第21講 圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題（練習(xí)）（解析版）-2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)全面攻略

第21講圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題

姓名：班級(jí)：__________考號(hào)：

好題與新題

1.（2023?遼寧沈陽?東北育才學(xué)校?？家荒＃└壑榘拇髽蚩傞L(zhǎng)約55km,是世界上總體

跨度最長(zhǎng)、鋼結(jié)構(gòu)橋體最長(zhǎng)、海底沉管隧道最長(zhǎng)的路海大橋。如圖所示，該路段是港珠

澳大橋的一段半徑/e=150m的圓弧形彎道，總質(zhì)量/“1500kg的汽車通過該圓弧形彎道

時(shí)以速度v=72km/h做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（汽車可視為質(zhì)點(diǎn)，路面視為水平且不考慮車道的

寬度）。已知路面與汽車輪胎間的徑向最大靜摩擦力為汽車所受重力的3;，取重力加速

度大小g=10nVs2,則（）

A.汽車過該彎道時(shí)受到重力、支持力、摩擦力和向心力

B.汽車過該彎道時(shí)所受徑向靜摩擦力大小為4000N

C.汽車過該彎道時(shí)的向心加速度大小為3m探

D.汽車能安全通過該彎道的最大速度為40m/s

【答案】B

【詳解】A.汽車過該彎道時(shí)受到重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圓周運(yùn)動(dòng)

的向心力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤：

B.汽車過該彎道時(shí)所受徑向靜摩擦力大小為

f=m—=1500x—N=4000N

R150

選項(xiàng)B正確；

C.汽車過該彎道時(shí)的向心加速度大小為

〃旦亞ZmH

R1503

選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

D.汽車能安全通過該彎道速度最大時(shí)滿足

-ms=tn—

5R

解得

vw=30m/s

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選B。

2.（2023?江蘇鹽城.鹽城市伍佑中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）加圖所示為水平圓盤的俯視圖，圓

盤上距中心軸。為，?處有一質(zhì)量為/"的小物塊。某時(shí)刻起圓盤繞軸。轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度從0

增大至①，小物塊始終相對(duì)圓盤靜止。已知圓盤的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃、重力加速度為g,

此過程小物塊所受的摩擦力（）

A.方向始終指向。點(diǎn)B.大小始終為“監(jiān)

C.沖量大小為機(jī)D.做功為零

【答案】C

【詳解】A.由于小物塊在水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，則小物塊的重力與圓盤的支持力平衡，

小物體始終相對(duì)圓盤靜止，因此小物塊，所受外力的合力等于圓盤對(duì)其的靜摩擦力，由

于角速度從0增大至”,則小物塊做變速圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力沿徑向的分力提供向心力,

沿切向的分力使物塊線速度增大，即此過程小物塊所受的摩擦力不指向圓心，故A錯(cuò)

誤；

B.根據(jù)上述可知，小物塊所受摩擦力為靜摩擦力，隨角速度的增大，該靜摩擦力也逐

漸增大，故B錯(cuò)誤：

C.根據(jù)上述，小物塊所受合力等于摩擦力，根據(jù)動(dòng)量定理有

/=/nv-0

由于

v=cor

則有

I=nuor

故c正確;

試卷第2頁，共36頁

D.小物塊動(dòng)能增大，根據(jù)動(dòng)能定理有

W=—mv——mcrjrr1

22

可知。摩擦力做功不為零，故D錯(cuò)誤。

故選C。

3.（2023?廣東?模擬預(yù)測(cè)）蕩秋千是小朋友們喜愛的一項(xiàng)休閑娛樂活動(dòng)。如圖所示，某

女同學(xué)正在蕩秋千，4點(diǎn)（未標(biāo)出）為運(yùn)動(dòng)過程中的最低點(diǎn)，B點(diǎn)（未標(biāo)出）為運(yùn)動(dòng)過

程中的最高點(diǎn)，忽略空氣阻力影響，則下列說法正確的是（）

A.在最高點(diǎn)4位置時(shí)，該同學(xué)的速度為零，且處于平衡狀態(tài)

B.在最低點(diǎn)A位置時(shí)，該同學(xué)的速度最大，且處于失重狀態(tài)

C.在最低點(diǎn)A位置時(shí)，秋千踏板對(duì)該同學(xué)的支持力大于該同學(xué)的重力

D.由最高點(diǎn)8到最低點(diǎn)A過程中，該同學(xué)向心加速度逐漸增大，且方向保持不變

【答案】C

【詳解】A.在3位置時(shí)，該同學(xué)速度為零，重力和繩子拉力的合力并不為零，受力不

平衡，A錯(cuò)誤；

B.在4位置時(shí)，速度最大，以該同學(xué)與踏板整體為研究對(duì)象，則重力和繩子拉力的合

力提供向上的向心力，加速度方向豎直向上，故該同學(xué)處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；

