第15讲 圆周运动（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

第15讲圆周运动目录01模拟基础练【题型一】描述圆周运动的物理量及关系 【题型二】常见传动方式【题型三】水平面的圆周运动【题型四】竖直面的圆周运动02重难创新练【题型一】描述圆周运动的物理量及关系 1．一质点做匀速圆周运动，从圆周上的一点运动到另一点的过程中，下列说法一定正确的是（

）A．质点速度不变 B．质点加速度不变 C．质点动能不变 D．质点机械能不变【答案】C【详解】A．质点做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻变化，速度是变化的，故A错误；B．质点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，指向圆心，加速度是变化的，故B错误；C．质点动能为质点做匀速圆周运动，速度大小不变，故质点动能不变，故C正确；D．质点做匀速圆周运动，动能不变，质点的重力势能不一定不变，故质点机械能不一定不变，故D错误。故选C。2．如图甲，一水平圆盘可绕竖直固定轴匀速转动。在圆盘上沿半径方向开有三条相同的均匀狭缝，缝间夹角相等。将激光器与传感器置于靠近圆盘边缘的上下两侧，竖直对准，当激光器连续发射激光束，经过狭缝时，传感器收到激光信号，经过计算机处理画出的图线如图乙。根据以上信息，可知圆盘的（）A．角速度 B．线速度 C．半径 D．缝宽【答案】A【详解】A．根据题意可知，狭缝间夹角为，由图乙可知，接收器接收到光的时间间隔为则圆盘转动的角速度为故A正确；BCD．根据公式，，，，由A分析可得角速度，则周期可求，但无法解得线速度、半径和缝宽，故BCD错误。故选A。3．在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（

）A．P位置的小水珠速度方向沿a方向 B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同C．P、Q两位置，杯子的速度相同 D．从Q到P，杯子所受合外力做功为零【答案】D【详解】A．P位置的小水珠速度方向沿b方向。故A错误；B．P、Q两位置，杯子的向心加速度大小相等，方向不同。故B错误；C．P、Q两位置，杯子的速度大小相同，方向不同。故C错误；D．从Q到P，杯子所受合力始终指向圆心，与其速度夹角为90°，合外力做功为零。故D正确。故选D。4.如图，中国古代的一种斜面引重车前轮半径为r、后轮半径为3r，在前后轮之间装上木板构成斜面。细绳的一端系紧在后轮轴上，另一端绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。推动车子使其水平前进，车轮与地面不打滑，后轮轴转动时带动重物沿木板上滑过程中，细绳始终与斜面平行，则（）A．后轮绕轴转动的角速度与前轮绕轴转动的角速度之比为1∶3B．后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度之比为3∶1C．若引重车加速运动，则重物将相对于地面做直线运动D．若引重车加速运动，则重物将相对于地面做曲线运动【答案】AC【详解】AB．后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度相等，由得角速度之比为1∶3。故A正确，B错误；CD．引重车水平前进的过程中，重物同时参与了在水平方向的加速运动和沿斜面方向的加速运动，合运动的速度与加速度同向，所以重物做加速直线运动。故C正确，D错误。故选AC。【题型二】常见传动方式5．如图所示为某自行车的大齿轮、小齿轮和后轮结构示意图，它们的边缘有三个点a、b、c，半径大小关系为，下列判断正确的是（）A．b比a的角速度小 B．b和c的角速度相等C．a比b的向心加速度大 D．c比b的向心加速度大【答案】C【详解】AB．a、b共轴，角速度相同，b、c通过链条相连，线速度相同，根据，可知则有故AB错误；C．根据向心加速度公式又，则故C正确；D．根据向心加速度公式又，则故D错误。故选C。6．（2024·贵州·一模）齿轮传动是现代工业中常见的一种动力传动方式，荷兰设计师丹尼尔·布朗设计了世上最强齿轮——古戈尔齿轮。如图，最左侧小齿轮转动就会带动后面的大齿轮转动，古戈尔齿轮中有100个大齿轮，小齿轮与大齿轮的半径之比为1∶10，若第一个小齿轮的转动周期为1s，由图可知要使古戈尔齿轮中最后一个大齿轮转动一圈，需要的时间为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】相邻两大、小齿轮的线速度相等，根据可得相邻两大、小齿轮的周期比为可得第一个大齿轮转动周期为，第二个小齿轮转动周期为，第二个大齿轮转动周期为，依此类推，第100个大齿轮转动周期为。故选D。7．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，辘轳边缘上点到转轴的距离为，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确的是（

