A以速度v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H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
10. （2023年湖北卷第14题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半
径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖
直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，
从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块
与桌面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1） ；（2）0；（3）
【解析】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
解得
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
联立解得
，H = 0
BD
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
S = π∙2R
解得
11、（2023年1月浙江卷第18题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角
的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角 的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各
段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光
滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水
平面。已知螺旋圆形轨道半径 点高度为 长度 ，HI长度 ，摆
渡车长度 、质量 。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度 处静止释放，
滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空
气阻力， ， ）
（1）求滑块过C点的速度大小 和轨道对滑块的作用力大小 ；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
答案：(1)22 N
(2)0.3(3)2.5 s
解析：(1)C点离地高度为
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)从静止释放到G点，由动能定理可得
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得
由功能关系可得
综合解得
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为 ，有
共速后继续向右匀速运动的时间
12. （2021年浙江卷第7题）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下
列说法正确的是（ ）
A. 秋千对小明的作用力小于
B. 秋千对小明的作用力大于
C. 小明的速度为零，所受合力为零D. 小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【解析】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋
千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
13. （2021年浙江卷第21题）如图所示，水平地面上有一高 的水平台面，台面上竖直放置倾角
的粗糙直轨道 、水平光滑直轨道 、四分之一圆周光滑细圆管道 和半圆形光滑轨道
，它们平滑连接，其中管道 的半径 、圆心在 点，轨道 的半径 、圆心
在 点， 、D、 和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道 上距台面高为h的P点静止下滑，
与静止在轨道 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道 、轨道 从F点竖直向下运动，
与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，
已知小滑块与轨道 间的动摩擦因数 ， ， 。
（1）若小滑块的初始高度 ，求小滑块到达B点时速度 的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值 ；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值
。【答案】（1）4m/s；（2） ；（3）0.8m
【解析】（1）小滑块在 轨道上运动
代入数据解得
（2）小球沿 轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
解得
，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得
，
结合(1)问可得
解得h的最小值
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最大，最大值为
14. （2022年全国甲卷第1题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由
静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时
对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这
一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
.
A B. C. D.
【答案】D
【解析】运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
F ≤ kmg
Nc
联立有
故选D。
考向四 变速圆周运动中的杆模型
15、（2023年6月浙江卷第18题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道
和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道 DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为 的滑块b与质量为 的滑块c用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道 FG 上。现有质量 的滑块 a 以初速度
从 D 处进入，经 DEF 管道后，与 FG 上的滑块 b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以 的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力
均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能 （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小 和所受支持力大小 ；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 ，求滑块 碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。
