【精品解析】小题精练 07 圆周运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练

小题精练 07 圆周运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、圆周运动基本量
1．（2024高一上·浙江期中）如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（　　）
A．大车轮与小车轮的角速度之比为9∶1
B．手轮圈与小车轮的角速度之比为8∶9
C．大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1
D．大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为1∶1
2．（2024高三上·保定期中）如图所示，某款自行车大齿轮总齿数为，小齿轮总齿数为，后轮直径为D。某同学骑行时，匀速蹬脚踏板带动大齿轮每秒钟转N圈，则自行车向前行驶的车速为（　　）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·唐县月考）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，在内杯子旋转了。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．杯子在旋转时的线速度大小约为
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为
4．（2024高二上·丰城开学考）如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为，传动轮齿数未知，半径为，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是（　　）
A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反
B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数
C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变
5．（2024高三上·广州模拟）图（a）是某型号气门结构的简化图：金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置固定，偏心轮以恒定角速度ω转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图（b），在t=0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置，则（　　）
A．推杆上下往复运动的周期为
B．时弹簧的弹性势能最大
C．偏心轮上各点的线速度最大值为
D．偏心轮上各点的向心加速度最大值为
6．（2024高一下·山东月考）如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则（　　）
A．子弹在圆筒中的水平速度为
B．子弹在圆筒中的水平速度为
C．圆筒转动的角速度可能为
D．圆筒转动的角速度可能为
7．（2024高三上·珠海月考）在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上点到转轴的距离为，辘轳边缘点到转轴的距离为，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速往上运动的过程中，下列说法正确的有（　　）
A．把手边缘上点的角速度等于辘轳边缘点的角速度
B．水桶上升的速度大小等于把手边缘上点的线速度大小
C．绳子拉力对水桶做的功等于水桶和水的机械能的增加量
D．拉力对水桶的冲量等于水桶动量的变化量
二、水平面的圆周运动
8．（2024高三上·浙江模拟）如图所示，摩托车手在水平弯道上匀速转弯时（　　）
A．车手身体各处的加速度大小都相等
B．车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力
C．车对地面的压力与地面对车的作用力是一对作用力与反作用力
D．地面对车的作用力不大于车和人的总重力
9．（2024高三上·平凉月考）为了使汽车快速安全通过弯道，高速公路转弯处的路面通常设计成外侧高、内侧低。已知某高速公路转弯处是一圆弧，圆弧半径r=850m，路面倾角θ=6°（tan6°=0.105），汽车与路面的摩擦因数μ=0.6，则在该弯道处（　　）
A．汽车受到重力、支持力和向心力
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力
C．当汽车速度等于120km/h时，汽车会受到平行于路面指向弯道内侧的摩擦力
D．若汽车速度小于60km/h，汽车会向内侧滑动
10．（2024高三上·重庆市期中）如图为某闯关游戏简化图。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一挑战者从水平跑道边缘 点以速度向右跳出，初速度方向平行于方向，且运动轨迹与此时刻在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若跳出时刻不变，仅增大，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小，参赛者一定会落在OM之间
C．若跳出时刻不变，仅增大转盘的转速，参赛者不可能落在M点
D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的转速，参赛者可能落在M点
11．（2024高三上·吉林模拟）如图所示，水平轻弹簧一端连接物块m，另一端固定在水平转盘的中心轴上，转盘绕中心轴匀速转动的角速度为ω，弹簧没有超过弹性限度，转盘足够大。已知物块与转盘间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为l0，劲度系数为，g为重力加速度。以下说法正确的是（　　）
A．时，弹簧弹力一定为0
B．时，弹簧长度可能为
C．ω由0缓慢增大，摩擦力一直增大
D．ω由0缓慢增大，弹簧的弹力不为零，且一直增大
12．（2024高三上·海珠月考）汽车的自动泊车系统持续发展，现有更先进的“全自动泊车”。如图所示为某次电动汽车自动泊车全景示意图。汽车按图示路线（m圆弧与直线构成）顺利停车。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度g＝10m/s2，汽车可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．汽车在匀速转弯过程中做匀变速曲线运动
B．匀速转弯时，汽车空载与满载的最大允许速度一样大
C．汽车泊车过程中重力的冲量为零
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
13．（2024高一下·湖南月考） 如图所示，光滑的圆锥体固定在水平地面上，其轴线沿竖直方向，在圆锥体顶用长的细线悬挂一质量的小球（可视为质点），小球静止时细线与圆锥表面平行且细线与轴线的夹角。已知圆锥体的高度，细线能承受的最大拉力，取重力加速度大小，，。现使圆锥体绕其轴线缓慢加速转动，小球也随圆锥体一起做角速度缓慢增大的圆周运动（不同时间内均可视为匀速圆周运动）。
（1）求小球即将离开圆锥体表面时的角速度大小；
（2）当小球的角速度大小时，求细线上的拉力大小；
（3）若细线上的拉力达到最大拉力的瞬间细线绷断，此瞬间小球速度不受影响，求小球落到水平地面的位置到圆锥体轴线的距离d。
三、竖直面的圆周运动
14．（2024高三下·宁波月考） 如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由水平直轨道AB和两个半径为、圆心角的圆弧轨道BC、组成，OB、竖直，小球（可视为质点）能无碰撞地从轨道BC进入轨道。小球1被固定于A处的弹簧弹出后，与静置在水平轨道的小球2发生弹性碰撞。游戏设置一、二、三等奖：若小球2能够进入圆弧轨道获三等奖，若小球2能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离获二等奖，若小球1能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离则获一等奖，其他情况都不能获奖。已知小球1的质量，小球2的质量，重力加速度g取，忽略一切摩擦，不考虑小球间的二次碰撞。
（1）若游戏能获奖，则小球2进入B点时，求轨道BC对小球弹力的最小值；
（2）小球2碰后的速度多大时，游戏能获二等奖；
（3）弹性势能满足什么条件时可获一等奖。
15．（2024高三上·广东期中）如图甲所示，筒车是利用水流带动车轮，使装在车轮上的竹筒自动将水提上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。筒车在水流的推动下做匀速圆周运动，竹筒顺时针转动，其做匀速圆周运动的半径为R，角速度大小为。竹筒在A点开始打水，从F点离开水面。假设从A点到B点的过程中，竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．竹筒做匀速圆周运动的周期为
B．竹筒从C点到B点的过程中，重力的功率逐渐减小
C．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为
D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
16．（2024高三上·镇海区模拟）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，C处的曲率半径为，，重力加速度为。若有一辆可视为质点、质量为的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为，当该车以恒定的速率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
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
17．（2024高二上·船山开学考）如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球（直径略小于管内径）一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是（　　）
A．v的最小值为
B．当时，小球处于完全失重状态，不受力的作用
C．当时，轨道对小球的弹力方向竖直向下
D．当v由逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小
18．（2024高三上·贵州期中）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（　　）
A．重力做的功为
B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为
D．经过点时对轨道的压力大小为
19．（2024高一下·三明期中）如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成（圆管内径远小于半径R），均可视为光滑轨道，在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B（直径略小于圆管内径）由静止释放，小球距离地面的高度分别用和表示，下列说法中正确的是（　　）
A．若，两小球都能沿轨道运动到最高点
B．若，两小球在轨道上上升的最大高度均为
C．适当调整和，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，的最小值为，B小球在的任何高度释放均可
20．（2024高一下·金溪月考） 如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ=37°。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l=10m。一质量为M=1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数μ=0.75，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：
（1）物块从A点飞出的速度大小vA和在A点受到的压力大小FA；
（2）物块到达C点时的速度大小vC及对C点的压力大小FC；
（3）若传送带顺时针运转的速率为v=4m/s，求物块从E端到F端所用的时间。
四、破鼎提升
21．（2024·河北模拟） 如图所示，在水平桌面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，现有一质量为m的小球（可视为质点）将水平轻质弹簧压缩x0长度后由静止释放，小球弹出后经A点水平抛出，恰好从B点沿B点切线方向进入半径为R的竖直圆管中（圆管内径略大于小球直径），小球从圆管最高点E离开后又恰能到达B点。已知E、O、C三点在同一竖直线上，∠BOC=60°，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为，重力加速度为g，不计空气阻力和所有摩擦，则小球经弹簧弹出从A到达E又回到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为
B．小球从A点水平抛出的速度大小为
C．A、B两点之间的高度差为
D．弹簧的劲度系数为
22．（2023高三上·山西月考）如图所示，长度为l的轻绳一端固定在O点，另一端系着一个质量为m的小球，当小球在最低点时，获得一个水平向右的初速度，重力加速度为g，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球恰好能到达竖直面内的最高点
B．当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为2mg
C．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为
D．初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4mg
23．（2023高一下·浙江期中）如图所示是杂技演员用细绳悬挂杯子在表演“水流星”的节目，对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是（　　）
A．水处于失重状态，不受重力的作用
B．杂技运动员可通过技术调整使杯子在最高点的速度为零
C．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用
D．杯底对水的作用力可能为零
24．（2022高三上·大连期中）如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球（可看成质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（　　）
A．W＝mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>mgR，小球不能到达Q点
