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第10讲 圆周运动-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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这是一份第10讲 圆周运动-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共34页。试卷主要包含了线速度，角速度，周期和频率，向心加速度，相互关系等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134645556" 考点一 圆周运动中的运动学分析 PAGEREF _Tc134645556 \h 1
\l "_Tc134645557" 考点二 圆周运动中的动力学分析 PAGEREF _Tc134645557 \h 1
\l "_Tc134645558" 考点三 圆周运动的临界问题 PAGEREF _Tc134645558 \h 5
\l "_Tc134645559" 考点四 竖直平面内圆周运动绳、杆模型 PAGEREF _Tc134645559 \h 10
\l "_Tc134645560" 练出高分 PAGEREF _Tc134645560 \h 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＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(2πr,T).
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(2π,T).
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝eq \f(2πr,v)，T＝eq \f(1,f).
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝eq \f(v2,r)＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝eq \f(2π,T)r＝2πrf.(2)an＝eq \f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r＝4π2f2r.
（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。
（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T1：T2＝2：1
B．角速度之比为ω1：ω2＝2：1
C．边缘各点的线速度大小之比v1：v2＝1：2
D．转速之比为n1：n2＝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v1：v2＝1：1，故C错误；
B、根据v＝ωr可得齿轮A、B角速度之比为ω1：ω2＝r2：r1＝2：1，故B正确；
A、根据T=2πω可得齿轮A、B周期之比为T1：T2＝ω2：ω1＝1：2，故A错误；
D、根据ω＝2πn可得齿轮A、B转速之比为n1：n2＝ω1：ω2＝2：1，故C错误；
故选：B。
（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＝ωr得，两点的线速度大小相等，由a＝ω2r得，两点的向心加速度大小相等，故CD错误。
故选：B。
（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＝rω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；
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＝ω2r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D错误。
故选：B。
（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，闸杆转动的角速度为π8rad/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（ ）
A．2m/sB．3m/sC．4m/sD．5m/s
【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，由几何知识得：tanθ=1.6−10.6=1，解得：θ=π4
由题意可知闸杆转动的角速度为π8rad/s，根据角速度的定义ω=θt
可得直杆转动的时间为：t＝2s
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
汽车匀速行驶的最大允许速度为：v=xt车=＝3m/s，故B正确，ACD错误。
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
Fn＝man＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝mreq \f(4π2,T2)＝mr4π2f2
（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（ ）
A．4m/sB．4πm/s
C．16+8π2m/sD．16+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v1＝2πnr，又r=22m，故v1=22πm/s
桌子被蹬出瞬间竖直向上的速度为v2，由竖直上抛运动规律可得v22=2gℎ，解得v2＝4m/s
则a点的合速度为v=v12+v22，解得v=16+8π2m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（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别为α和β，设上下两根细线的拉力分别为T1、T2，则T1T2为（ ）
A．2csβcsαB．2csαcsβC．2sinαsinβD．2sinβsinα
【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子拉力为T2，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T2=mgcsβ
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T1，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T1=2mgcsα
故T1T2=2csβcsα
故A正确，BCD错误；
故选A。
（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，cs53°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．配重受到的合力大小为10N
B．配重的角速度为ω=10309rad/s
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：F合=mgtan53°=0.6×10×43N=8N
故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得mgtan53°＝mω2（Lsin53°+r）
解得ω=10309rad/s
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Tcsθ＝mg
可得T=mgcsθ
可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。
故选：B。
（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上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力F=34mg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ＝37°处，立即撤去F，此时传感装置示数为45mg．已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）撤去F时小球的速度大小v1；
（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θ＝37°，由动能定理：
FLsinθ﹣mgL（1﹣csθ）=12mv12
解得：v1=2gL2；
（2）从撤去F到返回最低点，由动能定理：
mgL（1﹣csθ）=12mv22−12mv12
在最低点，由牛顿第二定律：
T﹣mg＝mv22L
联立解得：T=1910mg；
（3）撤去F时轻绳拉力为T1，由牛顿第二定律：
T1﹣mgcsθ＝mv12L
解得：T1＝1.3mg
对物块由平衡条件：
G＝T1+F1＝1.3mg+45mg＝2.1mg
小球返回最低处时，对物块：
G＝T+F2
F2＝G﹣T＝2.1mg−1910mg=15mg
由牛顿第三定律，物块对传感器压力为15mg，即传感装置的示数为15mg。
答：（1）撤去F时小球的速度大小v1 为2gL2；
（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小为1910mg；
（3）小球返回最低处时传感装置的示数为15mg.