）A．点与点的角速度之比为B．点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为C．点与点的向心加速度大小之比为D．绳的拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶（含桶内的水）的冲量大小【答案】C【详解】A．把手边缘上点与辘轳边缘上点属于共轴转动，所以角速度相同，故A错误；B．根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为把手边缘上点的线速度大小为所以把手边缘上点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为，故B错误；C．由公式可知，把手边缘上点与辘轳边缘上点的向心加速度大小之比为，故C正确；D．对水桶分析，根据动量定理有可知拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶（含桶内的水）的冲量大小与水桶（含桶内的水）动量的变化量大小之和，故D错误。故选C。8．如图所示，修正带是一种常见的学习用具，是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点，若A、B、C的轨道半径之比为2：3：2，则A、B、C的向心加速度大小之比（

）A．9：6：4 B．9：6：2 C．6：4：3 D．6：3：2【答案】A【详解】修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，边缘点的线速度大小相等，即根据向心加速度的公式可知A、B的向心加速度大小之比3：2；又B、C两点为同轴转动，则角速度相等，即根据向心加速度的公式可知B、C的向心加速度大小之比3：2；综上可知A、B、C的向心加速度大小之比9：6：4。故选A。9．如图是某自行车的传动结构示意图，其中I是半径r1=10cm的牙盘（大齿轮），II是半径r2=4cm的飞轮（小齿轮），III是半径r3=36cm的后轮，A、B、C分别是牙盘、飞轮、后轮边缘的点。在匀速骑行时，关于各点的角速度ω及线速度v的大小判断正确的是（）

A． B． C．vA<vB D．vA<vC【答案】D【详解】C．飞轮与牙盘通过链条连接，飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即故C错误；AB．后轮与飞轮绕同轴转动，后轮的角速度与飞轮的角速度相等，即根据可知则故AB错误；D．根据且，则故D正确。故选D。10.如图所示，半径分别为R和2R的两个转盘A、B处于水平面内，两者边缘紧密接触，靠静摩擦传动，均可以绕竖直方向的转轴O1及O2转动，两个转盘A、B始终不打滑。一个滑块（视为质点，图中未画出）放在转盘A上，离O1的距离为，已知滑块与转盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。现使转盘B的转速逐渐增大，要使滑块不滑动，转盘B的角速度的最大值为（）

A． B． C． D．【答案】B【详解】两转盘边缘线速度相等，根据两转盘角速度之比为滑块恰好不滑动时转盘B的角速度的最大值得故选B。【题型三】水平面内的圆周运动11．如图所示为我国某平原地区从P市到Q市之间的高铁线路，线路上，，位置处的曲率半径分别为r，r、2r。若列车在P市到Q市之间匀速率运行，列车在经过，，位置处与铁轨都没有发生侧向挤压，三处铁轨平面与水平面间的夹角分别为、，。下列说法正确的是（）A．列车依次通过3个位置的角速度之比为1：1：2B．列车依次通过3个位置的向心加速度之比为1：1：2C．3个位置的D．3个位置的内外轨道的高度差之比为1：1：2【答案】C【详解】A.根据可知，列车依次通过3个位置的角速度之比为2：2：1，故A错误；B.根据可知，列车依次通过3个位置的向心加速度之比为2：2：1，故B错误；C.根据火车在转弯处的受力分析，由牛顿第二定律可知故故C正确；D.设内外轨道间距离为，则有h和成正比，所以故D错误。故选C。12．智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取，，下列说法正确的是（）A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大B．当转速时，则绳子与竖直方向夹角C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角将减小D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角将减小【答案】B【详解】A．转动过程中，以腰带和配重整体为研究对象，整体在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件有故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故A错误；B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得当转速时，代入数据可得故B正确；CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得整理得故增大转速，则绳子与竖直方向夹角将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故CD错误。故选B。13．如图所示，有一辆汽车在前挡风玻璃内悬挂了一个挂件。当汽车在水平公路上转弯时，司机发现挂件向右倾斜并且倾斜程度在缓慢减小，已知汽车的转弯半径一定，则下列说法正确的是（）A．汽车正在向右加速转弯B．汽车正在向右减速转弯C．汽车正在向左加速转弯D．汽车正在向左减速转弯【答案】D【详解】挂件向右倾斜，对挂件受力分析可知，重力、拉力的合力水平向左，即向心力向左，汽车向左转弯。设挂件与竖直方向的夹角为，则摆动过程中的向心力为由于挂件倾斜程度在缓慢减小，摆角变小，而汽车的转弯半径一定，所以汽车的速率在减小，即汽车正在向左减速转弯。故选D。14．如图所示，在水平圆盘上放置一个质量为的小滑块，滑块离圆盘中心。滑块与圆盘之间的动摩擦因数为0.1，现使圆盘绕垂直于盘面的中心轴缓慢加速转动，至小滑块与盘面发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，则（

