专题07 圆周运动
题型一 圆周运动的运动学问题 1
题型二 圆周运动的动力学问题 2
类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型 3
类型2 生活中的圆周运动 5
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题 7
题型四 圆周运动中的临界问题 10
类型1 水平面的圆周运动临界问题 10
类型2 竖直平面内的圆周圆周运动临界问题 12
类型3 斜面上的圆周运动临界问题 14
题型一 圆周运动的运动学问题
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．an＝rω2＝＝ωv＝r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf. (2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
（2023春 阳江期末）甲同学在周五离校时，看到乙同学的家长用某型号汽车接其回家，甲同学观察该汽车的后雨刮器，如图所示。设雨刮器摆臂可视为绕O点旋转的折杆OAB，如图所示，OA长度a、AB长度3a，∠OAB＝120°，AB部分装有胶条，雨刮器工作时胶条紧贴后窗平面可视为匀速率转动。雨刮器工作时下列说法正确的是（ ）
A．A点的线速度大于B点的线速度
B．A点的角速度等于B点的角速度
C．A点的向心加速度大于B点的向心加速度
D．B点加速度方向沿着AB指向A
（2023春 和平区期末）如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的转动半径之比为2：3，其角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则（ ）
A．ωP：ωQ＝1：1，vP：vQ＝2：3 B．ωP：ωQ＝1：1，vP：vQ＝3：2
C．ωP：ωQ＝3：2，vP：vQ＝1：1 D．ωP：ωQ＝2：3，vP：vQ＝1：1
（2023春 漳州期末）如图所示，修正带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是转动的齿轮边缘的两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两点的角速度相等
B．A、B两点的线速度大小相等
C．A点的周期等于B点的周期
D．A点的向心加速度等于B点的向心加速度
题型二 圆周运动的动力学问题
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Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2
解决圆周运动问题的主要步骤
(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；
(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型
（2023春 吉林期末）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱.如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5rad/s
D．保持转速不变，将配重的质量更换为1kg时，则θ不变
（2023 雨花台区校级学业考试）如图所示，用细绳系一小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，关于小球的受力正确的是（ ）
A．只受重力
B．只受绳子拉力
C．受重力、绳子拉力
D．受重力、绳子拉力和向心力
（2023春 顺义区期末）如图所示，已知可视为质点的小球质量为m，小球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的时间为t，则下列说法正确的是（ ）
A．向心力的表达式Fn＝mr
B．小球所受的合外力为F合＝mg
C．小球受到重力、拉力、向心力的作用
D．若增大小球转动的角速度，细线与竖直方向的夹角将减小
（2021春 金凤区校级期末）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动。图中粗线圈表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h。如果增大高度h，则下列关于摩托车说法正确的是（ ）
A．做圆周运动的线速度增大
B．做圆周运动的周期T不变
C．做圆周运动的向心力F增大
D．对侧壁的压力FN增大
（2023春 矿区校级期中）“旋转飞椅”可简化为如图所示。飞椅用钢绳悬挂在水平转盘边缘的同一圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴转动。图中甲钢绳的长度大于乙钢绳的长度，甲（连同飞椅）的质量小于乙（连同飞椅）的质量，当转动稳定后，甲、乙钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，下列判断正确的是（ ）
A．甲的角速度小于乙的角速度
B．甲的向心加速度大于乙的向心加速度
C．θ1一定小于θ2
D．甲（连同飞椅）受到的向心力大于乙（连同飞椅）受到的向心力
（2021春 东城区校级期中）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定的角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块在陶罐内，随陶罐一起转动，相对罐壁静止；且它和O点的连线与OO'之间的夹角为θ。已知小物块与陶罐壁的动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），重力加速度为g。求：
（1）转台转动的角速度范围；
（2）若要使小物块在θ＝90°的陶罐口处，随陶罐一起转动，角速度又应该满足何条件？
类型2 生活中的圆周运动
（2023春 阿拉善盟期末）如图所示，汽车正在水平路面上转弯，且没有发生侧滑。下列说法正确的是（ ）
A．汽车转弯时由车轮和路面间的静摩擦力提供向心力
B．汽车转弯时由汽车受到的重力与支持力的合力提供向心力
C．汽车转弯时由车轮和路面间的滑动摩擦力提供向心力
D．汽车转弯半径不变，速度减小时，汽车受到的静摩擦力可能不变
