第21講 圓周運動的臨界問題（練習）（解析版）-2024年高考物理一輪復習全面攻略

第21講圓周運動的臨界問題

姓名：班級：__________考號：

好題與新題

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

跨度最長、鋼結構橋體最長、海底沉管隧道最長的路海大橋。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，總質量/“1500kg的汽車通過該圓弧形彎道

時以速度v=72km/h做勻速圓周運動（汽車可視為質點，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.汽車過該彎道時受到重力、支持力、摩擦力和向心力

B.汽車過該彎道時所受徑向靜摩擦力大小為4000N

C.汽車過該彎道時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.汽車過該彎道時受到重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圓周運動

的向心力，選項A錯誤：

B.汽車過該彎道時所受徑向靜摩擦力大小為

f=m—=1500x—N=4000N

R150

選項B正確；

C.汽車過該彎道時的向心加速度大小為

〃旦亞ZmH

R1503

選項C錯誤;

D.汽車能安全通過該彎道速度最大時滿足

-ms=tn—

5R

解得

vw=30m/s

選項D錯誤。

故選B。

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

盤上距中心軸。為，?處有一質量為/"的小物塊。某時刻起圓盤繞軸。轉動，角速度從0

增大至①，小物塊始終相對圓盤靜止。已知圓盤的動摩擦因數(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B.大小始終為“監(jiān)

C.沖量大小為機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動，則小物塊的重力與圓盤的支持力平衡，

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

于角速度從0增大至”,則小物塊做變速圓周運動，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

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錯誤：

C.根據(jù)上述，小物塊所受合力等于摩擦力，根據(jù)動量定理有

/=/nv-0

由于

v=cor

則有

I=nuor

故c正確;

試卷第2頁，共36頁

D.小物塊動能增大，根據(jù)動能定理有

W=—mv——mcrjrr1

22

可知。摩擦力做功不為零，故D錯誤。

故選C。

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

女同學正在蕩秋千，4點（未標出）為運動過程中的最低點，B點（未標出）為運動過

程中的最高點，忽略空氣阻力影響，則下列說法正確的是（）

A.在最高點4位置時，該同學的速度為零，且處于平衡狀態(tài)

B.在最低點A位置時，該同學的速度最大，且處于失重狀態(tài)

C.在最低點A位置時，秋千踏板對該同學的支持力大于該同學的重力

D.由最高點8到最低點A過程中，該同學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，該同學速度為零，重力和繩子拉力的合力并不為零，受力不

平衡，A錯誤；

B.在4位置時，速度最大，以該同學與踏板整體為研究對象，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，故該同學處于超重狀態(tài)，B錯誤；

C.在A位置時，以該同學為研究對象，踏板對該同學的支持力與該同學重力的合力提

供向心力，且向心力方向向上，所以支持力大于該同學的重力，C正確；

D.由8到A過程中，根據(jù)動能定理可知，該同學的速度越來越大，由

v2

可知，該同學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

時刻改變，D錯誤。

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

控制，其結構如圖丙所示，彈簧一端固定在頂部，另一端與小物坎P連接，當車輪轉動

時，P拉伸彈簧后使觸點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的成績刷新奧運紀錄。國家速度滑冰隊在訓練彎道技術時采用人體高速

彈射裝置，如圖甲所示，在實際應用中裝置在前方通過繩子拉著運動員，使運動員做勻

加速直線運動，到達設定速度時，運動員松開繩子，進行高速入彎訓練，已知彎道半徑

為25m,人體彈射裝置可以使運動員在4.5s內由靜止達到入彎速度18m/s,入彎時冰刀

與冰面的接觸情況如圖乙所示，運動員質量為50kg,重力加速度g=IOm/s2,忽略彎道

內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.運動員勻加速運動的距離為81m

B.勻加速過程中，繩子的平均彈力為100N

C.運動員入彎時的向心力為648N

D.入彎時冰刀與水平冰面的夾角大于45。

【答案】C

【詳解】A.運動員勻加速運動的距離為

v18,_,

x—-t——x4.5m—40.5m

22

故A錯誤；

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錯誤；

C.運動員入彎時的向心力為

v2182

F=50x—N=648N

nnR25

故C正確；

D.設入彎時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，。為圓弧軌道的圓心,

。。為豎直方向上的直徑。一質量切=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O,則釋放點距6點

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，在。點，由牛頓第二定律，得

mg="［方

滑塊由釋放運動到。點過程，由動能定理得

"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錯誤。

故選Ao

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

質量相等的兩個物體A和B,通過細線相連，B放在轉軸的圓心上，它們與圓盤間的動

摩擦因數(shù)相同（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。現(xiàn)逐漸增大圓盤的轉速，當圓盤轉速

增加到兩物體剛要發(fā)生滑動時燒斷細線，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動D.物體A受到的摩擦力大小不變

【答案】D

【詳解】當圓盤轉速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時，A物體靠細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動，B靠指向圓心的靜摩擦力和拉力的合力提

