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专题一 力与运动
第3讲 力与物体的曲线运动
一．物体做曲线运动的条件
1．（2023•乙卷）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车
在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据曲线运动的特点可知，曲线运动速度方向沿运动轨迹的切线方向，合力方向指向运动轨
迹的凹侧。小车做曲线运动，且动能一直增加，则小车所受合力方向与运动方向夹角为锐角，故ABC 错
误，D 正确。
故选：D。
变式一：2．（2023•辽宁）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F
的示意图可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：篮球在空中的运动轨迹为曲线，物体做曲线运动的条件是所受合力方向与运动方向（即轨迹
的切向方向）不共线，并且合力方向指向曲线轨迹的凹侧，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
二．运动的合成与分解
3．（2024•安徽模拟）某同学在水平匀速直线行驶的实验车上，利用实验装置竖直向上提起小球，从某时
刻开始计时，坐在实验车上的人观测小球运动的情况，作出速度平方（v2）与提起高度（y）的关系图像如
图所示。则地面上静止的观察者看到小球的运动轨迹可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：速度平方与提起高度的关系图像是坐在实验车上的人观察的图像，即小球相对于车沿竖直方
向向上的速度关系图像。小车相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方向的速度图像。开始时v2
不变，则速度的大小v 不变；之后v2与y 是线性关系，由速度与位移关系公式
。所以开始小
球时在竖直方向上做匀速运动，之后做匀加速直线运动，加速度竖直向上。
小球在水平方向一直随实验车做匀速直线运动，结合运动的合成可知，地面上静止的观察者看到小球的运
1
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动轨迹是先斜向上做匀速直线运动，后做向上偏转的类斜抛运动。故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
变式一：4．（2024•吉林一模）质量为2kg 的质点在xy 平面上做曲线运动，在x 方向的速度图象和y 方向
的位移图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点的初速度为3 m/s B．质点所受的合外力为3 N
C．质点初速度的方向与合外力方向垂直 D．2 s 末质点速度大小为6 m/s
【解答】解：A、x 轴方向初速度为vx＝3m/s，y 轴方向初速度vy＝
＝﹣4m/s，质点的初速度v0
＝
m/s。故A 错误。
B、x 轴方向的加速度a＝
＝1.5m/s2，质点的合力F 合＝ma＝3N．故B 正确。
C、合力沿x 轴方向，而初速度方向既不在x 轴，也不在y 轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂
直。故C 错误。
D、由图可知，2 s 末质点速度x 方向的大小为6 m/s，而y 方向的速度仍然是﹣4m/s，所以合速度是
m/s。故D 错误。
故选：B。
变式二：5．（2023•浙江模拟）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲
线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d 为弹道
曲线上的五点，其中O 点为发射点，d 点为落地点，b 点为轨迹的最高点，a、c 为运动过程中经过的距地
面高度相等的两点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹到达最高点b 时的加速度为g
B．炮弹经过c 点时的加速度方向沿该点切线斜向上
C．炮弹经过a 点时加速度的竖直分量大于g
D．炮弹由a 点运动到b 点的时间与由b 点运动到c 点的时间相等
【解答】解：A．在最高点b，炮弹除了受重力还受到向后的空气阻力，加速度大于g，故A 错误；
B．根据曲线运动特点，炮弹经过c 点时加速度方向一定指向轨迹凹侧，故B 错误；
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C．炮弹经过a 点时，受空气阻力和重力共同作用，空气阻力方向与速度方向相反斜向左下方，根据牛顿
第二定律，加速度的竖直分量由重力和空气阻力竖直分力相加得出，所以炮弹经过a 点时加速度的竖直分
量大于g，故C 正确；
D．设炮弹由a 点运动到b 点过程中，受阻力平均竖直分量为f1，由b 点运动到c 点过程中，受阻力平均竖
直分量为f2，根据牛顿第二定律，则前、后两个过程炮弹竖直平均加速度大小分别为
根据运动学规律，炮弹由a 点运动到b 点时间小于由b 点运动到c 点时间，故D 错误。
故选：C。
变式三：6．（2024•天河区一模）如图为自动控制货品运动的智能传送带，其奥秘在于面板上蜂窝状的小
正六边形部件，每个部件上有三个导向轮A、B、C，在单个方向轮子的作用下，货品可获得与导向轮同向
