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专题06竖直面内圆周运动绳球模型-高考物理圆周运动常用模型最新模拟题精练
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高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练
专题06．竖直面内圆周运动的绳球模型
一．选择题
1. （2023湖南顶级名校质检） 如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动到最高点b时，小球速度为零
B. 小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为Mg
C. 小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg＋mg
D. 小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg
【参考答案】D
【名师解析】
小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时，得，故A错误；
小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知
在最低点，由牛顿第二定律
联立解得小球运动到最低点时细线中拉力
小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为，故D正确。
2．[多选]如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度vmin≥
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在CBD圆弧上往复运动
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆周到达B点
【参考答案】AB
【名师解析】
小球的平衡位置位于BC的中点，运动过程中，速度最小的点位于AD的中点，设该点为F，要使小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，在F点有＝mg＝，解得最小速度为vmin＝，A正确；运动过程中，电场力做的功等于小球机械能的增量，运动到B点，电场力做正功最多，所以小球在B点机械能最大，B正确；若将小球在A点由静止开始释放，假如能到达D点，由动能定理：－mgR＋EqR＝mvD2，解得vD＝0，而小球要想沿圆周运动到D点，在D点必须要有速度，实际上，小球在A点由静止释放后，先做匀加速直线运动，再沿圆弧运动，所以C错误；小球要想沿圆周运动到B点，必须能过F点，由A到F应用动能定理：－mg·L＋EqL＝mvmin2－mvA2，则vA＞，D错误。
3.（2022浙江台州质检） 如图所示，质量为1.6kg，半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径。它们的质量分别为mA=1kg、mB=2kg．某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA=3m/s，此时杆对圆管的弹力为零。则B球的速度大小vB为（取g=10m/s2）（ ）
A. 2m/s B. 4m/s
C. 6m/s D. 8m/s
【参考答案】B
【名师解析】
对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为，由牛顿第二定律有
代入数据解得
由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28N，设B球对环的力为，由环的受力平衡可得
解得
符号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力为44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有
解得，故选B。
4.（2022河北石家庄二中模拟）现有一根长0.4m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一个可视为质点且质量为1kg的小球，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示。不计空气阻力，g＝10m/s2，则（ ）
A. 小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为30N
B. 小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为0
C. 小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为7.5N
D. 小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时所经历的时间为s
【参考答案】ABD
【名师解析】
要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时重力恰好提供的向心力，根据牛顿第二定律可得
mg＝m，解得v＝＝2m/s
小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，对小球受力分析，由牛顿第二定律得T+mg＝m解得T＝30N，故A正确；小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，轻绳刚好有拉力，张力为0，B正确；小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，1m/s＜2m/s，此时轻绳处于松弛状态，绳上拉力为0，故C错误；小球将做平抛运动，经时间t绳拉直，如图所示：在竖直方向有y＝，水平方向有x＝v2t，由几何知识得l2＝(y﹣l）2+x2
联立并代入数据解得t＝s，故D正确；
5.（2022年浙江台州联考）跳绳过程中，甲、乙两位同学握住绳子两端 A、B 近似不动，绳子绕 AB 连线在空中转到图示位置时，则质点
A．P、Q 的速度方向沿绳子切线
B．P 的线速度小于 Q 的线速度
C．P 的角速度小于 Q 的角速度
D．P、Q 的合外力方向指向 AB 的中点 O
Q
P
A
O
B
甲
乙
【参考答案】B
