文档内容
第 10 讲 圆周运动
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
1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝＝.
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝＝.
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a＝rω2＝＝ωv＝r.
n
5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝ 2π rf . (2)a＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
n
[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O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：A。
[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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分1 百】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T ：T ＝2：1
1 2
B．角速度之比为 ： ＝2：1
1 2
C．边缘各点的线速
ω
度大
ω
小之比v
1
：v
2
＝1：2
D．转速之比为n ：n ＝1：2
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v ：v ＝1：1，故C错误；
1 2
B、根据v＝ r可得齿轮A、B角速度之比为 ： ＝r ：r ＝2：1，故B正确；
1 2 2 1
2π
A、根据T=ω
可得齿轮A、B周期之比为T
ω
：T
ω
＝ ： ＝1：2，故A错误；
ω 1 2 2 1
ω ω
D、根据 ＝2 n可得齿轮A、B转速之比为n ：n ＝ ： ＝2：1，故C错误；
1 2 1 2
故选：B。
ω π ω ω
[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O点左侧，Q点的圆心在O点右侧，两点的半径相同，角速度相同，
由v＝ r得，两点的线速度大小相等，由a＝ 2r得，两点的向心加速度大小相等，故
CD错误。
ω ω
故选：B。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分2 百】[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（ ）
A．P、Q的线速度大小相等
B．P、M的角速度大小相等
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＝r 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；
ω
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＝ 2r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O，故
ω
D错误。
故选：B。
[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a'b'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
π
的角速度为 rad/s。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
8
水平距离为0.6m，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（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分3 百】A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s
【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：tan
1.6−1 π
= =1，解得： = θ θ
0.6 4
θ π θ
由题意可知闸杆转动的角速度为 rad/s，根据角速度的定义 =
8 t
可得直杆转动的时间为：t＝2s ω
自动识别区ab到a'b'汽车以速度匀速通过时间为：t车 ＝t+Δt＝2s+0.2s＝2.2s
x 6.6
汽车匀速行驶的最大允许速度为：v = = m/s＝3m/s，故B正确，ACD错误。
t 2.2
车
故选：B。
考点二 圆周运动中的动力学分析
1．向心力的来源
向心力是按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合力，就是向心力．
3．向心力的公式
F＝ma ＝m＝ mω 2 r ＝mr＝ mr 4π 2 f 2
n n
[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”。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abcd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10m/s2，则桌子离开演员脚的瞬间，桌角a点的速度大小约为（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分4 百】A．4m/s B．4 m/s
C．√16+8π2m/s D．√ π16+16π2m/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v
1
√2
＝2 nr，又r= m，故v =2√2πm/s
2 1
桌子 π 被蹬出瞬间竖直向上的速度为v
2
，由竖直上抛运动规律可得v
2
2=2gℎ，解得v
2
＝
4m/s
则a点的合速度为v=√v2+v2，解得v=√16+8π2m/s，故C正确，ABD错误。
1 2
故选：C。