C.在A位置時(shí)，以該同學(xué)為研究對(duì)象，踏板對(duì)該同學(xué)的支持力與該同學(xué)重力的合力提

供向心力，且向心力方向向上，所以支持力大于該同學(xué)的重力，C正確；

D.由8到A過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知，該同學(xué)的速度越來越大，由

v2

可知，該同學(xué)向心加速度也逐漸增大，但是方向始終指向圓心，所以向心加速度方向在

時(shí)刻改變，D錯(cuò)誤。

故選C。

4.（2023?浙江紹興?統(tǒng)考二模）如圖甲、乙所示為自行車氣嘴燈，氣嘴燈由接觸式開關(guān)

控制，其結(jié)構(gòu)如圖丙所示，彈簧一端固定在頂部，另一端與小物坎P連接，當(dāng)車輪轉(zhuǎn)動(dòng)

時(shí)，P拉伸彈簧后使觸點(diǎn)A、8接觸，從而接通電路，使氣嘴燈發(fā)光，則（）

5.（2023?四川眉山?校考三模）2022年2月12日，在速度滑冰男子500米決賽上，高

亭宇以34秒32的成績(jī)刷新奧運(yùn)紀(jì)錄。國家速度滑冰隊(duì)在訓(xùn)練彎道技術(shù)時(shí)采用人體高速

彈射裝置，如圖甲所示，在實(shí)際應(yīng)用中裝置在前方通過繩子拉著運(yùn)動(dòng)員，使運(yùn)動(dòng)員做勻

加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)設(shè)定速度時(shí)，運(yùn)動(dòng)員松開繩子，進(jìn)行高速入彎訓(xùn)練，已知彎道半徑

為25m,人體彈射裝置可以使運(yùn)動(dòng)員在4.5s內(nèi)由靜止達(dá)到入彎速度18m/s,入彎時(shí)冰刀

與冰面的接觸情況如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為50kg,重力加速度g=IOm/s2,忽略彎道

內(nèi)外高度差及繩子與冰面的夾角.冰刀與冰面間的摩擦，下列說法正確的是（）

甲乙

A.運(yùn)動(dòng)員勻加速運(yùn)動(dòng)的距離為81m

B.勻加速過程中，繩子的平均彈力為100N

C.運(yùn)動(dòng)員入彎時(shí)的向心力為648N

D.入彎時(shí)冰刀與水平冰面的夾角大于45。

【答案】C

【詳解】A.運(yùn)動(dòng)員勻加速運(yùn)動(dòng)的距離為

v18,_,

x—-t——x4.5m—40.5m

22

故A錯(cuò)誤；

B.勻加速過程中，加速度大小為

a=-=—m/s=4m/s

t4.5

由牛頓第二定律，繩子的平均彈力為

F=/?w=50x4N=200N

故B錯(cuò)誤；

C.運(yùn)動(dòng)員入彎時(shí)的向心力為

v2182

F=50x—N=648N

nnR25

故C正確；

D.設(shè)入彎時(shí)冰刀與水平冰面的夾角e,則有

cmggR25（）?

can0-=J=-----<1

2

Fnv324

可得

6><45°

故D錯(cuò)誤。

故選C。

6.（2023?河南開封?統(tǒng)考三模）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置.，傾角。二37。

的直軌道A8與半徑/?=O.I5m的圓弧形光滑軌道8c。相切于8點(diǎn)，。為圓弧軌道的圓心,

。。為豎直方向上的直徑。一質(zhì)量切=0.lkg的小滑塊可從斜面上的不同位置由靜止釋放，

已知小物塊與直軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=05,重刀加速度取^=IOm/s2,

sin37°=0.6,cos37o=Q8。若小滑塊恰好能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)O,則釋放點(diǎn)距6點(diǎn)

A.1.725mB.1.5mC.1.25mD.0.75m

【答案】A

【詳解】小滑塊恰好能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)，在。點(diǎn)，由牛頓第二定律，得

mg="［方

滑塊由釋放運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得

"叫sina-pmucosa-/-mgR(l+cosa)=—mv1

02

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

/0=1.725m

A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選Ao

7.（2023?江西九江?統(tǒng)考三模）如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上，沿半徑方向放著

質(zhì)量相等的兩個(gè)物體A和B,通過細(xì)線相連，B放在轉(zhuǎn)軸的圓心上，它們與圓盤間的動(dòng)

摩擦因數(shù)相同（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）?，F(xiàn)逐漸增大圓盤的轉(zhuǎn)速，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速

增加到兩物體剛要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)燒斷細(xì)線，則（）

試卷第6頁，共36頁

A.物體A沿半徑方向滑離圓盤B.物體A沿切線方向滑離圓盤

C.物體A仍隨圓盤一起做圓周運(yùn)動(dòng)D.物體A受到的摩擦力大小不變

【答案】D

【詳解】當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，A物體靠細(xì)線的拉力與圓盤的最大

靜摩擦力的合力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B靠指向圓心的靜摩擦力和拉力的合力提

供向心力，所以燒斷細(xì)線后，A所受最大靜摩擦力不足以提供其做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向

