高考物理最新模拟题精选训练圆周运动专题05竖直面内的圆周运动含解析
高考物理生活中的圆周运动真题汇编(含答案)及解析
高考物理生活中的圆周运动真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：(1)星球表面的重力加速度？(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？ (3)细线所能承受的最大拉力？【答案】(1)01=4g g 星 (2)0024g sv H L=-201[1]42()s T mg H L L =+- 【解析】 【分析】 【详解】（1）由万有引力等于向心力可知22Mm v G m R R =2MmGmg R= 可得2v g R=则014g g 星＝（2）由平抛运动的规律：212H L g t -=星 0s v t =解得0024g s v H L=- （3）由牛顿定律，在最低点时：2v T mg m L-星＝解得：201142()s T mg H L L ⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦【点睛】本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g 0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．2．如图，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A =2kg 、m B =1kg 的物块A 、B （均可视为质点），用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能E p =12J ．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg 、长L =0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．已知A 与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ； （2）圆弧轨道的半径R ；（3）A 在小车上滑动过程中产生的热量Q （计算结果可含有µ）．【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，22111()22A A m v m M v -+ 【解析】 【分析】（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度； （2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R ；（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q. 【详解】（1）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：0=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22P A A B B E m v m v -解得v A =2m/s ；v B =4m/s（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2dB B v m g m R=由机械能守恒定律：22d 11=222B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122A A A A m gL m v m M v μ=-+ 解得μ1=0.2 讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J3．光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g .求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？ 【答案】(1) （2）4R （3）或【解析】 【详解】（1）由动能定理得W ＝在B 点由牛顿第二定律得：9mg －mg ＝m解得W ＝4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S ，用时为t ，由平抛规律知 S=v c t 2R=gt 2从B 到C 由动能定理得联立知，S= 4 R（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知 ＥＰ≤mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到C 由动能定理得物块在C 点时mg ＝m 则联立知：ＥＰ≥mgR .综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .4．如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为0.32R m =的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m ．物块B 静止在水平面的最右端F 处．质量为1A m kg =的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起．若B 的质量是A 的k 倍，A B 、与传送带的动摩擦因数都为0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取210/g m s =．求：（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能； （2）当k=3时物块A B 、在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论k 在不同数值范围时，A B 、碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()221521k k W k +-=+【解析】（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20A A v m g m R=①，设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④；解得：21141/13A AB m v v m s m m ==⨯=++⑤；由能量转化与守恒定律可得：()22121122A AB Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （2）设物块AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s ，由动能定理得：()()2212A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214/1A A B m v v m s m m k==++⑩；（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2212A B A B m m v m m gL μ+>+，解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，（II ）当0k ≤<3时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速， 当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧． 