圆周运动（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习（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

。12

E,=—mv

2

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Co

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（）

△t△tA/=5x10-3s

—r~A

°0.201.773.34t/s

甲乙

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，狭缝间夹角为手，由图乙可知，接收器接收到光的时间间隔为

t=1.77s-0.20s=1.57s

则圆盘转动的角速度为

27r

0=7=drad/s=+ad/s

故A正确;

2/丫

BCD.根据公式丫=0〃，丫=味由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Ao

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（）

图甲图乙

A.尸位置的小水珠速度方向沿。方向B.尸、。两位置，杯子的向心加速度相同

C.P、。两位置，杯子的速度相同D.从。到P,杯子所受合外力做功为零

【答案】D

【详解】A.尸位置的小水珠速度方向沿b方向。故A错误；

B.尸、。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、。两位置，杯子的速度大小相同，方向不同。故C错误；

D.从。到尸，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八后轮半径为"，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1：3

B.后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度之比为3：1

C.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，由丫=”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。、6、c,半径大小关

系为此>Rc>Rb,下列判断正确的是（）

A.%比a的角速度小B.b和c的角速度相等

C.。比6的向心加速度大D.c比6的向心加速度大

【答案】C

【详解】AB.a、6共轴，角速度相同，b、c通过链条相连，线速度相同，根据

v=a)r,Rc>Rb

可知

a)b<g

则有

g=%<（°c

故AB错误；

C.根据向心加速度公式

a=a>2r

又

④。=g，&>&

则

aa>ab

故C正确；

D.根据向心加速度公式

v2

Cl——

r

又

%=%，Rc>Rb

则

ac<ab

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

最强齿轮一古戈尔齿轮。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（）

D.10100s

【答案】D

【详解】相邻两大、小齿轮的线速度相等，根据

v=cor

171

CD=——

T

可得相邻两大、小齿轮的周期比为

（：（=可：々=1:10

可得第一个大齿轮转动周期为10s,第二个小齿轮转动周期为10s,第二个大齿轮转动周期为K）2S,依此类

推，第100个大齿轮转动周期为10Kxis。

故选D。

7.在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轮，如图所示，可转动的把手边缘上。点到转轴的距离为4R,辘

涉边缘上方点到转轴的距离为R,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

B.。点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为1:4

C.。点与b点的向心加速度大小之比为4:1

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。点与辘粉边缘上b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

v=a>R

把手边缘上“点的线速度大小为

%=4a）R

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4:1,故B错误；

C.由公式”=疗厂可知，把手边缘上。点与辘涉边缘上点的向心加速度大小之比为4:1,故C正确；

D.对水桶分析，根据动量定理有

/拉-，重=

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、8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.9：6：4B.9：6：2C.6：4：3D.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

vA=vB

根据向心加速度的公式

v2

CI=—

r

可知42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

①C—①B

根据向心加速度的公式

a=rar

可知2、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〃=10cm的牙盘（大齿轮），II是半径/的飞轮

（小齿轮），III是半径卞36初的后轮，4、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。及线速度v的大小判断正确的是（）

A.coA=(oBB.C0A>cocC.VA<VBD.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

VA=VB

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

v=cor

可知

则

coA<a)c

故AB错误;

D.根据

v=a)r

且

0A<°C，rA<rC

则

V

VA<C

故D正确。

故选Do

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。/及。2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

R

在转盘A上，离。/的距离为了，已知滑块与转盘间的动摩擦因数为〃，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（）

2R0J与

【答案】B

【详解】两转盘边缘线速度相等，根据

v=a)r

两转盘角速度之比为

0A：，%=2R：R=2:1

滑块恰好不滑动时

…=荷9

转盘B的角速度的最大值

0)

41ax=~

得

2R

故选Bo

【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尸市到Q市之间的高铁线路，线路上（，T2,乙位置处的曲率半径分别

为r,r、2ro若列车在尸市到Q市之间匀速率运行，列车在经过工，心，73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a、夕，7。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1：1：2

B.列车依次通过3个位置的向心加速度之比为1：1：2

C.3个位置的tana:tan[3:tan/=2:2:1

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

v

CD--

r

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

v2

mgtan"=m—

可知

tan—

gR

故

tana:tan°:tan/=2:2:1

故C正确；

D.设内外轨道间距离为L,则有

h

sin6=工。和sin0成正比，所以

,,/_2行20应

4：%：iiy————:———:~

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。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6,运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取lOm/s"sin37o=0.6,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〃=姮次时，则绳子与竖直方向夹角。=37。