心力，A要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，離圓盤圓心越來越遠(yuǎn)，但是B所需要的向心力小于B的最

大靜摩擦力，所以B仍保持相對(duì)圓盤靜止?fàn)顟B(tài)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且靜摩擦力比繩子燒

斷前減小。

故選D。

8.（2023?四川眉山?校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，A、B兩物體放在旋轉(zhuǎn)的圓臺(tái)上，兩物

體與圓臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。B物體質(zhì)量是A物體

質(zhì)量的2倍，A物體離轉(zhuǎn)軸距離是B物體離轉(zhuǎn)釉距離的2倍，當(dāng)圓臺(tái)旋轉(zhuǎn)時(shí)，A、B均

未滑動(dòng)，則下列說法中正確的是（）

A.A物體所受的摩擦力小

B.A物體的向心加速度小

C.當(dāng)圓臺(tái)的轉(zhuǎn)速增加時(shí)，A先滑動(dòng)

D.當(dāng)圓臺(tái)的轉(zhuǎn)速增加時(shí)，B先滑動(dòng)

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)

f=mciTr

可知，AB受摩擦力相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)

a=co2r

可知，A物體的向心加速度較大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)

/mig=mco~r

可得臨界角速度

可知發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)A的臨界角速度較小，可知當(dāng)圓臺(tái)的轉(zhuǎn)速增加時(shí)，A先滑幼，先

項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

9.（2023?浙江溫州?樂清市知臨中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，輕桿的一端固定在。

點(diǎn)，另一端固定一個(gè)小球，小球隨輕桿在豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).貝U（）

?J?

D

A.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

B.小球在運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小不變

C.小球運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球作用力方向指向圓心

D.小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力不可能為0

【答案】B

【詳解】A.小球隨輕桿在豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能變

化，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)小球質(zhì)量為機(jī)，桿長(zhǎng)為L(zhǎng),速度為v由

了

ma=in—

L

解得

v2

a=一

L

可知小球在運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小不變，故B正確；

C.小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，小球受重力和桿的作用力，合力指向圓心，桿對(duì)小球作用力方

向不可能指向圓心，故C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)小球的速度滿足

v2

mg=in—

即

試卷第8頁，共36頁

桿對(duì)小球的作用力為0,故D錯(cuò)誤。

故選B。

10.（2022?浙江紹興?統(tǒng)考?模）如圖所示為控制電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速的調(diào)速器。豎直圓筒固定

不動(dòng)，兩輕桿上端與圓筒中心的轉(zhuǎn)軸相連，下端固定質(zhì)量為2.0kg的小球。輕桿隨轉(zhuǎn)軸

一起轉(zhuǎn)動(dòng)，可以自由張合，當(dāng)輕桿與豎直方向夾角0=37。時(shí)，小球恰好觸及圓筒內(nèi)壁。

已知圓筒內(nèi)壁半徑27.5cm,小球與筒壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25,重力加速度g取10M2。

A.輕桿對(duì)小球彈力的方向一定始終沿桿方向

B.當(dāng)。小于37。時(shí)，小球受重力、彈力和向心力三個(gè)力的作用

C.當(dāng)。等于37。時(shí)，輕桿對(duì)小球彈力大小不隨轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速的增大而增大

D.當(dāng)轉(zhuǎn)軸角速度為lOrad/s時(shí)，兩個(gè)小球克服摩擦力做功的總功率為55W

【答案】D

【詳解】B.根據(jù)題意可知，當(dāng)輕桿與豎直方向夾角。=37。時(shí)，小球恰好觸及圓筒內(nèi)壁，

因此可知，當(dāng)。小于37。時(shí)，小球未觸及圓筒內(nèi)壁，此時(shí)小球受重力與輕桿對(duì)小球的彈

力這兩個(gè)力的作用，而小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是重力與輕桿對(duì)小球彈力的合力提供的,

故B錯(cuò)誤；

AC.當(dāng)。等于37。時(shí)，小球恰好與圓筒內(nèi)壁接觸，但此時(shí)圓筒內(nèi)壁對(duì)小球彈力為零，而

小球在豎直方向受力平衡，設(shè)此時(shí)桿對(duì)小球的彈力為r,則根據(jù)平衡條件有

TcosG=mg

解得

7=工

cos。

可知，在豎直方向上彈力只需滿足此關(guān)系即可，因此彈力的方向不一定沿著桿，而當(dāng)增

大轉(zhuǎn)速后，圓筒內(nèi)壁對(duì)小球產(chǎn)生彈力與摩擦力，且隨著轉(zhuǎn)速的增大圓筒內(nèi)壁對(duì)小球的彈

力與摩擦力也隨之增加，彈力指向圓心，摩擦力始終沿著小球運(yùn)動(dòng)的切向方向，而小球

未滑動(dòng)，因此可知桿的彈力的一個(gè)分力要用來平衡摩擦力，顯然此種情況下桿的彈力不

可能沿著桿的方向，且可知桿的彈力隨轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速的增大而增大，故AC錯(cuò)誤;