答案：(1)31.0 N
(2)0
(3)0.2 m
解析：(1)滑块a以初速度 从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有
解得
在最低点F，由牛顿第二定律有
解得
(2)碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有
解得
滑块 碰撞过程，由动量守恒定律有
解得
碰撞过程中损失的机械能
(3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有
解得滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由
动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
解得
由 解得最大压缩量
滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最
大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，
弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长
量
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
16. （2022年浙江1月卷第20题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角 =37°的光滑直轨
道AB、圆心为O 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗
1 2
糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O、
1
D、O 和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，
2
轨道AB长度 ，滑块与轨道FG间的动摩擦因数 ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（ ）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
（2）设释放点距B点的长度为 ，滑块第一次经F点时的速度v与 之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度 的值。【答案】（1）7N；（2） （ ）；（3） ， ，
【解析】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定
理
可解得
则要保证小球能到F点， ，带入 可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当 时， ，当 时， ，当 时， ，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度 的值可能为 ， ， 。17. （2022年浙江6月卷第20题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，
以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为
l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于
O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知
， ， ， ， ，物块与MN、CD之间的动摩擦因数 ，轨
道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平
滑连接，物块可视为质点，取 。
（1）若 ，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度 的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力 与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度 ，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水
平向右为正，建立x轴）。
【 答 案 】 （ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） 当 时 ，
，当 时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块 与物块 在 发生弹性正碰，速度交换，设物块 刚好可以到达 点，高
度为 ，根据动能定理可得解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当 时，物块位置在 点或 点右侧，根据动能定理得
从 点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当 时，从 释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离 点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到 时，根据动能定理可得
解得距离 点0.6m，综上可知当 时
代入数据得
18. （2022年全国乙卷第3题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点
由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】如图所示
设圆环下降的高度为 ，圆环的半径为 ，它到P点的距离为 ，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得
可得故C正确，ABD错误。
故选C。
考向五 实验：探究向心力大小的表达式
19、（2023年1月浙江卷第16题（2））实验题
Ⅰ.（2）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。
①采用的实验方法是________。
A.控制变量法 B.等效法 C.模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露
出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比（选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期
平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________（选填“不变”“变
大”或“变小”）。
答案：Ⅰ.（2）①A；②角速度平方；不变
解析：Ⅰ.（2）①探究向心力大小的表达式时采用的实验方法是控制变量法，A正确，BC错误。②由向心
力公式 可知，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球
的线速度平方之比、角速度平方之比或周期平方的反比；在加速转动手柄的过程，由于左右两塔轮的角速
度之比不变，因此左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