在这个过程中传送带对AB 所做的功为()()2221122A B A B W m m v m m v =+-+， 解得()221521k k W k +-=+； 【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解．A 恰好通过最高点E ，由牛顿第二定律求出A 通过E 时的速度，由机械能守恒定律求出A 与B 碰撞前的速度，A 、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A 、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．5．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD 光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量m=0.2kg 的小球从轨道的最低点A 处以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m ，取g=10m/s 2．（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？ （2）若v 0=3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C =2N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？（3）若v 0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字） 【答案】（1）0v 10m/s （2）0.1J （3）6N ；0.56J 【解析】 【详解】（1）在最高点重力恰好充当向心力2Cmv mg R= 从到机械能守恒220112-22C mgR mv mv =解得010m/s v =（2）最高点'2-CC mv mg F R= 从A 到C 用动能定理'22011-2--22f C mgR W mv mv =得=0.1J f W（3）由0=3.1m/s<10m/s v 于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小．经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动．设此时小球经过最低点的速度为A v ，受到的支持力为A F212A mgR mv =2-AA mv F mg R= 得=6N A F整个运动过程中小球减小的机械能201-2E mv mgR ∆=得=0.56J E ∆6．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中ON 水平，OM 竖直，两个小物块A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，连接AB 的轻绳长为L =0.5m ，．现将直角杆MON 绕过OM 的轴O 1O 2缓慢地转动起来．已知A 的质量为m 1=2kg ，重力加速度g 取10m/s 2。
水平面和竖直面内的圆周运动(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题03水平面和竖直面内的圆周运动考向一/选择题：有关圆盘上无绳两物体的水平面圆周运动的临界问题考向二/选择题：有关圆盘上有绳两物体的水平面圆周运动的临界问题考向三/选择题：竖直面内的绳类（轨道内侧）问题考向四/选择题：竖直面内的杆类（管类）问题考向一：水平面内圆盘类圆周运动问题①口诀：“谁远谁先飞”；②a 或b 发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：r m mg f m 2ωμ==；rgμω=①口诀：“谁远谁先飞”；②轻绳出现拉力，先达到B 的临界角速度：Br g μω=1；③AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：隔离A ：T =μm A g ；隔离B ：T +μm B g =m B ω22r B 整体：μm A g +μm B g =m B ω22r B AB 相对圆盘滑动的临界条件：()()B A BB BB B A m m r m g r m gm m +=+=μμω2①口诀：“谁远谁先飞”；②轻绳出现拉力，先达到B 的临界角速度：Br g μω=1；③同侧背离圆心，f Amax 和f Bmax 指向圆心，一起相对圆盘滑动时，临界条件：隔离A ：μm A g -T =m A ω22r A ；隔离B ：T +μm B g =m B ω22r B 整体：μm A g +μm B g =m A ω22r A +m B ω22r B AB 相对圆盘滑动的临界条()()B A B B A A BB A A B A m m r m r m g r m r m gm m ++=++=μμω2①口诀：“谁远谁先飞”（r B >r A ）；②轻绳出现拉力临界条件：Br g μω=1；此时B 与面达到最大静摩擦力，A 与面未达到最大静摩擦力。
此时隔离A ：f A +T =m A ω2r A ；隔离B ：T +μm B g =m B ω2r B 消掉T ：f A=μm B g-(m B r B -m A r A )ω2③当m B r B =m A r A 时，f A =μm B g ，AB 永不滑动，除非绳断；④AB 一起相对圆盘滑动时，临界条件：1）当m B r B >m A r A 时，f A ↓=μm B g-(m B r B -m A r A )ω2↑→f A =0→反向→f A 达到最大→从B 侧飞出；2）当m B r B <m A r A 时，f A ↑=μm B g+(m A r A -m B r B )ω2↑→f A 达到最大→ω↑→T ↑→f B ↓→f B =0→反向→f B 达到最大→从A 侧飞出；AB 相对圆盘滑动的临界条()()B A B B A A BB A A B A m m r m r m g r m r m gm m ++=++=μμω2临界条件：①B A μμ>，BB r gμω=；②B A μμ<，BA r gμω=临界条件：①rgm g m ABμω-=min ②rgm g m A B μω+=max 考向二：竖直面内的圆周运动问题轻绳模型轻杆模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg ＋F T ＝mv 2rmg ±F N ＝mv 2r临界特征F T ＝0，即mg ＝m v 2r，得v ＝grv ＝0，即F 向＝0，此时F N ＝mg模型关键(1)“绳”只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为gr(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为01．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴12O O 转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（）A ．当2KgLω>时，A 、B 相对于转盘会滑动B ．当2KgLω>时，绳子一定有弹力C ．ω23Kg 2KgL Lω<<B 所受摩擦力变大D ．