D.當(dāng)轉(zhuǎn)軸角速度為lOraWs時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力

4=〃Ky2〃=2xlOOxO.275N=55N

而小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力恰好由重力與桿對(duì)小球彈力的合力提供時(shí)，其向心力大小為

舄=mgtan37=15N

顯然，當(dāng)轉(zhuǎn)軸角速度為lOraWs時(shí)，圓筒內(nèi)壁對(duì)小球產(chǎn)生「彈力，且可得此彈力的大小為

&=W40N

則根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)ν氨诘膲毫?/p>

邛=及=4（2

因此可得摩擦力

■=*=10N

一個(gè)小球運(yùn)動(dòng)一周克服摩擦力做功為

W屯=Ff?17vr

而轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間為

T=—

co

則可得兩個(gè)小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周克服摩擦力做功的總功率為

p二"k

T

聯(lián)立以上各式，解得

尸=55W

故D正確。

故選D。

11.（2023?湖北?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，AB為豎直固定的四分之一粗糙圓弧軌道，。為

圓心，尸為圓弧A3的中點(diǎn)，OA水平，豎直，軌道半徑火=2m,一質(zhì)量機(jī)=4kg的小

物塊以上ni/s速度從4到8做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度g=10m/s2,則下列說法不正

確的是（）

P

B

試卷第10頁，共36頁

A.A到3的過程中合力對(duì)小球的沖量為8N，s

B.在0點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為40W

C.AP段克服摩擦力做的功大于段克服摩擦力做的功

D.在B點(diǎn)時(shí)，小物塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小為40N

【答案】D

【詳解】A.A到8的過程初狀態(tài)動(dòng)量方向豎直向下，末狀態(tài)動(dòng)量方向水平向右，大小

均為

/?!=p2-mv=4&kg-m/s

該過程小物塊的動(dòng)量改變量大小為

Ap=7P；+P\=8kg?m/s

根據(jù)動(dòng)量定理，可知

/合=Ap=8N?s

即A到3的過程中合力對(duì)小球的沖量大小為8N.s.故A正確，與題意不符；

B.依題意，。為圓弧44的中點(diǎn)，則小物塊在。點(diǎn)的速度方向與豎直方向成45。角，根

據(jù)功率的表達(dá)式，有

P=/〃gucos45°=40W

故B正確，與題意不符；

C.由幾何知識(shí)可知

hAf>=Rcos45°=\/2m,hrfi=R-Rcos45°=（2-夜）m

由動(dòng)能定理，可得

"叫廣卬埼=。，mghpB-WpB=0

聯(lián)立，解得

WAP=40x/2J=56.6J,VV/>ft=40（2-V2）J=23.4J

可知4P段克服摩擦力做的功大于P8段克服摩擦力做的功。故C正確，與題意不符；

D.小物塊在8點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得

v2

K

解得

&=44J

根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小為44J。故D錯(cuò)誤，與題意相符。

故選D。

12.(2023?四川涼山?統(tǒng)考三模)如圖所示，甲、乙詼個(gè)質(zhì)量相同的小球(視為質(zhì)點(diǎn))

用等長(zhǎng)輕質(zhì)細(xì)線1、2連接，懸掛在天花板上的O點(diǎn)，兩球在各自的水平面內(nèi)做勻速圓

周運(yùn)動(dòng)，并處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線與豎直方向的夾角分別為夕、010、夕非常小,

可以取tanO=sinO=。，tan/7=sin/7=/?)。則()

乙

A.O=P

B.甲、乙兩球的動(dòng)量之比為1:2

C.甲、乙兩球的向心力之比為1:2

D.細(xì)線1、2拉力的豎直分力之比為］：2

【答案】D

【詳解】A.甲、乙相對(duì)靜止做穩(wěn)定的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每轉(zhuǎn)一圈需要的時(shí)間相同，隹速

度相等設(shè)為出，設(shè)細(xì)線1、2的長(zhǎng)度均為3拉力分別1、4，設(shè)甲、乙的質(zhì)量均為〃?，

對(duì)乙進(jìn)行受力分析，把1分別沿豎直方向和水平方向分解，則有

7；cos0-mg

T}sin0=marp+sin6)

對(duì)甲、乙組成的整體進(jìn)行受力分析，把心分別沿豎直方向和水平方向分解，則有

T2COSP=2mg

.sin/7=nut/L(s\n0+sin6)+〃汝孔sinfi

聯(lián)立以上式子解得

故A項(xiàng)錯(cuò)誤;