的速度v，若此时仅控制A、C 两个方向的轮子同时按图示箭头方向等速转动，则货品获得的速度大小为
（ ）
A．v
B．
C．
D．2v
【解答】解：物体参与了两个方向的运动，两个分速度的夹角为60°，根据速度合成可知，合速度为
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
三．小船过河问题
7．（2023•海南模拟）一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，流速为5m/s 的河流中渡河，
则下列说法正确的是（ ）
A．小船渡河时间不少于60s
B．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为150m
C．小船以最短位移渡河时，位移大小为250m
D．小船以最短位移渡河时，时间为60s
【解答】解：AD、当船头垂直对岸行驶时时间最短，故最短时间是tmin＝
代入数据解得tmin＝50s，故
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AD 错误；
B、船以最短时间渡河，它沿水流方向位移大小为x＝v 水t 代入数据解得x＝250m，故B 错误；
C、因船速小于水速，故当合速度方向与船速垂直时，渡河位移最短，如图所示
设此时合速度的方向与河岸的夹角为θ，sinθ＝
＝
，则渡河的最小位移为x＝
代入数据解得x
＝250m，故C 正确；
故选：C。
变式一：（多选）8．（2023•上饶模拟）一艘小船正在渡河，如图所示，在到达离河对岸60m 处的P 点
时，其下游80m 处有一危险水域，已知船在静水中的最大速度为6m/s，水流的速度大小为5m/s，P 点离另
一河岸的距离大于100m，下列说法正确的是（ ）
A．小船以最短时间渡河时，可以安全到达河岸
B．小船以最短时间渡河时，不能安全到达河岸
C．小船渡河的位移可能为60m D．小船渡河的位移不可能为100m
【解答】解：AB．根据题意可知，当船头正对河岸且以最大的静水速度航行时，渡河时间最短，最短时间
为
，此时，船沿河岸移动的距离为x＝v 水tmin＝5×10m＝50m＜80m，不会到达危险
水域，故小船以最短时间渡河时，可以安全到达河岸，故B 错误，A 正确；
C．船在静水中速度大于水流速度，则可以通过调整船头方向，让船速度斜向上，让船的合速度方向正对
河岸，此时渡河位移最短，最短距离为河宽60m，故C 正确；
D．通过调整船头方向，让船的合速度方向指向上游时，角度合适，位移可能是100m，此时还没有到达危
险水域，能保证小船的安全，故D 错误。
故选：AC。
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四．关联速度问题
9．（2023•琼山区校级三模）如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量
为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高
的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时（图中B 处），下列说法正确的是（ ）
A．环减少的机械能大于重物增加的机械能
B．小环到达B 处时，重物上升的高度也为d
C．环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为
D．环在B 处的速度为
【解答】解：A、由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，所以环减少的机械能等于重物增加
的机械能，故A 错误；
B、结合几何关系可知，重物上升的高度：h＝
﹣d＝（
﹣1）d，故B 错误；
C、两个物体沿着绳子方向的分速度，故：v 环cos45°＝vG，故环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比
为
：1，故C 错误；
D、小环和重物组成的系统机械能守恒，故：mgd＝
mv 环2+
（2m）
+（2m）gh；联立解得：v 环＝
，故D 正确。
故选：D。
变式一：10．（2023•凯里市校级模拟）如图所示，质量为m 的木块a 放置在倾角为α 的固定斜面上，通
过一根不可伸长的细线绕过固定在斜面上的轻滑轮与质量为m、套在杆上的小球b 相连，小球以速率v 向
左匀速运动，不计空气阻力和一切摩擦力，重力加速度为g。当细线与水平杆的夹角为β 时（ ）
A．木块a 的速度大小为v B．木块a 的速度大小为
C．细线的拉力大于mgsinα D．细线的拉力小于mgsinα
【解答】解：AB、将小球b 的速度分解为沿绳方向的分速度v1和垂直于绳方向的分速度v2
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由几何关系得，木块a 的速度大小等于v1＝vcosβ
故AB 错误；
CD、小球b 向左做匀速直线运动，β 逐渐减小，cosβ 逐渐增大，则木块a 的速度逐渐增大，即木块a 做加
速运动，对木块受力分析，沿斜面方向，细线的拉力大于mgsinα，故C 正确，D 错误。
故选：C。
五．平抛运动
11．（2024•道里区校级一模）“刀削面”是我国传统面食制作手法之一。操作手法是一手托面，一手拿
刀，将面削到开水锅里，如图甲所示。某次削面的过程可简化为图乙，面片（可视为质点）以初速度v0＝