ω在032KgLω<<A 所受摩擦力一直不变【答案】B【详解】A ．开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B 先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A 的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动，A 、B 相对于转盘会滑动，对A 有2Kmg T mL ω-=对B 有22T Kmg m L ω+=⋅解得23KgLω=A 错误；B ．当B 达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力22Kmg m Lω=⋅解得2KgLω=2Kg Lω>时，绳子一定有弹力，故B 正确；C ．2KgLω>时B 已经达到最大静摩擦力，则ω23Kg 2Kg L L ω<<B 受到的摩擦力不变，故C 错误；D ．绳子没有拉力时，对A 有2f m L ω=则随转盘角速度增大，静摩擦力增大，绳子出现拉力后，对A 有2f T mL ω-=对B 有22T Kmg m L ω-=联立有23f Kmg m L ω-=则当ω增大时，静摩擦力也增大，故D 错误。
2025年新高考物理-圆周运动(解析版)
圆周运动1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题描述圆周运动的基本物理量2024年辽宁卷计算题圆锥摆模型2024年江西卷实验题水平圆盘模型2024年海南卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁，大多联系实际生活。
圆周运动的临界问题的单独考查不是太常见，大多在综合性的计算题中出现的比较频繁，并且会结合有关的功能关系。
【备考策略】1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。
2.能够分析圆周运动的向心力的来源，并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。
3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。
4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律，并能够联系实际问题做出相应问题的分析。
【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。
一、匀速圆周运动及其描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．描述匀速圆周运动的物理量及其关系(1)线速度：v=ΔsΔt =2πrT，描述物体圆周运动快慢的物理量。
(2)角速度：ω=ΔθΔt =2πT，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
(3)周期和频率：T=2πrv，T=1f，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
(4)向心加速度：a n=rω2=v2r =ωv=4π2T2r，描述速度方向变化快慢的物理量。
二、匀速圆周运动的向心力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，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：F n=ma n=m v2r =mω2r=m4π2T2r。
2023年高考物理圆周运动最新模拟题精练-向心力和向心加速度(解析版)
高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练专题02.向心力和向心加速度一．选择题1..（2023浙江台州期中联考）晋代孙绰在《游天台山赋》中写道：“过灵溪而一灌，疏烦不想于心胸”。
灵江是台州的母亲河，也是浙江的第三大河，全长197.7公里，上游为仙居的永安溪和天台的始丰溪，中游为灵江，下游为椒江。
如图所示为百度地图中飞云江某段，河水沿着河床做曲线运动。
图中A B C D 、、、四处，受河水冲击最严重的是哪处（）A.A 处B.B 处C.C 处D.D 处【参考答案】B【名师解析】河水沿着河床做曲线运动，在B 处，河水在河岸的作用下转弯，需要受到河岸作用较大的向心力，根据牛顿第三定律，B 处受河水冲击最严重，选项B 正确。
2.（2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块甲和乙放在转盘上，两者用长为L 的不计伸长的细绳连接（细绳能够承受足够大的拉力），木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，连线过圆心，甲到圆心距离1r ，乙到圆心距离2r ，且14L r =，234Lr =，水平圆盘可绕过圆心的竖直轴OO'转动，两物体随圆盘一起以角速度ω转动，当ω从0开始缓慢增加时，甲、乙与转盘始终保持相对静止，则下列说法错误的是（已知重力加速度为g ）（）A.当2Kgr ω=时，乙的静摩擦力恰为最大值B.ω取不同的值时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心C.ω取不同值时，乙所受静摩擦力始终指向圆心；甲所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背向圆心D.如果KgLω>【参考答案】B 【名师解析】根据2Kmg mr ω=，可得Kg rω=乙的半径大，知乙先达到最大静摩擦力，故A 正确，不符合题意；甲乙随转盘一起做匀速圆周运动，由于乙的半径较大，故需要的向心力较大，则22Kmg m r ω=解得23Kg Lω=即若3KgLω 时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心。
当角速度增大，绳子出现张力，乙靠张力和静摩擦力的合力提供向心力，甲也靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，甲所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大值，角速度再增大，甲乙与圆盘发生相对滑动。
高考物理---水平面、竖直面内的圆周运动课外练习(含答案解析)
