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高考重点考点解读与针对性训练
第五章 圆周运动
考点32 竖直面内圆周运动
【考点解读】
1.竖直面内圆周运动的两类模型
轻绳模型
轻杆模型
常见类型
小球最高点
没有支撑
小球最高点有支撑
最高点受
力特征
除受重力外，物体受到的弹力
方向：向下或等于零
除受重力外，物体受到的弹力方向：向下、
等于零或向上
轻绳模型
轻杆模型
最高点受
力示意图
轻绳模型
轻杆模型
动力学
方程
mg＋F 弹＝mv
2
R
mg±F 弹＝mv
2
R
临界特征
F 弹＝0
mg＝mvmin
2
R
即vmin＝√gR
（1）恰好过最高点，v＝0，F 弹＝mg
（2）恰好无弹力，F 弹＝0，v＝√gR
过最高点
在最高点的速度v≥√gR
v≥0
1
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的条件
2.解题技巧
（1）物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；
（2）物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两位置间的速度关系；
（3）注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定
律求出压力。
3. 分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
4. 斜面上圆周运动的临界问题
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制（图甲）、轻
绳控制（图乙）、轻杆控制（图丙），物体的受力情况和临界条件也不相同。
在斜面内做圆周运动的物体的速率不断变化，运动情况与竖直面内的圆周运动类似，
所以通常分析物体在最高点和最低点的受力情况。
【高考真题】
【典例1】. （2024 高考甲卷）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（ ）
2
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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
3
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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。
【典例2】.(2022·全国甲卷，14)北京2022 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图
如图5 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( )
图5
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 运动员从a 到c 根据动能定理有mgh＝mv，在c 点有FNc－mg＝m，FNc≤
kmg，联立有Rc≥，故选项D 正确。
【典例3】．（2022 年全国理综甲卷第14 题）北京2022 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示
4
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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．
【参考答案】D
【命题意图】本题考查机械能守恒定律，牛顿运动定律，圆周运动。
【解题思路】从a 到c，由机械能守恒定律，mgh=
mv2，在c 点，由牛顿第二定律，
F-mg=m
，F≤kmg，联立解得R≥
，选项D 正确。
【典例4】. （2022 年全国理综乙卷第16 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
【参考答案】C
5
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【名师解析】
设小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑到Q，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
由
可得
，即小环的速率正比于它到P 点的距离L，故C 正确，ABD 错
误。
【针对性训练】
1.如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m 的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面
内，小球A 和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管
半径)。它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B 分别位于
圆管最低点和最高点，且A 的速度大小 为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为
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零。则B 球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
A.2 m/s
B.4 m/s
C.6 m/s
D.8 m/s
答案 B
解析 对A 球，合外力提供向心力，设圆管对A 的支持力为FA，由牛顿第二定
律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A 球对圆管
的力竖直向下为28 N，设B 球对圆管的力为FB′，由圆管受力平衡可得FB′＋28
N＋m 管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律
可得，圆管对B 球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B 球由牛顿第二定律有
FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故B 正确。
2. 如图所示，在竖直平面内，直径为R 的光滑半圆轨道和半径为R 的光滑圆轨
道水平相切于O 点。O 点在水平地面上，可视为质点的小球从O 点以某一初速
度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A 点飞出后落在圆轨道上的B 点，
不计空气阻力，g 取10 m/s2，则B 点与O 点的高度差为( )
A.
B.
C.
D.
