圓周運(yùn)動(dòng)模型中臨界問題和功與能（解析版）-2024年高考物理二輪熱點(diǎn)模型

國(guó)國(guó)運(yùn)前模整申臨界問題曲功與能

國(guó)顯

1.圓周運(yùn)動(dòng)的三種臨界情況

2.常見的圓周運(yùn)動(dòng)及臨界條件

3.豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)常見問題與二級(jí)結(jié)論

模型講解

1.圓周運(yùn)動(dòng)的三種臨界情況

⑴接觸面滑動(dòng)臨界：吁=用”

(2)接觸面分離臨界：琮=0。

(3)繩恰好繃緊：身=0；繩恰好斷裂：瑪達(dá)到繩子可承受的最大拉力。

2.常見的圓周運(yùn)動(dòng)及臨界條件

⑴水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)

水平面內(nèi)動(dòng)力學(xué)方程臨界情況示例

水平轉(zhuǎn)盤上的物體

1

,干口,Ff=mct^r恰好發(fā)生滑動(dòng)

1__________:__________1

1

1

1

1

圓錐擺模型

7ngtan9—mrat2恰好離開接觸面

\、、一—」/

(2)豎直面及傾斜面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)

輕繩模型

/，一一、

//、\2恰好通過(guò)最高點(diǎn)，繩的拉力

1\

/\最高點(diǎn)：弓+mg=m—

I,?;r

\1恰好為0

\1

\/

\/

輕桿模型

一一、、

/\2

/\恰好通過(guò)最高點(diǎn)，桿對(duì)小球

1\

1\最高點(diǎn)：mg+F—m—

1(.1

1'，1r

\1的力等于小球的重力

\/

\\//

!>J?M

帶電小球在疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

關(guān)注六個(gè)位置的動(dòng)力學(xué)方程，最高

恰好通過(guò)等效最高點(diǎn)，恰好

點(diǎn)、最低點(diǎn)、等效最高點(diǎn)、等效最低

做完整的圓周運(yùn)動(dòng)

點(diǎn),最左邊和最右邊位置

等效法

傾斜轉(zhuǎn)盤上的物體

最高點(diǎn)：mgsin9±耳=mco'r

恰好通過(guò)最低點(diǎn)

最低點(diǎn)F)—mgsin9—ma^r

/

//

3.豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)常見問題與二級(jí)結(jié)論

【問題1】一個(gè)小球沿一豎直放置的光滑圓軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，軌道的最高點(diǎn)記為人和最低點(diǎn)記為

。，與原點(diǎn)等高的位置記為B。圓周的半徑為R

要使小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)在最高點(diǎn)A的向心力恰好等于重力時(shí)，由mg=m*可得u=的互①

對(duì)應(yīng)。點(diǎn)的速度有機(jī)械能守恒

mg2A=fmv^_得vc=j5gR②

當(dāng)小球在。點(diǎn)時(shí)給小球一個(gè)水平向左的速度若小球恰能到達(dá)與。點(diǎn)等高的。位置則由機(jī)械能守恒

mgR=-^mvi得vc=12gR③

小結(jié)：(1).當(dāng)觀〉〃硒時(shí)小球能通過(guò)最高點(diǎn)A小球在A點(diǎn)受軌道向內(nèi)的支持力

由牛頓第二定律K+mg=m等④

(2).當(dāng)Vc=招漉時(shí)小球恰能通過(guò)最高點(diǎn)A小球在A點(diǎn)受軌道的支持力為0

由牛頓第二定律mg=772曾。⑤

rt

(3).當(dāng)J硒<vc<J硒時(shí)小球不能通過(guò)最高點(diǎn)A小球在A點(diǎn)，上升至DA圓弧間的某一位向右做斜拋運(yùn)動(dòng)

離開圓周，且。越大離開的位置越高，離開時(shí)軌道的支持力為0

在LL4段射重力與半徑方向的夾角為。則mgcos。=m*、cos3=與

(4).當(dāng)0<%</礪時(shí)小球不能通過(guò)最高點(diǎn)A上升至CD圓弧的某一位置速度減為0之后沿圓弧返回。上

升的最高點(diǎn)為。永不脫離軌道

［問題2］常見幾種情況下物體受軌道的作用力

(1)從最高點(diǎn)人點(diǎn)靜止釋放的小球到達(dá)最低點(diǎn)C：由機(jī)械能守恒mg2R=■癰

在。點(diǎn)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：FN-mg=m當(dāng)?shù)?=5mg@