高考物理---水平面、竖直面内的圆周运动课外练习（含答案解析）1.(2020·全国卷Ⅰ·16)如图1，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m ，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s ，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )图1A ．200 NB ．400 NC ．600 ND ．800 N答案 B解析 取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子中的平均拉力为F .由牛顿第二定律知：2F －mg ＝mv 2r代入数据得F ＝405 N ，故每根绳子平均承受的拉力约为405 N ，选项B 正确．2.如图2所示，杂技演员表演“水流星”节目．一根长为L 的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子洒出，重力加速度为g，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为( )图2A.gL B.2gL C.5gL D.10gL答案 B解析杯子在竖直平面内做半径为L2的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点水的重力提供向心力，则有mg＝mω2L2，可得ω＝2gL，故B正确，A、C、D错误．3.(多选)如图3所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图3A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g R＋rB．小球通过最高点时的最小速度v min＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力答案BC4.如图4所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直放置，一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点P时，对轨道的压力为其重力的一半，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平距离为( )图4 A.2R B.3R C.5R D.6R答案 D解析 小球从P 点飞出后，做平抛运动，设做平抛运动的时间为t ，则2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g ，在最高点P 时，有mg ＋12mg ＝m v 2R，解得v ＝3gR 2，因此小球落地点到P 点的水平距离为x ＝vt ＝6R ，选项D 正确． 5．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在该桥顶对桥面没有压力，车速至少为( )A ．15 m/sB ．20 m/sC ．25 m/sD ．30 m/s答案 B解析 当F N ＝34G 时，因为G －F N ＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ；当F N ＝0时，G ＝m v ′2r，所以v ′＝2v ＝20 m/s ，选项B 正确．6．(2016·全国卷Ⅱ·16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图5所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )图5A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q 且L P <L Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误． 7.如图6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32(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/s 2.则ω的最大值是( )图6A. 5 rad/sB. 3 rad/sC ．1.0 rad/sD ．0.5 rad/s答案 C 解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r解得ω＝1.0 rad/s故选项C 正确．8．(2020·四川绵阳市诊断)如图7所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g ，则球B 在最高点时( )图7A ．球B 的速度为零B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg＝m v B 22L，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L，解得：F ＝1.5mg ，根据牛顿第三定律可知，C 正确，D 错误．9.(2020·广东深圳中学模拟)如图8所示，小木块a 、b 和c (可视为质点)放在水平圆盘上，a 、b 的质量均为m ，c 的质量为m2，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 、c 与转轴OO ′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是( )图8A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C．b和c均未滑落时线速度一定相等D．b开始滑动时的角速度是2kgl答案 B解析木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．b、c质量不等，由F f＝mrω2知b、c所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，F f＝mrω2，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B 正确；b和c均未滑落时由v＝rω知线速度大小相等，方向不相同，故C错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg＝m·2lω2，解得ω＝kg2l，故D错误．10.(多选)如图9所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )图9A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s答案 AB解析 如图所示，设直道分别为AB 和CD 段，作BE 平行OO ′，根据几何知识可得BE ＝100 m ，AE ＝50 m ，AB ＝50 3 m ，赛车在大圆弧弯道上做匀速圆周运动，设在大圆弧弯道上各处速度为v A ，根据牛顿第二定律，2.25mg ＝m v A 2R，可得v A ＝45 m/s ，设在小圆弧弯道上各处速度为v B ，由2.25mg ＝m v B 2r，可得v B ＝30 m/s ，v C ＝v B <v A ＝v D ，绕过小圆弧弯道后加速，A 、B 选项正确；根据运动学公式a ＝v A 2－v B 22l AB ≈6.50 m/s 2，C 选项错误；通过小圆弧弯道的时间为t ＝13×2πr v B≈2.79 s，D 选项错误．11.(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图10所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块到轴心O 、O ′的距离R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )图10A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度大小之比为a A∶a B＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动答案ABC解析由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，由v＝ωr，r甲∶r乙＝3∶1，可得ω甲∶ω＝1∶3，所以滑块A和B在与轮盘相对静止时，A、B的角速度之比为1∶3，故A正确．