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答案 A
解析 由题意知小球刚好能通过半圆的最高点A，则有mg＝m，得vA＝。小球
从A 点做平抛运动，有x＝vAt，y＝gt2，又x2＋y2＝R2，代入解得t2＝，则B 点与
O 点的高度差为hBO＝R－y＝，故A 正确。
3 质量为m 的小球，用长为l 的细线悬挂在O 点，在O 点的正下方l
2处有一光滑的钉子
P，把小球拉到与钉子P 等高的位置，细线被钉子挡住。如图，让小球从静止释放，当小球
第一次经过最低点时（ ）
A.小球运动的线速度突然减小
B.小球的角速度突然减小
C.小球的向心加速度突然增大
D.细线的拉力突然增大
答案 B
解析： 当小球第一次经过最低点时，由于重力与细线的拉力都与速度垂直，所以小球运
动的线速度大小不变，故A 错误；线速度大小不变，小球做圆周运动的半径变大，根据v
＝rω，可知角速度变小，故B 正确；线速度大小不变，轨迹半径变大，根据向心加速度公
式an＝v
2
r
可得，小球的向心加速度变小，故C 错误；细线拉力F＝mg＋mv
2
r
＝mg＋man，
可知细线的拉力突然减小，D 错误。
4 （2025·陕西汉中模拟）如图所示，一质量为m＝0.5 kg 的小球（可视为质点），用长为
0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
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B.当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力大小为15 N
C.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4√2 m/s
D.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
答案：ABC
解析：设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝mv0
2
R
，解得v0
＝2 m/s，故A 正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s 时，设轻绳拉力大小为FT，根据
牛顿第二定律有FT＋mg＝mv1
2
R
，解得FT＝15 N，故B 正确；小球在轨迹最低点处速度最
大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝mvm
2
R
，解得vm＝4√2 m/s，故
C 正确，D 错误。
5 如图所示，长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球
在竖直平面内做圆周运动。关于小球在过最高点时的速度v，下列说法中正确的是（
）
A.v 的最小值为√gl
B.v 由零逐渐增大，向心力逐渐减小
C.v 由√gl逐渐减小，杆对小球的弹力也逐渐减小
D.v 由√gl逐渐增大，杆对小球的弹力也逐渐增大
答案：D
解析：轻杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度的最小值为零，A 错误；根
据Fn＝mv
2
l
知小球的速度逐渐增大时，向心力逐渐增大，B 错误；当v＝√gl时，杆对小球
的作用力为零，当v＜√gl时，杆对小球的力表现为支持力，且mg－FN＝mv
2
l
，所以杆对
小球的弹力FN＝mg－mv
2
l
，则此时v 由√gl值逐渐减小，杆对小球的弹力逐渐增大，C 错
误；当v＞√gl时，杆对小球的所用力表现为拉力，且mg＋FN＝mv
2
l
，所以杆对小球的弹
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力FN＝mv
2
l
－mg，则此时v 由√gl值逐渐增大，杆对小球的弹力逐渐增大，D 正确。
6. 如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m 的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小
球A 和B（均可视为质点）的直径略小于细圆管的内径（内径远小于细圆管半径）。小球
A、B 的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B 分别位于圆管最低点和最高
点，且A 球的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零，则B 球的速度大小vB为
（取g＝10 m/s2）（ ）
A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s
答案 B
解析： 对A 球，合外力提供向心力，设管对A 的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg
＝mAv A
2
R
，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A 球对管的力竖直向下，为28
N，设B 球对管的力为FB'，由管的受力平衡可得FB'＋28 N＋m 管g＝0，解得FB'＝－44 N，
负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B 球的力FB为44 N，方向竖直向下，
对B 球，由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBvB
2
R