C．W＝mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W25．（2024高一下·渝中期末）如图所示，一个圆形的光滑绝缘空心管道固定在竖直面上。过管道的圆心点的水平直径上，在A点处固定一个电荷量大小为的正电荷，在B点固定一个未知电荷。在这两个点电荷共同产生的电场中，一个可以看作质点，质量为，电荷量大小未知的带电小球，在管道内进行圆周运动。当这个带电小球以特定的速度经过管道的最低点点时，小球恰好与空心管上、下壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，间的距离为L，，，静电力常量为。则以下说法正确的是（　　）
A．小球带负电
B．处点电荷为负电荷，电荷量大小为
C．小球运动到最高点，空心管对小球的作用力大小为，方向竖直向上
D．小球从最低点运动到最高点，电势能减小
26．（2024高一下·成都期中） 某同学的寒假物理选做作业——原创题目荣获一等奖。题目如下：一个四分之三圆形轨道竖直固定于水平面上，一个小球（可视为质点）由四分之三圆形轨道左侧入口A正上方静止释放自由下落，已知小球与A点距离为h，圆形轨道半径为R，不计空气阻力，若小球在BC段上脱离轨道，下列说法正确的是（　　）
A．h的取值范围为
B．脱离点与O点所在水平面之间的距离为
C．当小球到达最高点时，小球与水平面之间的距离为
D．若小球能经过O点，则
27．（2024高一下·成都期中）如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平。一质量M=2kg、板长L=0.65m的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠C点，其上表面所在平面与圆弧轨道C点和右侧固定平台D等高。质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=0.6m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C点滑上滑板。滑板运动到平台D时被牢固粘连。已知物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.5，滑板右端到平台D左侧的距离s在（0.1m（1）物块到达B点时的速度大小vB；
（2）物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）试讨论物块刚滑上平台D时的动能EkD与s的大小关系。
五、直击高考
28．（2024·重庆） 如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
29．（2024·海南） 水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图（a）所示，图（b）为俯视图，测得圆盘直径D = 42.02cm，圆柱体质量m = 30.0g，圆盘绕过盘心O1的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤：
（1）用秒表测圆盘转动10周所用的时间t = 62.8s，则圆盘转动的角速度ω = 　 　rad/s（π取3.14）
（2）用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图（c）所示，该读数d = 　 　mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。
（3）写出小圆柱体所需向心力表达式F = 　 　（用D、m、ω、d表示），其大小为　 　N（保留2位有效数字）
30．（2024·浙江）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的强电场，在此空间同一水平面的 M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC 和BD分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A 点沿圆环以初速度V0做完整的圆周运动，则（　　）
A．小球从A 到 C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
31．（2024·北京）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接．一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C．下列说法正确的是（　　）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
32．（2024·全国甲卷） 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　）
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
33．（2024·全国甲卷） 2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的。下列说法正确的是（　　）
A．在环月飞行时，样品所受合力为零
B．若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零
C．样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同
D．样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小
34．（2024·湖南）如图，半径为 R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为 mA和 mB的小球 A 和 B（mA>mB）。初始时小球 A 以初速度 v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球 B 发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球 A 与 B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球 A 与 B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比 。
（3）若小球 A 与 B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 e 倍（035．（2024·广东） 如图所示. 在细绳的拉动下，半径为 的卷轴可绕 其固定的中心点 在水 平面内转动. 卷轴上沿半 径方向固定着长度为 的细管，管底在 点. 细管 内有一根原长为 、劲度系数为 的轻质弹簧，弹 簧底端固定在管底，顶端连接质量为 、可视为质 点的插销. 当以速度 匀速拉动细绳时，插销做匀 速圆周运动. 若 过大，插销会卡进固定的端盖， 使卷轴转动停止. 忽略摩擦力， 弹簧在弹性限度 内. 要使卷轴转动不停止， 的最大值为
A． B． C． D．
36．（2024·江苏）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处的水平面内做匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处的水平面内做匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（　　）
A．线速度vA＞vB B．角速度ωA＜ωB
C．向心加速度aA＜aB D．向心力FA＞FB
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据大车轮与小车轮相同时间所走的轨迹相同则边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
可知，大车轮与小车轮的角速度之比
故A错误；
B.根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据大车轮与小车轮的角速度之比有
故B错误；
C．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，只有平动的速度，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1，故C正确；
D．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据线速度和角速度的关系式
则
故D错误。
故选C。
【分析】根据大车轮和小车轮的线速度相同，结合半径的大小可以求出角速度的大小；利用大车轮和手轮圈的角速度相等，可以求出手轮圈和小车轮的角速度之比；大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，利用平动的速度可以求出速度之比；根据线速度和角速度的关系式可以求出大车轮和手轮圈的线速度之比。
2．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】脚踏板与大齿轮同步，转动周期相同，故
根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系，大齿轮和小齿轮通过链条连接，边缘处线速度相同，即
根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，由
知
解得
大、小齿轮数分别为、，知
后轮和小齿轮同轴，周期相同，故
解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等。
故选C。
【分析】根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系；同时知道大齿轮和小齿轮靠链条传动，线速度相等，根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，从而确定两轮转动的圈数关系。
3．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、且合外力指向圆心、不做功。A．根据图乙水珠做离心运动的方向可知杯子旋转方向为逆时针，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方向，A错误；
B．向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度方向不同，B错误；
C．杯子在旋转时的角速度大小为
杯子在旋转时的运动半径大约为，故线速度大小约为
C错误；
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为
D正确。
故选D。
【分析】 根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠速度方向。根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。根据速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q到P，杯子所受合外力做功是否为零。
4．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．使用时，传动轮与收带轮传动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故A错误；
B．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有
解得
故B正确；
C．相邻齿之间的间距相等，由
解得
故C错误；
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的圆周半径减小，根据向心加速度的表达式有
则该点的向心加速度大小变大，故D错误。
故选B。
【分析】齿轮传动时，齿轮边缘上的点的线速度大小相等；结合v=ωr，求解。
5．【答案】A,B,C
【知识点】弹性势能；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】本题考查转盘围绕圆的某一点的旋转，较新颖，难度中等，结合基本圆周运动知识进行解答即可。
A．根据周期和角速度的关系可得
故A正确；
B．弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧长度最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，弹力最大，偏心轮应转到最低点，即从初始位置转动
（n=0，1，2……）
当n=0时，有
故B正确；
C．根据线速度与角速度的关系
偏心轮上各点的r的最大值为3R，则最大线速度为，故C正确；
D．根据
可知，偏心轮上各点的向心加速度最大值为，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据题干描述及图片分析运动过程，根据初始时刻通过轮轴的偏心轮直径的位置判断出初状态，结合圆周运动的基本知识分析周期及某时刻的状态，根据角速度与线速度和向心加速度的关系求出线速度和向心加速度的最大值。
6．【答案】A,C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道圆周运动的周期性。AB.子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即
则
故A正确，B错误；
CD.在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即
ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…）
所以
故CD正确。
故选ACD。
【分析】子弹在桶中做平抛运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出子弹的初速度．在子弹平抛运动的过程中，运动的时间是转筒半个周期的奇数倍，根据该关系求出圆筒转动的角速度。
7．【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量定理；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．由图可知a点与b点属于同轴转动，所以角速度相等，故A正确；
B．根据，角速度相等时，线速度之比等于半径之比，两点半径不同，所以角速度不同；故B错误；
C．根据功能关系可得，绳子拉力对水桶和水做的功等于水桶和水机械能的增加量，故C正确；
D．对水桶进行动量定理，可得
也就是说，拉力对水桶的冲量与重力对水桶的冲量和水桶动量的变化量之和，故D错误。
故选AC。
【分析】本题结合圆周运动考查能量动量的问题，同轴传动角速度相等，线速度之比等于半径之比；关于冲量的问题需要借助动量定理，机械能的变化问题需要借助功能关系去判断。
8．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题主要考查平衡力的辨别和相互作用力的判断掌握情况，注意判断平衡力时，先分析物体的状态，再根据二力平衡的条件进行判断。A．根据
可知，车手身体各处的加速度大小不相等，故A错误；
B．车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力，故B正确；
C．车对地面的压力与地面对车的支持力是一对作用力与反作用力，但地面对车的作用力既有支持力也有摩擦力，故C错误；
D．地面对车的作用力，即支持力和摩擦力的合力，大于支持力，而支持力等于车和人的总重力，所以地面对车的作用力大于车和人的总重力，故D错误。