2万

C.若增大转速，则绳子与竖直方向夹角e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e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

/=（叫E重+'限带）g

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

1

mgtan0=mco（LOP+1绳sin0）

当转速〃=巫次时，代入数据可得

6=37。

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

mgtan0=mar{L0P+/绳sin夕）

整理得

1=]I。。J绳COM

a>Vgtan6g

故增大转速，则绳子与竖直方向夹角e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Bo

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6,则摆动过程中的向心力为

V2

F=mgtan0=m~

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0.5kg的小滑块，滑块离圆盘中心0.25m。滑块与圆盘之间的

动摩擦因数为0」，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g取lOm/s?,则（）

A.圆盘缓慢加速转动过程中，滑块所受的摩擦力做功为0

B.小滑块与盘面发生相对滑动时圆盘的角速度为4rad/s

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2"ad/s

D.在小滑块上面再放置一个质量为0.4kg的小滑块，两者之间的动摩擦因数为0.05,发生相对滑动时

的角速度为衣ad/s

【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

]umg=mo^r

解得

G=2rad/s

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

2//mg=linear

解得

o=2rad/s

C错误；

D.在小滑块上面再放置一个0.4kg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

/Jnig=

解得

cd-V2rad/s

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,质量为机的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一

端固定于球上，另一端通过光滑的钱链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度。=卷绕竖

直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（）

C.（2格-l）mg,沿杆向上D.（2y/3-l）mg,沿杆向下

【答案】B

【详解】设轻杆与竖直直径夹角为凡由几何关系可得

cos0=——

2R

得

9=60。

则小球圆周运动的半径为

r=7?sin60°=—7?

2

做圆周运动所需向心力为

犀］=marr=3y/3mg

小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力环对小球有指向圆心的支持力尸2,根据平衡条

件可知

F{cos30°+F2COS30°=

Fxsin30°+mg=F2sin30°

解得

Fx=2mg

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。小球的质量为相，容器的球心为。、半径为R,小球在水平面内做圆周运动，运动到。点时，。。与

竖直方向夹角为仇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重力加速度为g,

则下列说法正确的是（）

R

A.小球运动的角速度大小为J」一

VReos6

B.小球运动的线速度大小为JgRtan6

C.底座受到地面的摩擦力大小为加gtan。

D.底座对地面的压力大于（M+根）g

【答案】AC

【详解】A.对小球受力分析，如图

由牛顿第二定律，可得

mgtan0=mco2r,N=------

cosS

根据几何关系，有

r=Rsin0

联立，解得

故A正确；

B.根据线速度与角速度关系，可得

v=加=JgRsin，tan6

故B错误；

C.对容器受力分析，如图

f=N'sin0

又

N'=N

联立，解得

f=mgtan3

故C正确；

D.同理

风=Mg+N'cos0=^M+rri）g

根据牛顿第三定律，可得

F^=（M+m）g

故D错误。

故选ACo

【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，。、A两点分别为其运动过程

中的最低点和最高点，A到。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相，两根

平行的秋千绳长均为LA点时绳子与竖直方向的夹角为仇重力加速度大小为g,空气阻力和绳的质量忽

略不计。下列说法正确的是（）

O

A.在A位置时，该同学速度为0,处于平衡状态

B.在。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〃取cos。

,,3

D.在。位置时，母根秋千绳的拉力大小约为5醒-mgcos。

【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。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仇有

27]=mgcos0

解得

mgcos6

故C错误；

D.在。位置时，由牛顿第二定律可得

2F-mg=m—

从A到0,由动能定理

八12

mgL（l-cos/mv

可知每根秋千绳的拉力大小为

L3c

r=—mg-mgcosc/

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2,最高点为4圆管所在平面内存在一匀强电场，在8点给质量为机、带电荷量为+4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8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（）

B.小球的初动能为（l+0,gR

C.小球的最大机械能为（1+忘）机水

D.小球在A点对管壁的作用力大小为（l+0»"gR

【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270。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225。时，小球的动能为零，说明此时小球在等效最