，解得vB＝4 m/s，故选B。
7 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω 转动，盘面
上离转轴距离2.5 m 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√3
2 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s2，
则ω 的最大值是（ ）
A.√5 rad/s
B.√3 rad/s
C.1.0 rad/s
D.0.5 rad/s
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答案：C
解析：小物体与圆盘始终相对静止，当物体转到圆盘的最低点恰好要滑动时，转盘的角速
度最大，对物体受力分析如图所示（其中O 为对称轴位置）。由沿斜面的合力提供向心力，
有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，得ω＝√
g
4 R
＝1.0 rad/s，C 正确。
8. 如图所示，在倾角为θ 的足够大的固定斜面上，一长度为L 的轻绳一端固定在O 点，另
一端连着一质量为m 的小球（视为质点），可绕斜面上的O 点自由转动。现使小球从最低
点A 以速率v 开始在斜面上做圆周运动，通过最高点B。重力加速度大小为g，轻绳与斜面
平行，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A.小球通过B 点时的最小速度可以小于√gLsinθ
B.小球通过A 点时的加速度为gsin θ＋v
2
L
C.若小球以√gLsinθ的速率通过B 点时突然脱落而离开轻绳，则小球到达与A 点等高处时
与A 点间的距离为2L
D.小球通过A 点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大
答案 C
解析： 小球通过最高点B 时，当绳的拉力为零时速度最小，即mgsin θ＝mvmin
2
L
，可得
最小速度vmin＝√gLsinθ，故A 错误；小球在A 点受重力、斜面的支持力以及绳的拉力，
沿斜面方向有F－mgsin θ＝m v
2
L
＝maA，可得aA＝v
2
L
，故B 错误；若小球以√gLsinθ的速
率通过B 点时轻绳突然断裂，则小球在斜面上做类平抛运动，在平行于斜面底边方向做匀
速直线运动，在垂直于斜面底边方向做初速度为零的匀加速直线运动，故s 水平＝vBt＝
√gLsinθ·t，2L＝1
2at2，其中a＝gsin θ，联立解得s 水平＝2L，即小球到达与A 点等高处时
与A 点间的距离为2L，故C 正确；斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的
分力，与小球的速度大小无关，故D 错误。
9 （2025·北京丰台期中）胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装
胎压监测报警器，可以预防因汽车轮胎胎压异常而引发的事故。一辆装有胎压报警器的载
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重汽车在高低不平的路面上行驶，其中一段路面的水平观察视图如图所示，图中虚线是水
平线，在保证安全行驶的情况下，下列说法正确的是（ ）
A.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A、B 处均应增大行驶速度
B.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A、B 处均应减小行驶速度
C.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在A 处应增大行驶速度
D.若要尽量使胎压报警器不会超压报警，汽车在B 处应增大行驶速度
答案 D
解析： 在A 点和B 点时，汽车的向心加速度分别是向上和向下，所以在A 点和B 点时汽
车分别处于超重状态和失重状态，在A 点时，有FA－mg＝mv A
2
R
，得FA＝mg＋mv A
2
R
，在B
点时，有mg－FB＝mvB
2
R
，得FB＝mg－mvB
2
R
，可知若要尽量使胎压报警器不会超压报警，
汽车在A 处应减少行驶速度，汽车在B 处应增大行驶速度。故A、B、C 错误，D 正确。
10.（2025·四川乐山期末）如图，一质量为m 的汽车驶上半径为R 的拱桥，到达拱桥最高
点时的行驶速度为v 且不腾空。则下列说法正确的是（ ）
A.汽车对拱桥面的压力为mg
B.汽车在拱桥最高点处于超重状态
C.拱桥对汽车的支持力为mg＋mv
2
R
D.行驶速度大于√gR时，汽车会腾空
答案 D
解析： 根据牛顿第二定律知汽车在拱桥最高点时，有mg－N＝mv
2
R
，则拱桥对汽车的支
持力为N＝mg－mv
2
R
，根据牛顿第三定律知，汽车对拱桥面的压力为N'＝mg－mv
2
R
＜
mg，在最高点处于失重状态，故A、B、C 错误；汽车在恰好离开桥顶时，有N＝0，根据
mg＝mv
2
R
，解得汽车做离心运动离开桥顶时的临界速度为√gR，故当行驶速度大于√gR时，
汽车会腾空，故D 正确。
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11 （2025·陕西咸阳模拟）某国家体育训练基地中有一台我国自主研发，世界首创的转盘
滑雪训练机。运动员的某次训练过程可简化为如图所示的模型，转盘滑雪训练机绕垂直于
盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面边缘处离转轴距离为r 的运动员（可视为质