【命题意图】 本题以跳绳为情景，考查圆周运动、曲线运动的速度方向、加速度方向和公式v=ωr的理解及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点。
【解题思路】根据题述，绳子绕 AB 连线在空中转到图示位置时，其AB为转轴，绳子上各质点都是以AB为轴在垂直AB的平面内转动，P、Q 的速度方向沿转动圆轨迹的切线方向，不是沿绳子切线方向，选项A错误；绳子绕 AB 连线在空中做圆周运动时，各个质点的角速度相同，即P 的角速度等于 Q 的角速度，选项C错误；由图可知，P的轨迹半径小于Q的轨迹半径，由线速度与角速度和半径的关系式，v=ωr，可知P 的线速度小于 Q 的线速度，选项B正确；P、Q 的合外力方向指向各自圆轨迹的圆心，选项D错误。
6. （2022河北重点中学期中素养提升） 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为，与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取。则下列说法正确的是（ ）
A. 角速度的最大值是
B. 小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心
C. 小物体在最高点的速度
D. 小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为
【参考答案】D
【名师解析】
当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得
μmgcos30°-mgsin30°=mω2r
则ω=1rad/s，选项A错误；
小物体运动到最高点时，若圆盘转动的角速度较小，则物体所受的摩擦力方向向上，背离圆心，选项B错误；因为mgsin30°<μmgcos30°
可知，物体在最高点的速度可以为零，即小物体在最高点的速度v≥0，选项C错误；
小物体由最低点运动到最高点的过程中动能不变，弹力做功为零，根据动能定理
解得摩擦力所做的功为，选项D正确。
7. （2020广东湛江质检）如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛绒玩具甩干。某一时段，毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度ω做匀速圆周运动，毛绒玩具可视为质点。圆周运动的轨道半径为r，重力加速度为g。在该段时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 毛绒玩具在滚筒最高点的速度为零
B. 滚筒旋转一周，摩擦力对毛绒玩具做的功为零
C. 地面对滚筒洗衣机的摩擦力始终为零
D. 洗衣机对地面的压力保持不变
【参考答案】B
【名师解析】毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度ω做匀速圆周运动，毛绒玩具在滚筒最高点的速度为v=ωr，选项A错误；滚筒旋转一周，由动能定理，Wf+WG=0，而WG=0，所以摩擦力对毛绒玩具做的功Wf为零，选项B正确；只有毛绒玩具转动到最高点和最低点时地面对滚筒洗衣机的摩擦力才为零，转动到其它位置地面对滚筒洗衣机的摩擦力不为零，选项C错误；当毛绒玩具转动到最高点时，具有向下的加速度处于失重状态，转动到最低点时，具有向上的加速度处于超重状态，所以洗衣机对地面的压力周期性变化，选项D错误。
8.对于挑战世界最大的环形车道(直径12.8 m,位于竖直面内,如图所示)的特技演员Steve Truglia来说,瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果。若速度太慢,汽车在环形车道上,便有可能像石头一样坠落;而如果速度太快,产生的离心力可能让他失去知觉。挑战中汽车以16 m/s的速度进入车道,到达最高点时,速度降至10 m/s成功挑战。已知演员与汽车的总质量为1 t,将汽车视为质点,在上升过程中汽车速度一直减小,下降过程中速度一直增大,取g=10 m/s2,则汽车在以16 m/s的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )
A.通过最低点时,汽车受到的弹力为4×104 N
B.在距地面6.4 m处,演员最可能失去知觉
C.只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s,才可能挑战成功
D.只有汽车克服合力做的功小于9.6×104 J,才可能挑战成功
【参考答案】D
【名师解析】 通过最低点时,汽车受到的弹力FN1=mg+m=1 000×10 N+1 000× N=5×104 N,选项A错误;在轨道的最低点时,车速最大,人对座椅的压力最大,最容易失去知觉,选项B错误;汽车到达最高点的最小速度为v== m/s=8 m/s,则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s,才可能挑战成功,选项C错误;从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W=m-mv2=×1 000×162 J-×1 000×82 J=9.6×104 J,选项D正确。
9.如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一只质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可为（ ）
A．2.2r B．1.2r
C．1.6r D．0.8r
【参考答案】. D
【命题意图】本题考查机械能守恒定律、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，一种是小球沿圆轨道运动到不超过与圆心等高的位置；一种是能够通过光滑圆轨道的最高点。若小球沿圆轨道运动到不超过与圆心等高的位置，设其无初速释放小球的最大高度为h1，由机械能守恒定律，mgh1=mgr，解得h1=r，即高度h的取值不大于r。若小球能够通过光滑圆轨道的最高点，设恰能通过光滑圆轨道的最高点时的速度为v，在最高点，由牛顿第二定律，mg=m，设小球能够通过光滑圆轨道的最高点，无初速释放小球的最小高度为h2，由机械能守恒定律，mgh2=2mgr+mv2，解得h2=2.5r，即高度h的取值必须不小于2.5r。综合上述分析可知选项D正确。