[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
T
1
别为 和 ，设上下两根细线的拉力分别为T 、T ，则 为（ ）
1 2 T
2
α β
2cosβ 2cosα 2sinα 2sinβ
A． B． C． D．
cosα cosβ sinβ sinα
【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
mg
子拉力为T ，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T =
2 2 cosβ
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 T ，做匀速圆周运
1
2mg
动，竖直方向受力平衡，则T =
1 cosα
T 2cosβ
故
1=
T cosα
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分5 百】故A正确，BCD错误；
故选A。
[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＝0.12m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＝0.3m。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＝10m/s2，不计空气阻力，sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．配重受到的合力大小为10N
10√30
B．配重的角速度为ω= rad/s
9
C．若细绳不慎断裂，配重将自由下落
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：
4
F =mgtan53°=0.6×10× N=8N
合 3
故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得mgtan53°＝m 2（Lsin53°+r）
10√30
解得ω= rad/s ω
9
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Tcos ＝mg
mg
可得T= θ
cosθ
可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。
故选：B。
[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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分6 百】3
上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力F= mg将小球由最低处拉至轻绳
4
4
与竖直方向夹角 ＝37°处，立即撤去F，此时传感装置示数为 mg．已知物块始终没
5
有脱离传感装置，θ重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8，求：
（1）撤去F时小球的速度大小v ；
1
（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 ＝37°，由动能定理：
1
FLsin ﹣mgL（1﹣cos ）= mθv2
2 1
θ θ
√2gL
解得：v = ；
1 2
（2）从撤去F到返回最低点，由动能定理：
1 1
mgL（1﹣cos ）= mv2− mv2
2 2 2 1
在最低点，由θ牛顿第二定律：
v2
T﹣mg＝m 2
L
19
联立解得：T= mg；
10
（3）撤去F时轻绳拉力为T ，由牛顿第二定律：
1
v2
T ﹣mgcos ＝m 1
1
L
θ
解得：T ＝1.3mg
1
对物块由平衡条件：
4
G＝T +F ＝1.3mg+ mg＝2.1mg
1 1 5
小球返回最低处时，对物块：
G＝T+F
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分7 百】19 1
F ＝G﹣T＝2.1mg− mg= mg
2 10 5
1 1
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 mg。
5 5
√2gL
答：（1）撤去F时小球的速度大小v 为 ；
1 2
19
（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小为 mg；
10
1
（3）小球返回最低处时传感装置的示数为 mg.
5
[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=√3m，两段直轨道AB、A'B长度均为l＝1.35m。在轨道上
放置个质量m＝0.1kg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 ＝
0.5，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
θ μ
使 之 获 得 沿 直 轨 道 AB 方 向 的 初 速 度 v 。 求 ：
0
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f 、f 的大小；
1 2
（2）当v ＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N 、
0 1
N 的大小；
2
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 的最大值，以及在v 取最大值情形下小圆柱最
0 0
终滑过的路程s。
【解答】解：（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面面圆心 O连线的夹角 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
θ
力为：f ＝f ＝ N，
1 2
解得：f
1
＝f
2
＝ μ0.5N
（2）当v ＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，根据动能定理可得：
0
1 1
mv2− mv2=−（f +f ）l
2 2 0 1 2