(2)從與O等高的。點(diǎn)(四分之一圓弧)處?kù)o止釋放到達(dá)最低點(diǎn)C：由機(jī)械能守恒mgR=^mvl

在。點(diǎn)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：FN-mg=m號(hào)得瑪=3mg⑦

(3)從人點(diǎn)以初速度心=4gR釋放小球到達(dá)最低點(diǎn)

由機(jī)械能守恒mg2J?=-^-mvc一~

在。點(diǎn)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：圖—mg=m*

得FN=6mg⑧

案例剖析1

til（2023上?安徽?高三校聯(lián)考期中）“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂園里常見的游樂項(xiàng)目，如圖甲所示，其基本裝置是將

繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤的邊上,繩子下端連接座椅,游客坐在座椅上隨轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將“旋轉(zhuǎn)

秋千”簡(jiǎn)化為如圖乙所示的模型，人和座椅看作質(zhì)點(diǎn)，總質(zhì)量約為館=80kg,圓盤的半徑為R=2.5m,繩

長(zhǎng)L=仞2,圓盤以恒定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩子與豎直方向的夾角為0=45°,若圓盤到達(dá)最高位置時(shí)離地

面的高度為九=22.5館,重力加速度g取lOm/s??在游玩過(guò)程中，游客的手機(jī)不慎從手中自由滑落。忽略空

氣阻力的影響，求：

（1）手機(jī)滑落瞬間的速度大??；

（2）手機(jī)落地點(diǎn)距離中心轉(zhuǎn)軸的距離。

圖甲圖乙

【答案】（l）5，^m/s;（2）15nz

【詳解】（1）設(shè)乘客和座椅的總質(zhì)量為m,繩子拉力為馬,對(duì)乘客和座椅整體進(jìn)行分析，有

Frcos3=mg,瑪sin。=+Esin。）

聯(lián)立，解得

co—V2rad/s

手機(jī)滑落瞬間的速度

v=+Lsin0）

解得

v=5V2m/s

（2）手機(jī)滑落后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有

h—Leos3=

解得

t=2s

則平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為

x=vt=10V2m

手機(jī)落地點(diǎn)距離中心轉(zhuǎn)軸的距離

s=J（R+Z/sin-y

解得

s=15m

血］2（2023上?黑龍江佳木斯?高三校聯(lián)考期中）如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平

軌道P4在人點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，。為圓心，。4和OB之間的夾角為sina=9一質(zhì)量

為小的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)。點(diǎn)，落至水平軌道;在整個(gè)過(guò)程中，除受到重

力及軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此

時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。(提示:可以嘗試把小球所受合力看作新的重力)

求：

(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)。點(diǎn)時(shí)速度的大??；

(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大?。?/p>

【答案】⑴告mg,⑵叱跡

【詳解】(1)設(shè)水平恒力的大小為耳，小球到達(dá)。點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為Fo由力的合成法則有

=tan。①

mg

F2=(mgy+片②

設(shè)小球到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小為以由牛頓第二定律得

2

F=m4③

rt

由①②③式聯(lián)立解得

用=-|-mg④

懺⑤

(2)設(shè)小球到達(dá)4點(diǎn)的速度大小為上，作CD，P4,交P4于。點(diǎn)，由幾何關(guān)系得

DA=_Rsina@

CD=22(1+cosa)⑦

由動(dòng)能定理有

—mg-CD—號(hào)DA=-^-mv2-

由④⑤⑥⑦⑧式解得，小球在人點(diǎn)的動(dòng)量大小為

my/23gR向

p=mVi=---------(9)

【總結(jié)提升】解決圓周運(yùn)動(dòng)問題的基本思路

I分析物體受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力來(lái)源T

|利用平行四邊形定則、正交分解法等表示出徑向合力|

一根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式列方程

@18（2023?北京市海淀區(qū)一模）如圖所示，輕桿的一端固定在通過(guò)。點(diǎn)的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一小球，輕

桿繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中A點(diǎn)為最高點(diǎn)，。點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與。點(diǎn)