10.（2020湖南长沙期末）如图甲所示，用不可伸长的轻绳连接的小球绕定点O在竖直面内做圆周运动。小球经过最高点时绳子拉力的大小FT与此时速度的平方v2的关系如图乙所示。图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，不计摩擦力和空气阻力。以下说法正确的是（ ）
A. 数据a与小球的质量有关
B. 数据b与小球的质量无关
C. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
D. 数据b对应的状态，当小球运动到最低点时，绳子的拉力为7b
【参考答案】CD
【名师解析】小球在最高点，根据牛顿第二定律：FT+mg=m，得FT=m-mg，根据图象，当FT=0时，v2=a=gr，所以数据a与小球的质量无关，故A错误；根据图象，v2=2a时，FT=b，代入FT=m-mg，解得b=mg，所以数据b与小球的质量有关，故B错误；由a=gr，b=mg，可以求出小球的质量m和圆周轨道半径r，故C正确；数据b对应的状态，可设最高点对应的速度为v1，最高点对应的速度为v2，
小球在最高点，根据牛顿第二定律：b+mg=m，①
小球在最低点，根据牛顿第二定律：FT2-mg=m，②
小球从最高点到最低点，根据动能定理：，③
由①②③联合解得：FT2=7mg=7b，故D正确。
【关键点拨】。
结合图象，根据牛顿第二定律可以求出a、b的表达式，从而可以判断a、b与质量的关系；数据b对应的状态，根据牛顿第二定律和动能定理可以求出绳子的拉力。
本题考查了牛顿第二定律、圆周运动等知识点。利用图象及牛顿第二定律求a、b表达式是解决本题的关键。
11..如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m．筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2.则ω的最小值是( )
A．1 rad/s B. rad/s
C. rad/s D．5 rad/s
【参考答案】C
【名师解析】由于小物体在圆筒内随圆筒做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心(转动轴)的合力提供．在小物体转到最上面时最容易与圆筒脱离，根据牛顿第二定律，沿半径方向FN＋mgcos 60°＝mω2r，又沿筒壁方向mgsin 60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，要使小物体与圆筒始终保持相对静止，则ω的最小值是 rad/s，选项C正确．
12 .（2019高考仿真模拟4）太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球（拍和球）简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R的匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则
A．在C处板对球施加的力比在A处大6mg
B．球在运动过程中机械能不守恒
C．球在最低点C的速度最小值为
D．板在B处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大
【参考答案】BD
【名师解析】设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时： ①
在C处时： ②
由①②式得： ，即在C处板对球所需施加的力比A处大，故A错误；
球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故B正确；
球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，根据，得，故C错误；
根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即，故，故板在B处与水平方向倾斜角随速度的增大而增大，故D正确。
【名师点睛】本题考查了向心力公式的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题。
13.(2016·海南高考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1－N2的值为( )
A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg
【参考答案】D
【名师解析】 设小球在最低点速度为v1，在最高点速度为v2，根据牛顿第二定律，在最低点：N1－mg＝m，
在最高点：N2＋mg＝m
同时从最高点到最低点，根据机械能守恒定律得
mg·2R＝mv－mv
联立以上三式可得N1－N2＝6mg，故选项D正确。
14．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其Tv2图象如图乙所示，则( )
A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【参考答案】 BD
【名师解析】 设绳长为L，最高点由牛顿第二定律得：T＋mg＝，则T＝－mg。对应图象有：mg＝a得g＝，故B正确。＝得：L＝，故A错误。当v2＝c时，T＝·c－mg＝·c－a，故C错误。当v2≥b时，小球能通过最高点，恰好通过最高点时速度为v，则＝mg。在最低点的速度v′，则mv2＋mg·2L＝mv′2，F－mg＝，可知小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6mg即6a，故D正确。
15.如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是 ( )
A.图象函数表达式为F=m+mg
B.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置变小
C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D.重力加速度g=
【参考答案】D
【名师解析】小球在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=m，解得：F=m-mg，故A错误。当F=0时，g=，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故B错误。根据F=m-mg知，图线的斜率k=，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误。当F=0时，根据表达式有：mg=m，解得g=，故D正确。
