2025高考物理復習教案：圓周運動臨界問題的模型建構

第四章曲線運動

專題七圓周運動臨界問題的模型建構

核心考點五年考情命題分析預測

2023：福建T15；圓周運動的臨界問題是本章的難

水平面內圓周運動

2022：山東T8；點，也是高考考查的熱點.水平面內

的臨界問題

2019：海南T6的圓周運動的臨界問題一般與摩擦

2022：全國甲T14；力有關，豎直面內的圓周運動的臨

豎直面內圓周運動

2021：浙江6月T20；界問題一般與彈力有關，關鍵均在

的臨界問題

2020：浙江1月T20于找到臨界點，列出動力學方程.預

計2025年高考可能會出現與生產生

斜面上圓周運動的

活聯系的圓周運動臨界問題，以選

臨界問題

擇題或計算題形式出現.

題型1水平面內圓周運動的臨界問題

1.運動特點

（1）運動軌跡是水平面內的圓.

（2）合力沿水平方向指向圓心，提供向心力，豎直方向合力為零，物體在水平面內做勻速

圓周運動.

2.臨界問題分析

（1）與摩擦力有關的臨界極值問題物體間恰好不發(fā)

生相對滑動的臨界條件是物體間的靜摩擦力恰好達到最大靜摩擦力.

（2）與彈力有關的臨界極值問題

壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零；繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且

其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受力等.

1.［圓錐體結合的臨界］一根輕質細線一端系一小球（可視為質點），另

一端固定在一光滑圓錐體頂上，如圖所示.設小球在水平面內做勻速圓周

運動的角速度為外，細線的拉力為T,則下列T隨信變化的圖像可能正確的是（C）

解析對小球受力分析如圖，當角速度較小時，小球在光滑錐面上做

勻速圓周運動，根據牛頓第二定律和平衡條件可得Tsin。一Ncos8=■//

mLsin。?心,Tcos夕+Nsin9=mg,聯立解得T=mgcos6+

mLsin20-ccr;當角速度較大時，小球離開光滑錐面做勻速圓周運動，

根據牛頓第二定律可得Tsina=mLsinaQ2,則7=加￡°2,綜上所述，只有c可能正確.

2.[/繩子結合的臨界/多選]如圖所示，質量為根的小球由輕繩。和6Q

分別系于一輕質細桿的A點和2點，當輕桿繞軸。。'以角速度。勻淅

速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，。繩與水平面成6角，

b繩水平且長為/,重力加速度為g,則下列說法正確的是一J

（AC）?。'

A.a繩一定受拉力作用

B.a繩所受拉力隨角速度的增大而增大

C.當角速度?！悼飼r，b繩將出現彈力

D.若b繩突然被剪斷，則“繩的彈力一定發(fā)生變化

解析對小球受力分析可知。繩的拉力在豎直方向的分力與小球的重力平衡，可得FT&=

能，為定值，A正確，B錯誤；當閂■acosjum"/即。=時，。繩的彈力為零，若

sin0yItanG

角速度大于該值，則b繩將出現彈力，C正確；由于6繩可能沒有彈力，故6繩突然被剪

斷，。繩的彈力可能不變，D錯誤.

3.[11盤結合的臨界/多選]如圖所示，兩個質量均為根的小木塊。和6°：

（可視為質點）放在水平圓盤上，a與轉軸。。'的距離為/,6與轉軸------:，

0':

的距離為2/.木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的4倍，重

力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用。表示圓盤轉動的角速

度，下列說法正確的是（AC）

A.6一定比a先開始滑動

B.a、b所受的摩擦力始終相等

C&=但是6開始滑動的臨界角速度

D.當。=杵時，。所受摩擦力的大小為

解析圓盤開始轉動時，兩木塊受到的靜摩擦力的方向指向轉軸提供向心力，轉動角速度

相等，則根據牛頓第二定律可得尸加蘇尺，由于小木塊6的軌道半徑大于小木塊。的軌道

半徑，故小木塊6做圓周運動需要的向心力較大，B錯誤；因為兩木塊與圓盤間的最大靜

摩擦力相等，故6一定比。先開始滑動，A正確；當6開始滑動時，由牛頓第二定律可得

kmg—mcir-H,可得。=J^，C正確；當a開始滑動時，由牛頓第二定律可得h〃g=

:加比/,可得d=存，轉盤的角速度為再時，小木塊a未發(fā)生滑動，其所需的向心

力由靜摩擦力提供，由牛頓第二定律可得尸加。2/=|的^,D錯誤.