一、圆周运动的运动学问题
1．描述圆周运动的物理量
2．匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动．
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变速运动．
3．常见的传动方式及特点
同轴转动 皮带传动 齿轮传动
A、B两点在同轴的一个 两个齿轮轮齿啮合，
两个轮子用皮带连接，
圆盘上 A、B两点分别是两个
A、B两点分别是两个轮子
齿轮边缘上的点
装置 边缘的点
特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等
转向 相同 相同 相反
角速度与半径成反比：
线速度与半径成正比： 角速度与半径成反比：
＝
＝ ＝
规律 向心加速度与半径成反
向心加速度与半径成正 向心加速度与半径成反
比：
比：＝ 比：＝
＝
二、圆周运动的动力学问题
1．匀速圆周运动的向心力
(1)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
(2)大小：F＝m＝mrω2＝mr＝mωv.
n
(3)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
2．离心运动和近心运动
①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动．
②当0<F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．
③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．
3．匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力．
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力F产生切向加速度a，改变线速度的大小，当a与v同向时，速度增大，做加速圆周
t t t运动，反向时做减速圆周运动．
②指向圆心的分力F 提供向心力，产生向心加速度a，改变线速度的方向．
n n
三、探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
1．实验思路
本实验探究向心力与多个物理量之间的关系，因而实验方法采用了控制变量法．
在实验过程中可以通过两个小球同时做圆周运动对照，分别分析下列情形：
(1)在质量、半径一定的情况下，探究向心力大小与角速度的关系．
(2)在质量、角速度一定的情况下，探究向心力大小与半径的关系．
(3)在半径、角速度一定的情况下，探究向心力大小与质量的关系．
2．实验器材
向心力演示器、小球．
3．注意事项
摇动手柄时应缓慢加速，注意观察其中一个标尺的格数．达到预定格数时，即保持转速恒定，观察并记录
其余读数．
四、竖直面内圆周运动的临界问题
轻绳模型 轻杆模型
(最高点无支撑) (最高点有支撑)
球与绳连接、水流星、沿内轨
实例 球与杆连接、球在光滑管道中运动等
道运动的“过山车”等
图示
受力
示意图
F 弹 向下或等于零 F 向下、等于零或向上
弹
力学
mg＋F ＝m mg±F ＝m
弹 弹
方程
F
弹
＝0 v＝0
临界
mg＝m 即F ＝0
向
特征
即v ＝ F ＝mg
min 弹
(1)最高点，若v≥，F
弹
＋mg＝ (1)当v＝0时，F
弹
＝mg，F
弹
背离圆
m，绳或轨道对球产生弹力F 心
弹
讨论
(2)若v<，则不能到达最高点， (2)当0<v<时，mg－F 弹 ＝m，F 弹 背离
分析
即到达最高点前小球已经脱离
圆心并随v的增大而减小
了圆轨道 (3)当v＝时，F 弹 ＝0(4)当v>时，mg＋F
弹
＝m，F
弹
指向圆
心并随v的增大而增大
1．（2024·安徽安庆·三模）如图所示，水平地面上固定有倾角为45°，高为h的斜面。O点位于A点正上
方且与B点等高。细绳一端固定于O点，另一端与质量为m的小球相连。小球在竖直平面内做圆周运动，
到最低点时细绳恰好拉断，之后做平抛运动并垂直击中斜面的中点（重力加速度为 g），下列说法正确的
是（ ）
A. 细绳 长度为
的
B. 绳刚要拉断时张力为
C. 小球做平抛运动的时间为
D. 若球击中斜面反弹的速度大小为击中前的一半，则反弹后球能落到A点
【答案】D
【解析】AC．小球做平抛运动并垂直击中斜面的中点，有
解得
小球做平抛运动的竖直位移为所以细绳的长度为
A和C均错误；
B．在圆周运动的最低点，有
解得，绳刚要拉断时张力为
B错误；
D．球击中斜面时的速度为
反弹的速度大小为
设反弹后能击中A点，则水平方向位移为 ，有
解得
竖直位移为
所以反弹后球恰好能落到A点，D正确。
故选D。
2．（2024·安徽安庆·三模）（多选）如图所示，半径为R的竖直半圆轨道BCD与光滑水平轨道AB平滑连
接于B点，水平面上固定一轻质弹簧，压缩弹簧储存的弹性势能可以发射质量为m的小滑块，已知重力加
速度g，则下列说法正确的（ ）A. 若半圆轨道也是光滑的，弹簧弹性势能为 ，则小滑块恰能到达D点
B. 若半圆轨道也是光滑的，小滑块恰能到达D点，则在C点对轨道的压力为
C. 若半圆轨道也是光滑的，弹簧弹性势能为 ，则小滑块运动过程中距B点最大竖直高度为
D. 若弹簧弹性势能为 ，小滑块到达D点对轨道压力为 ，则小滑块在半圆轨道上克服摩擦力做的
功为
【答案】BC
【解析】A．小滑块恰能到达D点，有
解得
根据机械能守恒定律，有
解得
即，滑块若恰好到达D点，弹性势能为 ，故A错误；
B．小滑块恰能到达D点，有
解得
根据机械能守恒定律，有
解得根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，可知对轨道 的压力为 ，故B正确；
C．由于小滑块的初动能为 ，可知小滑块可以冲过C点不能到达D点就离开圆弧轨道，设小滑块离
开轨道的位置E与圆心的连线与水平方向夹角为 ，E距B点的竖直高度为 ，根据机械能守恒有
根据牛顿第二定律，有
根据几何关系有
联立可得
滑块从E点离开轨道后还能上升的最大高度为
小滑块运动过程中距B点最大竖直高度为
故C正确；
D．若小滑块到达D点对轨道压力为 ，有
解得
根据能量守恒定律，有可得小滑块在半圆轨道上克服摩擦力做的功为
故D错误。
故选BC。
3．（2024·皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟·三模）如图所示的实验装置可以用来研究影响向心力的因素：
金属小球放置在水平转台上沿径向的光滑水平槽内，定滑轮固定在转台上，跨过光滑定滑轮的细绳一端系
住小球，另一端与力传感器相连。某同学利用这一实验装置探究在小球质量m、转动半径r一定的情况下，
向心力F与转动角速度ω之间的关系。
（1）当转台稳定转动时，记录下力传感器的读数F；这位同学利用手机上的“秒表”功能测量转台的转速：
当小球经过他面前时开始计时，记录为1，下次小球再经过他面前时记录为2，…依次记录，直到第n次，
手机的秒表记录到从1到n的时间为t，则小球随着转台转动的角速度ω=________。
（2）调节转台的转速，记录不同角速度ω对应传感器的读数F，得到F与ω的多组数据。利用图像法处
理数据，以F为纵轴，ω2为横轴建立坐标系，作出F-ω2图像。发现在误差允许范围内，F-ω2图像是一条过
原点的直线，得出的结论是：在小球质量m、转动半径r一定的情况下，向心力F与转动角速度的平方
ω2________。
（3）用图像法处理数据时，作F-ω2图像而不作F-ω图像的原因是________。
【答案】（1）
（2）成正比 （3）F-ω图像不是直线，不能直接得出F与ω之间的关系
【解析】【小问1详解】
从小球第1次到第n次通过同一位置，转动圈数为n-1，时间为t，故周期为
角速度
