小题精练04 圆周运动问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、圆周运动基本量
圆周运动各物理量间的关系
二、水平面的圆周运动
(1)圆锥摆的周期
如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。
受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr r＝Lsinθ
解得T＝2π＝2π。
(2)结论
①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。
②摆线拉力F＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。
③摆球的加速度a＝gtanθ。
（3）圆锥摆的两种变形
变形1：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。
由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝知vA>vB。
变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。
由T＝2π知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。
三、竖直面的圆周运动
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、沿内轨道运动的物体等)，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
受力 特征 除重力外，物体受到的弹力向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上
受力 示意图
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
难度：★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /20
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B B B B C C D C
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 D D D B C C B D C C
1．（2025 宁波校级一模）汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为ρ1，C处的曲率半径为ρ2，ρ1＞ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶经过A、B、C三点时，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在A处受到的摩擦力大小为μmg
B．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态
C．汽车在A点的行驶速度小于时，汽车将做平抛运动
D．汽车经过C处时所受的向心力最小
【解答】解：A、汽车在A处合力作为向心力，即
mg﹣FNA＝m
解得
FNA＝mg﹣m
汽车在A处受到的摩擦力大小
故A错误；
B、汽车经过A处时，加速度向下，合力向下，处于失重状态，
汽车经过C处时，加速度向上，合力向上，处于超重状态，故B正确；
C、要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A处时恰不离开地面有
mg
所以汽车安全行驶的速度不得超过，
汽车在A点的行驶速度大于时，汽车将做平抛运动，故C错误；
D、该车以恒定的速率v，汽车所受向心力Fn，B处的曲率半径最大，汽车经过B处时所受的向心力最小，故D错误。
故选：B。
2．（2024 浙江模拟）如图甲是一款感应垃圾桶。手或垃圾靠近其感应区，桶盖会自动绕O点水平打开，如图乙所示。桶盖打开过程中其上两点A、B，则下列说法正确的是（ ）
A．线速度vA＝vB
B．角速度相同ωA＜ωB
C．转动周期TA＝TB
D．向心加速度大小aA＞aB
【解答】解：A、B两点共轴，它们的角速度相同，周期相同，因RA＜RB，故线速度vA＜vB，aA＜aB，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（2024 东阳市三模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。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0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，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，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B．当转速时，则绳子与竖直方向夹角θ＝37°
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
【解答】解：A．以腰带和配重整体为研究对象，转动过程中，根据平衡条件，整体在竖直方向处于平衡状态，所以
f＝（m配重+m腰带）g
故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故A错误；
B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ＝mω2（LOP+l绳sinθ）
ω＝2πn
当转速时，代入数据可得
θ＝37°
故B正确；
CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ＝mω2（LOP+l绳sinθ）
整理得
故增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故CD错误。
故选：B。
4．（2024 浙江二模）一辆汽车匀速通过圆弧形拱桥的过程中，汽车（ ）
A．向心加速度不变
B．动量不断变化
C．受到的支持力和重力沿半径方向的分力始终等大反向
D．通过最高点时对地压力小于支持力
【解答】解：A、汽车向心加速度的大小不变，方向改变，故A错误；
B、汽车速度的大小不变，方向不断改变，则根据动量的表达式P＝mv可知动量大小不变，方向不断改变，故B正确；
C、重力沿半径方向的分力与受到的支持力的合力提供做圆周运动的向心力，则重力沿半径方向的分力的大小大于受到的支持力的大小，故C错误；
D、对地压力和受到的支持力是一对相互作用力，一直等大反向，故D错误。
故选：B。
5．（2024 浙江二模）随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是（ ）
A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点
B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态
C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变
D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力
【解答】解：A、评委给花样滑冰选手评分时看的就是选手的细节动作，选手的大小形状不能被忽略，此时不能看成质点，故A错误；