2m/s 水平飞出，正好沿锅边缘的切线方向掉入锅中，锅的截面可视为圆心在O 点的圆弧，锅边缘与圆心的
连线与竖直方向的夹角为45°，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．面片在空中运动的水平位移为0.2m
B．面片运动到锅边缘时的速度大小为4m/s
C．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则面片处于超重状态
D．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则所受摩擦力大小保持不变
【解答】解：B、面片运到锅边的速度大小为：
，故B 错误；
A、面片在竖直方向上的速度为：
vy＝v0＝gt
水平方向上，x＝v0t
联立解得：x＝0.4m，故A 错误；
C、若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，面片有指向圆心的加速度，指向圆心的加速度有竖直向上
的分量，则面片处于超重状态，故C 正确；
D、若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，其向心加速度的大小不变，方向在时刻变化，则支持力的
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大小也跟着变化，因此摩擦力的大小发生变化，故D 错误；
故选：C。
变式一：12．（2024•雨花区校级一模）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒
乓球与墙壁上的P 点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q 点，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计
空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4m/s，则P、Q 两点的高
度差为（ ）
A．0.1m
B．0.2m
C．0.4m
D．0.8m
【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q 点，根据几何关系得：vQcos45°＝gt，解得t＝
s
根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h＝
gt2，
解得：h＝
＝
m＝0.4m，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
变式二：13．（2023•新课标）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远
方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角
不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h 处水平抛出，抛出速度的最小值为
多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）
【解答】解：根据平抛运动规律可知竖直方向有
＝2gh
结合题意石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ，可知抛出速度的最小值满足，如图：
tanθ＝
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解得
v0＝
答：抛出速度的最小值为
。
变式三：14．（2024•浙江）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两
倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离
开出水口的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：水离开出水口后做平抛运动，水离开出水口到桶口中心，有
得
设出水孔到桶口中心的水平距离为x，则
x＝v0t
得
落到桶底A 点时
则时间
解得
故ABD 错误，C 正确。
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故选：C。
六．类平抛运动
15．（2020•渝水区校级模拟）如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜
面左上方顶点P 以初速度v0水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，则（ ）
A．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2
B．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2
C．初速度v
0＝b
D．初速度v0＝b
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得物体的加速度为：a＝
＝gsinθ。
根据l＝
at2得：t＝
，故AB 错误；
CD、入射的初速度为：v0＝
＝b
，故C 错误，D 正确。
故选：D。
七．斜抛运动
16．（2024•黑龙江一模）如图所示，在某次壁球训练时，运动员在同一位置以不同的角度斜向上发球，