（2023 西宁模拟）2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录。国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m，人体弹射装置可以使运动员在4.5s内由静止达到入弯速度18m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运动员质量为50kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．运动员匀加速运动的距离为81m
B．匀加速过程中，绳子的平均弹力为100N
C．运动员入弯时的向心力为648N
D．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°
（2023春 宁波期末）如图所示，高速公路上一辆速度为90km/h的汽车紧贴超车道的路基行驶。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120m，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．2s B．1.5s C．1.0s D．0.75s
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题
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”．
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
过最高点的临界条件 由mg＝m得 v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0
（2023春 永春县校级期末）如图，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，可绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，不计空气阻力。若球转到最低点A时，线速度的大小为，此时小球对杆的作用力大小为（ ）
A． B． C． D．
（2023春 南岗区校级期末）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．小球的向心加速度突然增大
C．小球的角速度突然减小
D．悬线的拉力突然增大
（2023春 鼓楼区校级月考）如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁（由上、下、侧三个轮子组成）把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度可能小于
（2023春 南宁期末）如图所示，长度均为l＝1m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝0.5kg的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为l，重力加速度g取10m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（ ）
A．5N B．20N C．15N D．10N
（2023春 吉林期末）无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管．已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是（ ）
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D．管状模型转动的角速度ω最大为
（2023春 辽宁期末）如图所示，光滑绝缘轨道ABCD固定在竖直平面内，其中圆弧部分AB、半圆部分CD与水平部分BC分别相切于B点和C点，圆弧部分AB的半径为R，O1A与水平方向的夹角θ＝37°，O1B与O2C之间O1点的下方存在电场强度方向水平向左的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电物块（视为质点）从D点以大小为（g为重力加速度大小）的速度水平向左抛出，结果恰好从A点沿切线方向进入圆弧部分AB的内侧，之后恰好通过最高点D．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求：
（1）D、A两点间的高度差h和水平距离x；
（2）物块通过B点时对圆弧部分AB的压力大小N；
（3）电场的电场强度大小E。
题型四 圆周运动中的临界问题
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．
类型1 水平面的圆周运动临界问题
（2023春 潍坊期末）如图所示，置于竖直面内的光滑矩形框ABCD，一个带孔的小球穿在竖直边BC上，并与一根细绳相连，细绳另一端固定于上边AB的中点O。矩形框绕竖直对称轴OO'匀速转动，则（ ）
A．细绳的拉力可能为零
B．竖直边BC对小球的弹力可能为零
C．转速越大，细绳的拉力越大
D．转速越大，竖直边BC对小球的弹力越大
（2023春 南昌期末）如图所示，质量为mA、mB的物体A、B用轻绳连接放在水平圆盘上，A、B距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B与圆盘间动摩擦因数分别为μA、μB。若圆盘从静止开始转动，且在角速度ω缓慢增大（A、B与圆盘仍保持相对静止）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．无论μA、μB大小关系如何，A、B一定同时达到最大静摩擦力
B．当μA＝μB，mA＞mB时，A先达到最大静摩擦力
C．当μA＝μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，A、B将向B的一侧发生滑动
D．当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心
（2023春 沙坪坝区校级期末）如图所示，叠放在水平圆形转台上的物体A、B能随转台在半径r的圆周上运动，A、B质量均为m，A与B、B与转台间的动摩擦因数分别为0.2、0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．B对A的摩擦力一定为0.2mg
B．在转台的角速度不断增大的过程中，A先相对滑动被甩出