【小问2详解】
根据实验数据描点作图，图像为一条直线，表明向心力F与转动角速度的平方成正比。
【小问3详解】
根据向心力公式F-ω图像不是直线，不能直接得出F与ω之间的关系。
4．（2024·北京市海淀区·二模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h的O点，另一
端系有质量为m，可视为质点的小球，将小球从与O等高的A点由静止释放，小球在竖直平面内以O点为
圆心做半径为r的圆周运动。当小球运动到最低点B时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及
绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球飞出时的速率v。
（2）绳能承受拉力的最大值F 。
m
（3）小球落地点到B点的水平距离x。
【答案】（1） ；（2）3mg；（3）
【解析】（1）根据动能定理有
解得小球飞出时的速率
（2）设绳对小球的拉力为T，依据牛顿第二定律有
解得
T=3mg
根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小
F =T=3mg
m
（3）设平抛运动的时间为t，则
解得抛出的水平距离
5．（2024·北京首都师大附中·三模）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深
入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最
低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 手掌对苹果的摩擦力越来越小
B. 手掌对苹果的支持力越来越大
C. 手掌对苹果的作用力越来越小
D. 因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零
【答案】C
【解析】AB．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为 ，根据牛顿第
二定律可得
，
苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中， 逐渐增大， 逐渐增大， 逐渐减小，则手掌对苹
果的摩擦力越来越大，手掌对苹果的支持力越来越小，故AB错误；
C．手掌对苹果的作用力可分解为两个分力，其中分力 与苹果重力平衡，方向竖直向上，另一分力 提
供所需向心力，方向总是指向圆心；在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程， 与 大小均不变，且
与 之间的夹角逐渐增大，则 与 的合力逐渐减小，即手掌对苹果的作用力越来越小，故C正确；
D．苹果的动量大小不变，但动量的方向时刻发生变化，所以动量变化不为0，根据动量定理可知，合外力
对苹果的冲量不为零，故D错误。
故选C。
6．（2024·甘肃省白银市靖远县·三模）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度 ，长
的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量 的木块（可视为质点），质量
的子弹以 的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小 ，求：
（1）子弹射穿木块过程中产生的热量Q；
（2）子弹落地点与悬点O的距离d。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设子弹穿出木块时的速度大小为 ，木块的最大速度为 ，最小速度为 ，有
由能量关系
子弹射入木块过程动量守恒
子弹射穿木块过程中产生的热量
解得
（2）设子弹穿出木块后做平抛运动的时间为t，则有
解得
7．（2024·海南省四校联考）如图所示为某自行车的大齿轮、小齿轮和后轮结构示意图，它们的边缘有三
个点a、b、c，半径大小关系为 ，下列判断正确的是（ ）A. b比a的角速度小 B. b和c的角速度相等
C. a比b的向心加速度大 D. c比b的向心加速度大
【答案】C
【解析】AB．a、b共轴，角速度相同，b、c通过链条相连，线速度相同，根据
，
可知
则有
故AB错误；
C．根据向心加速度公式
又
，
则
故C正确；
D．根据向心加速度公式
又
，
则
故D错误 。
故选C。
8．（2024·河北·三模）（多选）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的 圆弧轨道，两轨道相切于B点。一可视为质点的小球从A点以某
速度 （大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 当 时，小球刚好过最高点D点
B. 当 时，小球不会脱离圆弧轨道
C. 若小球能通过E点，则 越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大
D. 小球从E点运动到A点的最长时间为
【答案】AD
【解析】A．由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知
在A到D过程中，由动能定理可知
联立解得
A正确；
B．当 时，设上升高度为 ，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足 ，由动能定理知
代入得
假设不成立，故当 时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；
C．B到E运动过程中，由动能定理知在B点时，小球所受弹力为
在E点时，小球所受弹力为
则小球在B点与E点所受的弹力之差为
故小球在B点与E点所受的弹力之差不变，C错误；
D．在D到E过程中，由动能定理知
代入得
从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则
代入得
D正确；
故选AD。
9．（2024·黑龙江名校联考·二模）如图甲所示，汽车的后备箱里水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工
件截面和车的行驶方向垂直，当汽车以恒定速率通过如图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道
ABC时，木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看，下列说法正确的是（ ）
A. Q和M对P的支持力大小始终相等
B. 汽车过A点时，汽车重心的角速度最小
C. 汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等
D. 汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力【答案】B
【解析】A．汽车过A、B、C三点时做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对工件P受力分析可知，
汽车经过A、C两点时合外力向左，经过B点时合外力向右，故Q和M对P的支持力大小不是始终相等，
A错误；
B．汽车过A点时，由角速度与线速度关系
可知，在A点圆弧轨道半径最大，则汽车重心的角速度最小，故B正确；
C．根据合外力提供向心力，有
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，工件P受到的合外力大小依次在增大，故C错误；
D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。
