【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍05 圆周运动（水平面内、转盘模型、绳球模型、杆球模型等）中的临界问题 Word版含解析.docx，共(26)页，1.685 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍05圆周运动（水平面内、转盘模型、绳球模型、杆球模型等）中的临界问题动力学公式：F＝ma＝mv2R＝mω2R＝mωv＝m4π2T2R＝m4π2f2R.一、水平面内圆周运动的临界问题1.物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。如果只是摩擦力提供向

心力，则有F＝mv2R，静摩擦力的方向一定指向圆心；汽车转弯时，只由摩擦力提供向心力Ffm＝mv2R2.水平转盘上运动物体模型（1）如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝mv2r，方向指向圆心。（2）如果水平

方向除受摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。二、竖直面内圆周运动的临界问题1.轻绳模型（轨道模型）：轻绳（或内轨道）——小球组成无支

撑的物理模型（称为“轻绳模型”）（注：“轻绳”只能对小球产生拉力，不能产生支持力。（内轨道约束类似））（1）实例：球与绳连接、水流星、沿内轨道的“过山车”等。（2）临界条件：小球能到达最高点（刚好做圆周运动）的条件是：小球的重力恰好提供向心

力（绳子的拉力或轨道的弹力都恰好为零），即，这时的速度是做圆周运动的最小速度（3）推导过程rvmGNF2=+=合GrvmN−=2N=0时临界情况水恰好不掉出，grv=min临界速度（4）弹力随速度大小的变化不能过最高点的条件：，能过最高

点的条件：，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力2.轻杆模型（管道模型）：轻杆（或管道）——小球组成有支撑的物理模型（称为“轻杆模型”）（注：“轻杆”既能对小球产生拉力，也能产生支持力。（管道约束类似））（1）临界条件：当V=0时，FN=mg（FN为硬

杆或管壁对小球的支持力）（2）推导过程：球过最高点时，设轻杆对小球产生的弹力FN方向向上，由牛顿第二定律得：（3）弹力随速度大小的变化当，弹力FN表现为支持力，方向竖直向上当，没有弹力FN=0作用当，弹力FN表现为拉力，方

向竖直向下3．两类模型对比轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F弹向下或等于零F弹向下、等于零或向上力学方程m

g＋F弹＝mv2Rmg±F弹＝mv2R临界特征F弹＝0mg＝mvmin2R即vmin＝gRv＝0即F向＝0F弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v≥gR，F弹＋mg＝mv2R，绳或轨道对球产生弹力F弹(2)若v<gR，则不能到

达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心(2)当0<v<gR时，mg－F弹＝mv2R，F弹背离圆心并随v的增大而减小(3)当v＝gR时，F弹＝0(4)当v>g

R时，mg＋F弹＝mv2R，F弹指向圆心并随v的增大而增大三、生活中的圆周运动1．拱形桥和凹形桥模型特点概述如图所示为凹形桥模型．当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向＝FN－mg＝mv2r规律桥对车的支持力F

N＝mg＋mv2r＞mg，汽车处于超重状态概述如图所示为拱形桥模型．当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F向＝mg－FN＝mv2r规律桥对车的支持力FN＝mg－mv2r＜mg，汽车处于失重状态．若v＝gr，则FN＝

0，汽车将脱离桥面做平抛运动2．水平路面车辆转弯模型模型名称模型分析水平路面车辆转弯模型自行车、汽车等车辆在水平路面上转弯时，重力与支持力平衡，转弯所需的向心力只能由地面对车辆的侧向静摩擦力来提供mgrmvf=2,可知最大安全转弯速度grvm=。3．火车转弯模型模型名称模型分析火车转弯模型①

火车在倾斜轨道上转弯，若以设计时速v0转弯，重力与铁轨支持力恰好提供所需向心力，如图所示，可得：Rmvmg20tan=,得tan0gRv=。因为h≪L,θ角很小，所以Lhsintan,则LgRhv=

0;若火车经过弯道时的速度LgRhv＞,外轨将受到挤压；若火车经过弯道时的速度LgRhv＜,内轨将受到挤压。【题型一】水平面内的圆周运动【典例1】（2024·吉林·三模）一质量为M且质量均匀分布的细圆环放置在光滑水平面上，其半径为r

，过圆心的几何轴与水平面垂直，若圆环能经受的最大张力为T，估算此圆环可以绕几何轴旋转的最大角速度约为（当角很小时，sin）（）A．rTMB．2TMrC．3TMrD．4TMr【答案】B【详解】圆环绕几何