故选B。
【分析】二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上；平衡状态包括静止状态和匀速直线运动状态；根据平衡状态受平衡力和二力平衡的条件对各选项逐一进行分析。
9．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题属于向心力在日常生活中的应用，解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，明确向心力在生活中的应用。A．汽车受到重力、支持力和摩擦力，这些力的合力提供向心力，故A错误；
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力和摩擦力的合力的水平分力，故B错误；
C．结合上述，对汽车进行分析有
解得
当速度大于108km/h时，汽车会受到沿路面指向内侧的摩擦力，故C正确；
D．根据题中给出的数据可知
所以无论汽车以什么速度过弯道都不会向内侧滑动，故D错误。
故选C。
【分析】 汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力；速率为v时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零。根据牛顿第二定律进行分析。
10．【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．本题考查了平抛运动的相关知识，熟悉理解相关知识点是解决此类问题的关键。平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动以及竖直方向自由落体运动。参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置。
参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变；仅增大，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能在台面上。故AB错误；
CD．仅增大转盘的转速，或仅减小转盘的转速，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍在原位置，参赛者就仍可能落在M点，故C错误；D正确。
故选D。
【分析】参赛者在空中所做运动为平抛运动，根据平抛运动的公式，结合增大或减小v0，增大或减小转盘的转速进行解答即可。
11．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．物体随转盘一起做圆周运动时先是摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大静摩擦后继续增大转盘的转速，弹簧就会出现弹力，则弹簧弹力为零时，即弹簧处于原长时，根据牛顿第二定律有
解得
而当弹簧的长度为时，此时物块做圆周运动的半径为，做圆周运动所需的向心力为弹簧的弹力与最大静摩擦之和，设此时物块转动的角速度为，根据牛顿第二定律有
解得
故A错误，B正确；
CD．ω由0缓慢增大，物块受到的静摩擦力逐渐增大，物块做圆周运动所需向心力由静摩擦力提供，弹簧的弹力为零，当时，静摩擦力达到最大，若继续增大，则物块开始滑动，弹簧将被拉伸，弹簧的弹力由0逐渐增大，此后摩擦力为滑动摩擦力，大小不再变化，故CD错误。
故选B。
【分析】本题考查水平面内的圆周运动，在本题中需要分情况讨论弹簧弹力的有无，当转速较小时，由静摩擦力提供物块在水平面做圆周运动的向心力，而当转速增加，向心力增加，也就是静摩擦增大，达到最大静摩擦力时，再增大转速，就必须要摩擦力与弹簧弹力一起提供向心力，所以弹力为0的临界是物块的摩擦力达到最大静摩擦力时，物块的转速，结合向心力公式得出此时的角速度；当弹簧的长度增大的同时，物块做圆周运动的半径也随之增大，通过受力分析列出向心力表达式，即可分析角速度。
12．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动；冲量
【解析】【解答】A．汽车匀速转弯过程中做匀速圆周运动，匀速圆周运动是变加速曲线运动，故A错误；
B．匀速转弯时，滑动摩擦力提供向心力，所以
得
可知，汽车转弯最大速度跟汽车的质量无关，故B正确；
C．汽车泊车过程中重力的冲量为
可知冲量不为0，故C错误；
D．汽车在匀速转弯过程中受的摩擦力指向圆心，所以与运动方向垂直，故D错误。
故选B。
【分析】本题考查匀速圆周运动结合冲量问题；匀速圆周运动是变加速曲线运动；转弯时摩擦力提供向心力；重力的冲量等于重力与时间的乘积；圆周运动过程中摩擦力指向圆心，而不是与物体速度方向相反。
13．【答案】（1）小球即将离开圆锥体表面时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得角速度大小为
（2）当小球的角速度大小时，由于
可知小球未离开圆锥体表面，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
联立解得细线上的拉力大小为
（3）若细线上的拉力达到最大拉力的瞬间细线绷断，设此瞬间小球的角速度为，细线与竖直方向发夹角为，则有
，
解得
，
细线绷断后小球做平抛运动，初速度为
竖直方向有
解得
小球做平抛运动水平位移大小为
根据几何关系可得小球落到水平地面的位置到圆锥体轴线的距离为
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球离开圆锥面时，利用小球的牛顿第二定律结合向心力的表达式可以求出角速度的大小；
（2）当小球角速度已知时，利用牛顿第二定律及平衡方程可以求出绳子拉力的大小；
（3）当小球达到最大速度时，利用牛顿第二定律可以求出小球速度的大小；结合平抛运动的位移公式结合位移的合成可以求出小球落地点到圆锥体轴线之间的距离。
14．【答案】（1）解：若游戏能获奖，设小球2到达C点的最小速度为
根据机械能守恒
在B点，根据牛顿第二定律
解得，轨道BC对小球弹力
（2）解：游戏能获二等奖，小球2能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离，过点作水平线与轨道交于E点，即小球2能在E点脱离，根据机械能守恒
得
小球2能在D点脱离
根据机械能守恒
得
则小球2碰后的速度
（3）解：小球1能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离则获一等奖，由（2）可知，小球1碰后的速度最小值
设碰前小球1的速度v，小球2碰后的速度，根据动量守恒
根据能量守恒
，
解得
根据能量守恒，弹性势能
小球1碰后的速度最大值
同理由动量守恒及能量守恒
，
根据能量守恒，弹性势能
【知识点】牛顿第二定律；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)小球2恰好能经过C点时(与轨道接触而无弹力)，在B点速度最小，轨道BC对小球弹力的最小。根据牛顿第二定律和动能定理求解；
(2)小球2能在圆弧轨道C'D段脱离，临界条件之一是恰好能到与圆心O等高的位置，临界条件之二是恰好到达D点。根据牛顿第二定律和动能定理求解；
(3)小球1能在圆弧轨道C'D段脱离则获一等奖，根据(2)的结论可知碰后小球1的速度满足的条件。由动量守恒定律与机械能守恒定律分别求得碰撞前瞬间小球1的速度满足的条件。根据机械能守恒定律求得可得弹性势能满足的条件。
15．【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据角速度求匀速圆周运动的周期得
所以A错误；
B．竹筒从C点到B点的过程中，速度方向与重力方向上的夹角逐渐增大，根据重力的瞬时功
速度大小不变，角度变大则余弦变小，所以重力的功率逐渐减小，B正确；
C．竹筒过C点时，要有向右的向心力，说明水受到的合力水平向右，从而为其做圆周运动提供向心力，其大小为
所以竹筒对水作用力的大小为
所以C错误；
D．根据题意，相邻竹筒打水的时间间隔
D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查匀速圆周运动的内容。做匀速圆周运动的物体向心力一定指向圆心，可以是由某个力的分力提供向心力，也可以是由几个力的合力提供；；某个力的功率等于这个力与速度在这个力的方向上的分速度的乘积。
16．【答案】B
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在A处
得
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，处于失重状态，经过C处时，加速度向上，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
即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，汽车所受向心力
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。
【分析】本题考查生活中的圆周运动，汽车在A点的摩擦力大小需要对车在此处进行受力分析，摩擦力为滑动摩擦力。所以需要分析压力的大小，借助牛顿第二定律，合力提供向心力即可求解，在 A点，向心加速度向下，所以为失重，在C点向心加速度向上，所以超重；不离开地面的临界是重力提供向心力，列式计算即可知道临界速度，是最大速度；结合向心力表达式即可知道向心力与半径成反比，所以半径最大的地方向心力最小。
17．【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力，当支持力的大小等于小球重力的大小，小球的最小速度为零，故A错误；
B．根据公式
可知，当
时，小球的加速度为
方向竖直向下，则小球处于完全失重状态，只受重力作用，故B错误；
C．当
时，小球需要的向心力为
则可知，轨道对小球的弹力大小为，方向竖直向下，故C正确；
D．当
时，小球需要的向心力
可知，小球受轨道竖直向上的弹力，由牛顿第二定律有
可得
则逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力逐渐增大，故D错误。
故选C。
【分析】竖直平面内的圆周运动——“绳”模型和“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
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时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并随v的增大而增大
18．【答案】B,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理分析出力的做功情况，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成求解。A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据只有重力和阻力做功，根据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
D．经过点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
【分析】根据动能定理得出重力做的功和克服阻力做的功；根据加速度的计算公式得出加速度的大小；根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出货物在Q点对轨道的压力。
19．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．若小球A恰好能到达a轨道的最高点，根据小球的重力恰好提供向心力，则有
小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知
解得
若小球B恰好能到b轨道的最高点，则小球B在最高点的速度vB= 0，小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律
得
所以
两球都能到达轨道的最高点，故AD正确；
B．若，由于小球B在轨道b中不会脱离轨道，则小球B在轨道b上上升的最大高度等于；若，由于小球不能上升到最高点，则小球A在轨道左上方某位置脱离轨道，由于合力提供向心力，则脱离时有一定的速度，由机械能守恒定律可知，由于小球A动能不等于0，则在轨道上上升的最大高度小于，故B错误；
C．小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，根据位移公式可以得出：水平位移的最小值为
所以小球A落在轨道右端口外侧，而适当调整，由于B小球的速度可以从0开始增大，则B可以落在轨道右端口处，所以适当调整和，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误。
故选AD。
【分析】利用最高点的牛顿第二定律可以判别小球通过最高点的速度，结合运动过程的机械能守恒定律可以求出小球到达最高点时下落的高度，结合平抛运动的位移公式可以求出小球做平抛运动的水平位移大小。
20．【答案】（1）解：物块在C处的速度分解如图
在竖直方向有
水平方向
联立代入数据求得
v=8m/s
在A处受力如图
由牛顿第二定律得
得
（2）解：物块在C处速度
其受力分析如图
由牛顿第二定律得
得
根据牛顿第三定律知物块对C处的压力大小为
（3）解：物块的速度从减到的过程，受力如图
有
解得
用时
通过的位移为
物块的速度减到之后，受力如图
有
解得
物块此后与传送带一起匀速至F
则物块从E到F所用时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据平抛的运动规律，由运动学公式求出物块在A点的速度，分析物块在C点的受力，由牛顿第二定律求解物块在A点受到的压力大小；（2）由几何关系求出物块到达C点的速度，分析物块在C点的受力，由牛顿第二定律和第三定律，计算物块对C点的压力大小；（3）分析物块在传送带上的运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式求解物块从E端到F端所用的时间。
21．【答案】C
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小球从最高点E离开后做平抛运动，水平方向位移
竖直方向位移
联立以上式子，解得
在最高点
代入相关数据，解得
说明小球运动到最高点E时，轨道对小球的弹力表现为支持力，大小为，即 小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为 ，A正确；
B、小球从B点运动到最高点E的过程中，由动能定理知
代入数据解得
小球从A点运动到B点，小球做平抛运动
B错误；
C、小球在B点竖直方向分速度
小球做平抛运动竖直方向分位移
C正确；
D、弹簧将弹性势能转化为小球的动能，则有
代入数据解得
D错误。
故答案为C。
【分析】本题考查机械能守恒定律和动能定理，分清初末状态的物理量是利用功能关系的前提，小球从E平抛运动到B，根据平抛的规律求解小球在E点抛出的速度，结合牛顿第二定律求解小球在E点受到的弹力大小和方向；通过研究小球从B点运动到E点的过程，利用动能定理求解小球在B点的速度，结合运动的分解，求出小球在B点的水平速度，即小球在A点做平抛运动的速度大小；根据机械能守恒定律列式，弹性势能全部转化为小球在A点的动能，从而求出弹簧的劲度系数。
22．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有