最后球都能恰好垂直击打在竖直墙面反弹。若两次发球与水平方向夹角分别为30°和60°，不考虑球在空中
受到的阻力，关于两次发球说法正确的是（ ）
A．碰到墙面前空中运动时间之比为1：3 B．碰到墙面前空中运动时间之比为1：2
C．两球上升高度之比为1：3
D．两球上升高度之比为1：2
【解答】解：CD、小球的斜抛运动可以看成逆向的平抛运动，由平抛运动的推论：速度的反向延长线经过
水平位移的中点，则有：
，
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可得两球上升高度之比：
，故C 正确，D 错误；
AB、由
，可得
，则两球碰到墙面前，在空中运动时间之比：
，故AB 错
误。
故选：C。
变式一：17．（2023•潮州二模）图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成
图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如
图乙所示，先以水平初速度v0从A 点冲上圆心角为a 的圆弧跳台，从B 点离开跳台，C 点为运动轨迹最高
点，之后落在着陆坡上的E 点。若忽略运动过程中受到的一切阻力并将运动员及其装备看成质点，则下列
说法正确的是（ ）
A．运动员在C 点速度为0 B．运动员下降过程中的加速度不变
C．a 越大，运动员落在着陆坡上的速度越大 D．运动员离开B 点后的上升过程中处于超重状态
【解答】解：A，曲线的最高点时，物体还有水平方向的分速度，故A 错误；
B，在下降过程中，只受重力作用，故加速度的大小方向都不变，故B 正确；
C，因为在AB 弧上运动时，没有能量损失，故a 的大小不影响着陆的速度大小，故C 错误；
D，离开B 点后，有竖直向下的加速度，应处在失重状态，故D 错误。
故选：B。
变式二：18．（2023•湖南）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的
谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P 点，抛
出时谷粒1 和谷粒2 的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷
粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1 的加速度小于谷粒2 的加速度 B．谷粒2 在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O 到P 的运动时间相等 D．两谷粒从O 到P 的平均速度相等
【解答】解：A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故A 错误，
BC、根据图b 可知谷粒2 从最高点到P 点的运动时间大于谷粒1 从O 点到P 点的运动时间，又因为谷粒2
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从最高点到P 点水平位移小于谷粒1 从O 到P 点的水平位移，所以谷粒2 在最高点的速度小于v1，故B 正
确，C 错误，
D、两谷粒从O 到P 的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故D 错误。
故选：B。
变式三：（多选）19．（2024•洛阳一模）“套圈”是一项老少皆宜的体育运动项目。如图所示，水平地
面上固定着3 根直杆1、2、3，直杆的粗细不计，高度均为0.1m，相邻两直杆之间的距离为0.3m。比赛
时，运动员将内圆直径为0.2m 的环沿水平方向抛出，刚抛出时环平面距地面的高度为1.35m，环的中心与
直杆1 的水平距离为1m。假设直杆与环的中心位于同一竖直面，且运动中环心始终在该平面上，环面在空
中保持水平，忽略空气阻力的影响，g 取10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．如果能够套中直杆，环抛出时的水平初速度不能小于1.8 m/s
B．如果能够套中第2 根直杆，环抛出时的水平初速度范围在2.4 m/s 到2.8 m/s 之间
C．如以2 m/s 的水平初速度将环抛出，就可以套中第1 根直杆
D．如环抛出的水平速度大于3.3 m/s，就不能套中第3 根直杆
【解答】解：运动员将环沿水平方向抛出后做平抛运动，要套中直杆，竖直方向下落的位移为1.25，则t＝
＝
s＝0.5s；
A、如果能够套中直杆，水平方向的位移x≥1﹣0.1＝0.9m，则v0＝
≥
m/s＝1.8m/s，故A 错误；
B、要能套中第2 根直杆，水平方向的位移范围为1.2﹣1.4m 之间，根据v0＝
可得：水平速度的范围为
2.4m/s≤v0≤2.8m/s，故B 正确；
C、要能套中第1 根直杆，水平方向的位移范围为0.9﹣1.1m 之间，根据v0＝
可得：水平速度的范围为
1.8m/s≤v0≤2.2m/s，则如以2m/s 的水平初速度将环抛出，可以套中第1 根直杆，故C 正确；
D、要使环套不中第3 根直杆，则水平位移要大于1.7m，则v0＝
≥
m/s＝3.4m/s，故D 错误。
故选：BC。
变式四：（多选）20．（2022•山东）如图所示，某同学将离地1.25m 的网球以13m/s 的速度斜向上击出，