C．在转台的角速度不断增大的过程中，A受到的摩擦力一定指向圆心
D．A、B能随转台一起转动的最大角速度为
（2023春 顺德区校级月考）如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h（A点）处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是（ ）
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球不离开水平面，结合lcosθ＝h得到角速度的最大值为
D．角速度ω逐渐增大，球可以上升到高度h以上
类型2 竖直平面内的圆周圆周运动临界问题
（2023春 芜湖期末）如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动。今在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。当轨道距离x变化时，测得两点压力差ΔFN与距离x的关系图像如右图所示。不计空气阻力，g取10m/s2。则可判断（ ）
A．小球的质量为1kg
B．相同半圆光滑轨道的半径为0.2m
C．若小球在最低点B的速度为20m/s，小球沿光滑轨道恰能通过A点，则x为15m
D．若小球在最低点B的速度为20m/s且x为0，则小球运动到A点时的速度为15m/s
（2023春 东城区校级期中）如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R。轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x。一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v。小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF（ΔF＞0）。不计空气阻力，则（ ）
A．m、R一定时，x越大，ΔF一定越大
B．m、R一定时，v越大，ΔF一定越大
C．m、x一定时，R越大，ΔF一定越大
D．m、x一定时，v越大，ΔF一定越大
（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
（2023 乌鲁木齐模拟）如图所示，杂技演员做水流星表演时，用一绳系着装有水的小桶在竖直平面内绕O点做圆周运动，整个运动过程中水没有流出。已知小桶内水的质量为m，O点到水面的距离为L，水面到桶底的距离为，小桶直径远小于L，重力加速度大小为g。则小桶转到最低点时水对桶底的压力大小至少为（ ）
A．6mg B． C． D．
类型3 斜面上的圆周运动临界问题
（多选）（2022秋 河南月考）如图所示为一倾角θ＝30°的斜面，细线一端固定在斜面上的O点，另一端拴一个质量为m的小球，细线长度为L，使小球由与O等高的位置A静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑到最低点时，细线的拉力为
B．若小球能做完整的圆周运动，小球在A点的初速度最小为
C．小球由A运动到最低点的过程中，重力的功率逐渐增大
D．小球由A运动到最低点的过程中，重力的功率最大时，小球所受合力平行于OA
如图所示，在一个倾角为θ＝30°的光滑斜面上，长为L的轻绳一端 固定于O点（在其下方的P点固定有一钉 子），另一端拴一个质量为m的小球。把小球 拉至与O等高处的A点，由静止释放小球，当小球运动至最低点时，轻绳与钉子接触后小球绕钉子继续做圆周运动，接触后瞬间轻绳上的拉力变为接触前瞬间的倍，则O、P之间的距离为（ ）
A．L B．L C．L D．L
（2022秋 保定期中）如图所示，倾角为θ的光滑斜面，在保持支架a与斜面支撑点A固定的情况下，可以通过调节支架a的竖直高度来调节斜面倾角。长为l的细绳一端固定质量为m的小球，另一端通过大小不计的钉子固定在斜面上，现在最低点给小球一个初速度，使其能在斜面上绕钉子做圆周运动。通过分析得出下列结论，正确的是（ ）
A．小球通过最高点的最小速度为
B．小球通过最低点的最小速度为
C．支架高度变成原来的2倍，则小球通过最低点的最小速度变成原来的2倍
D．支架高度变成原来的2倍，则小球通过最低点时受到的最小拉力变成原来的2倍
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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专题07 圆周运动
题型一 圆周运动的运动学问题 1
题型二 圆周运动的动力学问题 3
类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型 4
类型2 生活中的圆周运动 9
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题 11
题型四 圆周运动中的临界问题 16
类型1 水平面的圆周运动临界问题 17
类型2 竖直平面内的圆周圆周运动临界问题 20
类型3 斜面上的圆周运动临界问题 25
题型一 圆周运动的运动学问题
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．an＝rω2＝＝ωv＝r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf. (2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
（2023春 阳江期末）甲同学在周五离校时，看到乙同学的家长用某型号汽车接其回家，甲同学观察该汽车的后雨刮器，如图所示。设雨刮器摆臂可视为绕O点旋转的折杆OAB，如图所示，OA长度a、AB长度3a，∠OAB＝120°，AB部分装有胶条，雨刮器工作时胶条紧贴后窗平面可视为匀速率转动。雨刮器工作时下列说法正确的是（ ）
A．A点的线速度大于B点的线速度
B．A点的角速度等于B点的角速度
C．A点的向心加速度大于B点的向心加速度
D．B点加速度方向沿着AB指向A
【解答】解：ABC．由几何可得B点做匀速圆周运动的半径为OB距离，由几何知识得：
解得：
A、B两点同步绕O点旋转，故ωA＝ωB，由v＝ωr可得A、B两点线速度大小之比为：
解得：
由向心加速度公式a＝ω2r可得A、B加速度大小之比为：
解得：
故AC错误，B正确；
D．B点加速度方向沿着OB指向O，故D错误。
故选：B。