轴旋转，圆环的各部分做圆周运动，在圆环上取一小段L，对应的圆心角为，如图所示：其质量可表示为2mM=受圆环对它的张力T，分析可得22sin2Tmr=当角很小时，sin22，则2222TMr

=代入得2TMr=B正确；故选B。【典例2】如图所示，完全相同的两车在水平面同心圆弧道路上转弯，甲行驶在内侧、乙行驶在外侧，它们转弯时速度大小相等，则两车在转弯时，下列说法正确的是（）A．角速度=甲乙B．向心加速度a甲>a乙C．地面对车的径向摩擦力f甲＜f乙D．若两车转弯速度过大，则乙

车更容易发生侧滑【答案】B【详解】A．由于题中已知二者线速度大小相等，即v甲=v乙，由于R甲＜R乙，根据vR=可知二者角速度大小关系为乙甲故A错误；B．向心加速度2vaR=可知二者向心加速度大小关系为aa甲乙故B正确；C．地面对

车的径向摩擦力提供向心力=fma由于甲、乙两辆车的质量相等，二者地面对车的径向摩擦力ff甲乙故C错误；D．由向心力2=vFmR向由于RR甲乙，所以当两车的速度大小相等时，甲需要的向心力大，当摩擦力不足以提供向心力时，就会发生侧滑，所以若两车转弯速度过大，则甲车更容易发生侧

滑，故D错误。故选B。【典例3】（2024·贵州贵阳·一模）如图所示，质量均为m的甲、乙、丙三个小物块（均可看作质点）随水平转盘一起以角速度绕OO'轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动摩擦因数均为。已知甲、乙到转轴的距离为r1，丙到转轴的距离为r2，且r

2>r1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．甲受到的摩擦力一定为mgB．乙受到转盘的摩擦力一定为：212mrC．若角速度增大，丙先达到滑动的临界点D．若角速度增大，甲先达到滑动的临界点【答案】BC【详解】A

．当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于mg，故A错误；B．对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为f=212mr故B正确；CD．若角速度增大，根据2mgmr=丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误；故选BC。1．（2024·全国·模拟预

测）如图所示，小物块A、B、C与水平转台相对静止，B、C间通过原长为1.5r、劲度系数32mgkr=的轻弹簧连接，已知A、B、C的质量均为m，A与B之间的动摩擦因数为2μ，B、C与转台间的动摩擦因数均为μ，A和B、C离转台中心的距

离分别为r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）A．逐渐增大转台角速度，B先相对于转台滑动B．当B与转台间摩擦力为零时，C受到的摩擦力方向沿半径背离转台中心C．当B与转台间摩擦力为零时，A受到的摩擦力为

32mgD．当A、B及C均相对转台静止时，允许的最大角速度为53mgr【答案】B【详解】A．当AB刚好要滑动时，弹簧弹力与最大最大静摩擦力的合力提供向心力，则对AB整体有2122krmgmr+=解得174gr=假设B不动，当C刚好要滑动

时，则有221.5krmgmr+=解得253=gr因为12可知C先滑动，而A受到的摩擦力为22523mgfmrmg==故A相对B静止，故A错误；D．A、B及C均相对转台静止时允许的最大角速度为253=gr故

D错误；B．当B与转台间摩擦力为0时，对AB整体由弹簧弹力提供向心力，则有22krmr=解得34gr=此时C受到的向心力2n91.51.58Fmrmgkrmg===故C受到的摩擦力方向背离中心，故B

正确；C．A受到的摩擦力为234fmrmg==故C错误。故选B。2．（2024·河南·模拟预测）下图为游戏中小球转向器的横截面，转向器由两段光滑细圆弧形轨道Ⅰ、Ⅱ连接而成，半径分别为R和(1)kRk，连接部分平滑，两轨道内径均远小于R，且两轨道所在平面为水平面。质量为m的小球从M点

以速率vkgR=射入，自N点离开轨道。已知小球直径略小于轨道内径，重力加速度为g。则小球在Ⅰ、Ⅱ轨道中运动时对轨道压力之比为（）A．212k+B．221k−C．kD．1k【答案】C【详解】小球在Ⅰ、Ⅱ轨道的向心力分别为2n1vFmkmgR==2n2vFmmgkR==两轨道所在平面

为水平面,小球在轨道中运动时对轨道压力大小等于小球的向心力大小，则小球在Ⅰ、Ⅱ轨道中运动时对轨道压力之比为N11N22nnFFkFF==故选C。3．水平面上放置质量为M的物块，通过光滑的定滑轮用一根轻绳与质量为m的小球连接，滑轮到小球的距离为L，现使小球在水平面内做