B.根據(jù)

試卷第12頁，共36頁

Vi(I=coLsinfl

vz=<y(LsinP+Lsin

結(jié)合之前的分析可得

衛(wèi)=a-1

v乙

故B項(xiàng)錯(cuò)誤;

C.對(duì)甲球受力分析有

甲=mciTLsinft

對(duì)乙球同理有

%乙=z?7d>2L(sin^+sin/7)

結(jié)合之前的分析解得

耳］甲_1

4句乙&+1

故C項(xiàng)錯(cuò)誤:

D.由之前的分析可知，兩細(xì)線豎直方向分力分別為

Tly=T}cosO=mg

T2y=《cos/?=2〃?g

解得

幾_1

故D項(xiàng)正確。

故選D。

13.（2023?福建廈門?廈門一中?？既＃ǘ噙x）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量相同的小物塊

A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)），用一根長(zhǎng)為3/的細(xì)線（不計(jì)質(zhì)量）相連，放在絕緣的水平圓形

轉(zhuǎn)臺(tái)的一條直徑上，A、B與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是〃。轉(zhuǎn)臺(tái)可繞過圓心的豎直軸00,

以角速度“逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)（俯視），且A、B到轉(zhuǎn)軸的距離分別為/和2/。初始時(shí)，A、B

間的連接細(xì)線恰好拉直但沒有張力，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度。極為緩慢地增大，設(shè)最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g,則（）

o

O'

當(dāng)口＜忤時(shí),

A.連接細(xì)線不會(huì)產(chǎn)生張力

B.時(shí)，隨著的。緩慢增大，物塊A所受的靜摩擦力逐漸減小

C.若A、B帶有等量的正電荷，在空間中加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)/=呼

時(shí)，物塊A、B一定會(huì)和轉(zhuǎn)臺(tái)保持相對(duì)靜止

D.若A、B帶有等量的正電荷，在空間中加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)/=

時(shí)，物塊A、B己經(jīng)與轉(zhuǎn)臺(tái)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

【答案】BD

【詳解】A.在B的靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)，連接細(xì)線剛要產(chǎn)生張力，對(duì)B有

/.img=nuo；21

解得

可知當(dāng)棟時(shí)，細(xì)線產(chǎn)生張力，故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)"從探繼續(xù)增大時(shí)，B所需向心力是A的兩倍，由受力分析可知，A所受指

向圓心的靜摩擦力將減小，行A所受靜摩擦力為。時(shí)，對(duì)B有

+T=nuo^-21

對(duì)A有

T=mco；l

聯(lián)立可得

電=杵

可知當(dāng)楞＜杵時(shí)，隨著的G緩慢增大，物塊A所受的靜摩擦力逐漸減小，故

B正確；

CD.當(dāng)兩物塊即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)系統(tǒng)用牛頓第二定律，有

=mor?21-morI

解得

試卷第14頁，共36頁

若A、B帶有等量的正電荷，在空間中加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，除摩擦力外，A、B

所受的洛倫茲力的合力是從A指向B的，即有

2ping-qB(ol=mco1-2/-

可知在及H＞。的情況卜，所解得的。比楞［小，當(dāng)3=楞后時(shí),物塊A、

B已經(jīng)與轉(zhuǎn)臺(tái)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選BDo

14.（2023?重慶萬州?重慶市萬州第二高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖所示,

傾角為0=37的斜面體固定在水平地面上，在斜面上固定一個(gè)半圓管軌道AE8,圓管

的內(nèi)壁光滑、半徑為廣，其最低點(diǎn)4、最高點(diǎn)8的切線水平，AB是半圓管軌道的直徑,

現(xiàn)讓質(zhì)量為根的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)以一定的水平速度滑進(jìn)圓管，圓管的內(nèi)徑略

大于小球的直徑、重力加速度為g,sin37=0.6.cos37=0.8,下列說法正確的是（）

A.當(dāng)小球到達(dá)8點(diǎn)時(shí)受到沿斜面方向的彈力剛好為。，則小球在B點(diǎn)的速度為

B.小球離開8點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2,佟

C.若小球在3點(diǎn)的加速度大小為2g,則A點(diǎn)對(duì)小球沿斜面方向的彈力大小為5/咫

D.若小球到達(dá)8點(diǎn)時(shí)受到沿斜面方向的彈力剛好為0,則小球的落地點(diǎn)與。點(diǎn)間

的距離為5一

【答案】BCD

【詳解】A.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)受到沿斜面方向的彈力剛好為0,則由重力沿斜面的分力

提供向心力，則有

mgsin37=m

解得

%=再

A錯(cuò)誤；

B.小球離開8點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有

2rsin37=gg產(chǎn)