（2023春 和平区期末）如图所示，当工人师傅用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的转动半径之比为2：3，其角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则（ ）
A．ωP：ωQ＝1：1，vP：vQ＝2：3 B．ωP：ωQ＝1：1，vP：vQ＝3：2
C．ωP：ωQ＝3：2，vP：vQ＝1：1 D．ωP：ωQ＝2：3，vP：vQ＝1：1
【解答】解：P、Q两点同轴转动，它们的角速度相等，则ωP：ωQ＝1：1
线速度v＝ωr，P、Q两点的线速度大小之比：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春 漳州期末）如图所示，修正带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是转动的齿轮边缘的两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两点的角速度相等
B．A、B两点的线速度大小相等
C．A点的周期等于B点的周期
D．A点的向心加速度等于B点的向心加速度
【解答】解：AB．两轮的边缘线速度大小相同，根据v＝ωr可知，半径大的角速度小，即A点的角速度小于B点的角速度，故A错误，B正确；
C．根据可知，A点的周期大于B点的周期，故C错误；
D．根据a＝vω可知，A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D错误。
故选：B。
题型二 圆周运动的动力学问题
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Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2
解决圆周运动问题的主要步骤
(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；
(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型
（2023春 吉林期末）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱.如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5rad/s
D．保持转速不变，将配重的质量更换为1kg时，则θ不变
【解答】解：A.匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；
B.运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，故B错误；
C.对配重，由牛顿第二定律
mgtanθ＝mω2（lsinθ+r）
即ω
当θ稳定在37°时，解得
ωrad/s
故C错误；
D.由C中公式可知，θ与配重的质量无关，故D正确。
故选：D。
（2023 雨花台区校级学业考试）如图所示，用细绳系一小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，关于小球的受力正确的是（ ）
A．只受重力
B．只受绳子拉力
C．受重力、绳子拉力
D．受重力、绳子拉力和向心力
【解答】解：小球受重力和绳子拉力两个力作用，合力指向圆心，提供向心力，向心力不是小球所受的力。故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023春 顺义区期末）如图所示，已知可视为质点的小球质量为m，小球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的时间为t，则下列说法正确的是（ ）
A．向心力的表达式Fn＝mr
B．小球所受的合外力为F合＝mg
C．小球受到重力、拉力、向心力的作用
D．若增大小球转动的角速度，细线与竖直方向的夹角将减小
【解答】A、小球做圆周运动的周期 ，其向心力公式为 ，故A错误；
B、设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有，其所受重力和绳子拉力的合力提供向心力，有 ，故B正确；
C、小球受到重力和绳子拉力，两者的合力提供向心力，故C错误；
D、设绳长为 L，根据牛顿第二定律有 mgtanθ＝m Lsinθ ω2，解得；，由此可知，角速度越大，θ越大，故D错误。
故选：B。
（2021春 金凤区校级期末）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动。图中粗线圈表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h。如果增大高度h，则下列关于摩托车说法正确的是（ ）
A．做圆周运动的线速度增大
B．做圆周运动的周期T不变
C．做圆周运动的向心力F增大
D．对侧壁的压力FN增大
【解答】解：D、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力FN的合力，做出摩托车的受力图，设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，则侧壁对摩托车的支持力为，增加高度h时，支持力不变，则摩托车对侧壁的压力FN不变，故D错误；
BC、因重力和支持力的角度不发生变化，由可知向心力F大小不变，根据牛顿第二定律得：，所以h越高，相应的半径r就越大，所以做圆周运动的周期就变大，故BC错误；
A、根据牛顿第二定律得。h越高，r越大，F不变，则v就越大，故A正确。
故选：A。
（2023春 矿区校级期中）“旋转飞椅”可简化为如图所示。飞椅用钢绳悬挂在水平转盘边缘的同一圆周上，转盘绕穿过其中心的竖直轴转动。图中甲钢绳的长度大于乙钢绳的长度，甲（连同飞椅）的质量小于乙（连同飞椅）的质量，当转动稳定后，甲、乙钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，下列判断正确的是（ ）
A．甲的角速度小于乙的角速度
B．甲的向心加速度大于乙的向心加速度
C．θ1一定小于θ2
D．甲（连同飞椅）受到的向心力大于乙（连同飞椅）受到的向心力
【解答】解：A、甲、乙两人同轴转动，角速度相等，故A错误；
C、对于其中一个人，设钢绳与竖直方向的夹角为θ，重力与拉力的合力为mgtanθ，且由其合力提供向心力，由牛顿第二定律得
mgtanθ＝mω2htanθ
解得：h甲＝h乙，（h为钢绳延长线与转轴交点到游客水平面的高度）。