点）始终相对于盘面静止。已知运动员的质量为m，运动员运动到最高点时恰好不受摩擦
力，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为θ，重力加速度大
小为g，则下列说法正确的是（ ）
A.圆盘的角速度大小为√
gsinθ
r
B.运动员在最低点受到的摩擦力大小为2mgsin θ
C.运动员与盘面间的动摩擦因数可能小于tan θ
D.若仅减小圆盘的转速，则运动员可能相对于圆盘滑动
答案 AB
解析： 运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有mgsin θ＝mω2r，解得圆盘的角速
度大小为ω＝√
gsinθ
r
，故A 正确；当运动员在最低点受到的摩擦力最大，根据牛顿第二
定律可得fm－mgsin θ＝mω2r，解得fm＝mgsin θ＋mω2r＝2mgsin θ，又fm＝μN＝μmgcos
θ，可得运动员与盘面间的动摩擦因数应满足μ≥2tan θ，故B 正确，C 错误；若仅减小圆
盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有fm'＝mgsin θ＋mω2r，可知随着角速度的
减小，运动员在最低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0 时，根据受力平衡可知，
摩擦力大小为f＝mgsin θ＜fm＝2mgsin θ，可知运动员不可能相对于圆盘滑动，故D 错误。
12 (2024·北京丰台高三期中)如图5 甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道
内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与过最
高点时小球速度的平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN 为通过圆
心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。下列说法正
确的是( )
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图5
A.管道的半径为bg
B.小球质量为
C.小球在MN 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D.小球在MN 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案 B
解析 由题图乙可知，当v2＝b 时，FN＝0，有mg＝m，解得R＝，故A 错误；
当v2＝0 时，FN＝mg＝a，有m＝，故B 正确；小球在水平线MN 以下的管道中
运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，
只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，故C 错误；小
球在水平线MN 以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，
故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用
力，故D 错误。
13.（2025·贵州贵阳模拟）某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端
系有质量为1 kg 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，其简化示
意图如图所示。握绳的手离地面高度为1.0 m 且保持不变，现不断改变绳长使球重复上述
运动，每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞
出，通过水平距离x 后落地。已知绳能承受的最大拉力为15 N，重力加速度大小g 取10
m/s2，忽略手的运动半径和空气阻力，则x 的最大值为（ ）
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A.0.4 m
B.0.5 m
C.1.0 m
D.1.2 m
答案 B
解析： 设小球做圆周运动的半径为r，已知h＝1 m，Fmax＝15 N，m＝1 kg，则绳断后小
球做平抛运动，竖直方向，小球做自由落体运动有h－r＝1
2gt2，Fmax－mg＝mvmax
2
r
，x＝
vmaxt，联立得x＝√r （1m－r ），可知，当r＝0.5 m 时x 值最大，xm＝0.5 m，故选B。
14.（2025·山东济宁期末）如图所示，长度为4L 的轻杆两端分别固定小球A、B（均可视为
质点），小球A、B 的质量分别为m、3m，杆上距A 球L 处的O 点套在光滑的水平转轴上，
杆可绕水平转轴在竖直面内转动。当A、B 两球静止在图示位置时，转轴受杆的作用力大小
为F1；当A、B 两球转动至图示位置时，杆OA 部分恰好不受力，转轴受杆的作用力大小为
F2。忽略空气阻力，则F1与F2的比值为（ ）
A.1∶12
B.1∶4
C.1∶3
D.4∶9
答案 C
解析： 当A、B 两球静止在图示位置时，对整体由平衡条件得F1'＝mg＋3mg＝4mg，由
牛顿第三定律可知，转轴受杆的作用力大小为F1＝F1'＝4mg，当A、B 两球转动至图示位置
时，杆OA 部分恰好不受力，对A 球mg＝mω2L，对B 球F2'－3mg＝3mω2·3L，联立解得
F2'＝12mg，由牛顿第三定律可知F2＝F2'＝12mg，则F1