）A．圆盘缓慢加速转动过程中，滑块所受的摩擦力做功为0B．小滑块与盘面发生相对滑动时圆盘的角速度为C．在小滑块上面再放置一个相同的小滑块，发生相对滑动时的角速度为D．在小滑块上面再放置一个质量为的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，发生相对滑动时的角速度为【答案】D【详解】A．小滑块动能增大，故摩擦力做正功，A错误；B．小滑块与盘面发生相对滑动时有解得B错误；C．在小滑块上面再放置一个相同的小滑块，发生相对滑动时有解得C错误；D．在小滑块上面再放置一个的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05，则两个小滑块首先发生相对滑动，有解得D正确。故选D。15.如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（  ）A．，沿杆向上 B．，沿杆向下C．，沿杆向上 D．，沿杆向下【答案】B【详解】设轻杆与竖直直径夹角为，由几何关系可得得则小球圆周运动的半径为做圆周运动所需向心力为小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，根据平衡条件可知解得故选B。16.摩托车特技表演中的飞檐走壁让人震撼，其运动可简化为如图所示的小球在光滑的半球形容器内做圆周运动。小球的质量为m，容器的球心为O、半径为R，小球在水平面内做圆周运动，运动到a点时，Oa与竖直方向夹角为θ，运动过程中容器静止在水平地面上。半球形容器及底座的质量为M，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．小球运动的角速度大小为B．小球运动的线速度大小为C．底座受到地面的摩擦力大小为D．底座对地面的压力大于【答案】AC【详解】A．对小球受力分析，如图