由，（其中r为圆盘半径，L为钢绳长度）得，L越小，则θ越小，则θ1一定大于θ2，与质量无关，故C错误；
B、向心加速度a＝gtanθ，可知甲的向心加速度大于乙的向心加速度，故B正确；
D、甲（连同飞椅）质量小于乙（连同飞椅）的质量，而θ1大于θ2，由Fn＝mgtanθ知甲受到的向心力不一定大于乙（连同飞椅）受到的向心力，故D错误。
故选：B。
（2021春 东城区校级期中）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定的角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块在陶罐内，随陶罐一起转动，相对罐壁静止；且它和O点的连线与OO'之间的夹角为θ。已知小物块与陶罐壁的动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），重力加速度为g。求：
（1）转台转动的角速度范围；
（2）若要使小物块在θ＝90°的陶罐口处，随陶罐一起转动，角速度又应该满足何条件？
【解答】解：（1）当角速度达到一最小值ω1时，物块所受摩擦力的方向沿罐壁切线方向向上，且此时物块受到的静摩擦力达到最大值fm，物块做圆周运动，水平方向受力分析有
竖直方向有FNcosθ+fmsinθ＝mg
同时有fm＝f滑＝μFN
联立解得
同理，当角速度达到一最大值ω2时，物块所受摩擦力的方向沿罐壁切线方向向下，且此时物块受到的静摩擦力达到最大值fm，物块做圆周运动，水平方向受力分析有
竖直方向有FNcosθ＝fmsinθ+mg
同时有fm＝f滑＝μFN
联立解得
所以可得转台转动的角速度范围为ω1≤ω≤ω2
即
（2）若要使小物块在θ＝90°的陶罐口处，随陶罐一起转动，可知转动时物块受到的静摩擦力等于物块的重力，此时有
竖直方向：f静＝mg
又：f静≤f滑＝μFN
联立解得
答：（1）转台转动的角速度范围为；
（2）若要使小物块在θ＝90°的陶罐口处，随陶罐一起转动，角速度该满足何条件。
类型2 生活中的圆周运动
（2023春 阿拉善盟期末）如图所示，汽车正在水平路面上转弯，且没有发生侧滑。下列说法正确的是（ ）
A．汽车转弯时由车轮和路面间的静摩擦力提供向心力
B．汽车转弯时由汽车受到的重力与支持力的合力提供向心力
C．汽车转弯时由车轮和路面间的滑动摩擦力提供向心力
D．汽车转弯半径不变，速度减小时，汽车受到的静摩擦力可能不变
【解答】解：ABC、汽车在水平路面上转弯，且没有发生侧滑，但有侧滑的趋势，汽车受到静摩擦力，靠静摩擦力提供向心力，故A正确，BC错误。
D、根据f＝m知，汽车转弯半径不变，速度减小时，向心力减小，则汽车受到的静摩擦力减小，故D错误。
故选：A。
（2023 西宁模拟）2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录。国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m，人体弹射装置可以使运动员在4.5s内由静止达到入弯速度18m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运动员质量为50kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．运动员匀加速运动的距离为81m
B．匀加速过程中，绳子的平均弹力为100N
C．运动员入弯时的向心力为648N
D．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°
【解答】解：A、根据匀变速直线运动的规律，可得运动员匀加速直线运动的距离为：
，故A错误；
B、匀加速过程中，平均加速度大小为：
由牛顿第二定律可得绳子的平均弹力为：
F＝ma＝50×4N＝200N，故B错误；
C、运动员入弯时的向心力为：
，故C正确；
D、设入弯时冰刀与水平冰面的夹角θ，则有：
，可得：θ＜45°，故D错误。
故选C。
（2023春 宁波期末）如图所示，高速公路上一辆速度为90km/h的汽车紧贴超车道的路基行驶。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120m，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．2s B．1.5s C．1.0s D．0.75s
【解答】解：v＝90km/h＝25m/s
汽车做圆周运动由摩擦力提供向心力
代入数据解得汽车运动的半径为
R＝125m
A、B两点间垂直道路方向的距离为10m，由几何关系得圆弧轨迹两端沿道路方向的距离为
L＝22m＝70m
驾驶员反应时间为
故A正确，BCD错误。
故选：A。
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题
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”．
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
过最高点的临界条件 由mg＝m得 v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0
（2023春 永春县校级期末）如图，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，可绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动，不计空气阻力。若球转到最低点A时，线速度的大小为，此时小球对杆的作用力大小为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：在最低点时，对小球由牛顿第二定律有。把代入解得杆对小球的作用力，由牛顿第三定律可知球对杆的作用力大小为，故B正确，ACD错误。
故选：B．
（2023春 南岗区校级期末）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．小球的向心加速度突然增大
C．小球的角速度突然减小
D．悬线的拉力突然增大
【解答】解：A、当小球第一次经过最低点时，由于重力与悬线的拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变，故A错误；
C、根据v＝rω可知，线速度大小不变，小球做圆周运动的半径变大，则角速度变小，故C正确；
B、根据向心加速度公式an可得，线速度大小不变，轨迹半径变大，则向心加速度变小，故B错误；
