圓周運動專題（繩球模型、桿球模型、軌道和管道模型、圓

錐擺、斜面上的圓周運動、轉(zhuǎn)盤上的圓周運動）60分鐘

考點預(yù)覽

考點序號考點考向題型分布

考點1圓周運動專題12單選+3多選

考向1:繩球模型模型

（繩球模型、桿球+2計算

模型、軌道和管道

考向2：桿球模型模型

模型、圓錐擺、斜

面上的圓周運動、

考向3：軌道和管道模型

轉(zhuǎn)盤上的圓周運

動）

考向4：圓錐擺模型

考向5:斜面上的圓周運動

考向6:轉(zhuǎn)盤上的圓周運動

考點突破

考點。1；圓周運動專題（繩球模型、桿球模型、軌道和管道模

eI

型、圓錐擺、斜面上的圓周運動、轉(zhuǎn)盤上的圓周運動）（13單選

+2多選）

1.（2024?浙江寧波?模擬預(yù)測）如圖半徑為工的細圓管軌道豎直放置，管內(nèi)壁光滑，管內(nèi)有一個質(zhì)量為優(yōu)的

小球做完整的圓周運動，圓管內(nèi)徑遠小于軌道半徑，小球直徑略小于圓管內(nèi)徑，下列說法不正確的是（）

A.經(jīng)過最低點時小球可能處于失重狀態(tài)

B.經(jīng)過最高點Z時小球可能處于完全失重狀態(tài)

C.若小球能在圓管軌道做完整圓周運動，最高點Z的速度v最小值為0

D.若經(jīng)過最高點Z的速度v增大，小球在Z點對管壁壓力可能減小

【答案】A

【詳解】A.小球在最低點時加速度向上，則小球處于超重狀態(tài)，故A錯誤，符合題意；

B.小球經(jīng)過最高點Z時，若對軌道的壓力為零，則重力完全提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，故B正

確，不符合題意；

C.由于在最高點圓管能支撐小球，所以速度的最小值為零，故C正確，不符合題意；

D.若過最高點的速度較小，則在Z點，小球在Z點對管壁壓力向下，軌道對小球有向上的彈力，根據(jù)牛頓

第二定律可得

v2

mg—r—m~

此時經(jīng)過最高點Z的速度增大，小球在Z點和管壁的作用力減小，故D正確，不符合題意。

故選Ao

2.（2024?江西?模擬預(yù)測）如圖，玩具小車在軌道上做勻速圓周運動，測得小車1S繞軌道運動一周，圓軌道

半徑為0.3m,玩具小車的質(zhì)量為0.5kg,/C為過圓心豎直線,AD為過圓心水平線，重力加速度g大小取lOm/s"

小車看作質(zhì)點，下列說法正確的是（）

A.小車在下方運動時處于失重狀態(tài)

B.小車在8點不受摩擦力作用

C.小車在C點時對軌道的壓力恰好為零

D.小車在4點時對軌道的壓力比在C點時大10N

【答案】D

【詳解】A.小球在8。下方運動時，向心加速度指向圓心，均有豎直向上的分量，故處于超重狀態(tài)，故A

錯誤；

B.由于玩具小車在軌道上做勻速圓周運動，切向分量上合力為零，故在3點受到豎直向上的摩擦力，故B

錯誤；

C.設(shè)玩具小車在C點時受到向下的壓力弓,,則

V2

FNc+mg=m-

又

v=2兀"=0.6萬m/s

T

得

%'=%小

故C錯誤；

D.設(shè)玩具小車在/點時受到向上的壓力練j則

F-mg=m^-

AR

由牛頓第三定律知

得

區(qū):一區(qū)c'=2〃zg=10N

故D正確。

故選Do

3.(2024?河北石家莊?三模)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R,質(zhì)量為根的帶孔小球穿于

環(huán)上，一長為尺的輕桿一端固定于球上，另一端通過光滑的錢鏈連接于圓環(huán)最低點，重力加速度為g。當(dāng)圓

環(huán)以角速度。=/竽繞豎直直徑轉(zhuǎn)動時，輕桿對小球的作用力大小和方向為()

m

A.2rng,沿桿向上B.2mg,沿桿向下

C.（2。一1）機g,沿桿向上D.（2V3-l）mg,沿桿向下

【答案】B

【詳解】設(shè)輕桿與豎直直徑夾角為。，由幾何關(guān)系可得

cos0=——

2R

得

6=60。

則小球圓周運動的半徑為

r=7?sin60°=—7?