解得：v＝3m/s
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分8 百】v2
在B点受力分析：N sin60°﹣N sin60°＝m ；N cos60°+N cos60°＝mg
1 2 1 2
R
联立解得：N ＝1.3N，N ＝0.7N
1 2
v2
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 最大时，在B点：N' sin60°＝m m，N' cos60°
0 1 1
R
＝mg
1 1
根据动能定理可得： mv2− mv2 =−（f +f ）l
2 m 2 0m 1 2
联立解得：v =√57m/s
0m
在圆弧上受摩擦力仍为：f＝（f +f ）＝ （N +N ），解得：f＝1N
1 2 1 2
1
根据动能定理可知： mv2 =fs，解得： μ s＝2.85m
2 0m
答：（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f 、f 的大小都为0.5N；
1 2
（2）外轨和内轨对小圆柱的压力N 、N 的大小分别为1.3N，0.7N；
1 2
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 的最大值为√57m/s，以及在v 取最大值情形下
0 0
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，这些极值点也往往是临界点．
[例题11] （2023•山东模拟）如图所示，水平机械臂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（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分9 百】√5g
A．此时小球的角速度大小为
4L
√3gL
B．此时小球的线速度大小为
2
4
C．此过程中杆对小球做的功为 mgL
5
3
D．此过程中杆对小球做的功为 mgL
5
【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合 ＝mgtan37°＝ma
3
可得：a=gtan37°= g
4
8
由几何关系可知，圆周运动半径：r=L+Lsin37°= L
5
v2
根据向心加速度的公式：a=rω2=
r
√15g √6gL
联立以上可得：ω= ，v= ，故AB错误；
32L 5
1
CD、设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理：W−mgL(1−cos37°)= mv2
2
4
解得：W = mgL，故C正确，D错误。
5
故选：C。
[例题12]（2023•高新区模拟）如图所示，半径分别为r 、r 的两圆盘水平放置，
A B
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m 、m 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
A B
的动摩擦因数分别为 、 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖
A B
直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（ ）
μ μ
A． r ＜ r B． r ＜ r
A A B B A B B A
μ μ μ μ
C．
μA＞ μB
D．
μ B＜ μ A
r r r r
A B A B
【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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分10百】m v2
心力，则：μ m g= A A
A A r
A
解得v =√μ gr
A A A
m v2
当B刚要相对圆盘滑动时μ m g= B B
B B r
B
解得v =√μ gr
B B B
当A比B先滑动时，则有v ＜v
A B
即√μ gr ＜√μ gr
A A B B
化简可得 r ＜ r ，故A正确，BCD错误。
A A B B
故选：A。
μ μ
[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铰链连接，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轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之
3
间，原长为L。装置静止时，弹簧长为 L。如果转动该装置并缓慢增大转速，发现小
2
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。
则下列说法正确的是（ ）
4mg
A．弹簧的劲度系数k=
L
2mg
B．弹簧的劲度系数为k=
L
√8g
C．装置转动的角速度为 时，AB杆中弹力为零
5L
√6g
D．装置转动的角速度为 时，AB杆中弹力为零
5L
【解答】解：AB、装置静止时，小球受力平衡，设 OA、AB杆中的弹力分别为F 、
1
T ，OA杆与转轴的夹角为 ，由平衡条件得：
1 1
竖直方向：F 1 cos 1 +T 1 cos 1θ ＝mg
水平方向：F
1
sinθ1 ＝T
1
sinθ1
θ θ
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分11百】0.75L
根据几何关系得：cosθ =
1 L
2
联立解得：T = mg
1 3
3
小环受力平衡，对小环由平衡条件得：F弹1 ＝k（
2
L﹣L）＝mg+2T
1
cos
1
4mg θ
解得：k=
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F ，OA杆与转轴的夹角为 ，弹簧长
2 2
度为x，小环受力平衡，由平衡条件得：F弹2 ＝k（x﹣L）＝mg θ
对小球受力分析，竖直方向，由平衡条件得：F cos ＝mg
2 2
水平方向，由牛顿第二定律得：F sinθ =mω2Lsiθnθ
2 2 0 2
x
由几何关系得：cosθ =
2 2L
√8g
联立解得：ω =
0 5L
故C正确，D错误。
故选：AC。