等高，下列說(shuō)法正確的是（）

A

L中"、

/X

//\\

//\\

------]

'\------------!/I

\\/'

\、?/

、?/

C

A.小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，所受桿的作用力一定豎直向下

B.小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí),所受桿的作用力沿著80方向

C.從A點(diǎn)到。點(diǎn)的過(guò)程，小球重力的功率保持不變

D.從A點(diǎn)到。點(diǎn)的過(guò)程，桿對(duì)小球的作用力做負(fù)功

【答案】。

2

【解析】小球經(jīng)過(guò)4點(diǎn)時(shí)，合外力提供向心力，則當(dāng)小球速度較小時(shí)有m號(hào)Vmg,則所受桿的作用力豎直

22

向上；當(dāng)小球速度較大時(shí)有叫■>mg,則所受桿的作用力豎直向下；當(dāng)小球速度滿足=mg時(shí)，則桿

對(duì)小球無(wú)作用力，故A錯(cuò)誤；

小球重力和桿的作用力的合力提供向心力，則小球在B點(diǎn)所受桿的作用力斜向右上方，故3錯(cuò)誤；

人點(diǎn)和。點(diǎn)處重力與速度方向垂直，則小球重力的功率為0,B點(diǎn)處重力與速度共線，故重力功率不為0,

則從4點(diǎn)到。點(diǎn)的過(guò)程，小球重力的功率先增大再減小，故。錯(cuò)誤；

A到C的過(guò)程中，重力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知叫什用產(chǎn)△瓦=0,故桿對(duì)小球的作用力做負(fù)功，故。

正確。

【提煉總結(jié)】解決豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)注意

1.豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)通常為變速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力沿半徑方向的分力提供向心力，在軌跡上某點(diǎn)對(duì)物體進(jìn)

行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出向心力方程。

2.注意臨界問題:物體與軌道脫離的臨界條件是0=0或瑪=0。

3.求物體在某一位置的速度，可根據(jù)動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律，將初、末狀態(tài)的速度聯(lián)系起來(lái)。

皿￡（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）如圖所示，被鎖定在墻邊的壓縮彈簧右端與質(zhì)量為0.2kg、靜止于A點(diǎn)的滑

塊P接觸但不粘連，滑塊P所在光滑水平軌道與半徑為0.8m的光滑半圓軌道平滑連接于B點(diǎn)，壓縮的彈

簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為2.8J，重力加速度取10m/s2，現(xiàn)將彈簧解除鎖定,滑塊P被彈簧彈出，脫離彈簧后沖

A.可以到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)。

B.經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力大小為9N

C.不能到達(dá)最高點(diǎn)。，滑塊P能到達(dá)的最大高度為L(zhǎng)35m

D.可以通過(guò)。點(diǎn)且在CD之間某位置脫離軌道，脫離時(shí)的速度大小為2.2m/s

【答案】

【詳解】A.設(shè)滑塊P恰能通過(guò)最高點(diǎn)。，則有

虎

mg-m—

ri

解得

VD=2V2m/s

則滑塊P從B點(diǎn)到。點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有

—mgX2R=品--三m設(shè)

解得滑塊在B點(diǎn)的動(dòng)能為

E[B=~^rnvB=4J>2.8J

所以滑塊不能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)。，故A錯(cuò)誤；

B.滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為根據(jù)功能關(guān)系可得

7-1_12

E彈簧一/TTIVB

在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可得

R宿

聯(lián)立解得

FN=9N

根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)半圓軌道的壓力大小為9N,故B正確；

CD.滑塊在。點(diǎn)的重力勢(shì)能為

Ep'=mgR=0.2x10x0.8J=1.6J<2.8J

則滑塊可以通過(guò)C點(diǎn)且在CD之間某位置脫離軌道，此時(shí)的速度大小為。

mg

根據(jù)功能關(guān)系可得

E彈簧=^-mv2+mgR(l+cosG)