解得

B正確；

D.若小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)受到沿斜面方向的彈力剛好為0,根據(jù)上述有

，牌’'=2自

小球的落地點(diǎn)與P點(diǎn)間的距離為

解得

6

x=-r

5

D正確；

C.小球在8點(diǎn)的加速度大小為2g,則在8點(diǎn)有

in-2g=m—

r

小球由A運(yùn)動(dòng)到8過程有

-mg2rsin31=—m\\--mv0

小球在A點(diǎn)有

2

N-mgsin37=m—

解得

N=5mg

C正確。

故選BCD。

15.（2023?湖南?模擬預(yù)測(cè)）（多選）一半徑為一的小球緊貼豎直放置的圓形管道內(nèi)壁

做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)管壁對(duì)小球的作用力大小為幾，小球的

速度大小為丫，其外-『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

試卷第16頁，共36頁

向，不計(jì)一切阻力。則下列說法正確的是(）

A.小球的質(zhì)量為幺

g

B.圓形管道內(nèi)側(cè)壁半徑為￡--

g

C.當(dāng)時(shí)，小球受到外側(cè)壁豎直向上的作用力，大小為二-〃

be

D.小球在最低點(diǎn)的最小速度為2A

【答案】AB

【詳解】A.規(guī)定輕直向下為正方向，設(shè)圓形管道內(nèi)側(cè)壁半徑為上小球受到圓形管道

的作用力大小為之N，在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律，當(dāng)尸N=〃歷時(shí)

v=0

當(dāng)外=。時(shí)，由重力提供向心力有

mv~

"

R+r

解得

v=dg（R+r）

當(dāng)時(shí),由牛頓第二定律有

mv-

解得

mv

--+"吆

R+r

當(dāng)i，＞Jg(R+r)時(shí),由牛頓第二定律有

解得

L

外=記尸

故

a=b=mg

ab

故小球的質(zhì)量為一或一，故A正確；

g8

B.當(dāng)&=0時(shí)

mv2

mg=q-

R+r

v2=g（R+r）=c

解得圓形管內(nèi)側(cè)壁半徑

R=--r

g

故B正確；

C.當(dāng)時(shí)，小球受到外側(cè)壁豎直向下的作用力，由牛頓第二定律有

解得

niv2adbd....

=------mg=----a=----b[a=b）

R+rcc

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)小球在最高點(diǎn)具有最小速度（為零）時(shí)，其在最低點(diǎn)的速度

最小,即

/您n=2〃?g（R+r）

%n=2jg（/?+r）=2無

故D錯(cuò)誤。

故選ABo

16.（2023,山東?模擬預(yù)測(cè)）游戲是家長(zhǎng)和孩子之間進(jìn)行有效交流的方式之一，通過游

戲的形式，能增進(jìn)家長(zhǎng)和孩子間的情感交流，同時(shí)家長(zhǎng)在游戲中的機(jī)智表現(xiàn)又能促使孩

子的心智和情感得到進(jìn)一步的發(fā)展。如圖甲家長(zhǎng)抓住孩子的雙手，使孩子離開地面做圓

周運(yùn)動(dòng)，可以簡(jiǎn)化為長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，拴一質(zhì)量為〃，的小球，一端固定于。點(diǎn)，讓小球在

水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的模型，如圖乙所示。已知重力加速度為8,當(dāng)細(xì)線L與豎直

方向的夾角為。時(shí)。求：

（1）小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑「及細(xì)線產(chǎn)生的拉力F的大?。?/p>

（2）當(dāng)小球的角速度《變化時(shí)，推導(dǎo)角速度◎隨。變化的關(guān)系式。

試卷第18頁，共36頁

【詳解】（I）由圖可知，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，可得

r=Asina

F=N

cosa

（2）對(duì)小球由牛頓第二定律得

mgtana=加1Lsina

解得

(o=g

Looser

17.（2023?山西陽泉?統(tǒng)考三模）一粗糙的圓錐體可繞其軸線做圓周運(yùn)動(dòng)，其軸線沿豎

直方向，母線與軸線之間的夾角為0=53。，現(xiàn)丁錐面上放一個(gè)石塊，石塊與錐面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)〃=88,石塊與圓錐體頂點(diǎn)0的距離L=3m,石塊的質(zhì)量為，〃=20kg,石

塊可看作質(zhì)點(diǎn)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.取重力加速度g=IOm/s2,3】53。=。8,

cos53°=0.6.求:

（1）若圓錐體與石塊均靜止，石塊受到錐面的摩擦力大小;

（2）若石塊隨圓錐體一起以角速度/=0.2rad/s繞軸線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，石塊受到的

121.536N

【詳解】（1）若圓錐體與石塊均靜止，石塊的受力分析如圖所示

mg

因

/〃"gsind\mgcos。

故石塊受到錐面的摩擦力大小

F{=mgcos0

Ff=\2W

（2）當(dāng)圓錐體與石塊一起以角速度0=O.2rad/s繞軸線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，石塊的受