2

做圓周運動所需向心力為

舉j=mo^r=3也mg

小球有向上運動的趨勢，設(shè)桿對小球有沿桿向下的拉力環(huán)對小球有指向圓心的支持力入，根據(jù)平衡條

件可知

F]cos30。+8cos30°=與

F{sin30°+mg=工sin300

解得

F[=2mg

故選Bo

4.（2024?浙江?二模）圖甲是正在做送餐工作的〃機器人服務(wù)員〃，該機器人正在沿圖乙中45CQ曲線給16

號桌送餐，已知弧長和半徑均為4m的圓弧5C與直線路徑45、CD相切，45段長度也為4m,段長度

為12m,機器人從4點由靜止勻加速出發(fā)，到達5點時速率恰好達到1m/s,接著以1m/s的速率勻速通過

5c弧段，通過。點以lm/s的速率勻速運動到某位置后開始做勻減速直線運動，最終停在16號桌旁的。

點。已知餐盤與托盤間的動摩擦因數(shù)4=02,關(guān)于該機器人送餐運動的說法正確的是（）

141516

A.從2運動到C過程中機器人的向心加速度a=0.5m/s2

B.為防止餐盤與水平托盤之間發(fā)生相對滑動，機器人在段運動的最大速率為4m/s

C.從/點運動到3點過程中機器人的加速度0=0.125m/s2且餐盤和水平托盤不會發(fā)生相對滑動

D.餐盤和水平托盤不發(fā)生相對滑動的情況下，機器人從C點到。點的最短時間f=12秒

【答案】C

【詳解】A.從8運動到C的過程中機器人的向心加速度

v2I2,,

a=—=—m/s=0.25m/s

r4

故A錯；

B.餐盤與托盤恰好不發(fā)生相對滑動，摩擦力提供向心力有

V2

〃加g=m-2-

r

解得

vm=2V2m/s

故B錯；

C.由

v2I2,,

a=—=---m/s~=0.125m/s2

2x2x4

知，該加速度小于發(fā)生相對滑動的臨界加速度2m/s2,故C正確；

D.機器人以lm/s的速度勻減速至。點的最大加速度

2

am=^g=2m/s

故最短的減速時間

V

%=—=0.5s

勻減速的最小位移為

V2

Ax=------0.25m

2am

故從C點開始勻速運動的時間

X-Ax-

t=--r-n--------=11.75s

2v

故從C運動到。點的最短時間為12.25s,D錯。

故選Co

5.（2024?黑龍江?三模）如圖所示，質(zhì)量為%的小物塊開始靜止在一半徑為R的球殼內(nèi)，它和球心。的連

線與豎直方向的夾角為6=37。，現(xiàn)讓球殼隨轉(zhuǎn)臺繞轉(zhuǎn)軸。。,一起轉(zhuǎn)動，小物塊在球殼內(nèi)始終未滑動，重力