[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连接而成，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1.0m/s。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/s2。
μ
（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： mg＝ma
μ
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分12百】代入数据解得：a＝5m/s2
根据速度—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：
v2 12
f＝m =0.5× N＝0.25N
R 2.0
最大静摩擦力：f ＝ mg＝0.5×0.5×10N＝2.5N＞0.25N
m
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。
μ
答：（1）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 ＝37°，底端H有一弹簧，A、O 、O 、D、O 、H在同一水平直线上。一质量为
1 2 3
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
θ
止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，
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 ＝
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
μ
戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝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v ；
C
（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F （保留两位小数）；
B
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数
关系。
【解答】解：（1）小钢球从O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：
1
﹣mg•2R＝0− mv2
2 C
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分13百】代入数据解得：v ＝2√6m/s
C
1 1
（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣ mgL= mv2− mv2
2 C 2 B
μ v2
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m B
R
5
代入数据联立解得：N= N≈0.83N
6
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小F ＝N＝0.83N
B
（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h ，从释放到E点，由
1
动能定理得：
mg（h ﹣R）﹣ mgL＝0
1
代入数据解得： μh
1
＝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h ，从释放到E点，由动能定
2
理得：
R
mg（h ﹣R）﹣ mgL﹣2 mgcos • =0
1 tanθ
μ μ θ
代入数据解得：h ＝2.24m
2
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次， ＜tan ，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：
μ θ
mgh﹣ mgL﹣ mgcos •s＝0
代入数据解得：s＝2.5（h﹣1）
μ μ θ
0.6
R ×
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝2 =2 3 m＝1.6m
tanθ
4
答：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小v 为2√6m/s；
C
（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F 为0.83N；
B
（3）①若小球释放高度h＜1.6m，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，s＝1.6m。
考点四 竖直平面内圆周运动绳、杆模型
1．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(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑
(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分14百】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mg＝m得
由小球恰能做圆周运动得v ＝0
临
临界条件 v ＝
临
(1)当v＝0时，F ＝mg，F 为支持力，沿
N N
(1)过最高点时，v≥，F ＋mg
N
半径背离圆心
＝m，绳、圆轨道对球产生弹
(2)当0时，F ＋mg＝m，F 指向圆心并
N N
圆轨道
随v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，轿厢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1.3×10﹣3rad/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；
πD 3.14×52
B.根据线速度与周期的关系，游客的线速度v= = m/s≈0.2m/s，故
T 13×60+14
B正确；