根據(jù)牛頓第二定律可得

R

聯(lián)立解得

9—60°,v=2m/s

滑塊離開軌道后做斜上拋運(yùn)動(dòng)

vx=t/cos300=2X=V3m/s

根據(jù)功能關(guān)系可得

E彈簧=-^-mvl+mgh

解得滑塊P能到達(dá)的最大高度為

h=1.35m

故。正確，。錯(cuò)誤。

故選BC。

綜合應(yīng)用

■

版耳叵（2023?山東濰坊?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示,質(zhì)量為小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30°。現(xiàn)讓球殼隨轉(zhuǎn)臺(tái)繞轉(zhuǎn)軸O。，一起轉(zhuǎn)動(dòng),物塊在球殼內(nèi)始終未

滑動(dòng)，重力加速度大小為g,則（）

A.靜止時(shí)物塊受到的摩擦力大小為乎mg

B.若轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為，小物塊不受摩擦力作用

C.若轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為，小物塊受到的摩擦力沿球面向下

D.若轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為2，小物塊受到的摩擦力沿球面向下

【答案】。

【詳解】4靜止時(shí)，對(duì)物塊分析，根據(jù)平衡條件有

fo=Wsin300=ymg

故A錯(cuò)誤；

B.球殼隨轉(zhuǎn)臺(tái)繞轉(zhuǎn)軸。。一起轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由沿圓周半徑方向的合力提供向心力，若物塊

所受摩擦力恰好為0時(shí)，角速度為g,對(duì)物塊進(jìn)行分析，則有

mgtan30°=館。限sin30°

解得

故B錯(cuò)誤;

C.若轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為為由于

可知，物塊有沿球殼向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，小物塊受到的摩擦力沿球面向上，故。錯(cuò)誤

D.若轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為2y聚，由于

可知，物塊有沿球殼向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，小物塊受到的摩擦力沿球面向下，故。正確。

故選D。

題目團(tuán)（2023上?山西忻州?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示,長(zhǎng)度為I的輕繩一端固定在。點(diǎn),另一端系著一

個(gè)質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小球在最低點(diǎn)時(shí)，獲得一個(gè)水平向右的初速度為=2項(xiàng),重力加速度為g,不計(jì)空氣

阻力。在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

T。

O—>vo

A.小球恰好能到達(dá)豎直面內(nèi)的最高點(diǎn)

B.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí)，小球所受的合力大小為2mg

C.輕繩第一次剛好松弛時(shí),輕繩與豎直方向夾角的余弦值為4

D.初狀態(tài)在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力大小為4mg

【答案】。

【詳解】若小球能到達(dá)最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒，有

—mg2l--^-mv'2--v'—0

根據(jù)小球在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)受力特點(diǎn)，可知恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)時(shí)小球重力恰好提供

所需向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得

v2

mg=m—

在最高時(shí)小球的最小速度為

v=~fgl豐0

故A錯(cuò)誤；

B.分析小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最右端的過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒，有

-mgl---j-m褚ng=，2gz

根據(jù)牛頓第二定律和向心力可得，小球的向心力為

埼=-j-=2mg

又因?yàn)樾∏蚴苤亓ψ饔?，根?jù)平行四邊形定則可知小球所受的合力為

博=J-+（mg產(chǎn)=V5mg

故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)輕繩第一次剛好松弛時(shí)，繩的拉力為零,設(shè)此時(shí)的速度大小為2,輕繩與豎直向上方向夾角為樂如

圖所示

y

由徑向合力提供向心力，有

mgcosa

由機(jī)械能守恒有

—mg(l+2cosa)=-^-rnvl--^-mvl

聯(lián)立解得

故C正確;

D.小球在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

mvl

F—mg==F=5mg

輕繩受到的拉力大小為5mg,故。錯(cuò)誤。

故選C。

題目叵〕(2023?寧夏石嘴山?高?？茧A段練習(xí))如圖所示，小球館在豎直放置的光滑圓形

A.小球通過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為個(gè)g(R+r)

B.小球通過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為零

C.小球在水平線ab以上管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球一定無(wú)作用力

D.小球在水平線ab以下管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外側(cè)管壁對(duì)小球可能無(wú)作用力

【答案】B

【詳解】AB.在最高點(diǎn)，由于外管或內(nèi)管都可以對(duì)小球產(chǎn)生彈力作用，當(dāng)小球的速度等于0時(shí)，內(nèi)管對(duì)小球