加速度為g，sin37°=0.6,cos37°-0.8,則下列說法正確的是（

4

A.小物塊靜止時受到的摩擦力大小為《〃陪

B.若轉(zhuǎn)臺的角速度為、性，小物塊不受摩擦力

C.若轉(zhuǎn)臺的角速度為小物塊受到沿球面向下的摩擦力

D.若轉(zhuǎn)臺的角速度為、匡，小物塊受到沿球面向下的摩擦力

【答案】D

【詳解】A.靜止時，對小物塊受力分析，根據(jù)平衡條件有

3

f=mgsinO=—mg

故A錯誤；

B.球殼隨轉(zhuǎn)臺繞轉(zhuǎn)軸OO'一起轉(zhuǎn)動，小物塊做勻速圓周運動，設(shè)小物塊所受摩擦力恰好為0時的角速度為

。0，對小物塊進行受力分析，則有

mgtan3=ma)gRsin3

解得

故B錯誤；

C.因%＞工，故小物塊有沿球殼向下運動的趨勢，受到沿球面向上的摩擦力，故c錯誤；

D.因。。＜卷，故小物塊有沿球殼向上運動的趨勢，受到沿球面向下的摩擦力，因?〈出，故小物塊

有沿球殼向上運動的趨勢，受到沿球面向下的摩擦力，故D正確。

故選Do

6.（2024?遼寧沈陽?模擬預(yù)測）A、B兩個小球分別用長為10A,5乙的細繩懸掛在同一豎直方向上的兩點，

現(xiàn)使兩球在水平面內(nèi)做圓周運動，且角速度均緩慢增大，當(dāng)兩球剛好運動到相同高度時，A、B兩球運動半

徑分別為6乙、4L,此時兩球離地高度為12L,重力加速度g已知，則下列說法正確的是（）

A.在角速度緩慢增大的過程中兩繩的拉力始終不變

B.當(dāng)小球運動半徑為6￡、4l時，剪斷細繩，兩小球落地前瞬間重力的瞬時功率一定不同

C.此時B球的速度為|沖

D.此時兩球的周期比為今］R

4VJ

【答案】D

【詳解】A.設(shè)繩子與豎直方向的夾角為0,則繩子的豎直分力始終與重力平衡

Fcos0=mg

在角速度緩慢增大的過程中，。逐漸變大，則兩繩的拉力均逐漸增大，故A錯誤；

B.剪斷細繩，兩球做平拋運動，豎直方向有

v；=2gh

兩小球落地前瞬間重力的瞬時功率為

P=mgvy=mgyjlgh

可知當(dāng)兩小球質(zhì)量相等時，兩小球落地前瞬間重力的瞬時功率相同，故B錯誤;

C.根據(jù)幾何關(guān)系可得

.46L3

sin"A=------=—

'10L5

.八4￡4

sm%=——=—

B5L5

對于B球有

mBgtan0B

解得

4國

故C錯誤;