匀速圆周运动。要使物块保持静止，细绳与竖直方向的最大夹角为0已知物块与水平面间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，物块和水平面间的动摩擦因数1。重力加速度为g，不计定滑轮和小球的大小，物块M始终保持静止，则（）A．小球运动的最大周期为0cos2πLgB．小球运动的最大线速度大小

为00tansingLC．组绳的最大拉力为0sinmgD．滑块的质量可能小于小球的质量【答案】B【详解】A．对小球进行受力分析，小球受细绳的拉力F和重力mg，二者的合力提供小球圆周运动的向心力，设细绳和竖直方向的夹角为，根据22πtansi

nTmgmL=解得cos2πLTg=故越大周期越短，小球运动的最小周期为0mincos2LTg=选项A错误；B．根据2tansinvmgmL=tansinvgL=故越大，线速度越大，小球运动的最大线速度为

00tansinvgL=选项B正确；CD．细绳的最大拉力0cosmmgF=根据题意mFMg=故一定有Mm选项CD错误。故选B。【题型二】竖直平面内的圆周运动【典例1】如图甲所示，轻杆一端固定在转轴O点，另一端固定一小球，现让小

球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球在最高点受到杆的弹力大小为F，速度大小为v，其2Fv−图象如乙图所示，则（）A．2vb=时，杆对小球的弹力方向向上B．当地的重力加速度大小为bRC．小球的质量为cRaD．22

va=时，小球受到的弹力与重力大小不相等【答案】C【详解】B．当F=0时，2va=，恰好由重力作为向心力，满足2vmgmR=联立可得当地重力加速度大小为agR=B错误；C．当20v=时，F=c，小球恰好处于平衡状态，可得F=mg可得小球的质量为cRma=C正确；A．当2vba=所需的向心力大于

重力，故杆对小球的弹力方向向下，A错误；D．当22va=时，由牛顿第二定律可得2vFmgmR+=代入数据可解得F=mg，小球受到的弹力与重力大小相等，D错误。故选C。【典例2】（2024·河北沧州·一模）如图所示，竖直平面内半径为R的光滑

半圆轨道和倾角为30的光滑斜面在半圆轨道最低点A用极小一段光滑圆弧平滑连接，两轨道均被固定，半圆轨道的最高点为M。一个质量为m的小球（可视为质点）从A点以某一水平向左的初速度进入半圆轨道，然后落在斜面上的N点（图中未画出），不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

A．若小球恰好能通过M点，则M、N两点间的高度差为7133R−B．若小球的初速度合适，则小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面C．若小球的初速度合适，则小球从M点离开落到斜面上时位移可以垂直于斜面D．若N点与半

圆轨道的圆心等高，则小球通过M点时，半圆轨道对小球的支持力为12mg【答案】AD【详解】A．若小球恰好能通过M点，则小球在M点2mvmgR=小球落到斜面上，设M、N两点间的高度差为h，由平抛运动规律得212hgt=，xvt=，2tan30Rhx−=解得3933gRgRtg−=，7133hR=

−故A正确；B．若小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面，得tan30yvvvgt==212hgt=，xvt=根据位移关系2tan30Rhx−=联立解得4<5gRvgR=可知此时从M点射出时的速度小于该处的最小速度，故不成立，故B

错误；C．若小球从M点离开落到斜面上时位移可以垂直于斜面，同理得tan30xh=2tan30Rhx−=212hgt=xvt=联立解得<4gRvgR=同理可知此时从M点离开落到斜面上时位移不可能垂直于斜面，故

C错误；D．若N点与半圆轨道的圆心等高，根据平抛运动规律得212Rgt=tan60Rvt=在M点时2vNmgmR+=联立解得12Nmg=故D正确。故选AD。【典例3】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，长为0.1m的轻杆一端固定一小球质量为0.1kg的小球，小球绕圆心O在竖直面内做

圆周运动。P是圆周上的最高点，重力加速度210m/s=g，下面说法正确的时（）A．当小球运动到与O相平的水平位置时，杆对小球作用力为零B．若小球经过P点时速度为1m/s，杆对小球作用力为零C．若小球经

过P点时杆对小球作用力等于0.36N，小球的速度一定等于0.8m/sD．若小球经过Q点时杆对小球作用力等于5N，小球速度一定等于2m/s【答案】BD【详解】A．小球做圆周运动过程中要有向心力，因此，当小球运动到与O相平的水平位置时杆对小球提供一个指向圆心的拉力，故A错误；B．在最高点P