產(chǎn)生彈力，大小為mg,故最小速度為0,故A錯(cuò)誤，B正確；

C.小球在水平線ab以上管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)速度非常大時(shí)，內(nèi)側(cè)管壁沒有作用力，此時(shí)外側(cè)管壁有作用力；

當(dāng)速度比較小時(shí)，內(nèi)側(cè)管壁有作用力，故。錯(cuò)誤；

。.小球在水平線就以下管道運(yùn)動(dòng)，由于沿半徑方向的合力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以外側(cè)管壁對(duì)小

球一定有作用力，故。錯(cuò)誤。

故選B。

題目7］（2023上?山東德州?高三統(tǒng)考期中）如圖所示，一半徑為R的圓環(huán)處于豎直平面內(nèi)，A是與圓心等高

點(diǎn)，圓環(huán)上套著一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的、質(zhì)量為小的小球?，F(xiàn)使圓環(huán)繞其豎直直徑轉(zhuǎn)動(dòng)，小球和圓環(huán)圓心。的

連線與豎直方向的夾角記為仇轉(zhuǎn)速不同，小球靜止在圓環(huán)上的位置可能不同。當(dāng)圓環(huán)以角速度。勻速轉(zhuǎn)

動(dòng)且小球與圓環(huán)相對(duì)靜止時(shí)（

C.若小球與圓環(huán)間的摩擦因數(shù)為〃，且小球位于入點(diǎn)，則角速度0可能等3=

R

D.若小球與圓環(huán)間的摩擦因數(shù)為〃，且小球位于入點(diǎn)，則角速度?？赡艿扔凇?75

【答案】。

【詳解】4B.小球在圖示位置時(shí)的受力分析如圖所示

則小球所受合外力提供向心力，即

琮=mgtanH=mcc^r

r=Rsin0

以上兩式聯(lián)立，解得

3VRCOS0

故AB錯(cuò)誤；

CD.若小球在A點(diǎn)時(shí)，則圓環(huán)對(duì)小球的支持力提供向心力，圓環(huán)對(duì)小球的靜摩擦力與重力等大反向，即

N=mai2R

mg

聯(lián)立，解得

故。錯(cuò)誤，。正確。

故選￡!。

〕頷百回（2023上?重慶梁平?高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖甲所示的陀螺可在圓軌道的外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落,好像軌

道對(duì)它施加了魔法一樣,被稱為“魔力陀螺”。其物理原理可等效為如圖乙所示的模型:半徑為R的磁性圓

軌道豎直固定，質(zhì)量為小的小鐵球視為質(zhì)點(diǎn)在軌道外側(cè)轉(zhuǎn)動(dòng)，兩點(diǎn)分別為軌道上的最高、最低點(diǎn)，鐵

球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,重力加速度為9,不計(jì)摩擦和空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是

A.鐵球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

B.鐵球繞軌道轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不守恒

C.鐵球在人點(diǎn)的速度一定大于或等于癡反

D.要使鐵球不脫軌,軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg

【答案】。

【詳解】A.鐵球在豎直軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、軌道的支持力和磁性引力的作用，其中鐵球受軌道

的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過(guò)圓心，它們都始終與鐵球的運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以磁

力和支持力對(duì)鐵球都不做功，只有重力對(duì)鐵球做功，所以鐵球的機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)的速度最小，在最低

點(diǎn)的速度最大，所以鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故4錯(cuò)誤：

B.鐵球繞軌道轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；

C.在4點(diǎn)，軌道可以支撐鐵球，所以要使鐵球不脫軌做完整圓周運(yùn)動(dòng)，鐵球在人點(diǎn)時(shí)的速度大于等于零

即可，故。錯(cuò)誤；

D.鐵球在最低點(diǎn)時(shí)，若恰不脫軌，則滿足

"V2

b—mg—m—

R

從鐵球恰在最高點(diǎn)到最低點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得

2mgR-

解得

F=5mg

即要使鐵球不脫軌做完整圓周運(yùn)動(dòng)，軌道對(duì)鐵球的磁性引力大小至少為5mg,故。正確。

故選。。

題目引侈選）（2024四川成都??？家荒＃┤鐖D所示,傾角為30°的斜面體置于粗糙的水平地面上,斜面上有

一質(zhì)量為4m的滑塊，通過(guò)輕繩繞過(guò)光滑的滑輪與質(zhì)量為m的帶正電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）相連，滑輪下方