命題拓展

[:件總]如果兩木塊。、6之間用一輕繩連接，且繩子能承受的最大拉力為T=b〃g,試分

析繩子是否會發(fā)生斷裂.

答案繩子不會發(fā)生斷裂

解析由題意可知當繩子將要斷裂的瞬間，對木塊b有，T+/11ax=加療.2/,即2hwg=

mco2-2l,解得。=J^;對木塊a有，%—T=ma>2/,解得f0=2kmg,與已知條件相矛

盾，因此繩子不會發(fā)生斷裂.

題型2豎直面內圓周運動的臨界問題

項目繩模型桿模型

常見類型

最高點沒有支撐最高點有支撐

過最|W1點避_

由mg=[1]1欄得v臨=[2]由小球恰能做完整的圓周運動得V=[3],

的7—K

0

臨界條件

(1)恰好過最高點時，v=y[gry

(1)當u=0時，F=mg,/為支持力,

討論分析mg=+~,F=0,即繩、圓軌道對

沿半徑背離圓心；

球無彈力；

（2）W4]>、所,有歹+:咫=（2）當210<v<-6]軻時,有

2

nJ尸為繩、圓軌道對小球產生F+mg—m^,尸背離圓心，隨n的增大

r

的彈力；而減??；

（3）不能過最高點時，小球在到（3）當v=[71、府時,F=[8]—

達最高點前已經脫離了圓軌道0_；

（4）當v>「91、回時,有F+mg=

?2

尸指向圓心，隨的增大而增大

mr-,v

4,整繩模]如圖甲所示，輕繩一端固定在。點，另一端固定一小球（可看成質點），讓小

球在豎直平面內做圓周運動.改變小球通過最高點時的速度大小v,測得相應的輕繩彈力大

小凡得到/一丫2圖像如圖乙所示，已知圖線的延長線與縱軸交點的坐標為（0,—6）.不

計空氣阻力，重力加速度為g,則下列說法正確的是（B）

mu*MZ.

A.該小球的質量為bg

B.小球運動的軌跡半徑為巴

2g

C.圖線與橫軸的交點處小球所受的合力為零

D.當v2=a時，小球的向心加速度為g

22

解析小球在最高點時受到輕繩的拉力為己則有尸=解得尸=根匕一根g,結合

圖乙可知sg=6,即m=2,斜率為”=弛，解得R=白，故A錯誤，B正確；圖線與橫軸

9Ra2g

的交點表示小球所受的拉力為零，即合力等于重力時的情況，故C錯誤；根據向心加速度

”2

公式可知。n=L=2g,故D錯誤.

R

命題拓展

L1若將輕繩換成輕桿，其F—"2圖像如圖所示.已知桿長為R,不計空氣阻

力，則（D）

圖甲圖乙

A?當地的重力加速度大小猊

B.小球的質量為竺

C.當v2=C時，桿對小球的彈力方向向上

D.當v2=2b時，小球受到的彈力與重力大小相等

22

解析由圖乙可知，當廿=/?時，桿對小球的彈力為0,有mg=mj則重力加速度g=L

RR

故A錯誤；當小球速度uVj麗時，彈力為支持力，方向向上，由牛頓第二定律得

mg—F=m—,因此有b=zng一加乙，此時圖線的斜率為一2=一%,則機=竺，故B錯誤；

RRbRb

當時，桿對小球的彈力為拉力，方向向下，故C錯誤；當儼=2。時，彈力方向向

2

下，因此有mg+/=m匕，與記=/?時相比較，得桿對小球彈力的大小為mg,故D正確.

5.［，作用力方向可變/多選］如圖所示，豎直面內有一個半徑為R

的光滑圓管道，現給小球一個初速度，使小球在管道內做圓周運動，管道（（嚀）

很細，則關于小球在最高點時的速度v,下列敘述正確的是（CD）

A.v的最小值為癡

B.當v由零逐漸增大時，在最高點管道對小球的彈力也逐漸增大

C.當v由再逐漸增大時，在最高點管道對小球的彈力也逐漸增大

D.當v由/證逐漸減小時，在最高點管道對小球的彈力逐漸增大

解析小球在最高點時，管道對小球的作用力可以向上，也可以向下，所以v的最小值為

2

零，故A錯誤.在最高點，當證時，根據牛頓第二定律得mg—斤=等，可得管道對

小球的作用力鳳=0;當vV歷時，管道對小球的作用力方向向上，根據牛頓第二定律得

mg—FN=m^-,當v由北R逐漸減小時，管道對小球的彈力逐漸增大；當時，管道

2

對小球的作用力方向向下，根據牛頓第二定律得根g+Ev="7三，當V由/^月逐漸增大時，

管道對小球的彈力也逐漸增大，故B錯誤，C、D正確.