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击球点到竖直墙壁的距离4.8m．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m 的P 点，网球与
墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75 倍，平行墙面的速度分量不变，重力加速度g 取
10m/s2，网球碰墙后的速度大小v 和着地点到墙壁的距离d 分别为（ ）
A．v＝5m/s
B．v＝3
m/s
C．d＝3.6m
D．d＝3.9m
【解答】解：设网球飞出时的速度为v0，
根据运动学公式可知竖直方向
＝2g （H﹣h）
代入数据得
v0y＝12m/s
运动时间t＝
根据速度的分解有：v0x＝
排球水平方向到P 点的距离
x0x＝v0xt
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
v0x1＝
v0x
平行墙面的速度分量
v0x2＝
v0x
反弹后，垂直墙面的速度分量
v0x3＝0.75v0x1
则反弹后的网球速度大小为
vx＝
联立代入数据解得：vx＝3
m/s
网球落到地面的时间t'＝
着地点到墙壁的距离d＝v0x3t'
代入数据解得：d＝3.9m
故BD 正确，AC 错误；
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故选：BD。
八．线速度、角速度和周期、转速
21．（2024•海安市校级模拟）如图所示，一个半径为R 的半圆形凹槽固定在地面上，一个半径为kR（k＜
1）的圆柱体从凹槽的右端静止释放。假设凹槽内表面足够粗糙，圆柱体在滚动时不会打滑。刚释放时，
圆柱体表面的箭头指向凹槽中心O，当
时，圆柱体滚动到凹槽最低点时的箭头指向为（ ）
A．水平向右
B．水平向左
C．竖直向上
D．竖直向下
【解答】解：
时，圆柱体的周长为
半圆形凹槽最高点到最低点的长度为
l＝2s
说明圆柱体滚动到凹槽最低点时恰好转两周，与轨道接触点在轨道最低点，所以箭头指向竖直向上。
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
变式一：22．（2024•乌鲁木齐模拟）如图所示，轮O1、O3固定在一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打
滑。在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径比r1：r2：r3＝2：1：1，求：
（1）A、B、C 三点的线速度大小之比vA：vB：vC。（2）A、B、C 三点的角速度之比ωA：ωB：ωC。
（3）A、B、C 三点的向心加速度大小之比aA：aB：aC。
【解答】解：（1）A、B 两点靠传送带传动，线速度大小相等，A、C 共轴转动，角速度相等，根据v＝
rω，则vA：vC＝r1：r3＝2：1。
所以A、B、C 三点的线速度大小之比vA：vB：vC＝2：2：1。
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（2）A、C 共轴转动，角速度相等，A、B 两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据v＝rω，ωA：ωB＝
r2：r1＝1：2．所以A、B、C 三点的角速度之比ωA：ωB：ωC＝1：2：1。
（3）A、B 的线速度相等，根据a＝
，知aA：aB＝r2：r1＝1：2．A、C 的角速度相等，根据a＝rω2得，
aA：aC＝r1：r3＝2：1．所以A、B、C 三点的向心加速度大小之比aA：aB：aC＝2：4：1。
九．向心力
23．（2023•上饶模拟）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴转动，角速度从零缓慢增
大，圆盘与水平桌面的夹角为θ，圆盘的半径为R，圆盘边缘处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物
体与盘面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆盘最大的角
速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：当物体转到圆盘的最低点时，所受摩擦力最大，当静摩擦力沿斜面向上达到最大静摩擦力
时，角速度最大，对物体受力分析，由牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝mω2R
解得：
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
变式一：24．（2024•安徽二模）如图所示，某同学设计了如下实验装置研究向心力，轻质套筒A 和质量
为1kg 的小球B 通过长度为L 的轻杆及铰链连接，套筒A 套在竖直杆OP 上与原长为L 的轻质弹簧连接，
小球B 可以沿水平槽滑动，让系统以某一角速度绕OP 匀速转动，球B 对水平槽恰好无压力，此时轻杆与
竖直方向夹角θ＝37°。已知弹簧的劲度系数为100N/m，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，sin37°＝
0.6，则系统转动的角速度ω 为（ ）
A．2rad/s
B．2.5rad/s
C．4rad/s
D．5rad/s
【解答】解：B 球对槽恰好无压力时，此时弹簧的压缩量为（L﹣Lcosθ°），对B 分析有：k（L﹣Lcosθ°）