可得
根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力，根据牛顿第二定律可得
在最高时小球的最小速度为
故A错误；
B．分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有
根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为
小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为
联立解得
故B错误；
C．当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为v2，轻绳与竖直向上方向夹角为α，如图所示
由径向合力提供向心力，有
由机械能守恒有
联立解得
，
故C正确；
D．小球在最低点，根据牛顿第二定律有
解得
轻绳受到的拉力大小为5mg，故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力。根据牛顿第二定律确定最高点的最小速度。小球在运动过程中机械能守恒。当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，重力的分力提供向心力。
23．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A.在最高点，水受重力作用，还可能受杯底的作用力。水的加速度点方向向下，处于失重状态，故A不符合题意；
B.杯子能过最高点的条件是，即，故B不符合题意；
C.向心力是做圆周运动所需要的力，不是水受到的力，故C不符合题意；
D.当在最高点的速度时，水靠重力提供向心力，杯底对水的弹力为零，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】水做圆周运动，通过最高点时，水受到重力和弹力的合力等于向心力。根据加速度的方向判断超失重。
24．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】由题意，根据牛顿第三定律可知小球滑到轨道最低点N时所受轨道支持力大小为①
设此时小球的速率为vN，根据牛顿第二定律有②
对小球从开始下落到运动至N点的过程中，根据动能定理有③
联立①②③解得④
设小球在PN段上某点时相对于初始位置的高度差为h，速率为v1，克服摩擦力做的功为W1，则由动能定理有⑤
当小球在NQ段上某点时相对于初始位置的高度差也为h时，设其速率为v2，克服摩擦力做的功为W2，同理有⑥
因为⑦
所以⑧
根据向心力与速率的关系可知小球在PN段上运动至某点时所受轨道的支持力一定大于运动至NQ段同样高度点时所受轨道的支持力，因此小球在PN段上运动至某点时所受轨道的摩擦力一定大于运动至NQ段同样高度点时所受轨道的摩擦力，进而可推知小球在PN段克服摩擦力做的功W大于在NQ段克服摩擦力做的功W′。设小球运动至Q点时的速率为vQ，则对小球从开始下落到运动至Q点的过程由动能定理可得⑨
解得vQ>0 ⑩
所以小球到达Q点后，继续上升一段距离。综上所示可知C符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小球根据牛顿第二定律以及动能定理得出摩擦力做的功，同理得出小球在PN段克服摩擦力做的功，同时分析判断摩擦力做功的大小，同时判断 小球的运动情况。
25．【答案】A,B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．小球在C点处恰好不受到管道的作用力时，由于小球无沿切线方向的加速度，则小球在点的合力方向一定沿且指向点，根据力的合成可以得出：A处电荷对小球吸引，B处电荷对小球排斥，因为A处电荷为正，对小球为引力则小球带负电，由于B处电荷对小球为斥力，则B处电荷电性为负。如图所示
因为，由几何关系得
由于小球无切向加速度，小球沿切线方向的合力为零，根据切线方向的平衡方程有：
解得
故AB正确；
CD．设小球在点处的速度为，根据牛顿第二定律有：
小球从点运动到最高点的过程中，由于点电荷对小球不做功，则电势能不变，根据运动过程的动能定理可以得出：
小球在最高点受到A、B电荷的作用力的合力为，方向竖直向下，根据最高点的牛顿第二定律有：
三式联立可以解得
所以可以得出小球在最高点时，空心管对小球的作用力大小为，方向竖直向上。故C正确；D错误。
故选ABC。
【分析】利用小球的合力方向可以判别点电荷与小球之间库仑力的方向，利用库仑力的方向可以判别点电荷和小球的电性；利用水平方向的平衡方程可以求出两个点电荷的电荷量之比；利用最低点和最高点之间的牛顿第二定律及动能定理可以求出小球经过最高点时管对小球作用力的大小；利用小球从最低点和最高点距离两个点电荷的距离可以判别电场力不做功则电势能保持不变。
26．【答案】A,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．若小球刚好通过C点，则有
可得
小球从释放到C点，根据动能定理可得
解得
由于小球在BC段上脱离轨道，则h的取值范围为，故A正确；
B．设脱离点与O点连线与水平方向的夹角为，根据动能定理可得
在脱离点处根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
脱离点与O点所在水平面之间的距离为
故B错误；
C．小球在脱离轨道后，在斜抛运动，脱离时的竖直分速度为
从脱离点到最高点的高度为
则当小球到达最高点时，小球与水平面之间的距离为
故C正确；
D．若小球能经过O点，从脱离轨道到O点，竖直方向有
水平方向有
联立解得
故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】求出恰好通过最高点对应的释放高度，小球在脱离轨道后，做斜抛运动，将斜抛运动分解为水平运动和竖直方向运动进行分析。
27．【答案】（1）解：从A到B，物块做平抛运动，物块恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，
由几何关系得
解得
（2）解：从B到C，物块机械能守恒，解得
在C点有
根据牛顿第三定律=46N，物块在C点对轨道的压力大小为46N。
（3）解：物块从C点滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为，物块的加速度，有
滑板的加速度，有
到共速阶段有，解得
对物块，用动能定理列方程，解得
对滑板，用动能定理列方程，解得
由此可知物块在滑板上相对滑过
时，小于，并没有滑下去，二者就具有共同速度了，同速时物块离滑板右侧还有距离为
①当时，物块的运动是匀减速运动，匀速运动，匀减速运动
滑上平台D，根据动能定理
解得
②当时，物块的运动是匀减速运动，滑上平台D。根据动能定理
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块从A到B的过程做平抛运动，且物块恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，即物块在B点的速度方向沿轨道切线方向，再结合平抛运动运动的合成与分解及几何关系进行解答；
（2）明确物体从B到C的过程，物体的受力情况及各力的做功情况，再根据机械能守恒定律确定物体到达C点的速度，明确物体在圆弧轨道C点的受力情况及向心力的来源，再结合牛顿定律进行解答；
（3）由于不确定物块滑离木板前是否能与木板达到共速，故需进行假设分析。假设物块与木板达到共速，分别对物块及滑板运用牛顿第二定律及运动学规律和动能定理，确定滑上滑板之共速过程，物块与滑板运动的位移及物块与滑板之间的相对位移。根据相对位移与板长的关系判断物体是否会从木板掉落。由于木板到平台的距离可变。则当木板与平台之间的距离大于木板与物块共速时木板运动的距离，则物块先做匀加速运动至共速，随后匀速运动，木板碰撞平台后，物理继续做减速运动离开木板滑上平台，根据上述分析及几何关系确定各阶段木板运动的位移，再结合动能定理确定物块滑上平台的动能。当木板与平台之间的距离小于木板与物块共速时木板运动的距离，则物块始终做匀减速直线运动直至滑上平台，根据几何关系确定此时物块运动的位移， 再结合动能定理确定物块滑上平台的动能。
28．【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1， 能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得
则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得
联立解得
（2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有
碰后B在竖直面圆周运动旋转2圈 ，达到M点正下方时离地面距离为4a，此时速度大小为v6，则B从碰后到该处的过程，由功能关系得
细绳子断开后B随后做平抛运动，则有
联立解得
（3）解：设MN间距离为L，B转n圈后绳断开时，B到达M正下方速度大小为v，此时绳缩短2nL，绳断开瞬间，若B以M点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
若B以N点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方的过程，对B由动能定理得
（n = 1，2，3，…）
联立解得
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B以速度v做平抛运动，根据平抛运动规律有
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学知识可知，当时，s最小，为
当n=1时，s最大，此时
s最大值为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二定律确定在最到点B的动能，再根据B从最低点到最高点的过程，利用动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；
（2）碰后A做匀减速直线运动，运用动能定理确定碰后A的速度，A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞前后AB的速度关系。B碰后做两周圆周运动，根据几何关系确定绳子断裂时B与地面的高度及高度变化量，再根据能量守恒定律确定B开始做圆周运动至绳子断裂时B的初末速度关系，绳子断裂后B做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
29．【答案】（1）1
（2）16.2
（3）；6.1 × 10－3
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】(1)圆盘转动10周所用的时间为t=62.8s，因此圆盘转动的周期为，由角速度与周期的关系得；
(2)由右图中的游标卡尺可知，游标卡尺的读数为1.6cm+2×0.1mm=16.2mm；
(3) 有几何关系可知，小圆柱体做圆周运动的半径为，则小圆柱体所需向心力表达式，代入数据得。
故答案为：（1）1；（2）16.2；（3）；6.1 × 10－3。
【分析】(1)先根据周期的定义，求出圆盘转动的周期，再根据角速度的定义求圆盘的角速度；
（2）根据游标卡尺的读数规则，读出游标卡尺的读数；
（3）根据几何关系求出小圆柱体做圆周运动的半径，再由向心力的公式计算向心力大小。
30．【答案】C
【知识点】向心加速度；点电荷的电场；匀强电场；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 等量异种电荷在空间中产生的电场在圆环上电势为零，带正电的小球受到竖直向上的匀强电场施加的电场力，故电场力做负功，电势能增加，A不符合题意；
B. 若小球所受匀强电场的力与重力大小相等，则小球所受的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，B不符合题意；
C. 由动力能定理有，可得出小球到达B点时的速度大小，则向心加速度为，竖直方向加速度为，可得小球运动到B点的加速度为，C符合题意；
D. 小球在D点受到圆环的力指向圆心提供向心力，故不可能平行于MN，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据等量异种电荷周围电场的分布特点，结合小球做圆周运动的特点，可得出受力特点；根据动能定理和牛顿第二定律可求出小球加速度的大小。
31．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB.物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得，解得物体在C点的速度，AB错误；
C.由牛顿第二定律得，解得物体在C点的向心加速度，C正确；
D.由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误
故选C
【分析】 ABC.根据小物体做圆周运动经过C点的受力情况结合牛顿第二定律判断；
D.根据能量的转化和守恒定律进行分析解答。
32．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
【分析】 小球在下滑过程中，重力沿半径方向的分力与圆环对小球的作用力的合力提供向心力；根据动能定理求小球的速度大小，根据牛顿第二定律求解作用力的大小，然后作答。
33．【答案】D
【知识点】向心力；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】 A.嫦娥六号探测器环月飞行时，样品所受的合力提供向心力，合力不为零，故A错误；
B.若将样品放置在月球正面，样品在月球表面也受到重力作用，月球表面对它的支持力等于重力，故它对月球表面压力不等于零，故B错误；
C.质量是物体本身的属性，不随形状、物态、温度和位置的变化而变化；样品在不同过程中受到的引力不同，但质量不变，故C错误；
D.根据FN=mg可知，由于月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的 ，因此样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小，故D正确。
故选：D。
【分析】 A.嫦娥六号探测器环月飞行时，样品所受的合力提供向心力，据此分析作答；
B.根据平衡条件分析作答；
C.质量是物体本身的属性，据此分析作答；
D.根据FN=mg进行分析作答。
34．【答案】（1）解： 由题意可知 系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为 ， 则根据动量守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）解：若两球发生弹性碰撞， 设碰后速度分别为 ， 则碰后动量和能量守恒有
联立解得
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点， 如图
①若第二次碰撞发生在图中的 点， 则从第一次碰撞到第二次碰撞之间， 通过的路程之比为 ，
则有
联立解得
由于两质量均为正数， 故 ， 即
对第二次碰撞， 设 碰撞后的速度大小分别为 ， 则同样有
联立解得 ，
故第三次碰撞发生在 点、第四次碰撞发生在 点，以此类推，满足题意.
②若第二次碰撞发生在图中的 点， 则从第一次碰撞到第二次碰撞之间， A、B 通过的路程之比为 ；
所以
联立可得
因为两质量均为正数， 故 ， 即
根据(1)的分析可证 ， 满足题意.