6.［豎直面內圓周運動的實際應用］如圖所示是某游樂場中水上過

山車的原理示意圖.半徑為R=8m的圓軌道豎直固定在離水面高

〃=3.2m的水平平臺上，圓軌道與水平平臺相切于A點，A、B

分別為圓軌道的最低點和最高點.過山車（實際是一艘?guī)л喿拥?/p>

氣墊小船，可視作質點）高速行駛，先后會通過多個圓軌道，然后從A點離開圓軌道進入

光滑的水平軌道AC,最后從C點水平飛出落入水中，整個過程刺激驚險，受到很多年輕

人的喜愛.已知水面寬度為s=12m,不計空氣阻力，重力加速度g取:lOm/sZ（結果可保留

根號）

（1）若過山車恰好能通過圓軌道的最高點8,則其在B點的速度為多大？

（2）為使過山車安全落入水中，則過山車在C點的最大速度為多少？

（3）某次運動過程中乘客在圓軌道最低點A對座椅的壓力為自身重力的3倍，隨后進入水

平軌道AC并落入水中，求過山車落入水中時的速度大小.

答案(1)4V5m/s(2)15m/s(3)4V14m/s

解析(1)過山車恰好能過最高點時，只受重力作用，有=粵

R

貝IVB—y/~gR=4V5m/s

(2)過山車離開。點后做平拋運動，有h=.

解得運動時間為/=聆~=0,8s

故最大速度為Vmax=|=15m/S

(3)在圓軌道最低點有Fjy—m,g=m—

由牛頓第三定律得FN=3m'g

解得VA=72^=4V10ni/s

落入水中時豎直速度為vy=gf=8m/s

則落入水中時的速度為i，=IvJ+v^—4V14m/s.

題型3斜面上圓周運動的臨界問題

1.與豎直面內的圓周運動類似，斜面上的圓周運動也是集中分析物體在最高點和最低點的

受力情況，列牛頓運動定律方程來解題.物體在斜面上做圓周運動時，設斜面的傾角為仇

重力垂直于斜面的分力與斜面對物體的支持力相平衡，解決此類問題時，可以按以下操作

(如圖)，把問題簡化.

立體圖州視圖正視(斜面)圖

2.物體在斜面上做圓周運動，根據受力情況的不同，可分為以下三類:

(1)物體在靜摩擦力作用下做圓周運動.

(2)物體在繩的拉力作用下做圓周運動.

(3)物體在桿的作用下做圓周運動.

7.[]如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞過圓心垂直于盤面的軸以

恒定的角速度。轉動，盤面上離轉軸2.5m處有一小物體，小物體與圓

盤始終保持相對靜止.已知小物體與盤面間的動摩擦因數為手，設最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤面與水平面間的夾角為30。，取g=10m/s2,則。的最大值為

C)

A.V5rad/sB.-\/3rad/s

C.lrad/sD.0.5rad/s

解析當小物體轉到圓盤的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，角速度最

大，由牛頓第二定律得〃mgcos30°—mgsin30°=加。2/，解得°=lrad/s,故C正確.

命題拓展

［］結合上述題干信息，判斷下列說法的正誤.

（1）小物體隨圓盤做勻速圓周運動時，一定始終受到三個力的作用.（X）

（2）小物體隨圓盤以不同的角速度。做勻速圓周運動時，。越大，小物體在最高點處受到

的摩擦力一定越大.（X）

（3）小物體受到的摩擦力可能背離圓心.（4）

8.［傾斜臨界+輕桿模型］如圖所示，在傾角為a=30。的光滑斜面上，

有一根長為L=0.8m的輕桿，輕桿一端固定在。點，另一端系一質

量為機=0.2kg的小球，小球沿斜面做圓周運動.取g=10m/s2.若要小

球能通過最高點A,則小球在最低點B的最小速度為（A）

A.4m/sB.2V10m/s

C.2V5m/sD.2V2m/s

解析小球受輕桿約束，在A點的最小速度為零，由動能定理可得一mgX2￡sina=0一

解得VB=4m/s,A正確.