＝mg
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根据牛顿第二定律有：mgtanθ＝mLsinθω2
代入数据解得：ω＝5rad/s，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
变式二：25．（2023•北京）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n﹣1 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
【解答】解：A、在太空实验室中，物体均处于完全失重状态，则小球没有重力效果，圆周运动轨道处于
任意平面内时，小球所受合力均为绳上的拉力，小球做圆周运动的效果都相同，故A 正确；
B、小球做匀速圆周运动，小球所受合力为绳上的拉力F，该拉力充当向心力，则由牛顿第二定律有
F＝mω2R＝m
R
周期为：T＝
联立方程得：m＝
故B 错误；
C、若误将n﹣1 圈记作n 圈，则n 变大，由m＝
可知，m 变小，故C 错误；
D、若测R 时未计入小球半径，则R 变小，由m＝
可知，m 变大，故D 错误。
故选：A。
变式三：26．（2024•沈阳一模）如图甲，水平面内有一条双线等宽光滑轨道，它由直轨道和两端半圆形
轨道组成。在直轨道上放置一质量m＝0.2kg 的小圆柱体，如图乙。小圆柱体两侧与轨道相切处和小圆柱体
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截面的圆心O 连线的夹角θ＝120°，如图丙，初始时小圆柱体位于轨道上A 点。现使之获得沿直轨道AB
方向的初速度v0，小圆柱体运动过程中所受阻力忽略不计，小圆柱体尺寸和轨道间距相对轨道长度也忽略
不计，两端半圆形轨道半径
，g 取10m/s2。
（1）当v0＝2m/s 时，小圆柱体可以安全通过半圆形轨道，求小圆柱体在直轨道和半圆形轨道上运动时，
内侧轨道对小圆柱体的支持力F 内1、F 内2的大小；
（2）为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过多少？（结果可以保留根式）
【解答】解：（1）小圆柱体在直轨道上做匀速直线运动，所受合力为零，则根据平衡条件可得
2F 内1cos60°＝mg＝0.2×10N＝2N
代入数据解得
F 内1＝2N
当小圆柱体在半圆形轨道上运动时，其受力分析如所示
竖直方向根据平衡条件有
F 内2cos60°+F 外cos60°＝mg
水平方向由牛顿第二定律有
代入数据解得
F 内2＝1.2N
（2）设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为vm，分析可知，小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体
的重力与外侧导轨对小圆柱体的支持力恰好提供小圆柱体做圆周运动的向心力，对小圆柱体受力分析如图
所示
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则有
代入数据解得
即为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过
。
变式四：27．（2023•江苏）“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ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。
【解答】解：根据线速度的计算公式可得发光物体的速度大小为：
v0＝ω0r
物体受到的摩擦力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：
f＝
答：发光物体的速度大小为ω0r，受到的静摩擦力大小为
。
十．向心加速度
28．（2024•兴宁区二模）如图所示，修正带是一种常见的学习用具，是通过两个齿轮的相互咬合进行工
作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B 是转动的大小齿轮边缘的两点，C 是大轮上的一点，若A、
B、C 的轨道半径之比为2：3：2，则A、B、C 的向心加速度大小之比为（ ）
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A．9：6：4
B．9：6：2
C．6：4：3
D．6：3：2
【解答】解：由于是齿轮传动可知
vA＝vB
由于B、C 在同一个轮上，因此
ωB＝ωC
根据
v＝ωr
可得
vB：vC＝rB：rC＝3：2
因此
vA：vB：vC＝3：3：2
根据
可得
ωA：ωB＝rB：rA＝3：2
因此
ωA：ωB：ωC＝3：2：2
根据
a＝ω2r＝ωv
因此
aA：aB：aC＝ωAvA：ωBvB：ωCvC＝9：6：4
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
变式一：（多选）29．（2024•江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中
有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体
厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速