滑乙块A和B在与轮盘相对静止时，根据向心加速度公式：a＝Rω2，又R A∶R B＝2∶1，ωA∶ωB ＝1∶3，所以A、B的向心加速度大小之比为a A∶a B＝2∶9，故B正确．设滑块A、B的质量均为m，滑块的最大静摩擦力分别为F f A＝μmg，F f B＝μmg，则最大静摩擦力之比为F f A∶F f B＝1∶1；转动中所受的静摩擦力之比为F f A′∶F f B′＝ma A∶ma B＝2∶9，由上可得滑块B先达到最大静摩擦力而发生滑动，故C正确，D错误．12.(2021·陕西宝鸡市模拟)如图11所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8 m．设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．图11(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R 的最小值为多大？(3)若餐桌半径R ′＝2r ，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L 为多少？答案 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m解析 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大．当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，则有F fm ＝μ1F N ＝mrω2F N ＝mg两式联立可得ω＝2 rad/s(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值．设物体在餐桌上滑动的位移为x ，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a ，则a ＝F f mF f ＝μ2mg所以a ＝μ2g ＝2.25 m/s 2物体在餐桌上滑动的初速度为v 0＝ωr ＝3 m/s由运动学公式0－v 02＝－2ax 可得x ＝2 m由几何关系可得餐桌半径的最小值为R ＝r 2＋x 2＝2.5 m(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v t ′， 由题意可得v t ′2－v 02＝－2ax ′由于餐桌半径为R ′＝2r ，所以x ′＝r ＝1.5 m解得v t ′＝1.5 m/s设物体做平抛运动的时间为t ，则h ＝12gt 2解得t ＝2h g＝0.4 s 物体做平抛运动的水平位移为x ″＝v t ′t ＝0.6 m所以由题意可得L ＝x ′＋x ″＝2.1 m13.(多选)如图12所示，竖直平面内有一半径为R ＝0.35 m 的内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v 0＝3.5 m/s 的初速度进入轨道，g ＝10 m/s 2，则( )图12A ．小球不会脱离圆轨道运动B ．小球会脱离圆轨道运动C ．小球脱离轨道时的速度为72m/s D ．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30° 答案 BCD解析 设小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有：mg ＝m v 2R，解得：v ＝gR ＝ 3.5 m/s ，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得：12mv 0′2＝mg ×2R ＋12mv 2，解得：v 0′＝702m/s>v 0＝3.5 m/s ，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A 错误，B 正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．11在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得：mg sin θ＝m v 12R，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得：12mv 02＝mgR (1＋sin θ)＋12mv 12，联立解得：sin θ＝12，即θ＝30°，则v 1＝gR sin θ＝72m/s ，故C 、D 正确．。
2023年高考物理圆周运动最新模拟题精练-体育+圆周运动模型(解析版)
高考物理圆周运动专题最新模拟题精练专题10.与体育相关的圆周运动一．选择题1.（2023安徽合肥名校联考）图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。
转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。
设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
下列说法正确的是A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为gRμC．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小【参考答案】BD【命题意图】此题以运动员在水平道路上转弯的为情景，考查水平面内的匀速圆周运动，摩擦力及其相关知识点。
【解题思路】车受到地面的支持力方向与车所在平面垂直，选项A错误；由μmg=m2vR,解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v=gRμ，选项B正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力μMg，选项C错误；转弯速度越大，所需向心力越大，车所在平面与地面的夹角越小，选项D正确。
【易错警示】解答此类题一定要注意静摩擦力与最大静摩擦力的区别，静摩擦力小于或等于最大静摩擦力。
12.（2023吉林长春高一期末）若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为θ（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。
以下说法正确的是（）A.地面对运动员的作用力与重力与重力大小相等B.tan gR θC.若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角D .武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变【答案】BC 【解析】地面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力，则地面对运动员的作用力大于重力，故A 错误；B ．由题意可知，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有2n tan mg v F mRθ==可得其转弯时速度的大小为tan gR v θ=故B 正确；C ．武大靖转弯时速度的大小为tan gR v θ=若减小蹬冰角θ，则tan θ减小，武大靖转弯速度v 将变大，故C 正确；D ．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力始终指向圆心，大小不变，方向变化，故D 错误。
2023年高考物理圆周运动最新模拟题精练-圆周运动+实际模型(解析版)