D、悬线拉力F＝mg+mmg+man，故悬线的拉力突然减小，D错误。
故选：C。
（2023春 鼓楼区校级月考）如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁（由上、下、侧三个轮子组成）把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度可能小于
【解答】解：A．在甲图中，当速度比较小时，座椅给人的力向上，根据牛顿第二定律
当速度比较大时，座椅给人的力向下，根据牛顿第二定律得，故A错误；
B．在乙图中，合力指向圆心向上，重力竖直向下，安全带一定给人向上的力，故B正确；
C．在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力竖直向上，故C错误；
D．在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零，故D错误。
故选：B。
（2023春 南宁期末）如图所示，长度均为l＝1m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝0.5kg的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为l，重力加速度g取10m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（ ）
A．5N B．20N C．15N D．10N
【解答】解：小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得
mg＝m
当小球在最高点的速率为2v时，由牛顿第二定律得
mg+2Fcos30°＝m
解得每根绳的拉力大小为F＝5N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春 吉林期末）无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管．已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是（ ）
A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D．管状模型转动的角速度ω最大为
【解答】解：A、铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，没有离心力，故A错误；
B、铁水做圆周运动的向心力由重力和弹力的径向分力提供，不是匀速圆周运动，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B错误；
C、若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则是重力恰好提供向心力，故C正确；
D、为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不能小于临界角速度，故D错误；
故选：C。
（2023春 辽宁期末）如图所示，光滑绝缘轨道ABCD固定在竖直平面内，其中圆弧部分AB、半圆部分CD与水平部分BC分别相切于B点和C点，圆弧部分AB的半径为R，O1A与水平方向的夹角θ＝37°，O1B与O2C之间O1点的下方存在电场强度方向水平向左的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电物块（视为质点）从D点以大小为（g为重力加速度大小）的速度水平向左抛出，结果恰好从A点沿切线方向进入圆弧部分AB的内侧，之后恰好通过最高点D．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求：
（1）D、A两点间的高度差h和水平距离x；
（2）物块通过B点时对圆弧部分AB的压力大小N；
（3）电场的电场强度大小E。
【解答】解：（1）设物块从D点运动到A点的时间为t，物块从D点运动到A点做平抛运动，则有
x＝v0t
其中
又在A点，有
联立解得：h＝2R，x＝3R
（2）根据几何关系可知，半圆部分CD的半径为
R′（h+Rsinθ+R）（2R+R×0.6+R）＝1.8R
设物块通过B点时的速度大小为vB，对物块从D点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有
mg 2R′
设物块通过B点时所受圆弧部分AB的支持力大小为F，有
根据牛顿第三定律有
N＝F
解得：
（3）设物块通过D点时的速度大小为vD，有
对物块从D点抛出至回到D点的过程，根据动能定理有
﹣qE（x﹣Rcosθ）
解得：
答：（1）D、A两点间的高度差h为2R，水平距离x为3R；
（2）物块通过B点时对圆弧部分AB的压力大小N为；
（3）电场的电场强度大小E为。
题型四 圆周运动中的临界问题
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．
类型1 水平面的圆周运动临界问题
（2023春 潍坊期末）如图所示，置于竖直面内的光滑矩形框ABCD，一个带孔的小球穿在竖直边BC上，并与一根细绳相连，细绳另一端固定于上边AB的中点O。矩形框绕竖直对称轴OO'匀速转动，则（ ）
A．细绳的拉力可能为零
B．竖直边BC对小球的弹力可能为零
C．转速越大，细绳的拉力越大
D．转速越大，竖直边BC对小球的弹力越大
【解答】解：A、对小球受力分析，可以得知小球在竖直方向上如果没有受到细绳的拉力，则小球在竖直方向上受力不平衡，则细绳上的拉力不可能为零。故A错误。
B、通过对小球竖直方向的受力分析得知了小球一定受到细绳的拉力，只需要向心力与细绳在水平方向上的分力相等，则竖直边BC对小球的弹力就为零，所以竖直边BC对小球的弹力可能为零。故B正确。
C、通过对小球竖直方向的受力分析得知，细绳在竖直方向的分力与小球的质量相等，则细绳拉力与矩形框的转速无关。故C错误。
D、通过对小球竖直方向的受力分析得知，细绳上的拉力是恒定的。则细绳在水平方向的力是恒定的，再对小球水平方向进行受力分析。当转速越来越大时，通过向心力公式可以得出，矩形框转速越大小球受到的向心力越来越大，但是从题干中我们不能确定刚开始小球的受力情况，如果刚开始时小球受到竖直边BD的弹力与细绳水平方向的力相反，则竖直边BD对小球的弹力是先变小再变大。故D错误。
故选：B。