（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θ为120°，如图3所示，两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ＝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，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0。求：
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0＝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N1、N2的大小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程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θ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力为：f1＝f2＝μN，
解得：f1＝f2＝0.5N
（2）当v0＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，根据动能定理可得：
12mv2−12mv02=−（f1+f2）l
解得：v＝3m/s
在B点受力分析：N1sin60°﹣N2sin60°＝mv2R；N1cs60°+N2cs60°＝mg
联立解得：N1＝1.3N，N2＝0.7N
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点：N'1sin60°＝mvm2R，N'1cs60°＝mg
根据动能定理可得：12mvm2−12mv0m2=−（f1+f2）l
联立解得：v0m=57m/s
在圆弧上受摩擦力仍为：f＝（f1+f2）＝μ（N1+N2），解得：f＝1N
根据动能定理可知：12mv0m2=fs，解得：s＝2.85m
答：（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小都为0.5N；
（2）外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小分别为1.3N，0.7N；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值为57m/s，以及在v0取最大值情形下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．
（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，cs37°＝0.8，重力加速度为g，则（ ）
A．此时小球的角速度大小为5g4L
B．此时小球的线速度大小为3gL2
C．此过程中杆对小球做的功为45mgL
D．此过程中杆对小球做的功为35mgL
【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
可得：a=gtan37°=34g
由几何关系可知，圆周运动半径：r=L+Lsin37°=85L
根据向心加速度的公式：a=rω2=v2r
联立以上可得：ω=15g32L，v=6gL5，故AB错误；
CD、设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理：W−mgL(1−cs37°)=12mv2
解得：W=45mgL，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023•高新区模拟）如图所示，半径分别为rA、rB的两圆盘水平放置，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mA、mB的物块A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为μA、μB，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（ ）
A．μArA＜μBrBB．μArB＜μBrA
C．μArA＞μBrBD．μBrA＜μArB
【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心力，则：μAmAg=mAvA2rA
解得vA=μAgrA
当B刚要相对圆盘滑动时μBmBg=mBvB2rB
解得vB=μBgrB
当A比B先滑动时，则有vA＜vB
即μAgrA＜μBgrB
化简可得μArA＜μBrB，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（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与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为32L。如果转动该装置并缓慢增大转速，发现小环缓慢上升。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（ ）
A．弹簧的劲度系数k=4mgL
B．弹簧的劲度系数为k=2mgL
C．装置转动的角速度为8g5L时，AB杆中弹力为零
D．装置转动的角速度为6g5L时，AB杆中弹力为零
【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F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，由平衡条件得：
竖直方向：F1csθ1+T1csθ1＝mg
水平方向：F1sinθ1＝T1sinθ1
根据几何关系得：csθ1=0.75LL
联立解得：T1=23mg
小环受力平衡，对小环由平衡条件得：F弹1＝k（32L﹣L）＝mg+2T1csθ1
解得：k=4mgL
故A正确，B错误；
CD、AB杆中弹力为零时，设OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x，小环受力平衡，由平衡条件得：F弹2＝k（x﹣L）＝mg
对小球受力分析，竖直方向，由平衡条件得：F2csθ2＝mg
水平方向，由牛顿第二定律得：F2sinθ2=mω02Lsinθ2
由几何关系得：csθ2=x2L
联立解得：ω0=8g5L
故C正确，D错误。
故选：AC。
（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μ＝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。
（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：μmg＝ma
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：
f＝mv2R=0.5×122.0N＝0.25N
最大静摩擦力：fm＝μmg＝0.5×0.5×10N＝2.5N＞0.25N
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。
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。
（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θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为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μ＝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，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（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FB（保留两位小数）；
（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：
﹣mg•2R＝0−12mvC2
代入数据解得：vC＝26m/s
（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣μmgL=12mvC2−12mvB2
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝mvB2R
代入数据联立解得：N=56N≈0.83N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝N＝0.83N
（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h1，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0
代入数据解得：h1＝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h2，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h1﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcsθ•Rtanθ=0