16. 飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为( )
A.100 m B.111 m C.125 m D.250 m
【参考答案】C
【名师解析】 在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg和支持力FN，两者的合力提供向心力，由题意知，当FN＝9mg时，圆弧轨道半径最小为Rmin。由牛顿第二定律列方程，FN－mg＝m，联立解得Rmin＝＝125 m，故选项C正确。
17.如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是( )
A．1/2 B．2/3
C．3/4 D．1
【参考答案】．AB
【名师解析】：由于通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，且小球始终未脱离轨道，所以第一次击打小球后，小球运动的高度不能超过R，则有W1≤mgR，由于第二次击打后小球能运动到最高点，则有W1＋W2＝mg2R＋mv2，mg＝m，可得≤，故选项A、B项正确．
18.“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为L，重力加速度为g，忽略空气阻力，则( )
A．小球运动到最低点Q时，处于超重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．若v0＞，则小球一定能通过最高点P
D．若v0＜，则细绳始终处于绷紧状态
【参考答案】．ACD
【名师解析】小球在最低点时，有竖直向上的加速度，小球处于超重状态，A正确；设小球在最高点的速度为v，由动能定理得，
－mg·2l＝mv2－mv，
对小球在P点、Q点受力分析，有mg＋F1＝m，
F2－mg＝m，
联立解得，F2－F1＝6mg，与小球的速度无关，B错误；小球刚好通过最高点P时只受重力，重力提供向心力，mg＝m，v＝，联立可得，v0＝，当v0＞时，小球一定能够通过最高点P，C正确；若v0＜，设小球能够上升的最大高度h，由机械能守恒得，mgh＝mv＝mgL，所以h＝，小球上升的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，故D正确。
19．如图，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为
A．mg
B．mg
C．3mg
D．2mg
【参考答案】A
【名师解析】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ=30°，则有r=Lcosθ= L。根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg=m ；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcosθ+mg=m，联立解得：F=mg，选项A正确。
20．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是( )
A．重物M做匀速直线运动
B．重物M做变速直线运动
C．重物M的最大速度是ωL
D．重物M的速度先减小后增大
【参考答案】BC
【名师解析】设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)．由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωLcos θ，θ的变化规律是开始最大(90°)，然后逐渐变小，所以ωLcos θ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL，然后，θ又逐渐增大，ωLcos θ逐渐变小，绳子的速度变小，所以重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL，故选项BC正确．
21．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式F＝a＋bcos θ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )
A. B.
C. D.
【参考答案】．D解析：在最高点时：设此时物体的速度为v1，由题意可知：θ＝180°，绳的拉力F1＝a－b；根据向心力公式有：mg＋a－b＝；在最低点时：设此时物体的速度为v2，由题意可知：θ＝0°，绳的拉力T1＝a＋b；根据向心力公式有：a＋b－mg＝；只有重力做功，由机械能守恒定律：mv＝mv＋mg(2r)，解得：g＝，选项D正确．
22．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力F跟小球转过的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cos θ关系的四幅图象，其中A是一段直线，B是一段余弦函数线，C、D是一段抛物线，这四幅F－cos θ图象正确的是( )
【参考答案】．A
【名师解析】从最低点到与竖直方向夹角θ位置，根据机械能守恒得，mv＝mgL(1－cos θ)＋mv2，当小球恰好通过最高点时，有mv＝mg·2L＋mv，mg＝，解得，v0＝，又F－mgcos θ＝，联立可得，F＝3mg＋3mgcos θ，可见F与cos θ是一次函数关系，因此F－cos θ图象是一条直线，故A正确。
23. （2022福建龙岩三模）飞行员从俯冲状态往上拉升时，会使血压降低、大脑缺血而发生黑视。针对这种情况，飞行员必须进行严格的训练。训练装置如图所示，飞行员坐在离心舱内的座椅上，座椅到转轴的距离为，离心舱在竖直平面内做匀速圆周运动。某次训练时，质量为的飞行员在转动过程中的加速度为（为重力加速度），求：
（1）飞行员匀速转动的角速度；
（2）飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小；
（3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程中，座椅对飞行员做的功。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）由向心力公式
可得飞行员匀速转动角速度为
（2）最高点对飞行员，根据牛顿第二定律
解得飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小为