由牛顿第二定律，可得，根据几何关系，有联立，解得故A正确；B．根据线速度与角速度关系，可得故B错误；C．对容器受力分析，如图

由平衡条件，可得又联立，解得故C正确；D．同理根据牛顿第三定律，可得故D错误。故选AC。【题型四】竖直面内的圆周运动17．荡秋千是一项古老的休闲体育运动。如图所示，李明同学某次荡秋千时，O、A两点分别为其运动过程中的最低点和最高点，A到O的过程中，李明的身体姿势保持不变。已知李明和座椅的总质量为m，两根平行的秋千绳长均为L，A点时绳子与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，空气阻力和绳的质量忽略不计。下列说法正确的是（）A．在A位置时，该同学速度为0，处于平衡状态B．在O位置时，该同学处于失重状态C．在A位置时，每根秋千绳的拉力大小为D．在O位置时，每根秋千绳的拉力大小约为【答案】D【详解】A．在A位置时，该人受到重力和秋千绳的拉力，合力不为零，不是平衡状态，故A错误；B．在O位置时，重力和秋千绳拉力的合力产生向上的向心加速度，该人处于超重状态，故B错误；C．在A位置时，已知绳子与竖直方向成θ，有解得故C错误；D．在O位置时，由牛顿第二定律可得从A到O，由动能定理可知每根秋千绳的拉力大小为故D正确。故选D。18．如图甲所示，半径为R的圆管道固定在竖直平面内，管道内径较小且与半径相比可忽略，内壁光滑，管道最低点为B，最高点为A，圆管所在平面内存在一匀强电场，在B点给质量为m、带电荷量为+q的小球一水平初速度，小球运动过程中动能与机械能随转过角度的关系分别如图乙、图丙所示，已知B点为重力势能和电势能的零点，小球在管道内恰好做圆周运动，重力加速度为g，小球可视为质点，则（）A．电场强度大小为，方向与水平方向成45°角斜向左下方B．小球的初动能为C．小球的最大机械能为D．小球在A点对管壁的作用力大小为【答案】B【详解】A．根据机械能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为时，小球的机械能最小，电场力做的负功最多，说明电场力的方向水平向左，A错误；B．根据动能随角度变化的图像可知，当小球转过角度为时，小球的动能为零，说明此时小球在等效最高点，有解得对小球从点到等效最高点的过程，在竖向方向移动的距离为，沿电场力方向移动的距离为，根据动能定律有解得B正确；C．当小球转过的角度为时，电场力做的正功最多，根据功能关系有解得C错误；D．从点到点根据动能定理有解得在点竖直方向上根据牛顿第二定律有解得D错误；故选B。19．如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。不计细绳与钉子碰撞的能量损失，不计空气阻力，则（）A．若A高于小球摆下的初位置，则A离O点越近，小球运动到右侧最高点时加速度就越大B．若A高于小球摆下的初位置，则A离O点越近，小球运动到右侧最高点时，细绳的拉力就越大C．由于机械能守恒，无论A离O点多远（小于绳长），小球总能上升到原来高度D．如果A与小球摆下的初位置等高，则小球在运动的过程中有可能撞到钉子【答案】B【详解】AB．A离点越近，小球运动到右侧最高点时，摆角就越小，小球加速度越小，而绳的拉力越大，故A错误，B正确；C．当A低于小球开始摆下的高度时，小球摆动到右侧绕A运动，到达最高点时速度不为零，此时小球不能上升到原来高度，C错误；D．如果小球摆下的初位置与A等高，则小球总是绕或绕A作圆周运动（来回摆动），不可能撞到钉子，故D错误。故选B。20．如图半径为L的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为m的小球做完整的圆周运动，圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于圆管内径，下列说法不正确的是（）A．经过最低点时小球可能处于失重状态B．经过最高点Z时小球可能处于完全失重状态C．若小球能在圆管轨道做完整圆周运动，最高点Z的速度v最小值为0D．若经过最高点Z的速度v增大，小球在Z点对管壁压力可能减小【答案】A【详解】A．小球在最低点时加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误，符合题意；B．小球经过最高点Z时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故B正确，不符合题意；C．由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C正确，不符合题意；D．若过最高点的速度较小，则在Z点，小球在Z点对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律可得此时经过最高点Z的速度增大，小球在Z点和管壁的作用力减小，故D正确，不符合题意。故选A。1．研究小组用摄像机拍摄人甩手动作研究指尖上的水滴被甩掉的过程，如图所示是由每秒25帧的频闪照片合成的图片，记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息。以下面的简化模型分析甩手运动；将人的上肢简化由上臂、前臂和手掌组成，认为在甩手过程中，上臂可以绕肩关节转动，前臂可以绕肘关节转动，手掌可以绕腕关节转动。图中的A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N是最后1帧照片的肘关节和腕关节的位置。已知图中任意两点间的实际距离都可以通过照片上的距离根据比例尺折算测得，在分析甩掉水滴的原理时，下列各项分析中最不合理的一项是（）