综上可知
（3）解：第一次碰前相对速度大小为 ， 第一次碰后的相对速度大小为 ，
第一次碰后与第二次相碰前 球比 球多运动一圈， 即 球相对 球运动一图， 有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B 球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以 球运动的路程
一共碰了2n次， 有
【知识点】动量守恒定律；向心力；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】 （1）根据动量守恒定律求得碰撞后小球组合体的速度，对碰撞后的组合体，根据牛顿第二定律求解向心力。
（2）小球A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得A、B碰撞后的速度，依据题意讨论并确定第二次碰撞的位置，依据A、B通过的路程关系得到它们的速度关系，进而求解它们的质量关系。
（3）根据题意，根据动量守恒定律求求解A、B碰撞后的速度，依据A、B通过的路程关系得到相邻两次碰撞的时间间隔，进而求得相邻两次碰撞B球运动的路程，寻找规律，根据数学知识求解。
35．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
36．【答案】B,C
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】 CD、设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有
由题图可看出小球从A高度到B高度θ增大，则由
，
故C正确，D错误；
AB、根据
可得
，
由图可知h减小，则有
线速度大小无法判断，故A错误，B正确。
故答案为：BC。
【分析】根据题意确定小球在不同位置做匀速圆周运动绳子与竖直方向夹角的大小关系。明确小球做圆周运动向心力的来源，再结合牛顿第二定律及力的合成与分解确定小球在不同位置做匀速圆周运动的向心加速度及向心力的大小关系。根据牛顿第二定律确定小球在不同位置角速度及线速度的表达式，确定小球到管口距离的变化情况，再结合表达式进行分析。
1 / 1小题精练 07 圆周运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、圆周运动基本量
1．（2024高一上·浙江期中）如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（　　）
A．大车轮与小车轮的角速度之比为9∶1
B．手轮圈与小车轮的角速度之比为8∶9
C．大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1
D．大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为1∶1
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据大车轮与小车轮相同时间所走的轨迹相同则边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
可知，大车轮与小车轮的角速度之比
故A错误；
B.根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据大车轮与小车轮的角速度之比有
故B错误；
C．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，只有平动的速度，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1，故C正确；
D．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据线速度和角速度的关系式
则
故D错误。
故选C。
【分析】根据大车轮和小车轮的线速度相同，结合半径的大小可以求出角速度的大小；利用大车轮和手轮圈的角速度相等，可以求出手轮圈和小车轮的角速度之比；大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，利用平动的速度可以求出速度之比；根据线速度和角速度的关系式可以求出大车轮和手轮圈的线速度之比。
2．（2024高三上·保定期中）如图所示，某款自行车大齿轮总齿数为，小齿轮总齿数为，后轮直径为D。某同学骑行时，匀速蹬脚踏板带动大齿轮每秒钟转N圈，则自行车向前行驶的车速为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】脚踏板与大齿轮同步，转动周期相同，故
根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系，大齿轮和小齿轮通过链条连接，边缘处线速度相同，即
根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，由
知
解得
大、小齿轮数分别为、，知
后轮和小齿轮同轴，周期相同，故
解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等。
故选C。
【分析】根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系；同时知道大齿轮和小齿轮靠链条传动，线速度相等，根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，从而确定两轮转动的圈数关系。
3．（2023高三上·唐县月考）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，在内杯子旋转了。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．杯子在旋转时的线速度大小约为
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、且合外力指向圆心、不做功。A．根据图乙水珠做离心运动的方向可知杯子旋转方向为逆时针，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方向，A错误；
B．向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度方向不同，B错误；
C．杯子在旋转时的角速度大小为
杯子在旋转时的运动半径大约为，故线速度大小约为
C错误；
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为
D正确。
故选D。
【分析】 根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠速度方向。根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。根据速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q到P，杯子所受合外力做功是否为零。
4．（2024高二上·丰城开学考）如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为，传动轮齿数未知，半径为，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是（　　）
A．使用时，出带轮与收带轮转动方向相反
B．根据题中信息，可以算出传动轮的齿数
C．根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．使用时，传动轮与收带轮传动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故A错误；
B．由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有
解得
故B正确；
C．相邻齿之间的间距相等，由
解得
故C错误；
D．在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的圆周半径减小，根据向心加速度的表达式有
则该点的向心加速度大小变大，故D错误。
故选B。
【分析】齿轮传动时，齿轮边缘上的点的线速度大小相等；结合v=ωr，求解。
5．（2024高三上·广州模拟）图（a）是某型号气门结构的简化图：金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置固定，偏心轮以恒定角速度ω转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图（b），在t=0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置，则（　　）
A．推杆上下往复运动的周期为
B．时弹簧的弹性势能最大
C．偏心轮上各点的线速度最大值为
D．偏心轮上各点的向心加速度最大值为
【答案】A,B,C
【知识点】弹性势能；线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】本题考查转盘围绕圆的某一点的旋转，较新颖，难度中等，结合基本圆周运动知识进行解答即可。
A．根据周期和角速度的关系可得
故A正确；
B．弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧长度最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，弹力最大，偏心轮应转到最低点，即从初始位置转动
（n=0，1，2……）
当n=0时，有
故B正确；
C．根据线速度与角速度的关系
偏心轮上各点的r的最大值为3R，则最大线速度为，故C正确；
D．根据
可知，偏心轮上各点的向心加速度最大值为，故D错误。
故选ABC。
【分析】根据题干描述及图片分析运动过程，根据初始时刻通过轮轴的偏心轮直径的位置判断出初状态，结合圆周运动的基本知识分析周期及某时刻的状态，根据角速度与线速度和向心加速度的关系求出线速度和向心加速度的最大值。
6．（2024高一下·山东月考）如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则（　　）
A．子弹在圆筒中的水平速度为
B．子弹在圆筒中的水平速度为
C．圆筒转动的角速度可能为
D．圆筒转动的角速度可能为
【答案】A,C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道圆周运动的周期性。AB.子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即
则
故A正确，B错误；
CD.在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即
ωt＝（2n＋1）π（n＝0，1，2，…）
所以
故CD正确。
故选ACD。
【分析】子弹在桶中做平抛运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出子弹的初速度．在子弹平抛运动的过程中，运动的时间是转筒半个周期的奇数倍，根据该关系求出圆筒转动的角速度。
7．（2024高三上·珠海月考）在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上点到转轴的距离为，辘轳边缘点到转轴的距离为，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速往上运动的过程中，下列说法正确的有（　　）
A．把手边缘上点的角速度等于辘轳边缘点的角速度
B．水桶上升的速度大小等于把手边缘上点的线速度大小
C．绳子拉力对水桶做的功等于水桶和水的机械能的增加量
D．拉力对水桶的冲量等于水桶动量的变化量
【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量定理；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．由图可知a点与b点属于同轴转动，所以角速度相等，故A正确；
B．根据，角速度相等时，线速度之比等于半径之比，两点半径不同，所以角速度不同；故B错误；
C．根据功能关系可得，绳子拉力对水桶和水做的功等于水桶和水机械能的增加量，故C正确；
D．对水桶进行动量定理，可得
也就是说，拉力对水桶的冲量与重力对水桶的冲量和水桶动量的变化量之和，故D错误。
故选AC。
【分析】本题结合圆周运动考查能量动量的问题，同轴传动角速度相等，线速度之比等于半径之比；关于冲量的问题需要借助动量定理，机械能的变化问题需要借助功能关系去判断。
二、水平面的圆周运动
8．（2024高三上·浙江模拟）如图所示，摩托车手在水平弯道上匀速转弯时（　　）
A．车手身体各处的加速度大小都相等
B．车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力
C．车对地面的压力与地面对车的作用力是一对作用力与反作用力
D．地面对车的作用力不大于车和人的总重力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题主要考查平衡力的辨别和相互作用力的判断掌握情况，注意判断平衡力时，先分析物体的状态，再根据二力平衡的条件进行判断。A．根据
可知，车手身体各处的加速度大小不相等，故A错误；
B．车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力，故B正确；
C．车对地面的压力与地面对车的支持力是一对作用力与反作用力，但地面对车的作用力既有支持力也有摩擦力，故C错误；
D．地面对车的作用力，即支持力和摩擦力的合力，大于支持力，而支持力等于车和人的总重力，所以地面对车的作用力大于车和人的总重力，故D错误。
故选B。
【分析】二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上；平衡状态包括静止状态和匀速直线运动状态；根据平衡状态受平衡力和二力平衡的条件对各选项逐一进行分析。
9．（2024高三上·平凉月考）为了使汽车快速安全通过弯道，高速公路转弯处的路面通常设计成外侧高、内侧低。已知某高速公路转弯处是一圆弧，圆弧半径r=850m，路面倾角θ=6°（tan6°=0.105），汽车与路面的摩擦因数μ=0.6，则在该弯道处（　　）
A．汽车受到重力、支持力和向心力
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力
C．当汽车速度等于120km/h时，汽车会受到平行于路面指向弯道内侧的摩擦力
D．若汽车速度小于60km/h，汽车会向内侧滑动
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题属于向心力在日常生活中的应用，解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，明确向心力在生活中的应用。A．汽车受到重力、支持力和摩擦力，这些力的合力提供向心力，故A错误；
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力和摩擦力的合力的水平分力，故B错误；
C．结合上述，对汽车进行分析有
解得
当速度大于108km/h时，汽车会受到沿路面指向内侧的摩擦力，故C正确；
D．根据题中给出的数据可知
所以无论汽车以什么速度过弯道都不会向内侧滑动，故D错误。
故选C。
【分析】 汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力；速率为v时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零。根据牛顿第二定律进行分析。
10．（2024高三上·重庆市期中）如图为某闯关游戏简化图。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一挑战者从水平跑道边缘 点以速度向右跳出，初速度方向平行于方向，且运动轨迹与此时刻在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若跳出时刻不变，仅增大，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小，参赛者一定会落在OM之间