有一個(gè)光滑的小孔，輕繩與斜面平行。小球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),輕繩與豎直方向的夾角也為30°。斜面

體和滑塊始終靜止，滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為手，小球與小孔之間的繩長(zhǎng)為乙,重力加速度為9,下列說(shuō)

法正確的是（）

A.斜面體所受到地面的摩擦力大小為mg

B.若增大小球的轉(zhuǎn)速，繩子對(duì)小孔的作用力減小

C.若增大小球的轉(zhuǎn)速，小球能達(dá)到的最大轉(zhuǎn)速為上、呼

2兀VL

D.若此時(shí)在空間加上豎直向下的電場(chǎng)，要使小球的轉(zhuǎn)速不變，則小球到轉(zhuǎn)動(dòng)中心的距離增大

【答案】4C

【詳解】A.對(duì)小球受力分析有

mg=Tcos30

解得

,mg2V3

T=-------r=mg

cos303

將滑塊和斜面看成整體，由平衡條件得，斜面體所受摩擦力大小為

rrri°^

fi=Tcos3Q0n=~^—mgx-=mg

故A正確；

B.設(shè)繩與豎直方向的夾角為仇對(duì)小球有

Tsin。=ma^Lsind

Tcosff=mg

可得

T—rna^L

又因?yàn)?/p>

3=27m

所以隨著轉(zhuǎn)速的增大,角速度會(huì)增大；拉力會(huì)增大，繩與豎直方向的夾角會(huì)增大，兩繩的夾角會(huì)減小，所以

合力會(huì)增大；所以繩子對(duì)小孔的作用力增大；故B錯(cuò)誤；

C.因?yàn)槔K對(duì)滑塊的拉力越大，滑塊越容易往上滑動(dòng)。所以當(dāng)小球轉(zhuǎn)速最大，即繩的拉力最大時(shí)，對(duì)滑塊受

力分析得

T=4m^sin300+4//m^cos300

即

ma^L=47ngsin300+4//m^cos300

可得最大角速度為

12

所以最大轉(zhuǎn)速為

故。正確；

D.加上電場(chǎng)后，對(duì)小球受力分析知

Tsind=ma^Lsind

Tcosff—mg+qE

因?yàn)橐罐D(zhuǎn)速不變，即角速度不變，所以繩子的拉力大小不變，因?yàn)樨Q直方向繩的分力相對(duì)沒有加電場(chǎng)時(shí)

增大了，所以由以上公式知夕減小，即小球到轉(zhuǎn)動(dòng)中心的距離減小，故。錯(cuò)誤。

故選47。

>f0（多選，（2023上?陜西咸陽(yáng)?高三統(tǒng)考期中）如圖所示，在水平圓盤上,沿半徑方向放置物體A和B,

mA=4kg,mB=1kg,它們分居在圓心兩側(cè)，與圓心距離為r^QAm,rB=0.2m,中間用細(xì)線相連，4B與

盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為“=0.2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，若圓盤從靜止開始繞中心轉(zhuǎn)軸非常緩慢

地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，g=10m/s\以下說(shuō)法正確的是（）

A.B的摩擦力先達(dá)到最大

B.當(dāng)0=2V^rad/s時(shí),繩子出現(xiàn)張力

C.當(dāng)0=V^rad/s時(shí)，兩物體出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)

D.當(dāng)0=5，^rad/s時(shí)，力、B兩物體出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)

【答案】

【詳解】若A達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)的臨界角速度滿足

^rnAg=mAa）oArA

代入數(shù)據(jù)解得

a>0A=2V5rad/s

同理可得B達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)的臨界角速度為

arnBg=m贏B「B

代入數(shù)據(jù)解得

（t）0B—V10rad/s

則當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的速度逐漸變大時(shí)，B先達(dá)到臨界角速度值，則B的摩擦力先達(dá)到最大，故人正確；

B.當(dāng)B的摩擦力達(dá)到最大時(shí)，轉(zhuǎn)速再增加時(shí)，繩子出現(xiàn)張力，即當(dāng)0=6Ijrad/s時(shí)，繩子出現(xiàn)張力，故B錯(cuò)

、口

沃；

CD.A與B的角速度相等，A的質(zhì)量是B的4倍而A做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是B的［■，根據(jù)可知