B、滑雪比赛中运动员做空中技巧时，只受重力，完全失重，属于失重状态，故B正确；
C、冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，但是接触面粗糙程度发生变化，滑动摩擦力也发生变化，故C错误；
D、短道速滑转弯时是运动员与地面间的摩擦力充当向心力，故D错误。
故选：B。
6．（2024 宁波二模）如图所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水平。蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托盘做匀速圆周运动的最大速率为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：蛋糕转至左上或右上两侧时，且当摩擦力达到最大静摩擦力时，托盘做匀速圆周运动的速率最大，设托盘给蛋糕最大静摩擦力为f，支持力为N，对于右上方或左上方可以得到
又f＝μN
两个式联立可以解得，当时，速度有最大值，则解得
故B正确，ACD错误。
故选：B。
7．（2024 浙江二模）图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率恰好达到1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC弧段，通过C点以1m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ＝0.2，关于该机器人送餐运动的说法正确的是（ ）
A．从B运动到C过程中机器人的向心加速度a＝0.5m/s2
B．为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在BC段运动的最大速率为4m/s
C．从A点运动到B点过程中机器人的加速度a＝0.125m/s2且餐盘和水平托盘不会发生相对滑动
D．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t＝12秒
【解答】解：A．从B运动到C的过程中做匀速圆周运动，机器人的向心加速度为：
故A错；
B．餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
故B错；
C．根据匀变速直线运动速度—位移关系式有
可知，该加速度小于发生相对滑动的临界加速度μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，故C正确；
D．机器人以1m/s的速度匀减速至D点的最大加速度
故最短的减速时间
匀减速的最小位移为
故从C点开始匀速运动的时间
故从C运动到D点的最短时间为12.25s，故D错。
故选：C。
8．（2024 镇海区校级模拟）在地球赤道上空有一颗运动方向与地球自转方向相同的通信卫星A，其公转周期约为4h，对地球赤道信号覆盖的最大张角α＝60°。有一人静立在赤道上（图中未画出），并用华为手机进行卫星通话，那么能一次连续通过卫星A直接进行信号传递的最长时间约为（ ）
A．0.67h B．0.8h C．1.6h D．4h
【解答】解：地球自转周期为T＝24h，则人随地球转动的角速度为ω人
卫星A的公转周期约为TA＝4h，则卫星A的角速度为ωA
结合几何关系可知，设能一次连续通过卫星A直接进行信号传递的最长时间为t，则卫星A与人转动的角度之差Δθ＝180°﹣60°＝120°
则有
解得：t＝1.6h，故ABD错误，C正确。
故选：C。
9．（2024 浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：
B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
【解答】解：AB、金属棒AB与竖直方向夹角为45°，小球M受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有：
FN＝mgtan45°＝mωvM，解得：
设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，同理可得：
FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vN
又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ
联立解得：vN
则：，故AB错误；
CD、设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，由牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mω2rN
rN＝Rsinθ
解得：
可见当ω稍微增大时，cosθ会减小，θ增大，小球N将向C靠近，当ω趋近无穷大，θ会趋近90°，即稍微增大半圆环的角速度，小环N将靠近C点而不会到达C点。
对于小球M，由牛顿第二定律得：
mgtan45°＝mω2rM，
rM＝Rsinβ，β是MO与竖直方向的夹角，
g＝mω2Rsinβ，
可见小球M做匀速圆周运动时向心力大小是一定的，即为mgtan45°，当角速度增大时，所需要的向心力增大，所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M将做离心运动，则圆周运动半径rM将变大，所需向心力更大，故小球M将一直离心运动直到到达A点。故C错误，D正确；
故选：D。
10．（2024 温州二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力FN＝mgcosθ
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D．航母的最大航速
【解答】解：AB、根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分解法如图所示：
由图可知
mg﹣f2＝FN2
而FN2＝FNcosθ
f2＝fsinθ
联立解得
故AB错误；
CD、由图可知，小物块做圆周运动的向心力由f1和FN1提供，有
由于
FN1＝FNsinθ
f1＝fcosθ
联立上式整理解得
可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；
当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有
f＝μFN
代入上式得
由A中得
联立解得
故C正确，D错误。
故选：C。
11．（2024 金华二模）在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同
C．P、Q两位置，杯子的速度相同
D．从Q到P，杯子所受合外力做功为零
【解答】解：A．根据图乙中水珠做离心运动的方向，可知杯子旋转方向为逆时针方向，则P位置的小水珠速度方向应沿b方向，故A错误；
B．杯子做匀速圆周运动，向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度大小相同，方向不同，向心加速度是矢量，则P、Q两位置，杯子的向心加速度不同，故B错误；
C．杯子的速度为矢量，P、Q两位置，杯子的速度不相同，故C错误；
D．杯子做匀速圆周运动，杯子所受合外力提供向心力，合外力方向始终指向圆心、且与速度（位移）方向始终垂直，所以合外力始终不做功，即从Q到P，杯子所受合外力做功为零，故D正确。
故选：D。