L［水平面內的臨界問題海南高考］如圖，一硬幣（可視為質點）置于水平1S

圓盤上，硬幣與豎直轉軸0。的距離為廠，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦

因數為〃（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度大小為g.若硬幣與圓盤二起繞

00,軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為（B）

AB.WD.23

-1vvrr

解析硬幣由靜摩擦力提供其做圓周運動的向心力，當達到最大靜摩擦力時，角速度最

大，設硬幣質量為根，由牛頓第二定律可得〃加g=m02r,解得圓盤轉動的最大角速度0=

%,故B正確，A、C、D錯誤.

2.［廿"折江高考］一質量為2.0xl03kg的汽車在水平公

路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為L4X104N,當汽車經過

半徑為80m的彎道時，下列判斷正確的是（D）

A.汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力

B.汽車轉彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4X104N

c.汽車轉彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側滑

D.汽車能安全轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2

解析向心力為效果力，故A錯誤；汽車轉彎的速度為20m/s時，所需的向心力兄=叱

r

=1.0X104N,故B錯誤；汽車轉彎時，徑向摩擦力提供向心力，轉彎的速度為20m/s

時，所需的向心力小于徑向最大靜摩擦力，故不會發(fā)生側滑，C錯誤；汽車安全轉彎所需

的最大向心力等于徑向最大靜摩擦力，汽車轉彎的最大向心加速度故

mm/s?,

D正確.

3.［水平面內的臨界問題Z2O23福建］一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示.細桿的一端固

定在豎直轉軸上的。點，并可隨軸一起轉動.桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于。

點，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連.當測速器穩(wěn)定工作時，圓環(huán)將相對細桿靜止，通過圓環(huán)

的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度.已知細桿長度Z=0.2m,桿與豎直轉軸的夾角a始

終為60。，彈簧原長xo=O.lm,彈簧勁度系數k=100N/m,圓環(huán)質量1kg；彈簧始終在

彈性限度內，重力加速度大小取lOm/s2,摩擦力可忽略不計.

（1）若細桿和圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，求圓環(huán)到。點的距離；

（2）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大?。?/p>

（3）求圓環(huán)處于細桿末端尸時，細桿勻速轉動的角速度大小.

答案（1）0.05m（2）q^rad/s（3）10rad/s

解析（1）圓環(huán)處于靜止狀態(tài)時，設彈簧壓縮量為為，由平衡條件可得〃zgcosa=fcci

圓環(huán)到。點的距離si=xo—xi=0.05m

（2）彈簧處于原長時，圓環(huán)受力如圖甲所示，由牛頓第二定律得~~=根3。1

tanax

其中n=xosinot

代入數據解得foi-^rad/s

（3）圓環(huán)在P點時，彈簧伸長量兀2=/—必，圓環(huán)受力如圖乙所示，在水平方向有丘2sina

+N2cosa=m3介2

在豎直方向有kx2cosa+mg=Msina

其中r2=/sina

代入數據解得口2=10rad/s.

4.[”界問題Z2024廣東深圳階段練習]張同學設計了一個過山車軌道模型，如圖

所示，由傾角為a=37。的直軌道A3、半徑為我的圓弧軌道BC、水平軌道C。、豎直圓軌

道以及足夠長的水平軌道。尸組成C點左側軌道和豎直圓軌道是光滑的，水平軌道和

DF是粗糙的.現將一小物塊由軌道上A點無初速度釋放，已知小物塊的質量為加，與水平

軌道和。尸間的動摩擦因數均為〃=0.2,AB=6R,CD=2R,重力加速度為g,sin37°

=0.6,cos37o=0.8,忽略軌道交錯的影響.求：

￡

<Z)

(1)物塊第一次運動到8點時的速度大?。?/p>

(2)物塊第一次運動到C點時對軌道的壓力大??；

(3)欲使物塊在豎直圓軌道上運動時，不脫離軌道，圓軌道的半徑R，應滿足什么條件.