A需要的向心力大，所以當(dāng)4B兩物體出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)時(shí)4背離圓心運(yùn)動(dòng)，B向著圓心運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B受靜摩

擦力方向背離圓心，4受靜摩擦力方向指向圓心，則對(duì)4有：

即國(guó)=

T+mAa^rA

對(duì)B有:

T-/imBg=mB(^rB

解得

g=V50rad/s=5V2rad/s

故。錯(cuò)誤，。正確。

故選AD。

〔題目同（多選）（2024?湖南株洲?統(tǒng)考一模）如圖，質(zhì)量為小的電動(dòng)遙控玩具車在豎直面內(nèi)沿圓周軌道內(nèi)壁以

恒定速率。運(yùn)動(dòng)，已知圓軌道的半徑為玩具車所受的摩擦阻力為玩具車對(duì)軌道壓力的％倍，重力加速度

為g,P、Q為圓軌道上同一豎直方向上的兩點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，玩具車（）

A.在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小之差為6mg

B.通過(guò)P、Q兩點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小之和為2鑾

C.由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)克服摩擦力做功為夙7皿2

D.由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)電動(dòng)機(jī)做功為2k兀nw2+2mg_R

【答案】

【詳解】4在最低點(diǎn)，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得

mv2

K—mg

-R-

在最高點(diǎn)，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得

mv2

E+mg=

-R-

兩式相減可得

R-E=2mg

A錯(cuò)誤；

BC.在PQ兩點(diǎn)的受力如圖所示

在。點(diǎn)，由向心力公式有

mv

N—mgcos0=

rR

14

在P點(diǎn)，由向心力公式有

N2-\-mgcos9—.

兩式相加可得

A7-_LAT

IL

因摩托車在不同位置與圓軌道間的壓力不同，所以摩擦力是一個(gè)變力，將圓軟道分成N段,在軌道上下關(guān)

于水平直徑對(duì)稱的位置上取兩小段4B,每段的長(zhǎng)度為“=則在4B兩小段的壓力可視為恒力，

摩擦力做功之和為

Wf=k（N代Ngx

解得

布=心2Md乂迎=4kM2

八RNN

所以摩托車從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)克服摩擦力做功為

用,=小叫］=kumv'2

正確；

D.玩具車在豎直面內(nèi)沿圓周軌道內(nèi)壁以恒定速率”運(yùn)動(dòng)，由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理可知

WF—Wf—mg2R=0

解得

2

WF=kitmv+2mgR

■D錯(cuò)誤。

故選B。。

題目■（多選）（2023上?四川綿陽(yáng)?高三綿陽(yáng)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在X星球表面宇航員做了一個(gè)實(shí)驗(yàn):如圖甲

所示，輕桿一端固定在。點(diǎn)，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)

到最高點(diǎn)時(shí),受到的彈力為F,速度大小為“，其F—d圖像如圖乙所示。已知X星球的半徑為外，引力常

量為G,不考慮星球自轉(zhuǎn),則下列說(shuō)法正確的是（）

A.X星球的第一宇宙速度3=

B.X星球的密度p=,九

4TJ:GR0

C.X星球的質(zhì)量河=空

D.環(huán)繞X星球的軌道離星球表面高度為凡的衛(wèi)星周期7=4元

【答案】CD

【詳解】A.小球在最高點(diǎn)時(shí)有

mg—b—m—

所以可得

2

加v

r=mg-m--

R

將圖線與橫軸交點(diǎn)代入則得

則X星球的第一宇宙速度為

v\=y/gR0=^^~

A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)

則X星球的質(zhì)量為

遮=遐

GGR

X星球的密度為

b瑞

竺=

V等兀成4兀GK顯

B錯(cuò)誤，C正確；

D.根據(jù)

GMm47u2r

---；-=m——

r2T2

則環(huán)繞X星球運(yùn)行的離星球表面高度為兄的衛(wèi)星丁=2幾

遮=遮

GGR

則代入可得周期

。正確。

故選CD。

題目J0（多選）（2023上?安徽?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定有半徑為五的光滑圓弧

軌道ABC,其圓心為O,B點(diǎn)在。的正上方，4、。點(diǎn)關(guān)于OB對(duì)稱，AAOB=a.可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊自A