12．（2023 义乌市三模）汽车的车厢地面上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如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道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分析判断正确的是（ ）
A．Q和M对P的支持力大小始终相等
B．汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等
C．汽车过A点时，汽车重心的角速度最大
D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力大于Q对P的支持力
【解答】解：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P分析，AC两点合外力向左，B点合外力向右，Q和M对P的支持力大小不是始终相等，故A错误。
B．根据合外力提供向心力得，
汽车过A、B、C三点时的圆弧轨道半径不同，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时，工件P受到的合外力大小依次在增大，故B错误；
C．汽车过A点时，由角速度与线速度关系得，在A点圆弧轨道半径最大，汽车重心的角速度应该最小，故C错误；
D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，故M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D正确。
故选：D。
13．（2023 浙江模拟）如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（ ）
A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
【解答】解：当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图
小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，则有
从最高点滑下来，由机械能守恒定律
联立解得，压力
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需要满足条件：
当θ＝0°时，cosθ最大，所以需满足
解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是；
当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图所示，
小滑块受到的合力提供向心力，故
从最高点滑下来，由机械能守恒定律可得，
联立解得
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足
当θ＝90°时，cosθ最小，所以需满足，则可知，此时v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道。
由以上分析可知，在轨道的内侧只要，滑块就一定会脱离轨道，而在外侧无论v2多大都会脱离轨道，故ABC错误，D正确。
故选：D。
14．（2023 慈溪市校级模拟）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，且圆心均为点O。在某时刻，两细线同时断裂，两物体同时开始做平抛运动，并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．10l B．12l C．13l D．14l
【解答】解：由几何关系可知连接A物体的细线与竖直方向夹角为37°，连接B物体的细线与竖直方向夹角为53°。由牛顿第二定律可知
，
解得
，
A和B都沿着圆的切线飞出，做平抛运动并落到同一点，如图所示
由几何关系可知
又由平抛运动规律，竖直方向上做自由落体运动，则有
解得
h＝12l
故B正确，ACD错误。
故选：B。
15．（2022 鹿城区校级模拟）如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（ ）
A．rad/s B．rad/s C．rad/s D．rad/s
【解答】解：设汽车恰好能通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ1，
解得：θ，
直杆转动的时间：t＝t汽车﹣t反应时间＝（2.3﹣0.3）s＝2s
直杆转动的角速度至少为：ωrad/srad/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
16．（2023 浙江模拟）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。
17．（2020 浙江模拟）近年来我国的经济发展快速增长，各地区的物资调配日益增强，对我国的交通道路建设提出了新的要求，在国家的大力投资下，一条条高速公路在中国的版图上纵横交错，使各地区之间的交通能力大幅提高，在修建高速公路的时候既要考虑速度的提升，更要考虑交通的安全，一些物理知识在修建的过程中随处可见，在高速公路的拐弯处，细心的我们发现公路的两边不是处于同一水平面，总是一边高一边低，对这种现象下面说法你认为正确的是（ ）
A．一边高一边低，可以增加车辆受到地面的摩擦力
B．拐弯处总是内侧低于外侧
C．拐弯处一边高的主要作用是使车辆的重力提供向心力
D．车辆在弯道没有冲出路面是因为受到向心力的缘故
【解答】解：A、一边高一边低，会导致正压力减小，会使地面对车辆的最大静摩擦力减小，所以不会增加车辆受到地面的摩擦力，故A错误；
BC、车辆拐弯时根据提供的合外力与车辆实际所需向心力的大小关系可知，拐弯处总是内侧低于外侧，重力与支持力以及侧向摩擦力的合力提供向心力，当达到临界速度时，重力与支持力提供向心力，故B正确，C错误；
D、车辆在弯道没有冲出路面是因为受到指向圆心的合力来提供它做圆周运动向心力的缘故，故D错误。
故选：B。
18．（2023 嘉兴二模）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（ ）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
【解答】解：AB．汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120m，运动速率v＝72km/h＝20m/s
向心加速度为：
代入数据得：a≈3.3m/s2
角速度为：
代入数据得：
故AB错误；
C．以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm。设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得：
在竖直方向有
FN＝mg
径向最大静摩擦力变为正压力的0.8倍，即
fm＝kFN
联立得：
解得：vm≈111.5km/h
由于180km/h＞vm
所以晴天时，汽车以180km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，故C错误；
D．下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有
解得：vm＝78.9km/h
由于vm＞70km/h
所以下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故D正确。
故选：D。
19．（2022 浙江模拟）如图“旋转纽扣”游戏。现用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，纽扣绕其中心转速最大可达10r/s。则可知纽扣边缘各质点绕其中心（ ）