高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练专题03.圆周运动+实际模型一．选择题1．（2023湖北荆州重点中学质检）把地球设想成一个半径为地球半径R=6400km的拱形桥，如图所示，汽车在最高点时，若恰好对“桥面”压力为0，g=9.8m/s2，则汽车的速度为（）A．7.9m/s B．7.9m/hC．7.9km/s D．7.9km/h【参考答案】C【名师解析】汽车在最高点时，若恰好对“桥面”压力为0，由mg=mv2/R，解得v=7.9km/s，C正确。
2.（2023浙江台州期中联考）晋代孙绰在《游天台山赋》中写道：“过灵溪而一灌，疏烦不想于心胸”。
灵江是台州的母亲河，也是浙江的第三大河，全长197.7公里，上游为仙居的永安溪和天台的始丰溪，中游、、、为灵江，下游为椒江。
如图所示为百度地图中飞云江某段，河水沿着河床做曲线运动。
图中A B C D 四处，受河水冲击最严重的是哪处（）A.A处B.B处C.C处D.D处【参考答案】B【名师解析】河水沿着河床做曲线运动，在B处，河水在河岸的作用下转弯，需要受到河岸作用较大的向心力，根据牛顿第三定律，B处受河水冲击最严重，选项B正确。
3．（2022高考上海）运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为ω，向心加速度为a，则A。
ω变小，a变小B。
ω变小，a变大C。
ω变大，a变小D。
ω变大，a变大【参考答案】D【命题意图】本题考查匀速圆周运动+模型思想+微元思想【名师解析】运动员滑行的速率不变，做匀速率曲线运动，每一小段的运动都可以视为匀速圆周运动，根据v=ωr可知，r减小，角速度ω增大；根据向心加速度公式a=v2/r可知，r减小，向心加速度变大，选项D 正确。
4.．（2022高考北京卷）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。
某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。
高三物理二轮复习常考模型微专题复习—竖直面的圆周运动问题专题(含解析)
竖直面的圆周运动问题专题一、单选题1.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F T，拉力F T与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()A. 数据a与小球的质量有关B.C.数据b与小球的质量无关只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D.比值ba利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径2.如图所示，粗糙程度相同的半圆形的碗固定在水平桌面上，可视为质点的物块从A点静止释放，经B滑到C点的过程中，速度越来越大，下列说法正确的是A. 小球所受支持力增大和摩擦力减小B. 小球所受支持力的功率一直增大C. 小球所受摩擦力的功率一直增大D. 小球所受重力的功率一直增大3.如图，汽车从拱形桥顶点A匀速率运动到桥的B点．下列说法正确的是()A. 汽车在A点受力平衡B. A到B重力的瞬时功率减小C. A到B汽车的机械能在减小D. A到B汽车的机械能不变4.如图所示，坐落于中国天津永乐桥之上的“天津之眼”，以其独特的位置优势成为“世界上唯一一座建在桥上的摩天轮”。
假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列说法正确的是()A. 在摩天轮转动的过程中，乘客动量始终保持不变B. 在最低点时，乘客所受重力大小大于座椅对他的支持力大小C. 在摩天轮转动一周的过程中，座椅对乘客的冲量方向竖直向上D. 从最高点到最低点的过程中，重力的瞬时功率逐渐增大5.荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动，如图所示，某同学正在荡秋千，A和B分别为运动过程中的最低点和最高点，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A. 在B位置时，该同学速度为零，处于平衡状态B. 在A位置时，该同学处于失重状态C. 在A位置时，该同学对秋千踏板的压力大于秋千踏板对该同学的支持力，处于超重状态D. 由B到A过程中，该同学向心加速度逐渐增大6.杂技演员表演“水流星”，在长为0.9m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m=0.5kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为3m/s，则下列说法正确的是(g=10m/s2)()A. “水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B. “水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C. “水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D. “水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N7.如图所示，长为L的轻杆，一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个质量为m的小球。
2023年高考物理圆周运动最新模拟题精练-转动和传动(解析版)
高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练专题04.转动和传动一．选择题1..如图所示,两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和轮B水平放置(两轮不打滑),两轮半径r A=2r B。
当主动轮A匀速转动时,在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止。
若将小木块放在B轮上,欲使木块相对B轮静止,则木块距B轮转轴的最大距离为()A. B.C. D.r B【参考答案】C【名师解析】当主动轮A匀速转动时,A、B两轮边缘上的线速度大小相等,由ω=。
因A、B材料相同,故木块与A、B间的动摩擦因数相同,小木块恰能在A轮边缘上相对静止,则由静摩擦力提供的向心力达到最大值F fm,得F fm=m r A。
设木块放在B轮上恰能相对静止时距B轮转轴的最大距离为r,则向心力由最大静摩擦力提供,故F fm=m r,联立解得r=r A=,故C正确。
2.某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮,如图所示,其半径分别为r1、r2、r3,若甲轮匀速转动的角速度为ω,三个轮相互不打滑,则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为()A. B.C. D.【参考答案】A【名师解析】三个轮相互不打滑,则甲、丙边缘的线速度大小相等,根据v=ωr可得ω3=ω,故a3=r3=,故A正确。
3.一磁带式放音机的转动系统如图所示,在倒带时,主动轮以恒定的角速度逆时针转动,P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点,则()A.主动轮上的P 点线速度方向不变B.主动轮上的P 点线速度逐渐增大C.主动轮上的P 点的向心加速度逐渐增大D.从动轮上的Q 点的向心加速度逐渐增大【参考答案】D【名师解析】圆周运动的线速度方向时刻变化,A 错误。