D.根據(jù)牛頓第二定律

4萬之

%gtana=i限于，6L

4乃2

mBgtanOB=mB^--4L

聯(lián)立可得此時兩球的周期比為

ZA=￡

TBV3

故D正確。

故選D。

7.（2024?四川德陽?二模）三個質(zhì)量均為加的小物塊，用三根長度為八最大張力為機g的輕繩連接，置于

動摩擦因數(shù)為〃=，的粗糙水平圓盤上面，初始時刻輕繩恰好繃直，構(gòu)成正三角形，正三角形的中心與圓

盤的圓心重合.讓圓盤繞過。點垂直于圓盤的軸緩慢轉(zhuǎn)動起來，隨著角速度的緩慢增加，在輕繩斷裂的瞬

間，圓盤的角速度大小為（）

D-杼

【答案】A

【詳解】當(dāng)繩斷裂瞬間，拉力為冽g,對任意一個小球，根據(jù)力的合成結(jié)合牛頓第二定律有

L

6ma+um2=m------——co2

cos30°

解得

0=24

故選Ao

8.（2024?北京西城?一模）如圖1所示，長為尺且不可伸長的輕繩一端固定在。點，另一端系一小球，使小

球在豎直面內(nèi)做圓周運動。由于阻力的影響，小球每次通過最高點時速度大小不同。測量小球經(jīng)過最高點

時速度的大小V、繩子拉力的大小尸，作出尸與一的關(guān)系圖線如圖2所示。下列說法中正確的是（）

A.根據(jù)圖線可以得出小球的質(zhì)量"?二子

b

B.根據(jù)圖線可以得出重力加速度g=/

C.繩長不變，用質(zhì)量更小的球做實驗，得到的圖線斜率更大

D.用更長的繩做實驗，得到的圖線與橫軸交點的位置不變

【答案】A

【詳解】AB.根據(jù)牛頓第二定律可知

V2

F+mg=m—

解得

口m

r=-v2-m2

R

由圖像可知

ma—0

~R~2b-b

可得小球的質(zhì)量

aR

m-——

b

由

0=一b-mg

R

可得重力加速度

b

g二

選項A正確，B錯誤；

C.圖像的斜率為

7m

K=—

R

則繩長不變，用質(zhì)量更小的球做實驗，得到的圖線斜率更小，選項C錯誤；

D.圖線與橫軸交點的位置

0=—v2-mg

R

可得

v?=gR

則用更長的繩做實驗，得到的圖線與橫軸交點的位置距離原點的的距離變大，選項D錯誤。

故選Ao

9.（2024?遼寧?一模）如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形軌道豎直放置在水平地面上，軌道

圓心為。尸、。是軌道上與圓心。等高的兩點。一質(zhì)量為加的小球沿軌道做圓周運動且剛好能通過軌道最高

點，運動過程中軌道始終保持靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.小球經(jīng)過軌道最高點時，軌道對地面的壓力最小

B.小球經(jīng)過軌道最低點時，軌道對地面的壓力最大

C.小球經(jīng)過P點時，軌道對地面的壓力為（M+加）g

D.小球經(jīng)過。點時，軌道對地面的摩擦力沿水平面向左

【答案】B

【詳解】A.小球經(jīng)過軌道最高點時，重力提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，軌道對地面的壓力等于軌

道的重力，小球在下半軌道運動時，小球?qū)壍赖膲毫τ邢蛳碌姆至Γ瑒t軌道對地面的壓力大于軌道的重

力，小球在上半軌道運動（除最高點外）時，小球?qū)壍赖膲毫τ邢蛏系姆至Γ瑒t軌道對地面的壓力小于

軌道的重力，故小球經(jīng)過軌道最高點時，軌道對地面的壓力不是最小，故A錯誤；

B.由A分析可知，軌道對地面的壓力最大位置在下半軌道，設(shè)小球、軌道圓心連線與豎直方向的夾角為0,

根據(jù)牛頓第二定律

v2

rN-mgcosU=m—

小球經(jīng)過軌道最低點時，速度最大，0=0,則在軌道最低點，小球受到軌道的支持力最大，根據(jù)牛頓第三

定律，小球?qū)壍赖膲毫ψ畲螅壍缹Φ孛娴膲毫ψ畲螅蔅正確；

C.小球經(jīng)過P點時，軌道的支持力提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，軌道對地面的壓力等于軌道的重

力，為

故C錯誤；

D.小球經(jīng)過0點時，軌道向左的支持力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫ο蛴遥壍漓o

止，根據(jù)平衡條件可知地面對軌道的摩擦力沿水平面向左，根據(jù)牛頓第三定律，軌道對地面的摩擦力沿水

平面向右，故D錯誤。

故選Bo

10.如圖所示，兩個質(zhì)量相等、可視為質(zhì)點的木塊A和B放在轉(zhuǎn)盤上，用長為上的細繩連接，最大靜摩擦

力均為各自重力的K倍，A與轉(zhuǎn)軸的距離為L整個裝置能繞通過轉(zhuǎn)盤中心的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，開始時，繩

恰好伸直但無彈力。現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使角速度緩慢增大，重力加速度為g,下列正確的是（）

A~~

C□―

A.當(dāng)。<］也時，繩子一定無彈力

V3L

B.當(dāng)0>J巫時,A、B相對于轉(zhuǎn)盤會滑動

V2L

C.0在O<0<、E近范圍內(nèi)增大時，A所受摩擦力大小一直變大

D.。在［佟逐范圍內(nèi)增大時，B所受摩擦力大小變大

V2Lv3L

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)題意可知，A、B兩物體屬于同軸轉(zhuǎn)動，則角速度相等，根據(jù)

Fn=m3r

可知，B物體需要的向心力較大，隨著。緩慢增大，B先達到最大靜摩擦力，當(dāng)B達到最大靜摩擦力時，繩

子開始出現(xiàn)彈力，根據(jù)牛頓第二定律有

Kmg=m?