（2023春 南昌期末）如图所示，质量为mA、mB的物体A、B用轻绳连接放在水平圆盘上，A、B距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B与圆盘间动摩擦因数分别为μA、μB。若圆盘从静止开始转动，且在角速度ω缓慢增大（A、B与圆盘仍保持相对静止）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．无论μA、μB大小关系如何，A、B一定同时达到最大静摩擦力
B．当μA＝μB，mA＞mB时，A先达到最大静摩擦力
C．当μA＝μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，A、B将向B的一侧发生滑动
D．当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心
【解答】解：A.当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。两个物体的角速度相等，由 ，可知，A、B动摩擦因数大小关系不确定，无法确定谁先达到最大静摩擦力，故A错误；
B、当μA＝μB，mA＞mB时，由μmg＝mrω2，解得，可知，同时达到最大静摩擦力，故B错误；
C、当μA＝μB mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，两物体同时达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力，
因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，B的摩擦力减小，然后反向，最终达到最大时，A、B将向A的一侧发生滑动，故C错误；
D、当μA＞μB，mA＞mB时，随角速度的缓慢增大，B则先达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力，
因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，A的静摩擦力逐渐增大到最大值，之后B的摩擦力减小，然后反向直到B的摩擦力又达到最大，即B的摩擦力方向先指向圆心后背离圆心，故D正确。
故选：D。
（2023春 沙坪坝区校级期末）如图所示，叠放在水平圆形转台上的物体A、B能随转台在半径r的圆周上运动，A、B质量均为m，A与B、B与转台间的动摩擦因数分别为0.2、0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．B对A的摩擦力一定为0.2mg
B．在转台的角速度不断增大的过程中，A先相对滑动被甩出
C．在转台的角速度不断增大的过程中，A受到的摩擦力一定指向圆心
D．A、B能随转台一起转动的最大角速度为
【解答】解：A、由题意，可知若A与B起以角速度ω匀速转动，根据牛顿第二定律可得B对A的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝mrω2≤fmax＝μmg＝0.2mg，故A错误；
B、在转台角速度不断增大的过程中，设当B对A的最大静摩擦力恰好提供向心力时，转台的角速度为ω0，对A根据牛顿第二定律，有：
此时设转台对B的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有：
求得此时转台对B的摩擦力为f＝0.4mg而转台对B的最大静摩擦力为：fmax＝μ×2mg＝0.6mg＞0.4mg
所以，可知在转台的角速度不断增大的过程中，A 先达到最大静摩擦力，则A先相对滑动被甩出，故B正确；
C、在转台的角速度不断增大的过程中，若A发生相对滑动被甩出，在转台上发生滑动时，此时A不是做匀速圆周运动，其受到的摩擦力不指向圆心，故C错误；
D、由选项B分析可知，A、B能随转台一起转动的最大角速度为，故D错误。
故选：B。
（2023春 顺德区校级月考）如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h（A点）处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是（ ）
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球不离开水平面，结合lcosθ＝h得到角速度的最大值为
D．角速度ω逐渐增大，球可以上升到高度h以上
【解答】解：A、当小球角速度较小时，小球受重力、支持力、拉力三个力的作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，此时小球受重力和绳子的拉力两个力的作用，故A错误；
B、小球角速度较小时，小球在水平面上做匀速圆周运动，水平方向，由牛顿第二定律得：Tsinθ＝mω2r
随角速度ω增大，绳上拉力T增大，当小球脱离水平面后，竖直方向，由平衡条件得：Tcosθ＝mg
随角速度ω增大，绳与竖直方向夹角θ增大，cosθ减小，则绳上拉力T增大，故B错误；
C、要使球不离开水平面，设小球的最大角速度为ω，此时球只受重力和拉力，重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2r＝mω2htanθ
解得：ω
故C正确；
D、角速度ω逐渐增大，小球脱离水平面，竖直方向，小球始终受力平衡，由平衡条件得：Tcosθ＝mg
cosθ一定为正值，即θ＜90°，球不能上升到高度h以上，故D错误。
故选：C。
类型2 竖直平面内的圆周圆周运动临界问题
（2023春 芜湖期末）如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动。今在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。当轨道距离x变化时，测得两点压力差ΔFN与距离x的关系图像如右图所示。不计空气阻力，g取10m/s2。则可判断（ ）
A．小球的质量为1kg
B．相同半圆光滑轨道的半径为0.2m
C．若小球在最低点B的速度为20m/s，小球沿光滑轨道恰能通过A点，则x为15m
D．若小球在最低点B的速度为20m/s且x为0，则小球运动到A点时的速度为15m/s
【解答】解：AB、设小球的质量为m，光滑圆轨道的半径为R。小球从最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律可得
mg（2R+x）
由牛顿第二定律可得
对B点，有FN1﹣mg＝m
对A点，有
结合牛顿第三定律解得A、B两点的压力差为
由题图可得，纵轴截距为b＝6mg＝6N
斜率为kN/m