答案(1)2J1.8.R⑵8.6mg(3)R0.36R或R23.4R

解析(1)在AB段，根據牛頓第二定律得

mgsina=ma

解得a=Q.6g

根據運動學公式若一0=2a-6R

解得VB=2118gR

(2)從3到C,根據動能定理得

mgR(1-cosot)=|wvc-

解得vc=2jl.9gR

在C點，根據牛頓第二定律有N-mg=i/

根據牛頓第三定律可得物塊第一次運動到C點時對軌道的壓力大小N,=N

聯立解得N'=8.6mg

(3)若物塊不能過圓軌道最高點，不脫離圓軌道，物塊最高能到達與圓軌道圓心等高處,

根據動能定理得

_fimg'lR—mgR，=0-51m7

解得R=3.4R

若物塊恰好能過圓軌道最高點，在最高點，有

V2

mg=m—

從C點到圓軌道最高點，根據動能定理得

—/nmg-2R—mg-2R'=^mv2—虎

解得R'=1.36R

即欲使物塊在豎直圓軌道上運動時，不脫離軌道，則圓軌道的半徑R應滿足RWL36R或

7?>3.4/?.

?礎練：安通關

1.［多選］如圖所示，用一端固定在。點且長為L的細繩拴著質量為m的小球在豎直平面內

做圓周運動，則下列說法正確的是（CD）

A.小球在圓周最高點時所受的向心力一■定為重力一了、

B.小球在最高點時繩子的拉力不可能為零!I。'

C.小球過最低點時繩子的拉力一定大于小球重力'、--，'

D.若小球剛好能在豎直平面內做圓周運動，則其在最高點的速率為便

解析在最高點時，若向心力完全由重力提供，即球和細繩之間沒有相互作用力，此時有

mg=i畔,解得此時小球剛好能在豎直平面內做圓周運動，若貝1J小球

對細繩有拉力，若v<而，則小球不能在豎直平面內做圓周運動，所以在最高點，充當

向心力的不一定是重力.在最低點時，細繩的拉力和重力的合力充當向心力，故有T—mg=

I畔,得7=〃號+［咫，則小球過最低點時細繩的拉力一定大于小球重力，故A、B錯誤，

C、D正確.

2.［2023山東臨沂檢測］無縫鋼管的制作原理如圖所示，豎直平面內，管狀模型置于兩個支

承輪上，支承輪轉動時通過摩擦力帶動管狀模型轉動，鐵水注入管狀模型后，由于離心作

用，緊緊地覆蓋在模型的內壁上，冷卻后就得到無縫鋼管.已知管狀模型內壁半徑為R,則

下列說法正確的是（C）

A.鐵水是由于受到離心力的作用才覆蓋在模型內壁上

J模型

B.模型各個方向上受到的鐵水的作用力相同鐵水

c.若最上部的鐵水恰好不離開模型內壁，此時僅重力提供向心力支承

D.管狀模型轉動的角速度。最大為

解析鐵水做圓周運動，重力與彈力的合力提供向心力，沒有離心力，A錯誤；模型最下

部受到鐵水的作用力最大，最上部受到鐵水的作用力最小，B錯誤；最上部的鐵水如果恰

好不離開模型內壁，則由重力提供向心力，有mg=ma}2R,可得。=晶故管狀模型轉動

的角速度。至少為J1,C正確，D錯誤.

3.[2024湖北宜城一中質檢/多選]一半徑為廠的小球緊貼豎直放置的圓形管道內壁做圓周運

動，如圖甲所示.小球運動到最高點時管壁對小球的作用力大小為反，小球的速度大小為

v,其取一v2圖像如圖乙所示.已知重力加速度為g，規(guī)定豎直向下為正方向，不計一切阻

力.則下列說法正確的是(ABD)

性

minMA

A.小球的質量為上

9

B.圓形管道內側壁半徑為￡一—

9

C.當/=4時，小球受到外側壁豎直向上的作用力，大小為告一b

D.小球在最低點的最小速度為2乃

解析設圓形管道內側壁半徑為R,在最高點，當管壁對小球的作用力為零時，重力提供

向心力，由牛頓第二定律得相g=M1,解得w=Jg(R+r),當0<vVJg(R+r)時,在最

?2

鬲點，小球受到管內壁向上的彈力，由牛頓第二定律得"2g—F?/=m——,整理得Fz=mg—

RVT

m—,結合題圖乙可得加g=b,—解得m=2,R=--r,A、B正確；當v>

R+rR+rcgg

Jg(R+r)時,在最高點，小球受到管外壁向下的彈力，由牛頓第二定律得，wg+Ev=

m三,整理得FN=m」J—mg,當v?=d時，有打=%—6,C錯誤；根據能量守恒定律可

R+rR+rc

知，當小球在最高點具有最小速度(為零)時，其在最低點的速度最小，即5m4in=2，"g(R+

r),解得Vm1n=2在，D正確.