（3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程，根据动能定理
解得座椅对飞行员做功为
高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练
专题06．竖直面内圆周运动的绳球模型
一．选择题
1. （2023湖南顶级名校质检） 如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动到最高点b时，小球速度为零
B. 小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为Mg
C. 小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg＋mg
D. 小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg
【参考答案】D
【名师解析】
小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时，得，故A错误；
小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知
在最低点，由牛顿第二定律
联立解得小球运动到最低点时细线中拉力
小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为，故D正确。
2．[多选]如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度vmin≥
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在CBD圆弧上往复运动
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆周到达B点
【参考答案】AB
【名师解析】
小球的平衡位置位于BC的中点，运动过程中，速度最小的点位于AD的中点，设该点为F，要使小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，在F点有＝mg＝，解得最小速度为vmin＝，A正确；运动过程中，电场力做的功等于小球机械能的增量，运动到B点，电场力做正功最多，所以小球在B点机械能最大，B正确；若将小球在A点由静止开始释放，假如能到达D点，由动能定理：－mgR＋EqR＝mvD2，解得vD＝0，而小球要想沿圆周运动到D点，在D点必须要有速度，实际上，小球在A点由静止释放后，先做匀加速直线运动，再沿圆弧运动，所以C错误；小球要想沿圆周运动到B点，必须能过F点，由A到F应用动能定理：－mg·L＋EqL＝mvmin2－mvA2，则vA＞，D错误。
3.（2022浙江台州质检） 如图所示，质量为1.6kg，半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径。它们的质量分别为mA=1kg、mB=2kg．某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA=3m/s，此时杆对圆管的弹力为零。则B球的速度大小vB为（取g=10m/s2）（ ）
A. 2m/s B. 4m/s
C. 6m/s D. 8m/s
【参考答案】B
【名师解析】
对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为，由牛顿第二定律有
代入数据解得
由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28N，设B球对环的力为，由环的受力平衡可得
解得
符号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力为44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有
解得，故选B。
4.（2022河北石家庄二中模拟）现有一根长0.4m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一个可视为质点且质量为1kg的小球，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示。不计空气阻力，g＝10m/s2，则（ ）
A. 小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为30N
B. 小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为0
C. 小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为7.5N
D. 小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时所经历的时间为s
【参考答案】ABD
【名师解析】
要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时重力恰好提供的向心力，根据牛顿第二定律可得
mg＝m，解得v＝＝2m/s
小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，对小球受力分析，由牛顿第二定律得T+mg＝m解得T＝30N，故A正确；小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，轻绳刚好有拉力，张力为0，B正确；小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，1m/s＜2m/s，此时轻绳处于松弛状态，绳上拉力为0，故C错误；小球将做平抛运动，经时间t绳拉直，如图所示：在竖直方向有y＝，水平方向有x＝v2t，由几何知识得l2＝(y﹣l）2+x2
联立并代入数据解得t＝s，故D正确；
5.（2022年浙江台州联考）跳绳过程中，甲、乙两位同学握住绳子两端 A、B 近似不动，绳子绕 AB 连线在空中转到图示位置时，则质点
A．P、Q 的速度方向沿绳子切线
B．P 的线速度小于 Q 的线速度
C．P 的角速度小于 Q 的角速度
D．P、Q 的合外力方向指向 AB 的中点 O
Q
P
A
O
B
甲
乙
【参考答案】B
【命题意图】 本题以跳绳为情景，考查圆周运动、曲线运动的速度方向、加速度方向和公式v=ωr的理解及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点。