C．若跳出时刻不变，仅增大转盘的转速，参赛者不可能落在M点
D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的转速，参赛者可能落在M点
【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．本题考查了平抛运动的相关知识，熟悉理解相关知识点是解决此类问题的关键。平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动以及竖直方向自由落体运动。参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置。
参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变；仅增大，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能在台面上。故AB错误；
CD．仅增大转盘的转速，或仅减小转盘的转速，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍在原位置，参赛者就仍可能落在M点，故C错误；D正确。
故选D。
【分析】参赛者在空中所做运动为平抛运动，根据平抛运动的公式，结合增大或减小v0，增大或减小转盘的转速进行解答即可。
11．（2024高三上·吉林模拟）如图所示，水平轻弹簧一端连接物块m，另一端固定在水平转盘的中心轴上，转盘绕中心轴匀速转动的角速度为ω，弹簧没有超过弹性限度，转盘足够大。已知物块与转盘间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为l0，劲度系数为，g为重力加速度。以下说法正确的是（　　）
A．时，弹簧弹力一定为0
B．时，弹簧长度可能为
C．ω由0缓慢增大，摩擦力一直增大
D．ω由0缓慢增大，弹簧的弹力不为零，且一直增大
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．物体随转盘一起做圆周运动时先是摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大静摩擦后继续增大转盘的转速，弹簧就会出现弹力，则弹簧弹力为零时，即弹簧处于原长时，根据牛顿第二定律有
解得
而当弹簧的长度为时，此时物块做圆周运动的半径为，做圆周运动所需的向心力为弹簧的弹力与最大静摩擦之和，设此时物块转动的角速度为，根据牛顿第二定律有
解得
故A错误，B正确；
CD．ω由0缓慢增大，物块受到的静摩擦力逐渐增大，物块做圆周运动所需向心力由静摩擦力提供，弹簧的弹力为零，当时，静摩擦力达到最大，若继续增大，则物块开始滑动，弹簧将被拉伸，弹簧的弹力由0逐渐增大，此后摩擦力为滑动摩擦力，大小不再变化，故CD错误。
故选B。
【分析】本题考查水平面内的圆周运动，在本题中需要分情况讨论弹簧弹力的有无，当转速较小时，由静摩擦力提供物块在水平面做圆周运动的向心力，而当转速增加，向心力增加，也就是静摩擦增大，达到最大静摩擦力时，再增大转速，就必须要摩擦力与弹簧弹力一起提供向心力，所以弹力为0的临界是物块的摩擦力达到最大静摩擦力时，物块的转速，结合向心力公式得出此时的角速度；当弹簧的长度增大的同时，物块做圆周运动的半径也随之增大，通过受力分析列出向心力表达式，即可分析角速度。
12．（2024高三上·海珠月考）汽车的自动泊车系统持续发展，现有更先进的“全自动泊车”。如图所示为某次电动汽车自动泊车全景示意图。汽车按图示路线（m圆弧与直线构成）顺利停车。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度g＝10m/s2，汽车可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．汽车在匀速转弯过程中做匀变速曲线运动
B．匀速转弯时，汽车空载与满载的最大允许速度一样大
C．汽车泊车过程中重力的冲量为零
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动；冲量
【解析】【解答】A．汽车匀速转弯过程中做匀速圆周运动，匀速圆周运动是变加速曲线运动，故A错误；
B．匀速转弯时，滑动摩擦力提供向心力，所以
得
可知，汽车转弯最大速度跟汽车的质量无关，故B正确；
C．汽车泊车过程中重力的冲量为
可知冲量不为0，故C错误；
D．汽车在匀速转弯过程中受的摩擦力指向圆心，所以与运动方向垂直，故D错误。
故选B。
【分析】本题考查匀速圆周运动结合冲量问题；匀速圆周运动是变加速曲线运动；转弯时摩擦力提供向心力；重力的冲量等于重力与时间的乘积；圆周运动过程中摩擦力指向圆心，而不是与物体速度方向相反。
13．（2024高一下·湖南月考） 如图所示，光滑的圆锥体固定在水平地面上，其轴线沿竖直方向，在圆锥体顶用长的细线悬挂一质量的小球（可视为质点），小球静止时细线与圆锥表面平行且细线与轴线的夹角。已知圆锥体的高度，细线能承受的最大拉力，取重力加速度大小，，。现使圆锥体绕其轴线缓慢加速转动，小球也随圆锥体一起做角速度缓慢增大的圆周运动（不同时间内均可视为匀速圆周运动）。
（1）求小球即将离开圆锥体表面时的角速度大小；
（2）当小球的角速度大小时，求细线上的拉力大小；
（3）若细线上的拉力达到最大拉力的瞬间细线绷断，此瞬间小球速度不受影响，求小球落到水平地面的位置到圆锥体轴线的距离d。
【答案】（1）小球即将离开圆锥体表面时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得角速度大小为
（2）当小球的角速度大小时，由于
可知小球未离开圆锥体表面，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
联立解得细线上的拉力大小为
（3）若细线上的拉力达到最大拉力的瞬间细线绷断，设此瞬间小球的角速度为，细线与竖直方向发夹角为，则有
，
解得
，
细线绷断后小球做平抛运动，初速度为
竖直方向有
解得
小球做平抛运动水平位移大小为
根据几何关系可得小球落到水平地面的位置到圆锥体轴线的距离为
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球离开圆锥面时，利用小球的牛顿第二定律结合向心力的表达式可以求出角速度的大小；
（2）当小球角速度已知时，利用牛顿第二定律及平衡方程可以求出绳子拉力的大小；
（3）当小球达到最大速度时，利用牛顿第二定律可以求出小球速度的大小；结合平抛运动的位移公式结合位移的合成可以求出小球落地点到圆锥体轴线之间的距离。
三、竖直面的圆周运动
14．（2024高三下·宁波月考） 如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由水平直轨道AB和两个半径为、圆心角的圆弧轨道BC、组成，OB、竖直，小球（可视为质点）能无碰撞地从轨道BC进入轨道。小球1被固定于A处的弹簧弹出后，与静置在水平轨道的小球2发生弹性碰撞。游戏设置一、二、三等奖：若小球2能够进入圆弧轨道获三等奖，若小球2能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离获二等奖，若小球1能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离则获一等奖，其他情况都不能获奖。已知小球1的质量，小球2的质量，重力加速度g取，忽略一切摩擦，不考虑小球间的二次碰撞。
（1）若游戏能获奖，则小球2进入B点时，求轨道BC对小球弹力的最小值；
（2）小球2碰后的速度多大时，游戏能获二等奖；
（3）弹性势能满足什么条件时可获一等奖。
【答案】（1）解：若游戏能获奖，设小球2到达C点的最小速度为
根据机械能守恒
在B点，根据牛顿第二定律
解得，轨道BC对小球弹力
（2）解：游戏能获二等奖，小球2能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离，过点作水平线与轨道交于E点，即小球2能在E点脱离，根据机械能守恒
得
小球2能在D点脱离
根据机械能守恒
得
则小球2碰后的速度
（3）解：小球1能在圆弧轨道（不包括D点）段脱离则获一等奖，由（2）可知，小球1碰后的速度最小值
设碰前小球1的速度v，小球2碰后的速度，根据动量守恒
根据能量守恒
，
解得
根据能量守恒，弹性势能
小球1碰后的速度最大值
同理由动量守恒及能量守恒
，
根据能量守恒，弹性势能
【知识点】牛顿第二定律；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)小球2恰好能经过C点时(与轨道接触而无弹力)，在B点速度最小，轨道BC对小球弹力的最小。根据牛顿第二定律和动能定理求解；
(2)小球2能在圆弧轨道C'D段脱离，临界条件之一是恰好能到与圆心O等高的位置，临界条件之二是恰好到达D点。根据牛顿第二定律和动能定理求解；
(3)小球1能在圆弧轨道C'D段脱离则获一等奖，根据(2)的结论可知碰后小球1的速度满足的条件。由动量守恒定律与机械能守恒定律分别求得碰撞前瞬间小球1的速度满足的条件。根据机械能守恒定律求得可得弹性势能满足的条件。
15．（2024高三上·广东期中）如图甲所示，筒车是利用水流带动车轮，使装在车轮上的竹筒自动将水提上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。筒车在水流的推动下做匀速圆周运动，竹筒顺时针转动，其做匀速圆周运动的半径为R，角速度大小为。竹筒在A点开始打水，从F点离开水面。假设从A点到B点的过程中，竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．竹筒做匀速圆周运动的周期为
B．竹筒从C点到B点的过程中，重力的功率逐渐减小
C．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为
D．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
【答案】B
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据角速度求匀速圆周运动的周期得
所以A错误；
B．竹筒从C点到B点的过程中，速度方向与重力方向上的夹角逐渐增大，根据重力的瞬时功
速度大小不变，角度变大则余弦变小，所以重力的功率逐渐减小，B正确；
C．竹筒过C点时，要有向右的向心力，说明水受到的合力水平向右，从而为其做圆周运动提供向心力，其大小为
所以竹筒对水作用力的大小为
所以C错误；
D．根据题意，相邻竹筒打水的时间间隔
D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查匀速圆周运动的内容。做匀速圆周运动的物体向心力一定指向圆心，可以是由某个力的分力提供向心力，也可以是由几个力的合力提供；；某个力的功率等于这个力与速度在这个力的方向上的分速度的乘积。
16．（2024高三上·镇海区模拟）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，C处的曲率半径为，，重力加速度为。若有一辆可视为质点、质量为的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为，当该车以恒定的速率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
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
【答案】B
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在A处
得
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，处于失重状态，经过C处时，加速度向上，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
即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，汽车所受向心力
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。
【分析】本题考查生活中的圆周运动，汽车在A点的摩擦力大小需要对车在此处进行受力分析，摩擦力为滑动摩擦力。所以需要分析压力的大小，借助牛顿第二定律，合力提供向心力即可求解，在 A点，向心加速度向下，所以为失重，在C点向心加速度向上，所以超重；不离开地面的临界是重力提供向心力，列式计算即可知道临界速度，是最大速度；结合向心力表达式即可知道向心力与半径成反比，所以半径最大的地方向心力最小。
17．（2024高二上·船山开学考）如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球（直径略小于管内径）一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是（　　）
A．v的最小值为
B．当时，小球处于完全失重状态，不受力的作用
C．当时，轨道对小球的弹力方向竖直向下
D．当v由逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小
【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力，当支持力的大小等于小球重力的大小，小球的最小速度为零，故A错误；
B．根据公式
可知，当
时，小球的加速度为
方向竖直向下，则小球处于完全失重状态，只受重力作用，故B错误；
C．当
时，小球需要的向心力为
则可知，轨道对小球的弹力大小为，方向竖直向下，故C正确；
D．当
时，小球需要的向心力
可知，小球受轨道竖直向上的弹力，由牛顿第二定律有
可得
则逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力逐渐增大，故D错误。
故选C。
【分析】竖直平面内的圆周运动——“绳”模型和“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
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时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并随v的增大而增大
18．（2024高三上·贵州期中）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（　　）
A．重力做的功为
B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为
D．经过点时对轨道的压力大小为
【答案】B,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理分析出力的做功情况，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成求解。A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据只有重力和阻力做功，根据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
D．经过点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
【分析】根据动能定理得出重力做的功和克服阻力做的功；根据加速度的计算公式得出加速度的大小；根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出货物在Q点对轨道的压力。
19．（2024高一下·三明期中）如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成（圆管内径远小于半径R），均可视为光滑轨道，在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B（直径略小于圆管内径）由静止释放，小球距离地面的高度分别用和表示，下列说法中正确的是（　　）
A．若，两小球都能沿轨道运动到最高点