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恒定时，关于粗坯上P、Q 两质点，下列说法正确的是（ ）
A．P 的角速度大小比Q 的大
B．P 的线速度大小比Q 的大
C．P 的向心加速度大小比Q 的大
D．同一时刻P 所受合力的方向与Q 的相同
【解答】解：A．由题意可知，粗坯上P、Q 两质点属于同轴转动，它们的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A
错误；
B．由图可知P 点绕转轴转动的半径大，根据v＝rω，所以vP＞vQ，即P 的线速度大小比Q 的大，故B 正
确；
C．根据a＝rω2，且rP＞rQ，ωP＝ωQ
所以aP＞aQ
即P 的向心加速度大小比Q 的大，故C 正确；
D．因为当转台转速恒定，所以同一时刻P 所受合力的方向与Q 的所受的合力方向均指向中心轴，故合力
方向不相同，故D 错误。
故选：BC。
十一．生活中的圆周运动——车辆转弯问题
30．（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（ ）
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Fmax＝ma，所以在①②两条圆弧路线上运动时的向心加
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速度大小相同，故A 错误；
B、根据牛顿第二定律，有
解得：
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s1＝（2×7+8π）m≈39m
路线②的路程为s2＝π×15m≈47m
运动时间为：t＝
＝s
经过路线①的时间为t1＝
经过路线②的时间为t2＝
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。
变式一：31．（2023•青岛二模）如图，高速公路上一辆速度为90km/h 的汽车紧贴超车道超车道的路基行
驶。驾驶员在A 点发现刹车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从B 点紧贴避险车
道左侧驶入。已知汽车速率不变，A、B 两点沿道路方向距离为105m，超车道和行车道宽度均为3.75m，
应急车道宽度为2.5m，路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5 倍，汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑
动，重力加速度g＝10m/s2，估算驾驶员反应时间为（ ）
A．1.6s
B．1.4s
C．1.2s
D．1.0s
【解答】解：v＝90km/h＝25m/s
汽车做圆周运动时由摩擦力提供向心力，有
0.5mg＝m
解得
R＝125m
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AB 两点间垂直道路方向距离为10m，由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为
l＝2×
解得
l＝70m
则驾驶员反应时间通过的路程为
s＝105m﹣70m＝35m
驾驶员反应时间为
t＝
＝
s＝1.4s
故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
十二．生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动
32．（2023•嘉定区二模）细绳拴着一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，平衡
时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，已知重力加速度为g，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，那么剪断弹
簧瞬间，小球的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：剪断弹簧瞬间，小球受到重力和绳子拉力作用，以绳子端点为圆心，向下摆动，小球速度为
零，向心加速度为零，所需向心力为零，所以小球沿绳子方向的合力为零；而重力在垂直于轻绳斜向左下
的分量使小球具有切向加速度，
其大小为：
，故ACD 错误，B 正确。
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故选：B。
变式一：33．（2023•全国）如图，水平地面上放有一质量为M 的⊥形支架。一质量为m 的小球用长为l
的轻绳连接在支架顶端，小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。已知小球运动到最低点时
速度大小为v，此时地面受到的正压力大小为（ ）
A．Mg
B．（M+m）g
C．（M+m）g+m
D．（M+m）g﹣m
【解答】解：小球运动到最低点时，对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力和轻绳竖直向上的拉
力，根据牛顿第二定律，T﹣mg＝m
，对M 受力分析，受竖直向下的重力、小球对绳子竖直向下的拉
力和自身的重力，根据平衡条件F＝Mg+T＝（M+m）g+m
，根据牛顿第三定律，地面受到的正压力与