C. 根 据 角 速 度 与 周 期 的 关 系 ， 游 客 的 角 速 度
2π 2×3.14
ω= = rad/s=7.9×10−3rad/s，故C错误；
T 13×60+14
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分15百】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：B。
[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。一质量为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．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
r
1
则从开始滑下到A点，由动能定理得：mg（h﹣2r）= mv2﹣0
2
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）
1
= mv2
2 B
mv2
在B点，支持力提供向心力，有：F = B
N
r
代入数据联立解得：F ＝2000N
N
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分16百】错误。
故选：C。
[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（ ）
A．P B．Q C．M D．N
【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＝m 2r
变形后得到偏心块对振动机压力：F′＝F＝mg+m 2r
ω
对整体有：F
N
＝Mg+F′＝Mg+mg+m 2r
ω
根据牛顿第三定律可知，当偏心轮在
ω
最低点时路面对振动机的支持力F
N
最大，振动机
对路面压力F ′也最大，故BCD错误，A正确。
N
故选：A。
[例题19]（2023•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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分17百】C．铁球在A点的速度必须大于√gR
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 √gR，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
mv2
能越小，在最低点的速度也越小，根据：F = ，可知小铁球在最低点时需要的向心
n
r
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：
1
mg•2R= mv2
2
v2
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：D。
[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＝1m，A端连接一倾角为
＝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
θ
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/s2。
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分18百】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。
【解答】解：（1）甲球在下滑过程中，设甲球最低点的速度大小为v ，根据机械能守
0
恒定律得：
1
MgLsin30°= Mv2
2 0
代入数据解得：v ＝3m/s
0
设甲、乙碰撞后速度分别为v 和v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
1 2
Mv ＝Mv +mv
0 1 2
1 1 1
根据机械能守恒得：
Mv2= Mv2+ mv2
2 0 2 1 2 2
解得：v ＝1m/s，v ＝4m/s
1 2
根据动量定理得：I＝mv ＝0.05kg×4m/s＝0.2N•s，方向水平向右
2
1
（2）小滑块恰能进入圆轨道有：− mgs＝0−
mv2
， ＝0.8
1 2 2 1
μ μ 1
小滑块乙进入圆轨道后恰能到圆心等高处有− mgs−mgR＝0−
mv2
， ＝0.6
2 2 2 2
μ μ v2
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 1
− mgs−mg•2R= mv2− mv2 ， ＝0.3
3 2 2 2 3
μ μ
所以 的取值范围为 ≤0.3或0.6≤ ≤0.8
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
μ μ μ
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 ≤0.3
或0.6≤ ≤0.8，可以选择钢、木或聚异戊二烯。
μ
μ
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分19百】练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•昆明一模）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（ ）
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
v2
【解答】解：ACD、两车的线速度v大小相等，由图可知r ＞r ，由a = 可得A车的
B A n r
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，由F＝ma 可知，两车的向心力即合力大小无法确定，故ACD错误；
n
v
B、由ω= 可知，A车的角速度大于B车角速度，故B正确。
r
故选：B。
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分20百】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＝m 2r
可得F＝mg+m 2r