P 点线速度v P =ωr P ,因为ω不变,r P 不变,故v P 大小不变,B 错误。
由a P =ω2r P 知,P 点的向心加速度大小不变,C 错误。
由于主动轮最外层磁带的线速度逐渐增大,因此从动轮最外层磁带的线速度也逐渐增大,而从动轮的半径减小,由a Q =ω'2r Q 知,a Q 逐渐增大,D 正确。
新高考备战2024年高考物理抢分秘籍05圆周运动水平面内转盘模型绳球模型杆球模型等中的临界问题教师届
秘籍05圆周运动（水平面内、转盘模型、绳球模型、杆球模型等）中的临界问题一、水平面内圆周运动的临界问题1.物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
如果只是摩擦力提供向心力，则有F＝m v2R，静摩擦力的方向一定指向圆心；汽车转弯时，只由摩擦力提供向心力F fm＝m v2 R2.水平转盘上运动物体模型（1）如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力F m＝mv2r，方向指向圆心。
（2）如果水平方向除受摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。
二、竖直面内圆周运动的临界问题1.轻绳模型（轨道模型）：轻绳（或内轨道）——小球组成无支撑的物理模型（称为“轻绳模型”）（注：“轻绳”只能对小球产生拉力，不能产生支持力。
（内轨道约束类似））（1）实例：球与绳连接、水流星、沿内轨道的“过山车”等。
（2）临界条件：小球能到达最高点（刚好做圆周运动）的条件是：小球的重力恰好提供向心力（绳子的拉力或轨道的弹力都恰好为零），即，这时的速度是做圆周运动的最小速度（3）推导过程rv mG N F 2合Grv m N 2N=0时临界情况水恰好不掉出，grv min 临界速度（4）弹力随速度大小的变化不能过最高点的条件：，能过最高点的条件：，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力2.轻杆模型（管道模型）：轻杆（或管道）——小球组成有支撑的物理模型（称为“轻杆模型”）（注：“轻杆”既能对小球产生拉力，也能产生支持力。
（管道约束类似））（1）临界条件：当V=0时，F N =mg（F N 为硬杆或管壁对小球的支持力）（2）推导过程：球过最高点时，设轻杆对小球产生的弹力FN方向向上，由牛顿第二定律得：（3）弹力随速度大小的变化当，弹力F N 表现为支持力，方向竖直向上当，没有弹力F N =0作用当，弹力F N 表现为拉力，方向竖直向下3．两类模型对比轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F 弹向下或等于零F 弹向下、等于零或向上力学方程mg ＋F 弹＝mv 2Rmg ±F 弹＝mv 2R临界特征F 弹＝0mg ＝mv min2R即v min ＝gRv ＝0即F 向＝0F 弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v ≥gR ，F 弹＋mg ＝m v 2R ，绳或轨道对球产生弹力F 弹(1)当v ＝0时，F 弹＝mg ，F 弹背离圆心(2)当0<v <gR 时，mg －F 弹＝m v 2R ，F 弹背离圆心并(2)若v<gR ，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道随v 的增大而减小(3)当v ＝gR 时，F 弹＝0(4)当v >gR 时，mg ＋F 弹＝m v 2R，F 弹指向圆心并随v的增大而增大三、生活中的圆周运动1．拱形桥和凹形桥模型特点概述如图所示为凹形桥模型．当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F 向＝F N －mg＝mv 2r规律桥对车的支持力F N ＝mg ＋m v 2r＞mg ，汽车处于超重状态概述如图所示为拱形桥模型．当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F 向＝mg －F N＝mv 2r规律桥对车的支持力F N ＝mg －m v 2r＜mg ，汽车处于失重状态．若v ＝gr ，则F N ＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动2．水平路面车辆转弯模型水平路面车辆转弯模型3．火车转弯模型火车转弯模型则L gRh v0;若火车经过弯道时的速度LgRhv ＞,外轨将受到挤压；若火车经过弯道时的速度LgRhv ＜,内轨将受到挤压。
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专题05 竖直面内的圆周运动
1．（2017广西崇左摸底）如图所示，一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为l，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为v0，则（）
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球的速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0＞时，小球一定能通过最高点P
D．当v0＜时，轻绳始终处于绷紧状态
【参考答案】CD
小球运动到最低点Q时，由于合力的方向向上，加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误．
在Q点，根据牛顿第二定律得，，在最高点，根据牛顿第二定律得，
，根据动能定理得，，
联立解得T Q﹣T P=6mg，故B错误．
小球通过P点的最小速度，根据动能定理得，，最低
点的最小速度，当v0＞时，小球一定能通过最高点P，故C正确．
当v0＜时，小球不会越过N点，在底端来回摆动，轻绳始终处于绷紧状态，故D正确．
2．（2017江苏七校期中联考）如图所示，两个小球A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA＞OB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是（）
A．两球组成的系统机械能守恒
B．B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加
C．重力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加
D．A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功
【参考答案】BD
3．(2017黑龙江大庆一模)如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小
球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0=沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（）
A．小球机械能守恒
B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg
C．小球在最高点时，重力的功率是mg
D ．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR 【参考答案】．D