地面对M 的支持力F 大小相等，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
变式二：（多选）34．（2024•富平县一模）如图所示，一个半径为R＝1.8m 的金属圆环竖直固定放置，
环上套有一个质量为m 的小球，小球可在环上自由滑动，小球与环间的动摩擦因数为0.4，某时刻小球经
过环的最高点时，环对小球的滑动摩擦力大小为
mg（不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2），则该
时刻小球的速率可能为（ ）
A．2m/s
B．3m/s
C．
m/s
D．3
m/s
【解答】解：根据滑动摩擦力公式f＝μFN又根据题意
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联立，解得
某时刻小球经过环的最高点时分两种情况，第一种情况FN方向竖直向上，由牛顿第二定律可得
mg﹣F_N＝m
解得
v1＝3m/s
第二种情况FN方向竖直向下，由牛顿第二定律可得
mg+FN＝m
解得
v2＝
故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
变式三：35．（2023•苏州三模）2022 年3 月23 日，三位神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富相互
配合完成“天宫课堂”第二次太空授课。如题图所示，授课中航天员叶光富手拉细线不断加速让一个小瓶
子在竖直平面内圆周运动，从而实现瓶内油水分层。如题图所示，若绳子长为l（瓶子可视为质点），水
的质量为m，则（ ）
A．油和水的向心加速度相等
B．油受到的向心力可能大于水
C．水受到瓶子的作用力为
D．瓶子在最高点的速度一定大于
【解答】解：A、油和水的角速度相同，根据向心加速度公式a＝ω2r，由于水和油的重心不同，所以水和
油圆周运动的半径不同，可知油和水的向心加速度不相等，故A 错误；
B、根据向心力公式F＝mω2r，若油的质量大于水的质量，则油受到的向心力可能大于水，故B 正确；
C、设水受到瓶子的作用力为F，则mg+F＝m
，由于不知道水的重心到圆心的距离r，所以无法计算水
受到瓶子的作用力，故C 错误；
D、瓶子处于完全失重状态，不是由重力提供向心力，同时，由于瓶子的重心到圆心的距离不是l，所以无
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法计算和比较瓶子在最高点的速度与
的大小，故D 错误。
故选：B。
变式四：36．（2023•通辽模拟）如图，一质量为m 的小球从竖直光滑圆轨道的最低点P 以v0开始运动，
圆轨道的圆心为O，半径为R，圆轨道上有一点Q，OQ 与OP 间夹角为θ，重力加速度为g。下列说法正
确的是（ ）
A．若小球能做完整的圆周运动，则小球做一次完整的圆周运动所用的时间小于
B．小球经过Q 点时对轨道的压力大小为mgcosθ+m
C．只有当v0≥
时，小球才不会脱离圆轨道
D．小球完成次完整的圆周运动的过程，小球重力的平均功率不为零
【解答】解：A、小球进入圆形轨道后先做加速度逐渐增大的减速运动，再做加速度逐渐增大的加速运
动，回到最低点时速度又变成了v0，所以小球的平均速率小于v0，因此小球做一次完整的圆周运动所用的
时间t＞
，故A 错误；
B、设质点经过Q 点时的速度大小为v，由机械能守恒定律有
＝mgR（1﹣cosθ）+
在Q 点，对小球，由向心力公式有：FN﹣mgcosθ＝m
解得：FN＝mgcosθ+m
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根据牛顿第三定律可知小球经过Q 点时对轨道的压力大小为mgcosθ+m
，故B 正
确；
C、当小球能过最高点时，满足mg≤m
从最低点到最高点，根据机械能守恒定律可得：mg•2R＝
﹣
解得v0≥
当小球不能到达最高点时，满足：
≤mgR，解得v0≤
，故C 错误；
D、完成一个完整的圆周运动时，重力做功为0，重力的平均功率也为0，故D 错误。
故选：B。
十三．近心和离心现象
37．（2023•杭州二模）高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机
上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m 的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管
中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（ ）
A．颗粒运动的角速度为
B．颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2
C．离转轴越远，分离沉淀效果越好
D．此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
【解答】解：A、根据角速度与转速的关系，可得颗粒运动的角速度为ω＝2πn，故A 错误；
B、如果颗粒在此处做匀速圆周运动，合外力必为F＝4π2mrn2，但从题义上不能得出它在此稳定做圆周运
动，故B 错误；
C、离转轴越远，r 越大，需要的向心力越大，就越易做离心运动，也就越容易分离，故C 正确；
D、只能将密度比液体密度大的颗粒沉在的底部，故D 错误。
故选：C。
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