，当只有重力提供向心力时有2pvmgmL=代入数据解得1m/spvgL==故B正确；C．在最高点P，杆对小球的作用力可能向上，也可能向下，因此有211vmgFmL−=或222vmgFmL+=解得120.8m/s,1.36m/svv==

故C错误；D．当小球运动到最低点时，小球受杆的拉力为5N，有23QvFmgmL−=代入数据解得2m/sQv=故D正确。故选BD。1．滚筒洗衣机静止于水平地面上，已脱净水的衣物随滚筒一起在竖直平面内做匀速圆周运动，滚筒截面如图所示。若质量为m的衣物在最高点A对滚筒恰好无作用力，重力加

速度大小为g，则衣物在最低点B对滚筒的压力大小为（）A．mgB．2mgC．3mgD．4mg【答案】B【详解】由于是衣物随滚筒一起在竖直平面内做匀速圆周运动，则衣物做圆周运动需要的向心力大小始终保持不变，在最高点A对滚筒恰好无作用力，说明此时重力mg恰好提

供向心力2vmgmR=所以在B点时有2NvFmgmR−=解得N2Fmg=衣物在B点受到的支持力为2mg，则衣物在最低点B对滚筒的压力大小为2mg。故选B。2．（2024·安徽安庆·一模）如图所示，轻质细杆的一端与小球相连

，可绕过O的水平轴自由转动，细杆长1m，小球质量为1kg。现使小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过轨道最低点A的速度为7m/sAv=，通过轨道最高点B的速度为3m/sBv=，取210m/sg=，则小球通过最低点和最高点时，细杆对小球的作用力

小球可视为质点（）A．在A处为拉力，方向竖直向上，大小为59NB．在A处为推力，方向竖直向下，大小为59NC．在B处为推力，方向竖直向上，大小为1ND．在B处为拉力，方向竖直向下，大小为1N【答案】AC【详解】AB．在最低点，细杆对小球的拉力与小球重力的合力提供竖直向上的向心力，则

杆子一定表现为拉力，有2AmvFmgr−=代入数据解得59NF=故A正确，B错误；CD．在最高点，细杆对小球的力与小球的重力的合力提供竖直向下的向心力，假设细杆对小球的力为竖直向下的拉力，则有2BmvFmgr+=代入数据解得1N<0F=−所以细杆应表

现为推力，方向向上，大小为1N，故C正确，D错误。故选AC。3．（2024·河南·模拟预测）游客在动物园里常看到猴子荡秋千，其运动可以简化为如图所示的模型，猴子需要借助悬挂在高处的秋千绳飞跃到对面的滑板上。现

有一质量21kgm=的猴子在竖直平面内绕圆心O做圆周运动，当猴子运动到O点的正下方时松手，做平抛运动，恰好飞到水平距离。4mH=的对面的滑板上，O点离平台高度也为H，平台与滑板等高，猴子与O点之间的绳长3mh=，重力加速度10m/s?g=，不考虑空气阻力，猴子可视为质点，求：（1）

猴子落到滑板上时的速度大小；（2）猴子运动到O点正下方时秋千绳对猴子拉力的大小。【答案】（1）10m/s；（2）770N【详解】（1）设猴子松手后飞行的时间为t，由平抛运动规律，在竖直方向上有212Hhgt

−=在水平方向上有xHvt=解得45m/sxv=在竖直方向上有()22yvgHh=−解得25m/syv=而22xyvvv=+解得猴子落到滑板上时的速度大小10m/sv=（2）设猴子运动到O点正下方时秋千绳对猴子的拉力大小为F，猴子做圆周运动的半径Rh=猴子运动到O点正下方时，由牛顿

第二定律得2xvFmgmR−=解得770NF=【题型三】生活中的圆周运动【典例1】（2024·四川甘孜·一模）有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A．如图a，汽车通过拱桥的最高点时对桥的压力等于桥对车的

支持力B．如图b所示是一圆锥摆，增大，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度减小C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后做匀速圆周运动，小球在A处受到的支持力大于B处受到的支持力D．如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，

内轨对内轮缘会有挤压作用【答案】A【详解】A．汽车通过拱桥的最高点时，对桥的压力和桥对车的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，A正确；B．设圆锥摆的摆长为L，高度为h，在竖直方向上cosTmg=在水平方向上2sinsinTmL=联立解得cosg

gLh==可知，增大，只要保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度保持不变，B错误；C．由于在A、B两处所受支持力的竖直分量都等于小球重力，支持力的方向与竖直方向夹角相同，因此支持力大小相等，C错误；D．火

车转弯超过规定速度行驶时，有离心运动的趋势，外轨对车轮缘会有挤压作用，D错误。故选A。【典例2】（2024·浙江温州·二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为