4.如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。
小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F N ，小球在最高点的速度大小为v ，其F N －v 2
图象如图乙所示。
则( )
A.小球在质量为aR
b
B.当地的重力加速度大小为R b
C.v 2
＝c 时，在最高点杆对小球的弹力方向向上 D.v 2
＝2b 时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a 【参考答案】．A
【名师解析】 由图乙可知当小球运动到最高点时，若v 2
＝b ，则F N ＝0，轻杆既不向上推小
球也不向下拉小球，这时由小球受到的重力提供向心力，即mg ＝mv 2R ，得v 2
＝gR ＝b ，故g ＝b R
，
B 错误；当v 2
＞b 时，轻杆向下拉小球，C 错误；当v 2
＝0时，轻杆对小球弹力的大小等于小球重力，即a ＝mg ，代入g ＝b
R 得小球的质量m ＝aR b
，A 正确；当v 2
＝2b 时，由向心力公式得F
＋mg ＝mv 2
R
得杆的拉力大小F ＝mg ，故F ＝a ，D 错误。
5.(2016·东城区模拟)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，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( ) A.当v 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零 B.当v 由gL 逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大 C.当v 由gL 逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小 D.当v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大 【参考答案】．ABD
6.(2016·山西吕梁模拟)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )
A.小球通过最高点时的最小速度
v min ＝g （R ＋r ）
B.小球通过最高点时的最小速度v min＝0
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【参考答案】BC
7.(2016·安徽芜湖高三月考)如图所示，长为L的轻杆，一端固定着一个小球，另一端可绕光滑的水平轴转动，使小球在竖直平面内运动。
设小球在最高点的速度为v，则( )
A．v的最小值为gL
B．v若增大，此时所需的向心力将减小
C．当v由gL逐渐增大时，杆对球的弹力也逐渐增大
D．当v由gL逐渐减小时，杆对球的弹力也逐渐减小
【参考答案】．C
【名师解析】由于杆能支撑小球，因此v 的最小值为零，故A 错误；根据向心力公式F n ＝m v 2
r
知，
若速度v 增大，则向心力增大，B 错误；当v ＝gL 时，杆对球没有作用力，v 由gL 逐渐增大，
杆对球有向下的拉力，根据牛顿第二定律得，F ＋mg ＝m v 2L ，有F ＝m v 2
L －mg ，v 增大，F 增大，C
正确；v 由gL 逐渐减小时，杆对球有向上的支持力，有mg －F ＝m v 2L ，解得F ＝mg －m v 2
L ，速度
v 减小，则杆对球的弹力增大，D 错误。
8．(2016福建质检)如图，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 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 。
重力加速度大小为g 。
今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，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为
A ．3mg
B ．
3
4
3mg
C ．3mg
D ．23mg 【参考答案】A
9．(2016·山东潍坊高三一检)如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力F跟小球转过的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cos θ关系的四幅图象，其中A是一段直线，B是一段余弦函数线，C、D是一段抛物线，这四幅F－cos θ图象正确的是( )
【参考答案】A
10.(2016·江苏南通高三期末)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为L，重力加速度为g，忽略空气阻力，则( )
A．小球运动到最低点Q时，处于超重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．若v0＞6gL，则小球一定能通过最高点P
D．若v0＜gL，则细绳始终处于绷紧状态
【参考答案】ACD
【名师解析】小球在最低点时，有竖直向上的加速度，小球处于超重状态，A 正确；设小球在最高点的速度为v ，由动能定理得， －mg ·2l ＝12mv 2－12
mv 2
0，
对小球在P 点、Q 点受力分析，有mg ＋F 1＝m v 2
L ，
F 2－mg ＝m v 20
L
，
联立解得，F 2－F 1＝6mg ，与小球的速度无关，B 错误；小球刚好通过最高点P 时只受重
力，重力提供向心力，mg ＝m v 2
L
，v ＝gL ，联立可得，v 0＝5gL ，当v 0＞5gL 时，小球一定能
够通过最高点P ，C 正确；若v 0＜gL ，设小球能够上升的最大高度h ，由机械能守恒得，mgh ＝12mv 20＝12mgL ，所以h ＝L
2，小球上升的最高点尚不到与O 水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，故D 正确。
11.(2016·河南洛阳高三月考)如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P 、Q 为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P ，则下列说法正确的是( )
A ．小球恰能过轨道最高点P 的速度为零
B ．轨道对小球不做功，小球在P 点的角速度大于在Q 点的角速度
C ．小球在Q 点的向心加速度大于在P 点的向心加速度
D ．小球在Q 点对轨道的压力大于在P 点对轨道的压力 【参考答案】CD
【名师解析】小球在P 点做圆周运动，至少重力提供向心力，故mg ＝mv 2
R
，故P 点速度不为零，
A 错误；由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力
做功，小球机械能守恒，则P 点的速度小于Q 点速度，且P 点的半径大于Q 点的半径，所以
小球通过P 点的角速度小于通过Q 点的，B 错误；根据a ＝v 2
R
得，小球在P 点的向心加速度小
于Q 点的，故C 正确；根据牛顿第二定律可知，小球在P 点的向心力小于Q 点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P 点的支持力小于Q 点的，即小球对轨道的压力P 点小于Q 点的，故D 正确。