A．近似认为指尖在A、B间运动时绕M点转动，在B、C间运动时绕N点转动B．将指尖在A、B间运动的平均速度近似认为是指尖经过B点时的瞬时速度C．近似认为指尖在B、C间运动的加速度等于指尖经过B点时的向心加速度D．如果该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上“甩手”，在相同的指尖速度下，水滴将比较不容易被甩出【答案】C【详解】A．根据图中信息，接近C的最后时刻，手掌以腕关节N为圆心做圆周运动，在甩手过程中A、B间运动时，上臂以肩关节为转动轴转动，肘关节M以肩关节为圆心做圆周运动，腕关节N及指尖以肘关节M为圆心做圆周运动，故A合理；B．指尖在A、B、C间运动时速度先增大后减小，由于不知指尖减速位置A、B间的平均速度或B、C间的平均速度都可近似认为是指尖经过B点时的瞬时速度，故B合理；C．指尖在B、C间运动的加速度等于向心加速度和切向加速度的矢量和，因此不等于指尖经过B点时的向心加速度，故C最不合理；D．该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上“甩手”，在相同的指尖速度下，半径大，根据公式向心加速度小，水滴将比较不容易被甩出，D合理。故选C。2．（2024·山东烟台·三模）如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的k倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆周运动过程有，在NP直线路线匀加速过程有，解得，在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为则匀速过程的时间赛车从M点按照路线运动到点过程，在圆周运动过程有，在直线路线匀加速过程有，解得，在直线路线匀加速至最大速度过程的位移为即匀加速至最大速度时，恰好到达，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为解得故选C。3．如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（）A．汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大C．汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力【答案】B【详解】A．汽车在由直道进入弯道A前，以P为对象，根据受力平衡可得解得M对P的支持力大小为故A错误；B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直分力与P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，则有，当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大，故B正确；C．由角速度与线速度关系当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故C错误；D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。故选B。4.我国越野滑雪集训队为备战2022冬奥会，在河北承德雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，滑雪机转速和倾角（与水平面的最大夹角达18°）根据需要可调。一运动员的某次训练过程简化为如图模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离为10m处的运动员（保持如图滑行姿势，可看成质点）与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，g取10m/s2，已知sin15°≈0.260，cos15°≈0.966。则下列说法正确的是（）

A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用B．ω的最大值约为0.47rad/sC．ω取不同值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3420J【答案】B【详解】A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力恰好提供向心力，其他位置一定受重力、弹力、摩擦力三个力提供向心力，故A错误；B．在圆盘最下方，根据解得故B正确；C．ω取不同数值时，设摩擦力指向圆心则有设摩擦力背离圆心则有由式可知ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；D．运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设、分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有故D错误。故选B。5．如图所示，水平地面上放一质量为M的落地电风扇，一质量为m的小球固定在叶片的边缘，启动电风扇小球随叶片在竖直平面内做半径为r的圆周运动。已知小球运动到最高点时速度大小为v，重力加速度大小为g，则小球在最高点时地面受到的压力大小为（）

A． B．C． D．【答案】C【详解】根据牛顿第二定律，小球解得根据牛顿第三定律小球在最高点时对风扇的压力对电风扇解得地面对电风扇的支持力根据牛顿第三定律小球在最高点时地面受到的压力大小为，故选C。6．如图甲所示的陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，这被称为“魔力陀螺”。它可简化为一质量为m的质点在固定竖直圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示．在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点与分别为轨道的最高点最低点，C、D两点与圆心O等高，质点受到的圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为7mg，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，若质点能始终沿圆弧轨道外侧做完整的圆周运动，则（）

A．质点经过C、B两点时，质点对轨道压力的差值为6mgB．质点经过A点的最大速度为C．质点由A到B的过程中，轨道对质点的支持力逐渐增大D．质点经过C、D两点时，轨道对质点的支持力可能为0【答案】B【详解】A．设质点经过C、B两点的速度为分别为与，轨道对其支持力分别为与由牛顿第二定律知，对C点和B点分别有，由机械能守恒定律知联立解得由牛顿第三定律知，质点经过C、B两点时，质点对轨道压力的差值为3mg，故A错误；B．要使质点始终沿圆弧轨道外侧做完整的圆周运动，在最低点B，质点的向心力由此可知，质点经过B点速度最大时，轨道对质点的支持力为0，由知质点经过B点的最大速度为由机械能守恒定律知解得故B正确；C．从A到B的过程中，设质点在轨道上的某点的速度为v，速度与水平向右方向的夹角为，则由牛顿第二定律知则由于从A到B的过程中，角逐渐增大，速度v逐渐增大，故轨道对质点的支持力逐渐减小，故C错误；D．假设质点经过C、D点时轨道对质点的支持力为0，则由牛顿第二定律知对C点得由能量守恒定律知，这是不可能的，故在质点绕轨道做完整圆周的情况下，质点经过C、D两点时，轨道对质点的支持力不可能为0，故D错误。故选B。7．如图所示，空间中有一处于竖直平面内的半径为R的光滑圆轨道，在圆心O处固定一个带正电的带电小球，另有一个质量为m、带负电的小球在圆轨道外侧沿着轨道做圆周运动，当小球以速率通过最低点B时，轨道对小球的弹力大小为2mg，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则（）