A．线速度在同一时刻相同，且可能在变小
B．线速度在同一时刻相同，且一直在变大
C．角速度在同一时刻相同，且可能在变小
D．角速度在同一时刻相同，且一直在变大
【解答】解：AB、纽扣边缘各质点绕其中心线速度在同一时刻大小相等，方向不同，线速度是矢量，故AB错误；
C、同轴转动，角速度相同，所以纽扣边缘各质点绕其中心角速度在同一时刻相同，用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，所以角速度可能在变小，故C正确，D错误。
故选：C。
20．（2022 浙江模拟）波轮洗衣机的脱水筒如图所示，其相关规格参数如表。某次脱水程序中，有一质量为6g的硬币被甩到筒壁上，随着脱水筒一起做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
型号 ××
额定电压、频率 220V、50Hz
额定脱水功率 225W
质量 31kg
脱水特速 600r/min
脱水筒尺寸 直径300mm、高370mm
外形尺寸 长555mm、宽510mm、高870mm
A．该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时，受到重力、支持力、向心力和静摩擦力
B．脱水筒的转速越小，脱水效果越好
C．脱水中，该硬币需要的向心力约为3.6N
D．转速越快，该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时所受的静摩擦力越大
【解答】解：A、硬币受到重力、支持力和摩擦力的作用，合力提供向心力，向心力是效果力，受力分析时不分析，故A错误；
B、根据牛顿第二定律得：向心力
Fn＝mω2r＝m 4π2n2r
则转速越大，所需要的向心力越大，脱水效果越好，故B错误；
C、该硬币所需要的向心力
Fn＝m 4π2n2r＝6×10﹣3×4N≈3.6N，
故C正确；
D、该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时所受竖直向上的静摩擦力与重力平衡，摩擦力大小与转速无关，故D错误；
故选：C。
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小题精练04 圆周运动问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、圆周运动基本量
圆周运动各物理量间的关系
二、水平面的圆周运动
(1)圆锥摆的周期
如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。
受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr r＝Lsinθ
解得T＝2π＝2π。
(2)结论
①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。
②摆线拉力F＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。
③摆球的加速度a＝gtanθ。
（3）圆锥摆的两种变形
变形1：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。
由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝知vA>vB。
变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。
由T＝2π知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。
三、竖直面的圆周运动
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、沿内轨道运动的物体等)，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
受力 特征 除重力外，物体受到的弹力向下或等于零 除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上
受力 示意图
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
难度：★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /20
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
1．（2025 宁波校级一模）汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为ρ1，C处的曲率半径为ρ2，ρ1＞ρ2，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为μ，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶经过A、B、C三点时，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在A处受到的摩擦力大小为μmg
B．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态
C．汽车在A点的行驶速度小于时，汽车将做平抛运动
D．汽车经过C处时所受的向心力最小
2．（2024 浙江模拟）如图甲是一款感应垃圾桶。手或垃圾靠近其感应区，桶盖会自动绕O点水平打开，如图乙所示。桶盖打开过程中其上两点A、B，则下列说法正确的是（ ）
A．线速度vA＝vB
B．角速度相同ωA＜ωB
C．转动周期TA＝TB
D．向心加速度大小aA＞aB
3．（2024 东阳市三模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。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0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，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，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B．当转速时，则绳子与竖直方向夹角θ＝37°
C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将减小
4．（2024 浙江二模）一辆汽车匀速通过圆弧形拱桥的过程中，汽车（ ）
A．向心加速度不变
B．动量不断变化
C．受到的支持力和重力沿半径方向的分力始终等大反向
D．通过最高点时对地压力小于支持力
5．（2024 浙江二模）随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是（ ）
A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点
B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态
C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变
D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力