解得

可知，當(dāng)陲時，繩子具有彈力，故A錯誤；

\2L

B.當(dāng)A所受的摩擦力達到最大靜摩擦力時，A,B相對于轉(zhuǎn)盤會滑動，設(shè)此時繩子的彈力為T,根據(jù)牛頓第

二定律，對A有

Kmg-T=mLa>2

對B有

T+Kmg=m-2L3；

解得

可知，當(dāng)當(dāng)時,A、B相對于轉(zhuǎn)盤會滑動，故B錯誤;

V3L

CD.由上述分析可知，角速度。在

范圍內(nèi)增大時，A、B所受的摩擦力變大，當(dāng)

時，B所受摩擦力達到最大靜摩擦力，保持不變，當(dāng)。在

范圍內(nèi)增大時，B所受摩擦力不變，A所受靜摩擦力繼續(xù)增大，即當(dāng)。在

0<co<

范圍內(nèi)增大時，A所受摩擦力一直增大，故D錯誤，C正確。

故選Co

11.（2024?安徽安慶?三模）如圖所示，水平地面上固定有傾角為45。，高為人的斜面。。點位于N點正上方

且與2點等高。細繩一端固定于。點，另一端與質(zhì)量為加的小球相連。小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，到

最低點時細繩恰好拉斷，之后做平拋運動并垂直擊中斜面的中點（重力加速度為g）,下列說法正確的是

B.繩剛要拉斷時張力為27Mg

C.小球做平拋運動的時間為

D.若球擊中斜面反彈的速度大小為擊中前的一半，則反彈后球能落到/點

【答案】D

【詳解】AC.小球做平拋運動并垂直擊中斜面的中點，有

tan450=生=&

%Vo

h

%=5=v(/

解得

h

小球做平拋運動的豎直位移為

12h

y--gt~--

-24

所以細繩的長度為

hhh

244

A和C均錯誤;

B.在圓周運動的最低點，有

F-mg=m^-

解得，繩剛要拉斷時張力為

F=31ng

B錯誤;

D.球擊中斜面時的速度為

反彈的速度大小為

V=

2

設(shè)反彈后能擊中/點，則水平方向位移為。，有

h

—=vfcos45°/r

2

解得

豎直位移為

V=Msin45°，一Lg嚴=一2

-22

所以反彈后球恰好能落到4點，D正確。

故選Do

12.（2024?湖北黃石?一模）如圖（俯視圖），用自然長度為/。，勁度系數(shù)為左的輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量都是加的

兩個小物塊P、Q連接在一起，放置在能繞。點在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動的圓盤上，物體P、Q和。點恰好組成一個

邊長為"的正三角形。已知小物塊P、Q和圓盤間的最大靜摩擦力均為限/。，現(xiàn)使圓盤帶動兩個物體以不

同的角速度做勻速圓周運動，則（）

p

□

f

/

i初

\

f

i

Q

勺時,

=

度為G

角速

盤的

當(dāng)圓

A.

P、

小

擦力最

到的摩

物塊受

Q兩

N2m

B.

'

藐時

P、

的大小

簧彈力

等于彈

擦力都

到的摩

物塊受

Q兩

=

度為0

角速

盤的

當(dāng)圓

仁時,

。=

度為

角速

盤的

當(dāng)圓

為空

小均

力大

的合

受到

物塊

Q兩

C.

P、

V2m

D.

為。

速度

的角

，圓盤

動時

要滑

塊剛

兩物

、Q

體P

當(dāng)物

Vm

】D

【答案

為

彈力

簧的

故彈

長為

的原

彈簧

，而