代入数据解得：h2＝2.24m
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，μ＜tanθ，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：
mgh﹣μmgL﹣μmgcsθ•s＝0
代入数据解得：s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝2Rtanθ=2×0.634m＝1.6m
答：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC为26m/s；
（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FB为0.83N；
（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”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题
（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；
B.根据线速度与周期的关系，游客的线速度v=πDT=3.14×5213×60+14m/s≈0.2m/s，故B正确；
C.根据角速度与周期的关系，游客的角速度ω=2πT=2×3.1413×60+14rad/s=7.9×10−3rad/s，故C错误；
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。
（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；
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＝mv2r
则从开始滑下到A点，由动能定理得：mg（h﹣2r）=12mv2﹣0
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）=12mvB2
在B点，支持力提供向心力，有：FN=mvB2r
代入数据联立解得：FN＝2000N
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错误。
故选：C。
（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．PB．QC．MD．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＝mω2r
变形后得到偏心块对振动机压力：F′＝F＝mg+mω2r
对整体有：FN＝Mg+F′＝Mg+mg+mω2r
根据牛顿第三定律可知，当偏心轮在最低点时路面对振动机的支持力FN最大，振动机对路面压力FN′也最大，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（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
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，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：Fn=mv2r，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小；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：mg•2R=12mv2
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＝mv2r
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。
（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θ＝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。
（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v0，根据机械能守恒定律得：
MgLsin30°=12Mv02
代入数据解得：v0＝3m/s
设甲、乙碰撞后速度分别为v1和v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0＝Mv1+mv2
根据机械能守恒得：12Mv02=12Mv12+12mv22
解得：v1＝1m/s，v2＝4m/s
根据动量定理得：I＝mv2＝0.05kg×4m/s＝0.2N•s，方向水平向右
（2）小滑块恰能进入圆轨道有：−μ1mgs＝0−12mv22，μ1＝0.8
小滑块乙进入圆轨道后恰能到圆心等高处有−μ2mgs−mgR＝0−12mv22，μ2＝0.6
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＝mv2R
−μ3mgs−mg•2R=12mv2−12mv22，μ3＝0.3
所以μ的取值范围为μ≤0.3或0.6≤μ≤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μ≤0.3或0.6≤μ≤0.8，可以选择钢、木或聚异戊二烯。
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
【解答】解：ACD、两车的线速度v大小相等，由图可知rB＞rA，由an=v2r可得A车的向心加速度大于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＝man可知，两车的向心力即合力大小无法确定，故ACD错误；
B、由ω=vr可知，A车的角速度大于B车角速度，故B正确。
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
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＝mω2r
可得F＝mg+mω2r
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＝mω2r
解得F＝mω2r﹣mg
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：
设雪车与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：mv2R=mgtanθ
若仅增大v，则tanθ增大，雪车离轨道底部更高；
若仅增大R，则tanθ减小，雪车离轨道底部更低，故C正确，D错误。
故选：C。
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mgcs45°
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mgcs45°，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mgcs45°，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θ，其牵引力F＝mgsinθ+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﹣mgsinθ一直减小，所以汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小，故D正确；
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（ ）
A．小球的初速度大小为R2Hg
B．小球的初速度大小为R2g2H
C．圆盘的角速度大小可能为3π22gH
D．圆盘的角速度大小可能为7π2g2H
【解答】解：AB、小球做平抛运动，竖直方向有：H=12gt2，可得小球下落的时间为t=2Hg；水平方向为匀速直线运动：小球的初速度大小为v0=Rt=Rg2H；故AB错误；
CD、在小球下落的这段时间内，圆盘转过的角度为θ=2nπ+3π2n＝0，1，2，3…
所以圆盘的角速度大小为ω=θt=4nπ+3π2g2Hn＝0，1，2，3…
当n＝0时ω=3π2g2H，当n＝1时ω=7π2g2H；故C错误，D正确。
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（ ）
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速度大小相同，故A错误；
B、根据牛顿第二定律，有Fmax=mvm2R
解得：vm=FmaxRm
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=svm=smFmaxR
经过路线①的时间为t1=398mFmax
经过路线②的时间为t2=4715mFmax
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°
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θ，由几何关系可知升力F与竖直方向的夹角也为θ，根据三角函数有tanθ=F合mg=mv2Rmg=v2gR=602180×10=2，则θ＝63.4，机翼与竖直方向的夹角为