B．若，两小球在轨道上上升的最大高度均为
C．适当调整和，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，的最小值为，B小球在的任何高度释放均可
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．若小球A恰好能到达a轨道的最高点，根据小球的重力恰好提供向心力，则有
小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知
解得
若小球B恰好能到b轨道的最高点，则小球B在最高点的速度vB= 0，小球A从最高点运动到圆弧最高点的过程中，根据机械能守恒定律
得
所以
两球都能到达轨道的最高点，故AD正确；
B．若，由于小球B在轨道b中不会脱离轨道，则小球B在轨道b上上升的最大高度等于；若，由于小球不能上升到最高点，则小球A在轨道左上方某位置脱离轨道，由于合力提供向心力，则脱离时有一定的速度，由机械能守恒定律可知，由于小球A动能不等于0，则在轨道上上升的最大高度小于，故B错误；
C．小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，根据位移公式可以得出：水平位移的最小值为
所以小球A落在轨道右端口外侧，而适当调整，由于B小球的速度可以从0开始增大，则B可以落在轨道右端口处，所以适当调整和，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误。
故选AD。
【分析】利用最高点的牛顿第二定律可以判别小球通过最高点的速度，结合运动过程的机械能守恒定律可以求出小球到达最高点时下落的高度，结合平抛运动的位移公式可以求出小球做平抛运动的水平位移大小。
20．（2024高一下·金溪月考） 如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ=37°。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l=10m。一质量为M=1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数μ=0.75，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：
（1）物块从A点飞出的速度大小vA和在A点受到的压力大小FA；
（2）物块到达C点时的速度大小vC及对C点的压力大小FC；
（3）若传送带顺时针运转的速率为v=4m/s，求物块从E端到F端所用的时间。
【答案】（1）解：物块在C处的速度分解如图
在竖直方向有
水平方向
联立代入数据求得
v=8m/s
在A处受力如图
由牛顿第二定律得
得
（2）解：物块在C处速度
其受力分析如图
由牛顿第二定律得
得
根据牛顿第三定律知物块对C处的压力大小为
（3）解：物块的速度从减到的过程，受力如图
有
解得
用时
通过的位移为
物块的速度减到之后，受力如图
有
解得
物块此后与传送带一起匀速至F
则物块从E到F所用时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据平抛的运动规律，由运动学公式求出物块在A点的速度，分析物块在C点的受力，由牛顿第二定律求解物块在A点受到的压力大小；（2）由几何关系求出物块到达C点的速度，分析物块在C点的受力，由牛顿第二定律和第三定律，计算物块对C点的压力大小；（3）分析物块在传送带上的运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式求解物块从E端到F端所用的时间。
四、破鼎提升
21．（2024·河北模拟） 如图所示，在水平桌面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，现有一质量为m的小球（可视为质点）将水平轻质弹簧压缩x0长度后由静止释放，小球弹出后经A点水平抛出，恰好从B点沿B点切线方向进入半径为R的竖直圆管中（圆管内径略大于小球直径），小球从圆管最高点E离开后又恰能到达B点。已知E、O、C三点在同一竖直线上，∠BOC=60°，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为，重力加速度为g，不计空气阻力和所有摩擦，则小球经弹簧弹出从A到达E又回到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为
B．小球从A点水平抛出的速度大小为
C．A、B两点之间的高度差为
D．弹簧的劲度系数为
【答案】C
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小球从最高点E离开后做平抛运动，水平方向位移
竖直方向位移
联立以上式子，解得
在最高点
代入相关数据，解得
说明小球运动到最高点E时，轨道对小球的弹力表现为支持力，大小为，即 小球从圆管最高点E离开时受到圆管壁竖直向下的压力大小为 ，A正确；
B、小球从B点运动到最高点E的过程中，由动能定理知
代入数据解得
小球从A点运动到B点，小球做平抛运动
B错误；
C、小球在B点竖直方向分速度
小球做平抛运动竖直方向分位移
C正确；
D、弹簧将弹性势能转化为小球的动能，则有
代入数据解得
D错误。
故答案为C。
【分析】本题考查机械能守恒定律和动能定理，分清初末状态的物理量是利用功能关系的前提，小球从E平抛运动到B，根据平抛的规律求解小球在E点抛出的速度，结合牛顿第二定律求解小球在E点受到的弹力大小和方向；通过研究小球从B点运动到E点的过程，利用动能定理求解小球在B点的速度，结合运动的分解，求出小球在B点的水平速度，即小球在A点做平抛运动的速度大小；根据机械能守恒定律列式，弹性势能全部转化为小球在A点的动能，从而求出弹簧的劲度系数。
22．（2023高三上·山西月考）如图所示，长度为l的轻绳一端固定在O点，另一端系着一个质量为m的小球，当小球在最低点时，获得一个水平向右的初速度，重力加速度为g，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球恰好能到达竖直面内的最高点
B．当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为2mg
C．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为
D．初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4mg
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有
可得
根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力，根据牛顿第二定律可得
在最高时小球的最小速度为
故A错误；
B．分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有
根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为
小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为
联立解得
故B错误；
C．当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为v2，轻绳与竖直向上方向夹角为α，如图所示
由径向合力提供向心力，有
由机械能守恒有
联立解得
，
故C正确；
D．小球在最低点，根据牛顿第二定律有
解得
轻绳受到的拉力大小为5mg，故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力。根据牛顿第二定律确定最高点的最小速度。小球在运动过程中机械能守恒。当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，重力的分力提供向心力。
23．（2023高一下·浙江期中）如图所示是杂技演员用细绳悬挂杯子在表演“水流星”的节目，对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是（　　）
A．水处于失重状态，不受重力的作用
B．杂技运动员可通过技术调整使杯子在最高点的速度为零
C．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用
D．杯底对水的作用力可能为零
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A.在最高点，水受重力作用，还可能受杯底的作用力。水的加速度点方向向下，处于失重状态，故A不符合题意；
B.杯子能过最高点的条件是，即，故B不符合题意；
C.向心力是做圆周运动所需要的力，不是水受到的力，故C不符合题意；
D.当在最高点的速度时，水靠重力提供向心力，杯底对水的弹力为零，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】水做圆周运动，通过最高点时，水受到重力和弹力的合力等于向心力。根据加速度的方向判断超失重。
24．（2022高三上·大连期中）如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球（可看成质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（　　）
A．W＝mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>mgR，小球不能到达Q点
C．W＝mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】由题意，根据牛顿第三定律可知小球滑到轨道最低点N时所受轨道支持力大小为①
设此时小球的速率为vN，根据牛顿第二定律有②
对小球从开始下落到运动至N点的过程中，根据动能定理有③
联立①②③解得④
设小球在PN段上某点时相对于初始位置的高度差为h，速率为v1，克服摩擦力做的功为W1，则由动能定理有⑤
当小球在NQ段上某点时相对于初始位置的高度差也为h时，设其速率为v2，克服摩擦力做的功为W2，同理有⑥
因为⑦
所以⑧
根据向心力与速率的关系可知小球在PN段上运动至某点时所受轨道的支持力一定大于运动至NQ段同样高度点时所受轨道的支持力，因此小球在PN段上运动至某点时所受轨道的摩擦力一定大于运动至NQ段同样高度点时所受轨道的摩擦力，进而可推知小球在PN段克服摩擦力做的功W大于在NQ段克服摩擦力做的功W′。设小球运动至Q点时的速率为vQ，则对小球从开始下落到运动至Q点的过程由动能定理可得⑨
解得vQ>0 ⑩
所以小球到达Q点后，继续上升一段距离。综上所示可知C符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小球根据牛顿第二定律以及动能定理得出摩擦力做的功，同理得出小球在PN段克服摩擦力做的功，同时分析判断摩擦力做功的大小，同时判断 小球的运动情况。
25．（2024高一下·渝中期末）如图所示，一个圆形的光滑绝缘空心管道固定在竖直面上。过管道的圆心点的水平直径上，在A点处固定一个电荷量大小为的正电荷，在B点固定一个未知电荷。在这两个点电荷共同产生的电场中，一个可以看作质点，质量为，电荷量大小未知的带电小球，在管道内进行圆周运动。当这个带电小球以特定的速度经过管道的最低点点时，小球恰好与空心管上、下壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，间的距离为L，，，静电力常量为。则以下说法正确的是（　　）
A．小球带负电
B．处点电荷为负电荷，电荷量大小为
C．小球运动到最高点，空心管对小球的作用力大小为，方向竖直向上
D．小球从最低点运动到最高点，电势能减小
【答案】A,B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．小球在C点处恰好不受到管道的作用力时，由于小球无沿切线方向的加速度，则小球在点的合力方向一定沿且指向点，根据力的合成可以得出：A处电荷对小球吸引，B处电荷对小球排斥，因为A处电荷为正，对小球为引力则小球带负电，由于B处电荷对小球为斥力，则B处电荷电性为负。如图所示
因为，由几何关系得
由于小球无切向加速度，小球沿切线方向的合力为零，根据切线方向的平衡方程有：
解得
故AB正确；
CD．设小球在点处的速度为，根据牛顿第二定律有：
小球从点运动到最高点的过程中，由于点电荷对小球不做功，则电势能不变，根据运动过程的动能定理可以得出：
小球在最高点受到A、B电荷的作用力的合力为，方向竖直向下，根据最高点的牛顿第二定律有：
三式联立可以解得
所以可以得出小球在最高点时，空心管对小球的作用力大小为，方向竖直向上。故C正确；D错误。
故选ABC。
【分析】利用小球的合力方向可以判别点电荷与小球之间库仑力的方向，利用库仑力的方向可以判别点电荷和小球的电性；利用水平方向的平衡方程可以求出两个点电荷的电荷量之比；利用最低点和最高点之间的牛顿第二定律及动能定理可以求出小球经过最高点时管对小球作用力的大小；利用小球从最低点和最高点距离两个点电荷的距离可以判别电场力不做功则电势能保持不变。
26．（2024高一下·成都期中） 某同学的寒假物理选做作业——原创题目荣获一等奖。题目如下：一个四分之三圆形轨道竖直固定于水平面上，一个小球（可视为质点）由四分之三圆形轨道左侧入口A正上方静止释放自由下落，已知小球与A点距离为h，圆形轨道半径为R，不计空气阻力，若小球在BC段上脱离轨道，下列说法正确的是（　　）
A．h的取值范围为
B．脱离点与O点所在水平面之间的距离为
C．当小球到达最高点时，小球与水平面之间的距离为
D．若小球能经过O点，则
【答案】A,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．若小球刚好通过C点，则有
可得
小球从释放到C点，根据动能定理可得
解得
由于小球在BC段上脱离轨道，则h的取值范围为，故A正确；
B．设脱离点与O点连线与水平方向的夹角为，根据动能定理可得
在脱离点处根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
脱离点与O点所在水平面之间的距离为
故B错误；
C．小球在脱离轨道后，在斜抛运动，脱离时的竖直分速度为
从脱离点到最高点的高度为
则当小球到达最高点时，小球与水平面之间的距离为
故C正确；
D．若小球能经过O点，从脱离轨道到O点，竖直方向有
水平方向有
联立解得
故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】求出恰好通过最高点对应的释放高度，小球在脱离轨道后，做斜抛运动，将斜抛运动分解为水平运动和竖直方向运动进行分析。
27．（2024高一下·成都期中）如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平。一质量M=2kg、板长L=0.65m的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠C点，其上表面所在平面与圆弧轨道C点和右侧固定平台D等高。质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=0.6m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C点滑上滑板。滑板运动到平台D时被牢固粘连。已知物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.5，滑板右端到平台D左侧的距离s在（0.1m（1）物块到达B点时的速度大小vB；
（2）物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）试讨论物块刚滑上平台D时的动能EkD与s的大小关系。
【答案】（1）解：从A到B，物块做平抛运动，物块恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，
由几何关系得
解得
（2）解：从B到C，物块机械能守恒，解得
在C点有
根据牛顿第三定律=46N，物块在C点对轨道的压力大小为46N。
（3）解：物块从C点滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为，物块的加速度，有
