第10讲-圆周运动(全国通用)(解析版).docx

第10讲　圆周运动

目录
考点一　圆周运动中的运动学分析 1
考点二　圆周运动中的动力学分析 1
考点三　圆周运动的临界问题 5
考点四　竖直平面内圆周运动绳、杆模型 10
练出高分 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＝＝.
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝＝.
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝＝ωv＝r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf. (2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.
[例题1] （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。
[例题2] （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。
[例题3] （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。
[例题4] （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。
[例题5] （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/s B．3m/s C．4m/s D．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=6.62.2m/s＝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＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2
[例题6] （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/s B．4πm/s
C．16+8π2m/s D．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。
[例题7] （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．2cosβcosα B．2cosαcosβ C．2sinαsinβ D．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=mgcosβ
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=2mgcosα
故T1T2=2cosβcosα
故A正确，BCD错误；
故选A。
[例题8] （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，cos53°＝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Tcosθ＝mg
可得T=mgcosθ
可知细绳对配重的拉力将变大，故D错误。
故选：B。
[例题9] （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，cos37°＝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﹣cosθ）=12mv12
解得：v1=2gL2；
（2）从撤去F到返回最低点，由动能定理：
mgL（1﹣cosθ）=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﹣mgcosθ＝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.
[例题10] （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；N1cos60°+N2cos60°＝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'1cos60°＝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．
[例题11] （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，cos37°＝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−cos37°)=12mv2
解得：W=45mgL，故C正确，D错误。
故选：C。
[例题12] （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＜μBrB B．μArB＜μBrA
C．μArA＞μBrB D．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。
[例题13] （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：F1cosθ1+T1cosθ1＝mg
水平方向：F1sinθ1＝T1sinθ1
根据几何关系得：cosθ1=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+2T1cosθ1
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：F2cosθ2＝mg
水平方向，由牛顿第二定律得：F2sinθ2=mω02Lsinθ2
由几何关系得：cosθ2=x2L
联立解得：ω0=8g5L
故C正确，D错误。
故选：AC。
[例题14] （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。
[例题15] （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，cos37°＝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﹣2μmgcosθ•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﹣μmgcosθ•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

绳模型
杆模型
常见类型

均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得
v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0<v<时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小
(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
[例题16] （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。
[例题17] （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。
[例题18] （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．P B．Q C．M D．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。
[例题19] （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。
[例题20] （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。
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
（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mgcos45°
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mgcos45°，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mgcos45°，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