F2
＝1
3，故选C。
15.（2025·山西太原模拟）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴匀速转动，
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＞3tan θ，小物块经过圆盘的最低点A 处时受到的
摩擦力大小为最大静摩擦力的2
3。已知小物块的质量为m，取最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度大小为g，则小物块经过圆盘最高点B 处时，下列说法正确的是（ ）
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A.小物块恰好不受圆盘面的摩擦力
B.小物块受到的摩擦力方向沿BO 方向
C.小物块受到的摩擦力大小为2
3μmg－2mgsin θ
D.小物块受到的向心力大小为2
3μmgcos θ－2mgsin θ
答案 B
解析： 小物块在A 处时，有2
3μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R，在B 点时，设摩擦力方向指
向O 点，则f＋mgsin θ＝mω2R，解得f＝2
3μmgcos θ－2mgsin θ，因为μ＞3tan θ，所以f
＞0，则小物块受到的摩擦力方向沿BO 方向。小物块受到的摩擦力大小为2
3μmgcos θ－
2mgsin θ，小物块受到的向心力大小为2
3μmgcos θ－mgsin θ，选项B 正确，A、C、D 错误。
16.〔多选〕（2025·辽宁大连模拟）过山车是一种紧张刺激的娱乐项目，但未经训练的普
通人，在向上的加速度达到大约5 倍重力加速度时，由于血液向下运动导致头部缺血，就
会发生晕厥。图甲为某地过山车轨道，其中回环部分是半径为R 的经典圆环轨道，A 为圆
轨道最高点、B 为最低点；图乙为另一处过山车轨道，其回环部分是倒水滴形轨道，上半
部分是半径为R 的半圆轨道、C 为最高点，下半部分为两个半径为2R 的四分之一圆弧轨道、
D 为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止下降，经过A、C 两点
时均和轨道没有相互作用力，两点B、D 等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的
是（ ）
A.图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
B.图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
C.图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R
D.图甲过山车经过A 点时的速度等于图乙过山车经过C 点时的速度
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答案 BCD
解析： 已知过山车经过A、C 两点时和轨道没有相互作用力，在A、C 两点均是重力刚好
提供向心力，则有mg＝mv A
2
R
，mg＝mvC
2
R
，解得vA＝vC＝√gR，故D 正确；分别运动到
轨道最低点B、D 两点时，人所受加速度最大。对图甲圆环轨道，由动能定理得mg·2R＝1
2
mvB
2－1
2mv A
2，经过B 点时加速度aB＝vB
2
R
，联立解得aB＝5g，图甲过山车轨道存在安全
隐患。对图乙倒水滴形轨道，由动能定理得mg·3R＝1
2mv D
2－1
2mvC
2，经过D 点时加速度
aD＝v D
2
2 R
，解得aD＝3.5g＜5g，故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全，故A 错误，B 正确；
相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C 两点时动能相等，根据机械能守恒定律，有
mgh 甲＝EkA＋mg·2R，mgh 乙＝EkC＋mg·3R，其中EkA＝EkC，可得h 乙－h 甲＝R，即图甲轨道的
顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R，故C 正确。
17 (2024·浙江衢州高三月考)如图所示，有一根长L＝4 m 的轻杆两端各固定
一个质量均为m＝1 kg 的小球，O 点为一穿过轻杆的转轴，且位于轻杆的中点。
在外界作用力的影响下转轴带动轻杆与小球做ω＝4 rad/s 的竖直平面上的匀速
圆周运动。某一时刻轻杆沿竖直方向，且A 球在上方。
(1)求该时刻B 球线速度大小和向心加速度；
(2)求该时刻A 球对轻杆的作用力；
(3)若A 球质量可改变，要使该时刻转轴不受轻杆的作用力，A 球质量应为多少？
答案 (1)8 m/s 32 m/s2，方向竖直向上
(2)22 N，方向竖直向上 (3) kg
解析 (1)B 球的线速度大小vB＝＝8 m/s，B 球的向心加速度大小anB＝＝32
m/s2，方向竖直向上。
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(2)对A 球，在最高点时，有mg＋FN＝mω2
代入数据得FN＝22 N
由牛顿第三定律知，A 球对轻杆的作用力FN′＝FN＝22 N，方向竖直向上。
(3)对A 球，有mAg＋FNA＝mAω2
对B 球，有FNB－mg＝mω2
若轻杆不受转轴的作用力，有FNA＝FNB
联立解得mA＝ kg。
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