6．（2024 宁波二模）如图所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水平。蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托盘做匀速圆周运动的最大速率为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024 浙江二模）图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率恰好达到1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC弧段，通过C点以1m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ＝0.2，关于该机器人送餐运动的说法正确的是（ ）
A．从B运动到C过程中机器人的向心加速度a＝0.5m/s2
B．为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在BC段运动的最大速率为4m/s
C．从A点运动到B点过程中机器人的加速度a＝0.125m/s2且餐盘和水平托盘不会发生相对滑动
D．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t＝12秒
8．（2024 镇海区校级模拟）在地球赤道上空有一颗运动方向与地球自转方向相同的通信卫星A，其公转周期约为4h，对地球赤道信号覆盖的最大张角α＝60°。有一人静立在赤道上（图中未画出），并用华为手机进行卫星通话，那么能一次连续通过卫星A直接进行信号传递的最长时间约为（ ）
A．0.67h B．0.8h C．1.6h D．4h
9．（2024 浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：
B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
10．（2024 温州二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力FN＝mgcosθ
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D．航母的最大航速
11．（2024 金华二模）在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同
C．P、Q两位置，杯子的速度相同
D．从Q到P，杯子所受合外力做功为零
【解答】解：A．根据图乙中水珠做离心运动的方向，可知杯子旋转方向为逆时针方向，则P位置的小水珠速度方向应沿b方向，故A错误；
B．杯子做匀速圆周运动，向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度大小相同，方向不同，向心加速度是矢量，则P、Q两位置，杯子的向心加速度不同，故B错误；
C．杯子的速度为矢量，P、Q两位置，杯子的速度不相同，故C错误；
D．杯子做匀速圆周运动，杯子所受合外力提供向心力，合外力方向始终指向圆心、且与速度（位移）方向始终垂直，所以合外力始终不做功，即从Q到P，杯子所受合外力做功为零，故D正确。
故选：D。
12．（2023 义乌市三模）汽车的车厢地面上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如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道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分析判断正确的是（ ）
A．Q和M对P的支持力大小始终相等
B．汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等
C．汽车过A点时，汽车重心的角速度最大
D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力大于Q对P的支持力
13．（2023 浙江模拟）如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（ ）
A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
14．（2023 慈溪市校级模拟）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，且圆心均为点O。在某时刻，两细线同时断裂，两物体同时开始做平抛运动，并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．10l B．12l C．13l D．14l
15．（2022 鹿城区校级模拟）如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（ ）
A．rad/s B．rad/s C．rad/s D．rad/s
16．（2023 浙江模拟）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
17．（2020 浙江模拟）近年来我国的经济发展快速增长，各地区的物资调配日益增强，对我国的交通道路建设提出了新的要求，在国家的大力投资下，一条条高速公路在中国的版图上纵横交错，使各地区之间的交通能力大幅提高，在修建高速公路的时候既要考虑速度的提升，更要考虑交通的安全，一些物理知识在修建的过程中随处可见，在高速公路的拐弯处，细心的我们发现公路的两边不是处于同一水平面，总是一边高一边低，对这种现象下面说法你认为正确的是（ ）
A．一边高一边低，可以增加车辆受到地面的摩擦力
B．拐弯处总是内侧低于外侧
C．拐弯处一边高的主要作用是使车辆的重力提供向心力
D．车辆在弯道没有冲出路面是因为受到向心力的缘故
18．（2023 嘉兴二模）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（ ）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
19．（2022 浙江模拟）如图“旋转纽扣”游戏。现用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，纽扣绕其中心转速最大可达10r/s。则可知纽扣边缘各质点绕其中心（ ）
A．线速度在同一时刻相同，且可能在变小
B．线速度在同一时刻相同，且一直在变大
C．角速度在同一时刻相同，且可能在变小
D．角速度在同一时刻相同，且一直在变大
20．（2022 浙江模拟）波轮洗衣机的脱水筒如图所示，其相关规格参数如表。某次脱水程序中，有一质量为6g的硬币被甩到筒壁上，随着脱水筒一起做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（ ）
型号 ××
额定电压、频率 220V、50Hz
额定脱水功率 225W
质量 31kg
脱水特速 600r/min
脱水筒尺寸 直径300mm、高370mm
外形尺寸 长555mm、宽510mm、高870mm
A．该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时，受到重力、支持力、向心力和静摩擦力
B．脱水筒的转速越小，脱水效果越好
C．脱水中，该硬币需要的向心力约为3.6N
D．转速越快，该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时所受的静摩擦力越大
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