【解题思路】根据题述，绳子绕 AB 连线在空中转到图示位置时，其AB为转轴，绳子上各质点都是以AB为轴在垂直AB的平面内转动，P、Q 的速度方向沿转动圆轨迹的切线方向，不是沿绳子切线方向，选项A错误；绳子绕 AB 连线在空中做圆周运动时，各个质点的角速度相同，即P 的角速度等于 Q 的角速度，选项C错误；由图可知，P的轨迹半径小于Q的轨迹半径，由线速度与角速度和半径的关系式，v=ωr，可知P 的线速度小于 Q 的线速度，选项B正确；P、Q 的合外力方向指向各自圆轨迹的圆心，选项D错误。
6. （2022河北重点中学期中素养提升） 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为，与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取。则下列说法正确的是（ ）
A. 角速度的最大值是
B. 小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心
C. 小物体在最高点的速度
D. 小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为
【参考答案】D
【名师解析】
当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得
μmgcos30°-mgsin30°=mω2r
则ω=1rad/s，选项A错误；
小物体运动到最高点时，若圆盘转动的角速度较小，则物体所受的摩擦力方向向上，背离圆心，选项B错误；因为mgsin30°<μmgcos30°
可知，物体在最高点的速度可以为零，即小物体在最高点的速度v≥0，选项C错误；
小物体由最低点运动到最高点的过程中动能不变，弹力做功为零，根据动能定理
解得摩擦力所做的功为，选项D正确。
7. （2020广东湛江质检）如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛绒玩具甩干。某一时段，毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度ω做匀速圆周运动，毛绒玩具可视为质点。圆周运动的轨道半径为r，重力加速度为g。在该段时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 毛绒玩具在滚筒最高点的速度为零
B. 滚筒旋转一周，摩擦力对毛绒玩具做的功为零
C. 地面对滚筒洗衣机的摩擦力始终为零
D. 洗衣机对地面的压力保持不变
【参考答案】B
【名师解析】毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度ω做匀速圆周运动，毛绒玩具在滚筒最高点的速度为v=ωr，选项A错误；滚筒旋转一周，由动能定理，Wf+WG=0，而WG=0，所以摩擦力对毛绒玩具做的功Wf为零，选项B正确；只有毛绒玩具转动到最高点和最低点时地面对滚筒洗衣机的摩擦力才为零，转动到其它位置地面对滚筒洗衣机的摩擦力不为零，选项C错误；当毛绒玩具转动到最高点时，具有向下的加速度处于失重状态，转动到最低点时，具有向上的加速度处于超重状态，所以洗衣机对地面的压力周期性变化，选项D错误。
8.对于挑战世界最大的环形车道(直径12.8 m,位于竖直面内,如图所示)的特技演员Steve Truglia来说,瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果。若速度太慢,汽车在环形车道上,便有可能像石头一样坠落;而如果速度太快,产生的离心力可能让他失去知觉。挑战中汽车以16 m/s的速度进入车道,到达最高点时,速度降至10 m/s成功挑战。已知演员与汽车的总质量为1 t,将汽车视为质点,在上升过程中汽车速度一直减小,下降过程中速度一直增大,取g=10 m/s2,则汽车在以16 m/s的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )
A.通过最低点时,汽车受到的弹力为4×104 N
B.在距地面6.4 m处,演员最可能失去知觉
C.只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s,才可能挑战成功
D.只有汽车克服合力做的功小于9.6×104 J,才可能挑战成功
【参考答案】D
【名师解析】 通过最低点时,汽车受到的弹力FN1=mg+m=1 000×10 N+1 000× N=5×104 N,选项A错误;在轨道的最低点时,车速最大,人对座椅的压力最大,最容易失去知觉,选项B错误;汽车到达最高点的最小速度为v== m/s=8 m/s,则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s,才可能挑战成功,选项C错误;从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W=m-mv2=×1 000×162 J-×1 000×82 J=9.6×104 J,选项D正确。
9.如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一只质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可为（ ）
A．2.2r B．1.2r
C．1.6r D．0.8r
【参考答案】. D
【命题意图】本题考查机械能守恒定律、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，一种是小球沿圆轨道运动到不超过与圆心等高的位置；一种是能够通过光滑圆轨道的最高点。若小球沿圆轨道运动到不超过与圆心等高的位置，设其无初速释放小球的最大高度为h1，由机械能守恒定律，mgh1=mgr，解得h1=r，即高度h的取值不大于r。若小球能够通过光滑圆轨道的最高点，设恰能通过光滑圆轨道的最高点时的速度为v，在最高点，由牛顿第二定律，mg=m，设小球能够通过光滑圆轨道的最高点，无初速释放小球的最小高度为h2，由机械能守恒定律，mgh2=2mgr+mv2，解得h2=2.5r，即高度h的取值必须不小于2.5r。综合上述分析可知选项D正确。
10.（2020湖南长沙期末）如图甲所示，用不可伸长的轻绳连接的小球绕定点O在竖直面内做圆周运动。小球经过最高点时绳子拉力的大小FT与此时速度的平方v2的关系如图乙所示。图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，不计摩擦力和空气阻力。以下说法正确的是（ ）