點(diǎn)以初速度*沿著軌道切線方向向上運(yùn)動(dòng)，并且能沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。已知重力加速度為g,sin37°=

0.6,下列說(shuō)法正確的有（）

B

A.若a=37°,則物塊在A點(diǎn)初速度可能為yJ^gR

B.若a=37°,則物塊在A點(diǎn)初速度可能為福嬴

C.若a=53°,則物塊在人點(diǎn)初速度可能為康

D.若a=53°,則物塊在A點(diǎn)初速度可能為福嬴

【答案】

【詳解】AB.若a=37°,A點(diǎn)速度取得最大值時(shí)

VA2/4p

7ngeosa=0=y~^gR

從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到石點(diǎn)，由動(dòng)能定理，有

—1mv2=12I?—1Kr->

ZiAZio

得到

VB=J,gR<JgR

滿足題意，AB正確；

C.若a=53°,A點(diǎn)速度取得最大值時(shí)

從人點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理，有

12_12?2p

—mv-,--/t

zAzo

得到

不符合題意，。錯(cuò)誤；

D.若物塊在A點(diǎn)的初速度為y/^gR,則物塊在A點(diǎn)就離開軌道，不能沿著軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)、，D錯(cuò)誤o

故選ABo

題目巨（多選）（2023上?湖南?高三校聯(lián)考期中）如圖所示,半圓豎直軌道與水平面平滑連接于B點(diǎn),半圓軌

道的圓心為。,半徑為兄，。為其最高點(diǎn)。段為雙軌道，。點(diǎn)以上只有內(nèi)軌道，。點(diǎn)與圓心的連線與水

平方向夾角為仇一小球從水平面上的A點(diǎn)以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，能沿圓弧軌道恰好到達(dá)。點(diǎn)。不計(jì)

一切摩擦。則（）

c

D

A.小球到達(dá)。點(diǎn)時(shí)速度為0

B.小球到達(dá)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)落在地面上

C.小球在A點(diǎn)的初速度為J硒

D.若小球到達(dá)。點(diǎn)時(shí)對(duì)內(nèi)外軌道均無(wú)彈力，則sin。=

【答案】AD

【詳解】A.小球恰好過(guò)圓弧軌道最高點(diǎn)C,由于下方有支持物，所以過(guò)。點(diǎn)時(shí)速度為0,故人正確；

B.小球過(guò)。點(diǎn)時(shí)速度為0,不能做平拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤

C.A到。，由機(jī)械能守恒定律可得

mg2R

解得

vA=2〃^

故。錯(cuò)誤；

D.由。到。根據(jù)機(jī)械能守恒有

mgR（l—sin。）=優(yōu)

在。點(diǎn)小球?qū)?nèi)外軌道均無(wú)彈力，則重力的分力提供向心力，有

rngsin,=m-r—

R

解得

sin（9=~

故。正確。

故選AD。

題目J2（多選）（2023上?四川綿陽(yáng)?高三四川省綿陽(yáng)南山中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑

軌道ABC由直線段和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，段與水平面夾角為仇段圓心為

最高點(diǎn)為。、A與。的高度差等于圓弧軌道的直徑2V。小球從A點(diǎn)以初速度比上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰

好到達(dá)。點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）

c

A.小球從B到。的過(guò)程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大

B.小球A從到C的過(guò)程中，重力的功率先增大后減小

C.小球的初速度2=J硒

D.若小球初速度*增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道

【答案】4D

【詳解】A.由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)。點(diǎn)，則小球在。點(diǎn)的速度為

%=0

則小球從。到B的過(guò)程中，有

mgR(l—cosa)=-^-mv2

2

局=mgcosa—m—

聯(lián)立有

FN=Smgcosa—2mg

則從。到B的過(guò)程中a由0增大到仇則cosa逐漸減小，故局逐漸減小，而小球從B到。的過(guò)程中,對(duì)軌道

的壓力逐漸增大，4正確；

B.由于A到。的過(guò)程中小球的速度逐漸減小，則A到。的過(guò)程中重力的功率為

P——mgvsind

則A到。的過(guò)程中小球重力的功率始終減小，故B錯(cuò)誤；

C.從A到。的過(guò)程中有

c7->__1212