ω
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
ω
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+mg＝m 2r
解得F＝m 2r﹣mg
ω
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
ω
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：
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分21百】v2
设雪车与圆心连线与竖直方向的夹角为 ，由几何关系得：m =mgtan
R
θ θ
若仅增大v，则tan 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。
θ
故选：C。
θ
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 （ ）
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点时牵引力大于阻力
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
mgcos45°，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 ，其牵引力F＝mgsin +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﹣mgsin 一直减小，所
θ θ
以汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小，故D正确；
θ
故选：D。
5．（2023•上饶模拟）如图所示，半径为R的水平圆盘绕中心O点做匀速圆周运动，圆盘
中心O点正上方H处有一小球被水平抛出，此时半径OB恰好与小球初速度方向垂直，
从上向下看圆盘沿顺时针转动，小球恰好落在B点，重力加速度大小为g，不计空气阻
力，下列说法正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分22百】√2H
A．小球的初速度大小为R
g
R √ g
B．小球的初速度大小为
2 2H
3π √2g
C．圆盘的角速度大小可能为
2 H
7π √ g
D．圆盘的角速度大小可能为
2 2H
1
【解答】解：AB、小球做平抛运动，竖直方向有：H= gt2 ，可得小球下落的时间为
2
√2H R √ g
t= ；水平方向为匀速直线运动：小球的初速度大小为v = =R ；故AB错
g 0 t 2H
误；
3π
CD、在小球下落的这段时间内，圆盘转过的角度为θ=2nπ+ n＝0，1，2，3…
2
θ 4nπ+3π √ g
所以圆盘的角速度大小为ω= = n＝0，1，2，3…
t 2 2H
3π √ g 7π √ g
当n＝0时ω= ，当n＝1时ω= ；故C错误，D正确。
2 2H 2 2H
故选D。
6．（2023•怀仁市校级二模）在2022年北京冬奥会短道速滑项目男子1000米决赛中，中
国选手任子威夺得冠军。如图所示，A、B、A'、B'在同一直线上，O'为AA'中点，运动
员由直线AB经弯道到达直线A'B'，若有如图所示的①②两条路线可选择，其中路线
①中的半圆以O为圆心，半径为8m，路线②是以O'为圆心，半径为15m的半圆．若
运动员在沿两圆弧路线运动的过程中，冰面与冰刀之间的径向作用力的最大值相等，运
动员均以不打滑的最大速率通过两条路线中的弯道（所选路线内运动员的速率不变），
则下列说法正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分23百】A．在①②两条路线上，运动员的向心加速度大小不相等
B．沿①②两条路线运动时，运动员的速度大小相等
C．选择路线①，路程最短，运动员所用时间较短
D．选择路线②，路程不是最短，但运动员所用时间较短
【解答】解：A、最大径向作用力提供向心力，有F ＝ma，所以在①②两条圆弧路
max
线上运动时的向心加速度大小相同，故A错误；
v2
B、根据牛顿第二定律，有F =m m
max R
√F R
解得：v = max
m m
最大径向力相同，质量相同，因为路线①的半径小，所以路线①上运动员的速度小，
故B错误；
CD、路线①的路程为s ＝（2×7+8 ）m≈39m
1
路线②的路程为s
2
＝ ×15m≈47m
π
运动时间为：t =
s
= s
π√ m
v F R
m max
39 √ m
经过路线①的时间为t =
1 √8 F
max
47 √ m
经过路线②的时间为t =
2 √15 F
max
通过数值比较，可知选择路线②所用时间短，故C错误，D正确。
故选：D。
7．（2023•杨浦区二模）如图，飞机在水平面内做半径为 180米的匀速盘旋表演，机身倾
斜，飞机速率为60m/s。重力加速度g取10m/s2。若飞机在竖直平面内获得的升力与机
翼垂直，则（ ）
A．机翼与竖直方向的倾角约为56.3°
B．机翼与水平方向的倾角约为26.6°
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分24百】C．飞行员对座椅的作用力约为自身重力的1.1倍
D．飞行员对座椅的作用力约为自身重力的2.2倍
【解答】解：AB、对飞机进行受力分析如下图所示，升力与重力的合力指向它圆周运
动的圆心，提供向心力，设机翼与水平方向的夹角为 ，由几何关系可知升力F与竖直
v2
θ
m
方向的夹角也为 ，根据三角函数有 F R v2 602 ，则 ＝
tanθ= 合= = = =2
mg mg gR 180×10
θ θ
63.4，机翼与竖直方向的夹角为
90°﹣ ＝26.6°，故A错误；故B错误；
θ
CD、对飞行员而言，座椅对他的支持力和重力的合力提供他随飞机一起圆周运动的向
F 1 1
心力，受力情形与飞机受力类似，则有 支持力= = =2.2，由于飞行员对
mg cosθ cos63.4
座椅的作用力和座椅对他的支持力是作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知这两个
力大小相等，故C错误；故D正确。
故选：D。
8．（2023•朝阳区一模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于 B点，使小球在