故选B。
10．（2024·湖北省十一校联考·二模）如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点，半圆轨道的圆
心为O，半径为R，C为其最高点。BD段为双轨道，D点以上只有内轨道，D点与圆心的连线与水平方向
夹角为 ，一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C点。不计一切摩
擦。则（ ）
A. 小球到达C点时速度为
B. 小球到达C点后会向左做平抛运动
C. 小球在A点的初动能等于
D. 若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，则
【答案】D
【解析】AB．由于，D点以上只有内轨道，小球沿圆弧轨道恰好到达C点，可知，小球到达C点时速度为
0，小球到达C点后不会向左做平抛运动，故AB错误；C．结合上述，小球从A点到达C点过程，根据动能定理有
解得
故C错误；
D．若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，根据牛顿第二定律有
小球从A点到达D点过程，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选D
11．（2024·东北师大附中、长春市十一高中、吉林一中、四平一中、松原实验中学1月联合模拟考试）某
同学用如图所示装置做“探究向心力与速度 关的系”的实验。半径均为R的半圆轨道AB和四分之一圆弧
轨道CD固定在竖直面内，过CD部分最高点D的切线水平，A、C、B在同一水平面上，在D点固定一个
力传感器，D点在地面的投影为O，从A点正上方P点处由静止释放一个质量为m的小球，小球沿轨道运
动到D点并从D点水平抛出，落地点在Q点（图中未标出）。
（1）对实验的要求，下列说法正确的是________。
A．圆弧轨道越光滑越好B．应选用密度大、体积小的小球
C．P点位置比D点高即可D．为了使力传感器的示数大些，应选用质量小些的球
（2）若实验记录力传感器的示数为F，小球落地点Q到O点的距离为x，改变P点位置进行多次实验，测
得多组F、x，作F—x2图像，如果图像是一条倾斜的直线，当图像与纵轴的截距为________、图像的斜率
为________时（用已知量m、R、g表示），则说明向心力与速度平方成正比。
【答案】①. B ②. －mg ③.
【解析】（1）[1]A．圆弧轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；B．选用密度大、体积小的小球，可以减小空气阻力的影响，故B正确；
C．根据题意，若小球恰好通过D点，由牛顿第二定律有
可得
由能量守恒定律可知，若P点位置比D点略高些，则小球可能到不了D点，故C错误；
D．同样的实验过程，质量小些的球通过D点时，对力传感器压力会小些，不利于实验的测量，产生误差
较大，故D错误。
故选B。
（2）[2] 根据题意可知，在D点，小球受到的合力提供向心力，则有
根据题意可知，小球离开D点做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立解得
在D点，根据牛顿第二定律有
联立整理可得
则当图像与纵轴的截距为－mg，斜率为 时，向心力与速度平方成正比。
12．（2024·山东省聊城市·三模）（多选）如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，
轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角 ，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道
的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度 水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线
方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力 F随时间 的关系如图乙所示，重力加速度 g
取 ，则（ ）A. 物块从D点离开轨道时速度大小为4m/s
B. 大小为70N
C. 的大小为2m/s
D. 物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
【答案】AB
【解析】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为
t=1.675s-0.875s=0.8s
则物块从D点离开轨道时速度大小为
选项A正确；
B．从C到D由机械能守恒可知
在C点时压力最大，则由
解得
选项B正确；
C．从B到D由机械能守恒可知
解得
则
选项C错误；D．根据
P =mgv
G y
可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率
也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。
故选AB。
13．（2024·山东潍坊市·三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径
r=22.5m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R=100m的圆弧冰滑道，BC与CDE相
切于C点，弧DE所对应的圆心角θ=37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板
（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上 B点时小朋友和
滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力F =410N。已知小朋友和滑板总质量为
N
m=40kg，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小朋友在B点时的速度v ；
0
（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。
【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J
【解析】（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则
所以
方向水平向左；
（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得
在E点，根据牛顿第二定律可得
联立可得14．（2024·陕西省商洛市·二模）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂，点的竖直轴无摩擦地旋
转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为 和 的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥
摆运动，且两球始终在同一水平面内，则（ ）
A. 两球的向心加速度大小相等
B. 两球运动的角速度大小相等
C. A、B两球的质量之比等于
D. A、B两球的线速度大小之比等于
【答案】B
【解析】A．用β泛指一个角度，由
可知
因为 ，所以B球加速度大于A球加速度，故A错误；
B．由
可得
所以两球角速度相同，故B正确；
C．绳子上的拉力大小相等，有
可得A球的质量与B球的质量之比
故C错误；
D．由可得
A、B两球 线的速度大小之比等于
故D错误。
故选B。