力分析如答圖所示

豎直方向有

F/cosO+F^s\nO-mg=0

水平方向有

耳sin夕-娟cos0=mco~Asin0

解得

斤二121.536N

18.（2023?四川南充?統(tǒng)考三模）如圖是一彈珠游戲機(jī)的簡(jiǎn)化示意圖。矩形游戲面板ABC。

與水平面所成夾角。=37。，面板右側(cè)邊緣的直管道A尸與四分之一圓弧軌道尸Q相切于P

點(diǎn)，面板左側(cè)邊緣有垂直板面的擋板，已知圓弧軌道當(dāng)徑R=1.5m,圓弧軌道最高點(diǎn)。

（切線水平）到水平面的高度力=1.25m。控制手柄K可使彈珠（可視為質(zhì)點(diǎn)）以不同

的速度沿直管道八〃發(fā)射，彈珠與擋板撞擊時(shí)間極短且不損失機(jī)械能，撞擊前后水平速

率不變。不計(jì)摩擦和空氣阻力。g=10m/s2,sin370=D.6,cos370=0.8o

試卷第20頁，共36頁

（1）求小球通過。點(diǎn)的最小速度大小”：

（2）若小球以最小速發(fā)通過最高點(diǎn)Q,與擋板發(fā)生一次撞擊，剛好經(jīng)過面板下邊緣M

點(diǎn)，M、A兩點(diǎn)相距d=1.5m,求面板AO邊的長(zhǎng)度L,

【詳解】（I）小球恰好過。點(diǎn)，有

.zj“Q

〃?gsinU=m-

解得

vQ=3m/s

（2）沿斜面向下，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有

12

y=”

h

y=----

sin0

。=gsinO

解得

5

/=-s

6

水平方向，速度大小不變，碰前與碰后水平位移大小相等，故有

M到擋板距離

x-vQt2-1.25m

則A。邊長(zhǎng)度

L=%+/?=2.75m

19.（2022?浙江紹興?統(tǒng)考一模）過山車是驚險(xiǎn)刺激的游樂項(xiàng)目，深受游客喜愛，而如

圖甲所示的斷軌過山車則更為驚悚恐怖，令大多數(shù)游客望而卻步。為了探究斷軌山車的

工作原理，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖乙所示的簡(jiǎn)化裝置，該裝置由豎直光滑圓弧軌道A3、

水平粗糙直軌道AC和半徑為R=2.0m的豎直斷軌光滑圓弧軌道CZ）環(huán)平滑連接而成,

圓弧軌道的圓心為0,斷軌處的。點(diǎn)和E點(diǎn)高度相等，0。連線與豎直方向的夾角為

質(zhì)量加=1.0kg的滑塊從離地一定高度處由靜止釋放。已知直軌道8c的長(zhǎng)度L=4.0m,

滑塊與軌道5c間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,不計(jì)空氣阻刀，重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37。=0.8。

（1）若滑塊釋放的高度％=4.0m,求滑塊經(jīng)過圓弧軌道的。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（2）若夾角4=37。，使滑塊能順利通過整個(gè)豎直圓弧軌道，求滑塊釋放的高度刈；

⑶若0"<90。，使滑塊能順利通過整個(gè)豎直圓弧軌道，請(qǐng)寫出滑塊由。到E過程

中離地面最高點(diǎn)的高度，與夾角e的函數(shù)關(guān)系，并討論〃的最值。

甲乙

【答案】（I）30N,方向向下；（2）H=6.85m；（3）Hmin=2R

【詳解】（I）設(shè)滑塊到。點(diǎn)的速度為七,由動(dòng)能定理可得

mg%-〃=

設(shè)滑塊在C點(diǎn)所受的支持力為由牛頓第二定律得

&一咫=〃?若

K

代入數(shù)據(jù)得

E=30N

由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為30N,方向向下。

（2）滑塊從。到E做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊在。點(diǎn)速度為%,從。至最高點(diǎn)時(shí)間為/,則

有水平方向

（vDcos^）/=/?sin^

豎直方向

得

聯(lián)立解得

試卷第22頁，共36頁

%=離=5.0m/s

滑塊自釋放運(yùn)動(dòng)到時(shí)/）點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得

tngl^-/JtngL-mgR（\+cos。）=；，咸）-0

代入數(shù)據(jù)得

/ij=6.85m

（3）設(shè)滑塊離開。點(diǎn)后上升的最大高度為川，離地最大高度為”，則

（%sin。）？

fl_'