高点，有

qEcos45°=mgcos45°

解得

后=巡

q

对小球从5点到等效最高点的过程，在竖向方向移动的距离为R(l+sin45。)，沿电场力方向移动的距离为

7?cos45°,根据动能定律有

mgR(1+sin45°)+qERcos45°=%

解得

+月mgR

B正确；

C.当小球转过的角度为90。时，电场力做的正功最多，根据功能关系有

qER+Ek0=Em

解得

Em=口+⑻mgR

C错误；

D.从8点到A点根据动能定理有

-2mgR=Es-Eko

解得

%=(0-1)7频

在A点竖直方向上根据牛顿第二定律有

2E

K

解得

FN=6-2吟mg

D错误；

故选B。

19.如图所示，细绳的一端固定于。点，另一端系一个小球，在。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。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。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。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0点越近，小球运动到右侧最高点时，摆角6就越小，小球加速度

a=gsind

越小，而绳的拉力

T=mgcosd

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.如图半径为工的细圆管轨道竖直放置，管内壁光滑，管内有一个质量为根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0

D.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

.V2

mg一卜=m——

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，下列各项分析中鬟不育■理的一项是（）

A.近似认为指尖在A、8间运动时绕M点转动，在2、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8、C间运动的加速度等于指尖经过8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4、3间的平均速度或8、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2、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3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

CL-----

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，为半径为r的工圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，MN'为羊

4

径为4/■的,圆弧路线，UP，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以,并保持V,"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左倍，最大速度%=6辰，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到

尸点与按照ACV'P'路线运动到P，点的时间差为（）

【详解】赛车从M点按照MNP路线运动到尸点过程，在圆周运动过程有

y2_7]_117ir

kmg=m：，?I=7=4'V

在NP直线路线匀加速过程有

kmg=max,%=%+

解得

,_TTyfkgr_5y/kgr

t,一,t）一

2kg-kg

在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为

%=匕丁.=i7.5r<19r

则匀速过程的时间

19厂一为Jkgr

t.=------=-----

%4依

赛车从M点按照MN'P路线运动到P'点过程，在圆周运动过程有

2

v_7^_12TT-4r

kmg=m-,'4=：二二

4厂44v2

在N'P,直线路线匀加速过程有

af

kmg=ma2,%=%+25

解得

*_rc4kgr_4y[kgr

n=k，

在VP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为

”号26,

即匀加速至最大速度时，恰好到达产，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照WP，路线运动到

P，点的时间差为

A/=。+”5—‘1一”2一‘3

解得

故选Co

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相。下列说法正确的是（）

甲乙

A.汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为后“g

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

2Ncos300=

解得M对P的支持力大小为

与g

N=

故A错误；

B.汽车过A、8两点时，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

2

Fy=mg,Fx=—

当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、8两点时，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

co=-V

r

当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、2、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Bo

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。

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sinl5%0.260,cosl5°=0.966o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.。的最大值约为0.47rad/s

C.。取不同值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随。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

//mgcos15°-mgsin15°=m®^axr

解得

4ax=0.47rad/s

故B正确；

C.。取不同数值时，设摩擦力指向圆心则有

mgsin15°+/=

设摩擦力背离圆心则有

mgsin15°-f'=ma^r

由式可知。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

叱=%=mg-2rsinl5°»3120J

故D错误。

故选Bo

5.如图所示，水平地面上放一质量为"的落地电风扇，一质量为优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厂的圆周运动。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()

B.(M+m)g

v2

C.(M+m)g-m—D.(M+m)g+m—

rr

【答案】C

【详解】根据牛顿第二定律，小球

v2

mg-N=m一

r

解得

v2

N=mg-m—

根据牛顿第三定律小球在最高点时对风扇的压力

,V2

N=mg—m一

对电风扇

Mg+N'=N地

解得地面对电风扇的支持力

V

N地=(M+m)g-m一

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(Af+m)g-mE,故选C„

r

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机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、8两点与分别为轨道的最高点最低点，C、。两点与圆心。等高，质点受到的圆轨

道的强磁性引力始终指向圆心。且大小恒为7〃zg,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、8两点时，质点对轨道压力的差值为6〃zg

B.质点经过A点的最大速度为

C.质点由A到8的过程中，轨道对质点的支持力逐渐增大

D.质点经过C、。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、8两点的速度为分别为％与力，轨道对其支持力分别为工与尸B

由牛顿第二定律知