A. 数据a与小球的质量有关
B. 数据b与小球的质量无关
C. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
D. 数据b对应的状态，当小球运动到最低点时，绳子的拉力为7b
【参考答案】CD
【名师解析】小球在最高点，根据牛顿第二定律：FT+mg=m，得FT=m-mg，根据图象，当FT=0时，v2=a=gr，所以数据a与小球的质量无关，故A错误；根据图象，v2=2a时，FT=b，代入FT=m-mg，解得b=mg，所以数据b与小球的质量有关，故B错误；由a=gr，b=mg，可以求出小球的质量m和圆周轨道半径r，故C正确；数据b对应的状态，可设最高点对应的速度为v1，最高点对应的速度为v2，
小球在最高点，根据牛顿第二定律：b+mg=m，①
小球在最低点，根据牛顿第二定律：FT2-mg=m，②
小球从最高点到最低点，根据动能定理：，③
由①②③联合解得：FT2=7mg=7b，故D正确。
【关键点拨】。
结合图象，根据牛顿第二定律可以求出a、b的表达式，从而可以判断a、b与质量的关系；数据b对应的状态，根据牛顿第二定律和动能定理可以求出绳子的拉力。
本题考查了牛顿第二定律、圆周运动等知识点。利用图象及牛顿第二定律求a、b表达式是解决本题的关键。
11..如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角度ω转动，圆筒的半径r＝1.5 m．筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2.则ω的最小值是( )
A．1 rad/s B. rad/s
C. rad/s D．5 rad/s
【参考答案】C
【名师解析】由于小物体在圆筒内随圆筒做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心(转动轴)的合力提供．在小物体转到最上面时最容易与圆筒脱离，根据牛顿第二定律，沿半径方向FN＋mgcos 60°＝mω2r，又沿筒壁方向mgsin 60°≤μFN，解得ω≥ rad/s，要使小物体与圆筒始终保持相对静止，则ω的最小值是 rad/s，选项C正确．
12 .（2019高考仿真模拟4）太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球（拍和球）简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R的匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．球的质量为m，重力加速度为g，则
A．在C处板对球施加的力比在A处大6mg
B．球在运动过程中机械能不守恒
C．球在最低点C的速度最小值为
D．板在B处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大
【参考答案】BD
【名师解析】设球运动的线速率为v，半径为R，则在A处时： ①
在C处时： ②
由①②式得： ，即在C处板对球所需施加的力比A处大，故A错误；
球在运动过程中，动能不变，势能时刻变化，故机械能不守恒，故B正确；
球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C的速度最小值为等于在最高点最小速度，根据，得，故C错误；
根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即，故，故板在B处与水平方向倾斜角随速度的增大而增大，故D正确。
【名师点睛】本题考查了向心力公式的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决此类问题。
13.(2016·海南高考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1－N2的值为( )
A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg
【参考答案】D
【名师解析】 设小球在最低点速度为v1，在最高点速度为v2，根据牛顿第二定律，在最低点：N1－mg＝m，
在最高点：N2＋mg＝m
同时从最高点到最低点，根据机械能守恒定律得
mg·2R＝mv－mv
联立以上三式可得N1－N2＝6mg，故选项D正确。
14．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其Tv2图象如图乙所示，则( )
A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【参考答案】 BD
【名师解析】 设绳长为L，最高点由牛顿第二定律得：T＋mg＝，则T＝－mg。对应图象有：mg＝a得g＝，故B正确。＝得：L＝，故A错误。当v2＝c时，T＝·c－mg＝·c－a，故C错误。当v2≥b时，小球能通过最高点，恰好通过最高点时速度为v，则＝mg。在最低点的速度v′，则mv2＋mg·2L＝mv′2，F－mg＝，可知小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6mg即6a，故D正确。
15.如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是 ( )
A.图象函数表达式为F=m+mg
B.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置变小
C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D.重力加速度g=
【参考答案】D
【名师解析】小球在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=m，解得：F=m-mg，故A错误。当F=0时，g=，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故B错误。根据F=m-mg知，图线的斜率k=，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误。当F=0时，根据表达式有：mg=m，解得g=，故D正确。
16. 飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为( )
A.100 m B.111 m C.125 m D.250 m
【参考答案】C