A．小球在A点受到的弹力小于在B点受到的弹力B．两小球之间的库仑力大小为6mgC．小球能做完整的圆周运动时，在最高点受到的支持力始终比最低点受到的支持力大4mgD．现将O点小球的电荷量增大一倍，若仍要使另一个小球做完整的圆周运动，小球通过最低点B的速度需要满足【答案】D【详解】AB．设两小球之间的库仑力为F，小球在A点的弹力为，在B点受到的弹力为，在B点，由牛顿第二定律可得代入数据得从A到达B点过程，小球满足机械能守恒，故有解得当小球通过A点时，由牛顿第二定律可得联立解得即故AB错误；C．若小球能做完整的圆周运动，由机械能守恒定律可知小球在A、B两点的动能之差为在A点由牛顿第二定律可得在B点有联立解得压力差故C错误；D．若O点小球的电荷量增大一倍，则库仑力增大为2F，则小球通过B点有最大速率时，小球与轨道间的弹力为零，由牛顿第二定律可得解得小球通过B点的最大速率为要使小球能做完整的圆周运动，到达A点时的最小速度为0，对应的B点最小速度应满足解得所以要使另一个小球做完整的圆周运动，小球通过最低点B的速度需要满足故D正确。故选D。8．（2024·河北·三模）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。一可视为质点的小球从A点以某速度（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．当时，小球刚好过最高点D点B．当时，小球不会脱离圆弧轨道C．若小球能通过E点，则越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大D．小球从E点运动到A点的最长时间为【答案】AD【详解】A．由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知在A到D过程中，由动能定理可知联立解得A正确；B．当时，设上升高度为，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足，由动能定理知代入得假设不成立，故当时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；C．B到E运动过程中，由动能定理知在B点时，小球所受弹力为在E点时，小球所受弹力为则小球在B点与E点所受的弹力之差为故小球在B点与E点所受的弹力之差不变，C错误；D．在D到E过程中，由动能定理知代入得从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则代入得D正确；故选AD。9.如图所示为蛤蟆夯，工作时铁砣转动，带动夯跳起向前移动砸实地基。因工作方式像蛙跳而得名。其结构可等效为如图乙所示的示意图，质量为的夯架，夯架上O点有一水平转轴，一质量为m的铁砣通过一半径为R的轻杆连接在转轴上，铁砣可以绕转轴在竖直面内做圆周运动。在一次检测夯性能时杆在竖直方向上，铁砣静止于最低点A，现给铁砣一个水平方向的初速度，之后铁砣在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，支架相对地面始终保持静止。已知铁砣可视为质点，重力加速度大小为g，不计转轴处的摩擦和转轴重力，不计空气阻力，则在铁砣运动过程中以下说法正确的是（