90°﹣θ＝26.6°，故A错误；故B错误；
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心力，受力情形与飞机受力类似，则有F支持力mg=1csθ=1cs63.4=2.2，由于飞行员对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ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2B．a1＞a2C．F1＝F2D．F1＞F2
【解答】解：A、对小球受力分析，如下图所示：
绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，解得ω=gℎ，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ω1＝ω2，故A正确；
B、F合＝mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，由于增加了绳长而高度h不变，即增大了角度θ，则加速度变大，a1＜a2，故B错误；
CD、根据受力分析可知F=mgcsθ，θ增大则F增大，有F1＜F2，故C错误；故D错误。
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rA、rB和rC，已知mB＝1kg，rB＝0.4m，物块A、B、C与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO'匀速转动时，A、B之间绳中弹力T1和B、C之间绳中弹力T2随ω2的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体A的质量mA＝1kg
B．物体C与圆心距离rC＝2m
C．当角速度为1rad/s时，圆盘对B的静摩擦力大小为0.5N
D．当角速度为102rad/s时，A、B即将与圆盘发生滑动
【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μmCg+T2=mCω2rC
当T2＝0时ω2＝0.5（rad/s）2
当T2＝1时ω2＝1（rad/s）2
代入数据解得rC＝1m
故B错误；
C．当角速度为1rad/s时ω2＝1（rad/s）2
由图可知T1＝T2＝1N
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=mB(ω2)2rB，解得f=0.4N
故C错误；
D．根据题图可得T1=(3ω2−2)NT2=(2ω2−1)N
A、B即将与圆盘发生滑动时，根据合力提供向心力，满足T1−T2−μmBg=mBω2RB
代入T1、T2可得ω2﹣1.5N＝0.4ω2
解得ω=102rad/s
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．6lB．10lC．12lD．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θA，连接B的细线与竖直方向的夹角为θB，O点到水平面的高度为h。
对A球，由几何关系得：sinθA=6l10l=0.6，则θA＝37°
由牛顿第二定律得：mAgtanθA＝mAvA26l，解得A的线速度大小：vA=322gl
对B球，由几何关系得：sinθB=4l5l=0.8，则θB＝53°
由牛顿第二定律得：mBgtanθB＝mBvB24l，解得B的线速度大小：vB=433gl
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（vAt）2+（6l）2＝（vBt）2+（4l）2
竖直方向：h=12gt2
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ω，半径为r。已知该游客的质量为m。
（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＝mω2r
（2）游客所需向心力F＝mω2r＝m•4π2n2r
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mω2r；
（2）所需向心力增大，根据游客所需向心力F＝mω2r＝m•4π2n2r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θ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μ，根据平衡条件可得：
mgsinθ＝μmgcsθ
解得：μ＝tanθ
（2）设运动员在轨道最低点C的速度大小为vC，对运动员从C到E的过程，根据动能定理可得：
32mgR=12mvC2
在C点处，根据牛顿第二定律可得：
FN−mg=mvC2R
联立解得：FN＝4mg
（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v1，则运动员返回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：
Ff=xL⋅μmgcsθ
由上式可知Ff﹣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F1做功的绝对值，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：
Wf=−12μmgLcsθ
根据动能定理可得：
−mgLsinθ+Wf=0−12mv12
解得：v1=3gLsinθ
设滑板离开B点时的最大速度为v2，则运动员返回到AB时，滑板左端恰好与A点重合，根据动能定理可得：
4mgLsinθ−3μmgLcsθ+Wf=0−12mv22
解得：v2=15gLsinθ
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tanθ；
（2）运动员在圆轨道最低点C受到轨道支持力的大小为4mg；
（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，cs37°＝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）。
【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
根据牛顿第二定律mg=mvD2R
解得vD=gR
小球从A到D，根据动能定理mgℎ−mg⋅2R=12mvD2
联立解得ℎ=52R
（2）小球从A到P点，根据动能定理mgℎ−mgR(1+sin30°)=12mvP2
联立解得vP=2gR
PDQ段取下来后，小球离开P点做斜抛运动，运动时间t=2vPsin60°g=22gR×32g=6Rg
水平位移x=tvPcs60°=6Rg×2gR×12=3R
根据数学知识PQ=2Rcs30°=2R×32=3R
由于小球的水平位移x1＝PQ，因此小球恰好能从Q处进入管道继续在管道内运动；
（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Ek
如图所示：
竖直方向的位移
y=12gt2
水平位移x＝v0t
Ek=mgy+12mv02
根据几何关系可知
R（1+cs37°）﹣y＝（x﹣Rsin37°）tan37°
解得Ek=mg(13y9+9R24y−2R)
当y=91326R时，小球动能有最小值，最小值为
Ekmin=(13−2)mgR
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。
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＝meq \f(v2,r)得
v临＝eq \r(gr)
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≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0(3)当v＝eq \r(gr)时，FN＝0
(4)当v>eq \r(gr)时，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大
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
聚异戊二烯
钢
0.65
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134645556" 考点一 圆周运动中的运动学分析 PAGEREF _Tc134645556 \h 1
\l "_Tc134645557" 考点二 圆周运动中的动力学分析 PAGEREF _Tc134645557 \h 1
\l "_Tc134645558" 考点三 圆周运动的临界问题 PAGEREF _Tc134645558 \h 5
\l "_Tc134645559" 考点四 竖直平面内圆周运动绳、杆模型 PAGEREF _Tc134645559 \h 10
\l "_Tc134645560" 练出高分 PAGEREF _Tc134645560 \h 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＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(2πr,T).