【名师解析】 在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg和支持力FN，两者的合力提供向心力，由题意知，当FN＝9mg时，圆弧轨道半径最小为Rmin。由牛顿第二定律列方程，FN－mg＝m，联立解得Rmin＝＝125 m，故选项C正确。
17.如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是( )
A．1/2 B．2/3
C．3/4 D．1
【参考答案】．AB
【名师解析】：由于通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，且小球始终未脱离轨道，所以第一次击打小球后，小球运动的高度不能超过R，则有W1≤mgR，由于第二次击打后小球能运动到最高点，则有W1＋W2＝mg2R＋mv2，mg＝m，可得≤，故选项A、B项正确．
18.“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为L，重力加速度为g，忽略空气阻力，则( )
A．小球运动到最低点Q时，处于超重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．若v0＞，则小球一定能通过最高点P
D．若v0＜，则细绳始终处于绷紧状态
【参考答案】．ACD
【名师解析】小球在最低点时，有竖直向上的加速度，小球处于超重状态，A正确；设小球在最高点的速度为v，由动能定理得，
－mg·2l＝mv2－mv，
对小球在P点、Q点受力分析，有mg＋F1＝m，
F2－mg＝m，
联立解得，F2－F1＝6mg，与小球的速度无关，B错误；小球刚好通过最高点P时只受重力，重力提供向心力，mg＝m，v＝，联立可得，v0＝，当v0＞时，小球一定能够通过最高点P，C正确；若v0＜，设小球能够上升的最大高度h，由机械能守恒得，mgh＝mv＝mgL，所以h＝，小球上升的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，故D正确。
19．如图，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为
A．mg
B．mg
C．3mg
D．2mg
【参考答案】A
【名师解析】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ=30°，则有r=Lcosθ= L。根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg=m ；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcosθ+mg=m，联立解得：F=mg，选项A正确。
20．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是( )
A．重物M做匀速直线运动
B．重物M做变速直线运动
C．重物M的最大速度是ωL
D．重物M的速度先减小后增大
【参考答案】BC
【名师解析】设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)．由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωLcos θ，θ的变化规律是开始最大(90°)，然后逐渐变小，所以ωLcos θ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL，然后，θ又逐渐增大，ωLcos θ逐渐变小，绳子的速度变小，所以重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL，故选项BC正确．
21．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式F＝a＋bcos θ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )
A. B.
C. D.
【参考答案】．D解析：在最高点时：设此时物体的速度为v1，由题意可知：θ＝180°，绳的拉力F1＝a－b；根据向心力公式有：mg＋a－b＝；在最低点时：设此时物体的速度为v2，由题意可知：θ＝0°，绳的拉力T1＝a＋b；根据向心力公式有：a＋b－mg＝；只有重力做功，由机械能守恒定律：mv＝mv＋mg(2r)，解得：g＝，选项D正确．
22．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力F跟小球转过的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cos θ关系的四幅图象，其中A是一段直线，B是一段余弦函数线，C、D是一段抛物线，这四幅F－cos θ图象正确的是( )
【参考答案】．A
【名师解析】从最低点到与竖直方向夹角θ位置，根据机械能守恒得，mv＝mgL(1－cos θ)＋mv2，当小球恰好通过最高点时，有mv＝mg·2L＋mv，mg＝，解得，v0＝，又F－mgcos θ＝，联立可得，F＝3mg＋3mgcos θ，可见F与cos θ是一次函数关系，因此F－cos θ图象是一条直线，故A正确。
23. （2022福建龙岩三模）飞行员从俯冲状态往上拉升时，会使血压降低、大脑缺血而发生黑视。针对这种情况，飞行员必须进行严格的训练。训练装置如图所示，飞行员坐在离心舱内的座椅上，座椅到转轴的距离为，离心舱在竖直平面内做匀速圆周运动。某次训练时，质量为的飞行员在转动过程中的加速度为（为重力加速度），求：
（1）飞行员匀速转动的角速度；
（2）飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小；
（3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程中，座椅对飞行员做的功。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）由向心力公式
可得飞行员匀速转动角速度为
（2）最高点对飞行员，根据牛顿第二定律
解得飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小为
（3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程，根据动能定理
解得座椅对飞行员做功为
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