）A．铁砣运动到最高点时对杆的弹力最小B．支架对地面的最小压力为C．支架对地面的最大摩擦力为D．支架对地面的最大压力为【答案】AB【详解】A．通过定性分析可得杆受到铁砣最小弹力的位置应该在小球运动到圆心О点以上，如图所示设此位置与О点的连线与水平方向的夹角为θ，此点的速度为，从A点到此点过程，根据机械能守恒定律可得设杆对铁砣的弹力为，在此点做圆周运动有两式联立解得根据牛顿第三定律，杆对铁砣的弹力为所以当时，即铁砣运动到轨道最高点时，此时有最大值，杆对铁砣的弹力有最小值为故A正确；B．通过定性分析可得支架对地面压力最小的位置应该在小球运动到圆心О点以上，以支架为研究对象，设地面对支架的支持力为，根据平衡条件，竖直方向上有联立解得即是关于的二次函数，函数图像为开口向上的抛物线，根据二次函数性质可知当时，有最小值，将代入得地面对支架的最小支持力为根据牛顿第三定律可知，支架对地面的最小压力也为，故B正确；D．铁砣运动到轨道最低点时，支架对地面的压力最大。铁砣在轨道最低点时，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律得，铁砣对支架的向下的拉力地面对支架的支持力由牛顿第三定律得，支架对地面的压力支架对地面的最大压力为。故D错误；C．通过定性分析可知支架对地面的最大摩擦力的位置应该在铁砣运动到圆心点以下，如图所示设此位置与点的连线与水平方向的夹角为，此点的速度为，从A点到此点过程根据机械能守恒定律可得设轻杆对铁砣的弹力为，在此点做圆周运动的向心力为两式联立解得根据牛顿第三定律铁砣对支架的弹力为以支架为研究对象，设地面对支架的摩擦力为，转轴对支架的力为根据平衡条件，水平方向上有当而摩擦力的最大值不在的位置。摩擦力对求导得当时，即时摩擦力有最大值。故C错误。故选AB。10．如图，质量为m的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动，已知圆轨道的半径为R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的k倍，重力加速度为g，P、Q为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中，玩具车（）

A．在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mgB．通过P、Q两点时对轨道的压力大小之和为C．由最低点到最高点克服摩擦力做功为kπmv²D．由最低点到最高点电动机做功为2kπmv²+2mgR【答案】BC【详解】A．在最低点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得在最高点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得两式相减可得A错误；BC．在PQ两点的受力如图所示在Q点，由向心力公式有在P点，由向心力公式有两式相加可得因摩托车在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成N段，在轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段A、B，每段的长度为，则在A、B两小段的压力可视为恒力，摩擦力做功之和为解得所以摩托车从最低点到最高点克服摩擦力做功为BC正确；D．玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动,由最低点到最高点由动能定理可知解得D错误。故选BC。11.半径为R的光滑圆形轨道用一轻杆固定于天花板，其质量为1.5m。质量均为m的相同小球静止在轨道最低位置。两球间夹有一压缩的微型轻弹簧，弹性势能为EP，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。当小球沿轨道分别经过M、N点时，小球与圆心的连线和竖直方向的夹角，如图所示，此时轻杆的弹力大小为F。整个过程不计空气阻力，圆形轨道始终处于静止状态，取重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则（）

A． B． C． D．【答案】BC【详解】AB．两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点，则对最高点列重力提供向心力公式再从最低点到最高点列动能定理根据机械能守恒解得故A错误，B正确；CD．对右边小球从最低点到N点列动能定理对N点列牛顿第二定律对光滑圆形轨道受力平衡得解得故C正确，D错误；故选BC。12．如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取。则（）A．圆环半径为0.6mB．时，小球所受合力为4NC．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大【答案】AD【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有得对比图线可知得故A正确；B.θ=时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为故B错误；CD.时，有可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，时，有可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。13．辘轳是我国古老的打水工具（如图），其结构由辘轳头、摇柄等部分组成，摇柄固定在辘轳头上，转动摇柄即可打水。已知圆柱形辘轳头的底面直径为cm，水桶和水的总质量为kg。取重力加速度m/s，，忽略空气阻力和绳索的重力。（1）匀速转动摇柄使水桶匀速上升。若辘轳头转动16圈恰好将桶提到井口，所用时间为1min。则打水过程中绳索拉力做功的功率为多大？（2）加速转动摇柄使辘轳头转动的角速度随时间均匀增大，桶匀加速上升。若绳索能承受的最大拉力为N，要使绳索不断，求角速度的变化量与所经历时间的比不能超过多少？【答案】（1）33.5W；（2）【详解】（1）提水速度由平衡条件得绳拉力的功率（2）若加速提水，则由牛顿第二定律最大加速度为由可得故角速度的变化量与所经历时间的比不能超过。14．如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、乙两物体，两物体的质量均为m，均可视为质点，甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2R、R，其连线过圆台中心。两物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求两物体的加速度之比；（2）若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；（3）若将甲、乙两物体用不可伸长的轻