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(2π,T).
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝eq \f(2πr,v)，T＝eq \f(1,f).
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝eq \f(v2,r)＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝eq \f(2π,T)r＝2πrf.(2)an＝eq \f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r＝4π2f2r.
（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。
（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T1：T2＝2：1
B．角速度之比为ω1：ω2＝2：1
C．边缘各点的线速度大小之比v1：v2＝1：2
D．转速之比为n1：n2＝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v1：v2＝1：1，故C错误；
B、根据v＝ωr可得齿轮A、B角速度之比为ω1：ω2＝r2：r1＝2：1，故B正确；
A、根据T=2πω可得齿轮A、B周期之比为T1：T2＝ω2：ω1＝1：2，故A错误；
D、根据ω＝2πn可得齿轮A、B转速之比为n1：n2＝ω1：ω2＝2：1，故C错误；
故选：B。
（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＝ωr得，两点的线速度大小相等，由a＝ω2r得，两点的向心加速度大小相等，故CD错误。
故选：B。
（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＝rω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；
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＝ω2r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D错误。
故选：B。
（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，闸杆转动的角速度为π8rad/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（ ）
A．2m/sB．3m/sC．4m/sD．5m/s
【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，由几何知识得：tanθ=1.6−10.6=1，解得：θ=π4
由题意可知闸杆转动的角速度为π8rad/s，根据角速度的定义ω=θt
可得直杆转动的时间为：t＝2s
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
汽车匀速行驶的最大允许速度为：v=xt车=＝3m/s，故B正确，ACD错误。
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
Fn＝man＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝mreq \f(4π2,T2)＝mr4π2f2
（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（ ）
A．4m/sB．4πm/s
C．16+8π2m/sD．16+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v1＝2πnr，又r=22m，故v1=22πm/s
桌子被蹬出瞬间竖直向上的速度为v2，由竖直上抛运动规律可得v22=2gℎ，解得v2＝4m/s
则a点的合速度为v=v12+v22，解得v=16+8π2m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（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别为α和β，设上下两根细线的拉力分别为T1、T2，则T1T2为（ ）
A．2csβcsαB．2csαcsβC．2sinαsinβD．2sinβsinα
【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子拉力为T2，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T2=mgcsβ
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T1，做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则T1=2mgcsα
故T1T2=2csβcsα
故A正确，BCD错误；
故选A。
（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，cs53°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．配重受到的合力大小为10N
B．配重的角速度为ω=10309rad/s
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：F合=mgtan53°=0.6×10×43N=8N
故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得mgtan53°＝mω2（Lsin53°+r）
解得ω=10309rad/s
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Tcsθ＝mg
可得T=mgcsθ
可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。
故选：B。
（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上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力F=34mg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ＝37°处，立即撤去F，此时传感装置示数为45mg．已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）撤去F时小球的速度大小v1；
（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θ＝37°，由动能定理：
FLsinθ﹣mgL（1﹣csθ）=12mv12
解得：v1=2gL2；
（2）从撤去F到返回最低点，由动能定理：
mgL（1﹣csθ）=12mv22−12mv12
在最低点，由牛顿第二定律：
T﹣mg＝mv22L
联立解得：T=1910mg；
（3）撤去F时轻绳拉力为T1，由牛顿第二定律：
T1﹣mgcsθ＝mv12L
解得：T1＝1.3mg
对物块由平衡条件：
G＝T1+F1＝1.3mg+45mg＝2.1mg
小球返回最低处时，对物块：
G＝T+F2
F2＝G﹣T＝2.1mg−1910mg=15mg
由牛顿第三定律，物块对传感器压力为15mg，即传感装置的示数为15mg。
答：（1）撤去F时小球的速度大小v1 为2gL2；
（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小为1910mg；
（3）小球返回最低处时传感装置的示数为15mg.