解得：m＝0.1kg，R＝2m，故AB错误；
C、小球沿光滑轨道恰能通过A点的条件为：mg＝m，得vA＝2m/s
若小球在最低点B的速度为20m/s，代入表达式FN1﹣mg＝m，解得：FN1＝21N
则A、B两点的压力差为ΔFN＝FN1＝21N
代入表达式ΔFN＝6mg，解得：x＝15m，故C正确；
D、若小球在最低点B的速度为20m/s且x为0，代入表达式ΔFN＝6mg，可得ΔFN＝6N
由ΔFN＝FN1﹣FN2，，解得：，故D错误。
故选：C。
（2023春 东城区校级期中）如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R。轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x。一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v。小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF（ΔF＞0）。不计空气阻力，则（ ）
A．m、R一定时，x越大，ΔF一定越大
B．m、R一定时，v越大，ΔF一定越大
C．m、x一定时，R越大，ΔF一定越大
D．m、x一定时，v越大，ΔF一定越大
【解答】解：在最低点B，设轨道对小球的弹力为FNB，由牛顿第二定律有：FNB﹣mg
在最高点A，设小球速度为vA，轨道对小球的弹力为FNA，由牛顿第二定律有：mg+FNA
从A到B，由动能定理有：mg（x+2R）mv2m
联立各式解得小球所受弹力差大小为：ΔF′＝FNB﹣FNA
由牛顿第三定律可知：ΔF＝ΔF′
A、m、R一定时，x越大，ΔF一定越大。故A正确；
B、m、R一定时，v越大，ΔF不变。故B错误；
C、m、x一定时，R越大，ΔF一定越小。故C错误；
D、m、x一定时，ΔF与v的大小无关。故D错误。
故选：A。
（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
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。
（2023 乌鲁木齐模拟）如图所示，杂技演员做水流星表演时，用一绳系着装有水的小桶在竖直平面内绕O点做圆周运动，整个运动过程中水没有流出。已知小桶内水的质量为m，O点到水面的距离为L，水面到桶底的距离为，小桶直径远小于L，重力加速度大小为g。则小桶转到最低点时水对桶底的压力大小至少为（ ）
A．6mg B． C． D．
【解答】解：整个运动过程中水没有流出，则在最高点有最小速度时，由重力完全提供向心力，由牛顿第二定律有
mg＝m
从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
mg 2（LL）
在最低点，对水，根据牛顿第二定律有
FN﹣mg＝m
联立解得：FN＝6mg
根据牛顿第三定律可知小桶转到最低点时水对桶底的压力大小：FN′＝FN＝6mg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
类型3 斜面上的圆周运动临界问题
（多选）（2022秋 河南月考）如图所示为一倾角θ＝30°的斜面，细线一端固定在斜面上的O点，另一端拴一个质量为m的小球，细线长度为L，使小球由与O等高的位置A静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑到最低点时，细线的拉力为
B．若小球能做完整的圆周运动，小球在A点的初速度最小为
C．小球由A运动到最低点的过程中，重力的功率逐渐增大
D．小球由A运动到最低点的过程中，重力的功率最大时，小球所受合力平行于OA
【解答】解：A．小球由A点运动到最低点，根据机械能守恒定律
在最低点，根据牛顿第二定律：
解得
故A正确；
B．小球由A点运动到最高点，根据机械能守恒定律
最高点的临界速度
解得
故B错误；
CD．小球由A运动到最低点的过程中，根据瞬时功率计算式，P＝mgvcosθ，重力的功率先由零逐渐增加到最大，然后逐渐减小至零，重力功率最大时小球沿斜面向下的合力为零，即沿斜面向下的速度最大，故小球所受合力平行于OA，故C错误，D正确。
故选：AD。
如图所示，在一个倾角为θ＝30°的光滑斜面上，长为L的轻绳一端 固定于O点（在其下方的P点固定有一钉 子），另一端拴一个质量为m的小球。把小球 拉至与O等高处的A点，由静止释放小球，当小球运动至最低点时，轻绳与钉子接触后小球绕钉子继续做圆周运动，接触后瞬间轻绳上的拉力变为接触前瞬间的倍，则O、P之间的距离为（ ）
A．L B．L C．L D．L
【解答】解：根据合力提供向心力：T﹣mgsinθ＝m，从A到P根据动能定理，mgLsinθmv2，轻绳与钉子接触后小球绕钉子继续做圆周运动，合力提供向心力：mgsinθ＝m，联立解得L′L，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2022秋 保定期中）如图所示，倾角为θ的光滑斜面，在保持支架a与斜面支撑点A固定的情况下，可以通过调节支架a的竖直高度来调节斜面倾角。长为l的细绳一端固定质量为m的小球，另一端通过大小不计的钉子固定在斜面上，现在最低点给小球一个初速度，使其能在斜面上绕钉子做圆周运动。通过分析得出下列结论，正确的是（ ）
A．小球通过最高点的最小速度为
B．小球通过最低点的最小速度为
C．支架高度变成原来的2倍，则小球通过最低点的最小速度变成原来的2倍
D．支架高度变成原来的2倍，则小球通过最低点时受到的最小拉力变成原来的2倍
【解答】解：A、小球通过最高点的速度最小时，绳上拉力为0，重力沿斜面方向的分力提供向心力，即mgsinθ＝m
解得：v1
故A错误；
B、小球从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得2mgsinθlmv22mv12
解得：v2
故B错误；
C、支架高度变成原来的2倍，sinθ变为原来的两倍，小球通过最低点的最小速度变为原来的倍，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得，小球通过最低点时受到的最小拉力T＝mgsinθ+m6mgsinθ，支架高度变成原来的2倍，sinθ变为原来的两倍，则最小拉力变为原来的2倍，故D正确；
故选：D。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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