滑板的加速度，有
到共速阶段有，解得
对物块，用动能定理列方程，解得
对滑板，用动能定理列方程，解得
由此可知物块在滑板上相对滑过
时，小于，并没有滑下去，二者就具有共同速度了，同速时物块离滑板右侧还有距离为
①当时，物块的运动是匀减速运动，匀速运动，匀减速运动
滑上平台D，根据动能定理
解得
②当时，物块的运动是匀减速运动，滑上平台D。根据动能定理
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块从A到B的过程做平抛运动，且物块恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，即物块在B点的速度方向沿轨道切线方向，再结合平抛运动运动的合成与分解及几何关系进行解答；
（2）明确物体从B到C的过程，物体的受力情况及各力的做功情况，再根据机械能守恒定律确定物体到达C点的速度，明确物体在圆弧轨道C点的受力情况及向心力的来源，再结合牛顿定律进行解答；
（3）由于不确定物块滑离木板前是否能与木板达到共速，故需进行假设分析。假设物块与木板达到共速，分别对物块及滑板运用牛顿第二定律及运动学规律和动能定理，确定滑上滑板之共速过程，物块与滑板运动的位移及物块与滑板之间的相对位移。根据相对位移与板长的关系判断物体是否会从木板掉落。由于木板到平台的距离可变。则当木板与平台之间的距离大于木板与物块共速时木板运动的距离，则物块先做匀加速运动至共速，随后匀速运动，木板碰撞平台后，物理继续做减速运动离开木板滑上平台，根据上述分析及几何关系确定各阶段木板运动的位移，再结合动能定理确定物块滑上平台的动能。当木板与平台之间的距离小于木板与物块共速时木板运动的距离，则物块始终做匀减速直线运动直至滑上平台，根据几何关系确定此时物块运动的位移， 再结合动能定理确定物块滑上平台的动能。
五、直击高考
28．（2024·重庆） 如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1， 能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得
则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得
联立解得
（2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有
碰后B在竖直面圆周运动旋转2圈 ，达到M点正下方时离地面距离为4a，此时速度大小为v6，则B从碰后到该处的过程，由功能关系得
细绳子断开后B随后做平抛运动，则有
联立解得
（3）解：设MN间距离为L，B转n圈后绳断开时，B到达M正下方速度大小为v，此时绳缩短2nL，绳断开瞬间，若B以M点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
若B以N点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方的过程，对B由动能定理得
（n = 1，2，3，…）
联立解得
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B以速度v做平抛运动，根据平抛运动规律有
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学知识可知，当时，s最小，为
当n=1时，s最大，此时
s最大值为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二定律确定在最到点B的动能，再根据B从最低点到最高点的过程，利用动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；
（2）碰后A做匀减速直线运动，运用动能定理确定碰后A的速度，A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞前后AB的速度关系。B碰后做两周圆周运动，根据几何关系确定绳子断裂时B与地面的高度及高度变化量，再根据能量守恒定律确定B开始做圆周运动至绳子断裂时B的初末速度关系，绳子断裂后B做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
29．（2024·海南） 水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图（a）所示，图（b）为俯视图，测得圆盘直径D = 42.02cm，圆柱体质量m = 30.0g，圆盘绕过盘心O1的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤：
（1）用秒表测圆盘转动10周所用的时间t = 62.8s，则圆盘转动的角速度ω = 　 　rad/s（π取3.14）
（2）用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图（c）所示，该读数d = 　 　mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。
（3）写出小圆柱体所需向心力表达式F = 　 　（用D、m、ω、d表示），其大小为　 　N（保留2位有效数字）
【答案】（1）1
（2）16.2
（3）；6.1 × 10－3
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】(1)圆盘转动10周所用的时间为t=62.8s，因此圆盘转动的周期为，由角速度与周期的关系得；
(2)由右图中的游标卡尺可知，游标卡尺的读数为1.6cm+2×0.1mm=16.2mm；
(3) 有几何关系可知，小圆柱体做圆周运动的半径为，则小圆柱体所需向心力表达式，代入数据得。
故答案为：（1）1；（2）16.2；（3）；6.1 × 10－3。
【分析】(1)先根据周期的定义，求出圆盘转动的周期，再根据角速度的定义求圆盘的角速度；
（2）根据游标卡尺的读数规则，读出游标卡尺的读数；
（3）根据几何关系求出小圆柱体做圆周运动的半径，再由向心力的公式计算向心力大小。
30．（2024·浙江）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的强电场，在此空间同一水平面的 M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC 和BD分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A 点沿圆环以初速度V0做完整的圆周运动，则（　　）
A．小球从A 到 C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
【答案】C
【知识点】向心加速度；点电荷的电场；匀强电场；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 等量异种电荷在空间中产生的电场在圆环上电势为零，带正电的小球受到竖直向上的匀强电场施加的电场力，故电场力做负功，电势能增加，A不符合题意；
B. 若小球所受匀强电场的力与重力大小相等，则小球所受的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，B不符合题意；
C. 由动力能定理有，可得出小球到达B点时的速度大小，则向心加速度为，竖直方向加速度为，可得小球运动到B点的加速度为，C符合题意；
D. 小球在D点受到圆环的力指向圆心提供向心力，故不可能平行于MN，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据等量异种电荷周围电场的分布特点，结合小球做圆周运动的特点，可得出受力特点；根据动能定理和牛顿第二定律可求出小球加速度的大小。
31．（2024·北京）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接．一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C．下列说法正确的是（　　）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB.物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得，解得物体在C点的速度，AB错误；
C.由牛顿第二定律得，解得物体在C点的向心加速度，C正确；
D.由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误
故选C
【分析】 ABC.根据小物体做圆周运动经过C点的受力情况结合牛顿第二定律判断；
D.根据能量的转化和守恒定律进行分析解答。
32．（2024·全国甲卷） 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　）
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
【分析】 小球在下滑过程中，重力沿半径方向的分力与圆环对小球的作用力的合力提供向心力；根据动能定理求小球的速度大小，根据牛顿第二定律求解作用力的大小，然后作答。
33．（2024·全国甲卷） 2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的。下列说法正确的是（　　）
A．在环月飞行时，样品所受合力为零
B．若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零
C．样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同
D．样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小
【答案】D
【知识点】向心力；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】 A.嫦娥六号探测器环月飞行时，样品所受的合力提供向心力，合力不为零，故A错误；
B.若将样品放置在月球正面，样品在月球表面也受到重力作用，月球表面对它的支持力等于重力，故它对月球表面压力不等于零，故B错误；
C.质量是物体本身的属性，不随形状、物态、温度和位置的变化而变化；样品在不同过程中受到的引力不同，但质量不变，故C错误；
D.根据FN=mg可知，由于月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的 ，因此样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小，故D正确。
故选：D。
【分析】 A.嫦娥六号探测器环月飞行时，样品所受的合力提供向心力，据此分析作答；
B.根据平衡条件分析作答；
C.质量是物体本身的属性，据此分析作答；
D.根据FN=mg进行分析作答。
34．（2024·湖南）如图，半径为 R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为 mA和 mB的小球 A 和 B（mA>mB）。初始时小球 A 以初速度 v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球 B 发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球 A 与 B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球 A 与 B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比 。
（3）若小球 A 与 B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 e 倍（0【答案】（1）解： 由题意可知 系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为 ， 则根据动量守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）解：若两球发生弹性碰撞， 设碰后速度分别为 ， 则碰后动量和能量守恒有
联立解得
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点， 如图
①若第二次碰撞发生在图中的 点， 则从第一次碰撞到第二次碰撞之间， 通过的路程之比为 ，
则有
联立解得
由于两质量均为正数， 故 ， 即
对第二次碰撞， 设 碰撞后的速度大小分别为 ， 则同样有
联立解得 ，
故第三次碰撞发生在 点、第四次碰撞发生在 点，以此类推，满足题意.
②若第二次碰撞发生在图中的 点， 则从第一次碰撞到第二次碰撞之间， A、B 通过的路程之比为 ；
所以
联立可得
因为两质量均为正数， 故 ， 即
根据(1)的分析可证 ， 满足题意.
综上可知
（3）解：第一次碰前相对速度大小为 ， 第一次碰后的相对速度大小为 ，
第一次碰后与第二次相碰前 球比 球多运动一圈， 即 球相对 球运动一图， 有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B 球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以 球运动的路程
一共碰了2n次， 有
【知识点】动量守恒定律；向心力；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】 （1）根据动量守恒定律求得碰撞后小球组合体的速度，对碰撞后的组合体，根据牛顿第二定律求解向心力。
（2）小球A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得A、B碰撞后的速度，依据题意讨论并确定第二次碰撞的位置，依据A、B通过的路程关系得到它们的速度关系，进而求解它们的质量关系。
（3）根据题意，根据动量守恒定律求求解A、B碰撞后的速度，依据A、B通过的路程关系得到相邻两次碰撞的时间间隔，进而求得相邻两次碰撞B球运动的路程，寻找规律，根据数学知识求解。
35．（2024·广东） 如图所示. 在细绳的拉动下，半径为 的卷轴可绕 其固定的中心点 在水 平面内转动. 卷轴上沿半 径方向固定着长度为 的细管，管底在 点. 细管 内有一根原长为 、劲度系数为 的轻质弹簧，弹 簧底端固定在管底，顶端连接质量为 、可视为质 点的插销. 当以速度 匀速拉动细绳时，插销做匀 速圆周运动. 若 过大，插销会卡进固定的端盖， 使卷轴转动停止. 忽略摩擦力， 弹簧在弹性限度 内. 要使卷轴转动不停止， 的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
36．（2024·江苏）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处的水平面内做匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处的水平面内做匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（　　）
A．线速度vA＞vB B．角速度ωA＜ωB
C．向心加速度aA＜aB D．向心力FA＞FB
【答案】B,C
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】 CD、设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有
由题图可看出小球从A高度到B高度θ增大，则由
，
故C正确，D错误；
AB、根据
可得
，
由图可知h减小，则有
线速度大小无法判断，故A错误，B正确。
故答案为：BC。
【分析】根据题意确定小球在不同位置做匀速圆周运动绳子与竖直方向夹角的大小关系。明确小球做圆周运动向心力的来源，再结合牛顿第二定律及力的合成与分解确定小球在不同位置做匀速圆周运动的向心加速度及向心力的大小关系。根据牛顿第二定律确定小球在不同位置角速度及线速度的表达式，确定小球到管口距离的变化情况，再结合表达式进行分析。
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