（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θ为120°，如图3所示，两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ＝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，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0。求：
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0＝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N1、N2的大小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程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θ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力为：f1＝f2＝μN，
解得：f1＝f2＝0.5N
（2）当v0＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，根据动能定理可得：
12mv2−12mv02=−（f1+f2）l
解得：v＝3m/s
在B点受力分析：N1sin60°﹣N2sin60°＝mv2R；N1cs60°+N2cs60°＝mg
联立解得：N1＝1.3N，N2＝0.7N
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点：N'1sin60°＝mvm2R，N'1cs60°＝mg
根据动能定理可得：12mvm2−12mv0m2=−（f1+f2）l
联立解得：v0m=57m/s
在圆弧上受摩擦力仍为：f＝（f1+f2）＝μ（N1+N2），解得：f＝1N
根据动能定理可知：12mv0m2=fs，解得：s＝2.85m
答：（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小都为0.5N；
（2）外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小分别为1.3N，0.7N；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值为57m/s，以及在v0取最大值情形下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．
（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，cs37°＝0.8，重力加速度为g，则（ ）
A．此时小球的角速度大小为5g4L
B．此时小球的线速度大小为3gL2
C．此过程中杆对小球做的功为45mgL
D．此过程中杆对小球做的功为35mgL
【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
可得：a=gtan37°=34g
由几何关系可知，圆周运动半径：r=L+Lsin37°=85L
根据向心加速度的公式：a=rω2=v2r
联立以上可得：ω=15g32L，v=6gL5，故AB错误；
CD、设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理：W−mgL(1−cs37°)=12mv2
解得：W=45mgL，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023•高新区模拟）如图所示，半径分别为rA、rB的两圆盘水平放置，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mA、mB的物块A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为μA、μB，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（ ）
A．μArA＜μBrBB．μArB＜μBrA
C．μArA＞μBrBD．μBrA＜μArB
【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心力，则：μAmAg=mAvA2rA
解得vA=μAgrA
当B刚要相对圆盘滑动时μBmBg=mBvB2rB
解得vB=μBgrB
当A比B先滑动时，则有vA＜vB
即μAgrA＜μBgrB
化简可得μArA＜μBrB，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（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与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为32L。如果转动该装置并缓慢增大转速，发现小环缓慢上升。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（ ）
A．弹簧的劲度系数k=4mgL
B．弹簧的劲度系数为k=2mgL
C．装置转动的角速度为8g5L时，AB杆中弹力为零
D．装置转动的角速度为6g5L时，AB杆中弹力为零
【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F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，由平衡条件得：
竖直方向：F1csθ1+T1csθ1＝mg
水平方向：F1sinθ1＝T1sinθ1
根据几何关系得：csθ1=0.75LL
联立解得：T1=23mg
小环受力平衡，对小环由平衡条件得：F弹1＝k（32L﹣L）＝mg+2T1csθ1
解得：k=4mgL
故A正确，B错误；
CD、AB杆中弹力为零时，设OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x，小环受力平衡，由平衡条件得：F弹2＝k（x﹣L）＝mg
对小球受力分析，竖直方向，由平衡条件得：F2csθ2＝mg
水平方向，由牛顿第二定律得：F2sinθ2=mω02Lsinθ2
由几何关系得：csθ2=x2L
联立解得：ω0=8g5L
故C正确，D错误。
故选：AC。
（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μ＝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。
（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：μmg＝ma
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：
f＝mv2R=0.5×122.0N＝0.25N
最大静摩擦力：fm＝μmg＝0.5×0.5×10N＝2.5N＞0.25N
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。
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。
（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θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为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μ＝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，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（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FB（保留两位小数）；
（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：
﹣mg•2R＝0−12mvC2
代入数据解得：vC＝26m/s
（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣μmgL=12mvC2−12mvB2
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝mvB2R
代入数据联立解得：N=56N≈0.83N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝N＝0.83N
（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h1，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0