水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，
小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受
细绳的拉力大小分别为 、a 、F 和 、a 、F 。则（ ）
1 1 1 2 2 2
ω ω
A． ＝ B．a ＞a C．F ＝F D．F ＞F
1 2 1 2 1 2 1 2
【解答】解：A、对小球受力分析，如下图所示：
ω ω
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分25百】√ g
绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有 mgtan ＝m 2R＝m 2htan ，解得ω= ，
ℎ
θ ω ω θ
仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度h不变，则角速度不变，即 ＝
1
2
，故A正确；
ω
ωB、F合 ＝mgtan ＝ma，a＝gtan ，由于增加了绳长而高度h不变，即增大了角度 ，则
加速度变大，a ＜a ，故B错误；
1θ 2 θ θ
mg
CD、根据受力分析可知F= ， 增大则F增大，有F ＜F ，故C错误；故D错误。
cosθ 1 2
θ
故选：A。
9．（2023•永州三模）如图甲所示，三个物体A、B和C放在水平圆盘上，用两根不可伸
长的轻绳分别连接A、B和B、C．物块A、B、C与圆心距离分别为r 、r 和r ，已知
A B C
m ＝1kg，r ＝0.4m，物块A、B、C与圆盘间的动摩擦因数均为 ＝0.05，最大静摩擦
B B
力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度 绕轴OO'匀速转动时，A、B之间绳中弹力
μ
T 和B、C之间绳中弹力T 随 2的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确
1 2 ω
的是（ ）
ω
A．物体A的质量m ＝1kg
A
B．物体C与圆心距离r ＝2m
C
C．当角速度为1rad/s时，圆盘对B的静摩擦力大小为0.5N
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分26百】√10
D．当角速度为 rad/s时，A、B即将与圆盘发生滑动
2
【解答】解：A．根据题中条件无法求出A的质量，故A错误；
B．由图乙，B、C绳中先出现弹力，根据合力提供向心力μm g+T =m ω2r
C 2 C C
当T ＝0时 2＝0.5（rad/s）2
2
当T
2
＝1时
ω
2＝1（rad/s）2
代入数据解得 ω r C ＝1m
故B错误；
C．当角速度为1rad/s时 2＝1（rad/s）2
由图可知T
1
＝T
2
＝1N
ω
B、C 间绳的拉力均为 1N，对 B 只有摩擦力提供向心力，根据合力提供向心力有
f =m (ω ) 2r ，解得f=0.4N
B 2 B
故C错误；
D．根据题图可得T =(3ω2−2)NT =(2ω2−1)N
1 2
A、B即将与圆盘发生滑动时，根据合力提供向心力，满足T −T −μm g=m ω2R
1 2 B B B
代入T 、T 可得 2﹣1.5N＝0.4 2
1 2
√10
解得ω= rad ω/s ω
2
故D正确。
故选：D。
10．（2023•台州模拟）如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，
圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同
一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则
O点到水平面的高度为（忽略物体的大小和细线质量）（ ）
A．6l B．10l C．12l D．15l
【解答】解：物体A、B在同一高度做匀速圆周运动时，设连接A的细线与竖直方向的
夹角为 ，连接B的细线与竖直方向的夹角为 ，O点到水平面的高度为h。
A B
6l
对A球， θ 由几何关系得：sin = =0.6，则 θ ＝37°
A 10l A
θ θ
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分27百】v2 3
由牛顿第二定律得：m gtan ＝m A，解得A的线速度大小：v = √2gl
A A A 6l A 2
θ
4l
对B球，由几何关系得：sin = =0.8，则 ＝53°
B 5l B
θ v2 θ 4
由牛顿第二定律得：m gtan ＝m B，解得B的线速度大小：v = √3gl
B B B 4l B 3
θ
细线同时断裂后，两物体做平抛运动，设落地时间为t，水平方向两物体的位移如图：
由几何关系和平抛运动规律得：水平方向，有（v t）2+（6l）2＝（v t）2+（4l）2
A B
1
竖直方向：h= gt2
2
联立解得：h＝12l，故ABD错误，C正确。
故选：C。
二．计算题（共3小题）
11．（2023•北京模拟）游乐场里有一种叫“旋转魔盘”的游戏项目，如图所示在一段时间
内某游客（可视为质点）随圆盘一起在水平面内做匀速圆周运动，角速度为 ，半径为
r。已知该游客的质量为m。
ω
（1）求该游客做圆周运动时所需向心力的大小F。
（2）当圆盘转速增大时，该游客仍能与圆盘保持相对静止，其所需向心力的大小如何
变化？简要说明理由。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律和向心力公式得，游客做圆周运动时所需向心力
的大小为F＝m 2r
（2）游客所需向
ω
心力F＝m 2r＝m•4 2n2r
ω π
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分28百】圆盘转速n增大时，游客所需向心力增大。
答：（1）游客做圆周运动时所需向心力的大小F为m 2r；
（2）所需向心力增大，根据游客所需向心力F＝m 2rω ＝m•4 2n2r分析即可。
12．（2022•常州模拟）滑板是第24届北京冬奥会上一个很精彩的项目。如图所示为滑板
ω π
运动的训练场地：一半径为R的冰制竖直圆弧最低点C，最高点D，D点切线竖直，圆