2g

得

gR（sin0）~R（sin。）,

n=----------------=-----------

cos。2g2cos0

因?yàn)?/p>

H=R（l+cose）+〃

win?f）

H=R+RcosO+R--------

2cos。

則滑塊在OE間運(yùn)動(dòng)時(shí)離地面高度〃與夾角為。的函數(shù)關(guān)系式

A/=/?+-/?|cos<9+—!—I

2vcos9）

當(dāng)6=0時(shí),H有最小值,即

H皿=2R

20.（2023?四川涼山?統(tǒng)考三模）學(xué)?？萍夹〗M成員參加了過山車游戲項(xiàng)目后，為了研

究過山車運(yùn)動(dòng)中所遵循的物理規(guī)律，設(shè)計(jì)出了如圖所示的裝置，圖中P為彈性發(fā)射裝置,

A4為傾角。=37。的傾斜軌道，BC為水平軌道，C'、C等高但略有錯(cuò)開，可認(rèn)為CZ5C

為豎直圓軌道。CE為足夠長(zhǎng)傾斜軌道，各段軌道均平滑連接。以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水

平向右為x軸正方向，叫直向上為y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，彈射裝置尸的位置

可在坐標(biāo)平面內(nèi)任意調(diào)節(jié)，使水平彈出的小滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）總能無碰撞的從A點(diǎn)進(jìn)入

軌道。已知滑塊質(zhì)量為，〃=20g,圓軌道半徑R=0.2m,軌道/W長(zhǎng)48=lm,BC長(zhǎng)

xBC=0.4m,AB,8C段動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,其余各段軌道均光滑，疝37。=06cos37。=0.8,

gBXlOm/s2。

（1）若滑塊在八點(diǎn)速度叱=5m/s求滑塊彈出時(shí)的位.冒坐標(biāo)（再…）：

（2）若滑塊彈出時(shí)的初速度%=4m/s,求滑塊在進(jìn)入圓軌道。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小;

（3）若滑塊第一次進(jìn)入圓軌道不脫軌，求滑塊彈出時(shí)縱坐標(biāo)y應(yīng)滿足的條件。

【答案】(1)(1.2m,0.45m)；(2)2.7N；(3)心0.18m或把0.072m

【詳解】（1）平拋規(guī)律

v4sin37°=g/

xi=vAcos31°t

解得

x/=1.2m

y尸0.45m

可見坐標(biāo)為（1.2m,0.45m）

（2）滑塊在A點(diǎn)時(shí)

%/

v.=——=5cm/s

cos37

從A到C過程

(mgsin37°-pmgcos37°)人h-pmgxBC=g"咫一；mv\

在。點(diǎn)

聯(lián)立解得

FC=2.7N

由牛頓第三定律可知，壓力為2.7N

（3）第?種情況剛好可過最高點(diǎn)。

v~

mg=w—

P至IjD

2

〃?g(y+xAEsinO-ZK)-pingcos0xAI)-pnigxBC=^mv-

又

試卷第24頁，共36頁

2

v(vl0tan<9)

'2g2g

聯(lián)立解得

y/=0.18m

第二種情況：從P到與圓心等高的位置速度為零:

，咫(為+sin夕一R)—"mgcos0xAB-加〃gx8c

又

當(dāng)=(j[an夕f

2g2g

聯(lián)立解得

p=0.072m

綜合上述可知

y>0.18m?Jcy<0.072m

二、全面刷真題

1.（2020?浙江?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，底部均有4個(gè)輪子的行李箱a豎立、b平臥

放置在公交車上，箱子四周有一定空間。當(dāng)公交車（）

A.緩慢起動(dòng)時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向后運(yùn)動(dòng)

B.急剎車時(shí)，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)

C.緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)

D.急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱b一定相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)

【答案】B

【詳解】A.有題意可知當(dāng)公交車緩慢啟動(dòng)時(shí)，兩只箱子與公交車之間的有可能存在靜

摩擦使箱子與公交車一起運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.急剎車時(shí)，由于慣性，行李箱。一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C.當(dāng)公交車緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只箱子與車之間的摩擦力可能提供向心力，與車保持相對(duì)

靜止，故c錯(cuò)誤；

D.當(dāng)公交車急轉(zhuǎn)彎時(shí)，由于需要向心力大，行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)

誤。

故選B。

2.（2019?海南?高考真題）如圖，一硬幣（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平圓盤上，硬幣與豎直

轉(zhuǎn)軸00'的距離為小已知硬幣與圓盤之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)

摩擦力），重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起。。軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最

大角速度為（）

A.舊B.杵C.再D.2杵

【答案】B

【詳解】硬幣做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由靜摩擦力提供，貝J：〃困=加。年，解得@二杵,

即圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為竹，故選B.

3.（2021?浙江?高考真題）質(zhì)量為〃?的小明坐在秋千上擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的照片如圖所示,

對(duì)該時(shí)刻，下列說法正確的是（）

A.秋千對(duì)小明的作用力小于"?g

B.秋千對(duì)小明的作用力大于〃7g

C.小明的速度為零，所受合力為零