代入数据解得：h1＝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h2，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h1﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcsθ•Rtanθ=0
代入数据解得：h2＝2.24m
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，μ＜tanθ，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：
mgh﹣μmgL﹣μmgcsθ•s＝0
代入数据解得：s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝2Rtanθ=2×0.634m＝1.6m
答：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC为26m/s；
（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FB为0.83N；
（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”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题
（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；
B.根据线速度与周期的关系，游客的线速度v=πDT=3.14×5213×60+14m/s≈0.2m/s，故B正确；
C.根据角速度与周期的关系，游客的角速度ω=2πT=2×3.1413×60+14rad/s=7.9×10−3rad/s，故C错误；
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。
（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；
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＝mv2r
则从开始滑下到A点，由动能定理得：mg（h﹣2r）=12mv2﹣0
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）=12mvB2
在B点，支持力提供向心力，有：FN=mvB2r
代入数据联立解得：FN＝2000N
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错误。
故选：C。
（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．PB．QC．MD．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＝mω2r
变形后得到偏心块对振动机压力：F′＝F＝mg+mω2r
对整体有：FN＝Mg+F′＝Mg+mg+mω2r
根据牛顿第三定律可知，当偏心轮在最低点时路面对振动机的支持力FN最大，振动机对路面压力FN′也最大，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（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
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，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：Fn=mv2r，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小；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：mg•2R=12mv2
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＝mv2r
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。
（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θ＝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。
（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v0，根据机械能守恒定律得：
MgLsin30°=12Mv02
代入数据解得：v0＝3m/s
设甲、乙碰撞后速度分别为v1和v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0＝Mv1+mv2
根据机械能守恒得：12Mv02=12Mv12+12mv22
解得：v1＝1m/s，v2＝4m/s
根据动量定理得：I＝mv2＝0.05kg×4m/s＝0.2N•s，方向水平向右
（2）小滑块恰能进入圆轨道有：−μ1mgs＝0−12mv22，μ1＝0.8
小滑块乙进入圆轨道后恰能到圆心等高处有−μ2mgs−mgR＝0−12mv22，μ2＝0.6
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＝mv2R
−μ3mgs−mg•2R=12mv2−12mv22，μ3＝0.3
所以μ的取值范围为μ≤0.3或0.6≤μ≤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μ≤0.3或0.6≤μ≤0.8，可以选择钢、木或聚异戊二烯。
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
【解答】解：ACD、两车的线速度v大小相等，由图可知rB＞rA，由an=v2r可得A车的向心加速度大于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＝man可知，两车的向心力即合力大小无法确定，故ACD错误；
B、由ω=vr可知，A车的角速度大于B车角速度，故B正确。
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
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＝mω2r
可得F＝mg+mω2r
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＝mω2r
解得F＝mω2r﹣mg
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：
设雪车与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：mv2R=mgtanθ
若仅增大v，则tanθ增大，雪车离轨道底部更高；
若仅增大R，则tanθ减小，雪车离轨道底部更低，故C正确，D错误。
故选：C。
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mgcs45°
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mgcs45°，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mgcs45°，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θ，其牵引力F＝mgsinθ+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﹣mgsinθ一直减小，所以汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小，故D正确；
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（ ）
A．小球的初速度大小为R2Hg
B．小球的初速度大小为R2g2H
C．圆盘的角速度大小可能为3π22gH
D．圆盘的角速度大小可能为7π2g2H
【解答】解：AB、小球做平抛运动，竖直方向有：H=12gt2，可得小球下落的时间为t=2Hg；水平方向为匀速直线运动：小球的初速度大小为v0=Rt=Rg2H；故AB错误；
CD、在小球下落的这段时间内，圆盘转过的角度为θ=2nπ+3π2n＝0，1，2，3…
所以圆盘的角速度大小为ω=θt=4nπ+3π2g2Hn＝0，1，2，3…
当n＝0时ω=3π2g2H，当n＝1时ω=7π2g2H；故C错误，D正确。
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（ ）
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速度大小相同，故A错误；
B、根据牛顿第二定律，有Fmax=mvm2R
解得：vm=FmaxRm