4.[弋形式,024湖南長沙雅禮中學校考/多選]如圖所示，水平3

圓盤上放置一個質量為m的小物塊，物塊通過長為L的輕繩連接到

豎直轉軸上的定點。，此時輕繩恰好伸直，與轉軸成37。角.現使整個一

裝置繞轉軸緩慢加速轉動(輕繩不會繞到轉軸上)，角速度。從零

開始緩慢增加，直到物塊剛好要脫離圓盤.已知物塊與圓盤間動摩擦因數〃=0.5,最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,sin37=0.6,337。=0.8.則輕繩的彈力大小月■和

物塊受到的摩擦力大小6■隨。2變化的圖像正確的是(AD)

解析。較小時，繩子無彈力，靜摩擦力提供向心力，有6=m02Lsin37。，當6達到最大

靜摩擦力時有機3迎sin37°=〃加g,解得@=電，此時啊=0、Ff=-mg,即繩子剛好開始

產生彈力，繼續(xù)增大角速度，輕繩彈力增大，靜摩擦力減小，最終物塊剛好要脫離圓盤，

此時摩擦力為0,有FTcos37°=mg、巧sin37°=力必乙sin37°,解得必=電，此時6=

4L

：機g、Ff=0,A、D正確，B、C錯誤.

5.［多選］如圖所示，物體尸用兩根長度相等且不可伸長的細線系于豎直桿網

上，并隨桿轉動.若轉動角速度為。，則（ABC）

A.o只有超過某一值時，細線A尸才有拉力1

B.細線BP的拉力隨co的增大而增大

C.細線BP所受拉力一定大于細線AP所受拉力

D.當。增大到一定程度時，細線AP所受拉力大于8尸所受拉力

解析o較小時，AP松弛,故A正確濾尸繃緊前，對尸受力分析，,■

如圖甲所示，水平方向有尸Bpsin8=冽G2￡sine,得尸肝=機〃"可

知3尸的拉力隨口的增大而增大；AP繃緊后，對尸受力分析，如圖

乙所示，豎直方向有&psina—E4Psina=Mg,得居「一心尸=以〉

sina

0,水平方向有尸5尸COS。+月4尸COS。=冽口2￡COSa,解得2尸取=儂~+〃?①2"可知5尸的拉

Sina

力隨。的增大而增大，故B、C正確，D錯誤.

［健力嫉不二用」

6.［2022山東］無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m,

的半圓弧與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半

I*m--

圓弧CO相切于C點.小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置

調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CD為保證'?/

安全，小車速率最大為4m/s.在ABC段的加速度最大為2m/s2,CO段的加速度最大為

lm/s2.小車視為質點，小車從A到。所需最短時間f及在AB段做勻速直線運動的最長距離

/為（B）

A.r=（2+—）s,Z=8m

4

BI=G+?s,z=5m

i5乃I7V6Kx

C.t=（2十——十----）s,/=5.5m

126

/I5V6I4+V6、

D./=（o2十——十----71）S,/=5.5m

122

解析在BC段的最大加速度為?i=2m/s2,由。尸警小車在5c段的最大速度為也

=&m/s;在。段的最大加速度為。2=1m/s2,由02=后得小車在。段的最大速度

為V2=2m/sV也；小車可在段運動的時間為/3=M"+"）=KS；在AB段從最大

v22

速度vi減速到血的時間s,位移入2="「友~=3m,則在A8段勻速運動的最

的2al

長距離為1=3m—3m=5m;勻速運動的時間ti=—=-s,則小車從A到D所需最短

%4

時間為r=Zl+，2+f3=（：+m）S,B正確.

7.［多選］如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著

用輕繩相連的質量均為m的兩個物體A和B,它們分居圓心兩

側，與圓心的距離分別為Ra=r、RB=2r,與圓盤間的動摩擦因

數〃相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤轉速緩慢增大到兩物體剛好還未發(fā)生滑

動時，下列說法正確的是（ABC）

A.此時繩子所受拉力為T=3〃wg

B.此時圓盤的角速度為o=嚴

C.此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓盤外

D.此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，2將做離心運動

解析A和8隨著圓盤轉動時，合外力提供向心力，B的運動半徑比A的大，所以B所需

向心力大，繩子拉力