弧左端与倾角为 的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在上AB间铺有长度为4L防
滑材料，当长度为L的滑板全部处于AB内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。一
θ
次训练时，教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点，运动员从D点滑出，竖直上
升到最高点E，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m，运动员始终站在滑板的
正中，板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，不计空气阻力。试求：
（1）防滑材料与滑板之间的动摩擦因数；
（2）运动员在圆轨道最低点C受到轨道支持力的大小；
（3）为保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，滑板离开B点时的速度。
【解答】解：（1）防滑材料与滑板间的动摩擦因数为 ，根据平衡条件可得：
mgsin ＝ mgcos
μ
解得： ＝tan
θ μ θ
（2）设运动员在轨道最低点C的速度大小为v ，对运动员从C到E的过程，根据动能
μ θ C
定理可得：
3 1
mgR= mv2
2 2 C
在C点处，根据牛顿第二定律可得：
mv2
F −mg= C
N R
联立解得：F ＝4mg
N
（3）保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，设滑板离开 B点时的最小速度为v ，则
1
运动员返回AB时，滑板右端恰好可以与B点重合。根据题意可知，滑板与AB接触长
度为x时，其所受滑动摩擦力大小为：
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分29百】x
F = ⋅μmgcosθ
f L
由上式可知F﹣x图像是一条过原点的倾斜直线，图像与坐标轴围成的面积表示F 做功
f 1
的绝对值，所以从滑板刚进入AB区域到恰好全部进入到AB区域的过程中，其摩擦力
做的功为：
1
W =− μmgLcosθ
f 2
根据动能定理可得：
1
−mgLsinθ+W =0− mv2
f 2 1
解得：v =√3gLsinθ
1
设滑板离开B点时的最大速度为v ，则运动员返回到AB时，滑板左端恰好与A点重合，
2
根据动能定理可得：
1
4mgLsinθ−3μmgLcosθ+W =0− mv2
f 2 2
解得：v =√15gLsinθ
2
为保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，滑板离开 B 点时的速度需要满足：
√3gLsinθ≤v≤√15gLsinθ。
答：（1）防滑材料与滑板之间的动摩擦因数为tan ；
（2）运动员在圆轨道最低点C受到轨道支持力的大小为4mg；
θ
（3）为保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，滑板离开 B点时的速度需要满足：
√3gLsinθ≤v≤√15gLsinθ。
13．（2023•武汉模拟）如图所示，足够长的光滑倾斜轨道倾角为 37°，圆形管道半径为
R、内壁光滑，倾斜轨道与圆形管道之间平滑连接，相切于B点，C、D分别为圆形管
道的最低点和最高点，整个装置固定在竖直平面内。一小球质量为m，小球直径略小于
圆形管道内径，圆形管道内径远小于R，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）从倾斜轨道上距离C点多高的位置A由静止释放小球，小球滑下后，在圆形管道
内运动通过D点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0？
（2）若将圆形管道的上面三分之一部分（PDQ段）取下来，并保证剩余圆弧管道的
P、Q两端等高，将小球仍然从第（1）问中的位置A由静止释放，通过计算说明小球还
能否从Q处进入管道继续在管道内运动？
（3）若将圆形管道的DQB段取下来，改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置，小球
从D点飞出后落到倾斜轨道时的动能也随之改变，求小球从D点飞出后落到倾斜轨道上
动能的最小值（只考虑小球落到倾斜轨道上的第一落点）。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分30百】【解答】解：（1）在圆形管道的D点，管道内壁对小球恰好无作用力，重力完全提供
向心力
v2
根据牛顿第二定律mg=m D
R
解得v =√gR
D
1
小球从A到D，根据动能定理mgℎ−mg⋅2R= mv2
2 D
5
联立解得ℎ = R
2
1
（2）小球从A到P点，根据动能定理mgℎ−mgR(1+sin30°)= mv2
2 P
联立解得v =√2gR
P
PDQ 段 取 下 来 后 ， 小 球 离 开 P 点 做 斜 抛 运 动 ， 运 动 时 间
√3
2√2gR×
2v sin60° 2 √6R
t= P = =
g g g
√6R 1
水平位移x=tv cos60°= ×√2gR× =√3R
P g 2
√3
根据数学知识PQ=2Rcos30°=2R× =√3R
2
由于小球的水平位移x ＝PQ，因此小球恰好能从Q处进入管道继续在管道内运动；
1
（3）将圆形管道的DQB段取下来，小球离开D点后做平抛运动，设小球落到斜面上时
竖直位移为y，水平位移为x，落到倾斜轨道的动能为E
k
如图所示：
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分31百】竖直方向的位移
1
y= gt2
2
水平位移x＝v t
0
1
E =mgy+ mv2
k 2 0
根据几何关系可知
R（1+cos37°）﹣y＝（x﹣Rsin37°）tan37°
13 y 9R2
解得E =mg( + −2R)
k 9 4 y
9√13
当y= R时，小球动能有最小值，最小值为
26
E =(√13−2)mgR
kmin
答：（1）小球从倾斜轨道上距离C点2.5R高的位置A由静止释放；
（2）能；
（3）最小动能为(√13−2)mgR。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分32百】