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=svm=smFmaxR
经过路线①的时间为t1=398mFmax
经过路线②的时间为t2=4715mFmax
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°
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θ，由几何关系可知升力F与竖直方向的夹角也为θ，根据三角函数有tanθ=F合mg=mv2Rmg=v2gR=602180×10=2，则θ＝63.4，机翼与竖直方向的夹角为
90°﹣θ＝26.6°，故A错误；故B错误；
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心力，受力情形与飞机受力类似，则有F支持力mg=1csθ=1cs63.4=2.2，由于飞行员对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ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。则（ ）
A．ω1＝ω2B．a1＞a2C．F1＝F2D．F1＞F2
【解答】解：A、对小球受力分析，如下图所示：
绳子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，解得ω=gℎ，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ω1＝ω2，故A正确；
B、F合＝mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，由于增加了绳长而高度h不变，即增大了角度θ，则加速度变大，a1＜a2，故B错误；
CD、根据受力分析可知F=mgcsθ，θ增大则F增大，有F1＜F2，故C错误；故D错误。
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rA、rB和rC，已知mB＝1kg，rB＝0.4m，物块A、B、C与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO'匀速转动时，A、B之间绳中弹力T1和B、C之间绳中弹力T2随ω2的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体A的质量mA＝1kg
B．物体C与圆心距离rC＝2m
C．当角速度为1rad/s时，圆盘对B的静摩擦力大小为0.5N
D．当角速度为102rad/s时，A、B即将与圆盘发生滑动
【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μmCg+T2=mCω2rC
当T2＝0时ω2＝0.5（rad/s）2
当T2＝1时ω2＝1（rad/s）2
代入数据解得rC＝1m
故B错误；
C．当角速度为1rad/s时ω2＝1（rad/s）2
由图可知T1＝T2＝1N
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=mB(ω2)2rB，解得f=0.4N
故C错误；
D．根据题图可得T1=(3ω2−2)NT2=(2ω2−1)N
A、B即将与圆盘发生滑动时，根据合力提供向心力，满足T1−T2−μmBg=mBω2RB
代入T1、T2可得ω2﹣1.5N＝0.4ω2
解得ω=102rad/s
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．6lB．10lC．12lD．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θA，连接B的细线与竖直方向的夹角为θB，O点到水平面的高度为h。
对A球，由几何关系得：sinθA=6l10l=0.6，则θA＝37°
由牛顿第二定律得：mAgtanθA＝mAvA26l，解得A的线速度大小：vA=322gl
对B球，由几何关系得：sinθB=4l5l=0.8，则θB＝53°
由牛顿第二定律得：mBgtanθB＝mBvB24l，解得B的线速度大小：vB=433gl
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（vAt）2+（6l）2＝（vBt）2+（4l）2
竖直方向：h=12gt2
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ω，半径为r。已知该游客的质量为m。
（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＝mω2r
（2）游客所需向心力F＝mω2r＝m•4π2n2r
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mω2r；
（2）所需向心力增大，根据游客所需向心力F＝mω2r＝m•4π2n2r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θ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μ，根据平衡条件可得：
mgsinθ＝μmgcsθ
解得：μ＝tanθ
（2）设运动员在轨道最低点C的速度大小为vC，对运动员从C到E的过程，根据动能定理可得：
32mgR=12mvC2
在C点处，根据牛顿第二定律可得：
FN−mg=mvC2R
联立解得：FN＝4mg
（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v1，则运动员返回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：
Ff=xL⋅μmgcsθ
由上式可知Ff﹣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F1做功的绝对值，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：
Wf=−12μmgLcsθ
根据动能定理可得：
−mgLsinθ+Wf=0−12mv12
解得：v1=3gLsinθ
设滑板离开B点时的最大速度为v2，则运动员返回到AB时，滑板左端恰好与A点重合，根据动能定理可得：
4mgLsinθ−3μmgLcsθ+Wf=0−12mv22
解得：v2=15gLsinθ
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tanθ；
（2）运动员在圆轨道最低点C受到轨道支持力的大小为4mg；
（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，cs37°＝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）。
【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
根据牛顿第二定律mg=mvD2R
解得vD=gR
小球从A到D，根据动能定理mgℎ−mg⋅2R=12mvD2
联立解得ℎ=52R
（2）小球从A到P点，根据动能定理mgℎ−mgR(1+sin30°)=12mvP2
联立解得vP=2gR
PDQ段取下来后，小球离开P点做斜抛运动，运动时间t=2vPsin60°g=22gR×32g=6Rg
水平位移x=tvPcs60°=6Rg×2gR×12=3R
根据数学知识PQ=2Rcs30°=2R×32=3R
由于小球的水平位移x1＝PQ，因此小球恰好能从Q处进入管道继续在管道内运动；
（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Ek
如图所示：
竖直方向的位移
y=12gt2
水平位移x＝v0t
Ek=mgy+12mv02
根据几何关系可知
R（1+cs37°）﹣y＝（x﹣Rsin37°）tan37°
解得Ek=mg(13y9+9R24y−2R)
当y=91326R时，小球动能有最小值，最小值为
Ekmin=(13−2)mgR
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。
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＝meq \f(v2,r)得
v临＝eq \r(gr)
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≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v
(2)当0
(4)当v>eq \r(gr)时，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大
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
聚异戊二烯
钢
0.65
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