，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为()tan。假设航母的运动半径R、夹角不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．航母对小物块的支持力Ncos

Fmg=B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大D．航母的最大航速tan1tanvgR−=+【答案】C【详解】AB．根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分

析法如图所示由图可知2N2mgfF−=而N2NcosFF=2sinff=联立解得NsincosmgfF−=故AB错误；CD．由图可知，小物块做圆周运动的向心力由1f和N1F提供，有21N1vfFm

R−=由于N1NsinFF=1cosff=联立解得2NsincosvFmRf+=可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有NfF=代入上式得2NNcossinvmFFR=−由A中得NsincossincosmgfmgF−

==+联立解得tan1tanvgR−=+故C正确，D错误。故选C。【典例3】（2024·福建·一模）市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。

将腰带水平套在腰上，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（）A．若增大转速，绳子的拉力变小B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变D．

若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ变小【答案】BC【详解】AB．依题意，对配重受力分析，由牛顿第二定律可得()20tansinmgmlr=+若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向mg=Tcosθ水平方向sinTF

=可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fₙ变大，对腰带受力分析如图所示，可得竖直方向f=Mg+Tcosθ=Mg+mg水平方向sinNTF==故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大。故A错误；B正确；C．若减小转速，根据AB选项的分析，腰受到腰带

的摩擦力仍是保持不变。故C正确；D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为θ将不变。故D错误。故选BC。1．如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）A．汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态B．在铁路的转弯处，通常要

求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯C．杂技演员在表演“水流星”节目时，盛水的杯子通过最高点而水不流出，水对杯底压力可以为零D．脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出【答案】C【详解】A．汽车通过凹形

桥的最低点时，加速度向上，汽车处于超重状态，故A错误；B．在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用铁轨对火车的支持力斜向上助火车转弯，当支持力与重力的合力水平指向圆心时，火车轮缘和内外轨都没有挤压，故B错误；C．杂技演员在表演“水流星”节目时，盛水的杯子通过最高点而水不流出，水

对杯底压力可以为零，由重力提供向心力，故C正确；D．离心力和向心力并非物体实际受力，脱水桶的脱水原理是水滴和衣服间的摩擦力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，故D错误。故选C。2．（2024·黑龙江·二模）如图甲所示，汽车的后备箱里水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件

截面和车的行驶方向垂直，当汽车以恒定速率通过如图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道ABC时，木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看，下列说法正确的是（）A．Q和M对P的支持力大小始终相等B．汽车过A点时，汽车重心的角速度最小C．汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等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．汽车过A、B、C三点时做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对工件P受力分析可知，汽车经过A、C两点时合外力向左，经过B点时合外

力向右，故Q和M对P的支持力大小不是始终相等，A错误；B．汽车过A点时，由角速度与线速度关系vr=可知，在A点圆弧轨道半径最大，则汽车重心的角速度最小，故B正确；C．根据合外力提供向心力，有2mvFr=合当汽车以恒定速率通过半

径依次变小的A、B、C三点时，工件P受到的合外力大小依次在增大，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。3．（2024·浙江·二模）一种离心测速器的简化工作原理如图所示

。光滑细杆的一端固定在竖直转轴OO上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。杆与竖直转轴的夹角始终

为60°，则（）A．角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大B．角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大C．弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度为3gD．突然停止转动后，圆环下滑过程中重力势能和弹簧弹性势能之和一直减小【答

案】A【详解】C．若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。设此时角速度为0，根据牛顿第二定律得201tanmgmωrα=设弹簧原长为l，圆环此时转动的半径为1sin

rlα=解得023gωl=此时的向心加速度为2033aωrg==故C错误；AB．设弹簧的长度为x，则圆环做圆周运动的半径为sinrxα=圆环受到的杆的支持力为N，圆环受到的杆的支持力为T，则当00时，圆环受力分析如图对圆环，

根据平衡条件可得cossinTαNαG+=2cossinNαTαmωr−=解得2234GmωxT−=23234mωxGN+=当0时，圆环受力分析如图对圆环，根据平衡条件可得sincosNαTαG−=2cossinNαTαmωr+=解得23234mωxGN+=2

324mωxGT−=当角速度增大时，弹簧的长度变大，则角速度越大时，圆环受到的杆的支持力也越大；当00时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变小，当0时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变大，即圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在先变小后变大，故A正确，B错误；D．突然停

止转动后，圆环下滑过程中，圆环先加速下滑后减速下滑，即圆环的动能先增大后减小，根据圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，则重力势能和弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。故选A。