供向心力，所以燒斷細線后，A所受最大靜摩擦力不足以提供其做圓周運動所需要的向

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

大靜摩擦力，所以B仍保持相對圓盤靜止狀態(tài)，做勻速圓周運動，且靜摩擦力比繩子燒

斷前減小。

故選D。

8.（2023?四川眉山??？寄M預測）如圖所示，A、B兩物體放在旋轉的圓臺上，兩物

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

質量的2倍，A物體離轉軸距離是B物體離轉釉距離的2倍，當圓臺旋轉時，A、B均

未滑動，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.當圓臺的轉速增加時，A先滑動

D.當圓臺的轉速增加時，B先滑動

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)

f=mciTr

可知，AB受摩擦力相等，選項A錯誤；

B.根據(jù)

a=co2r

可知，A物體的向心加速度較大，選項B錯誤；

CD.根據(jù)

/mig=mco~r

可得臨界角速度

可知發(fā)生相對滑動時A的臨界角速度較小，可知當圓臺的轉速增加時，A先滑幼，先

項C正確，D錯誤。

故選C。

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

點，另一端固定一個小球，小球隨輕桿在豎直平面內繞。點做勻速圓周運動.貝U（）

?J?

D

A.小球在運動過程中機械能守恒

B.小球在運動過程中加速度大小不變

C.小球運動到4點時，桿對小球作用力方向指向圓心

D.小球運動到C點時，桿對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繞。點做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能變

化，機械能不守恒，故A錯誤；

B.設小球質量為機，桿長為L,速度為v由

了

ma=in—

L

解得

v2

a=一

L

可知小球在運動過程中加速度大小不變，故B正確；

C.小球運動到A點時，小球受重力和桿的作用力，合力指向圓心，桿對小球作用力方

向不可能指向圓心，故C錯誤；

D.當小球的速度滿足

v2

mg=in—

即

試卷第8頁，共36頁

桿對小球的作用力為0,故D錯誤。

故選B。

10.（2022?浙江紹興?統(tǒng)考?模）如圖所示為控制電動機轉速的調速器。豎直圓筒固定

不動，兩輕桿上端與圓筒中心的轉軸相連，下端固定質量為2.0kg的小球。輕桿隨轉軸

一起轉動，可以自由張合，當輕桿與豎直方向夾角0=37。時，小球恰好觸及圓筒內壁。

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

A.輕桿對小球彈力的方向一定始終沿桿方向

B.當。小于37。時，小球受重力、彈力和向心力三個力的作用

C.當。等于37。時，輕桿對小球彈力大小不隨轉軸轉速的增大而增大

D.當轉軸角速度為lOrad/s時，兩個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，當輕桿與豎直方向夾角。=37。時，小球恰好觸及圓筒內壁，

因此可知，當。小于37。時，小球未觸及圓筒內壁，此時小球受重力與輕桿對小球的彈

力這兩個力的作用，而小球做圓周運動的向心力是重力與輕桿對小球彈力的合力提供的,

故B錯誤；

AC.當。等于37。時，小球恰好與圓筒內壁接觸，但此時圓筒內壁對小球彈力為零，而

小球在豎直方向受力平衡，設此時桿對小球的彈力為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系即可，因此彈力的方向不一定沿著桿，而當增

大轉速后，圓筒內壁對小球產生彈力與摩擦力，且隨著轉速的增大圓筒內壁對小球的彈

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動的切向方向，而小球

未滑動，因此可知桿的彈力的一個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軸轉速的增大而增大，故AC錯誤;

D.當轉軸角速度為lOraWs時，小球做圓周運動的向心力

4=〃Ky2〃=2xlOOxO.275N=55N

而小球做圓周運動的向心力恰好由重力與桿對小球彈力的合力提供時，其向心力大小為

舄=mgtan37=15N

顯然，當轉軸角速度為lOraWs時，圓筒內壁對小球產生「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，小球對桶壁的壓力為

邛=及=4（2

因此可得摩擦力

■=*=10N

一個小球運動一周克服摩擦力做功為

W屯=Ff?17vr

而轉動一周的時間為

T=—

co

則可得兩個小球轉動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?模擬預測）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，OA水平，豎直，軌道半徑火=2m,一質量機=4kg的小

物塊以上ni/s速度從4到8做勻速圓周運動，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的過程中合力對小球的沖量為8N，s

B.在0點時，重力的瞬時功率為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點時，小物塊對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)動量方向豎直向下，末狀態(tài)動量方向水平向右，大小

均為

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

該過程小物塊的動量改變量大小為

Ap=7P；+P\=8kg?m/s

根據(jù)動量定理，可知

/合=Ap=8N?s

即A到3的過程中合力對小球的沖量大小為8N.s.故A正確，與題意不符；

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

據(jù)功率的表達式，有

P=/〃gucos45°=40W

故B正確，與題意不符；

C.由幾何知識可知

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

由動能定理，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點時，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圓弧軌道的壓力大小為44J。故D錯誤，與題意相符。

故選D。

12.(2023?四川涼山?統(tǒng)考三模)如圖所示，甲、乙詼個質量相同的小球(視為質點)

用等長輕質細線1、2連接，懸掛在天花板上的O點，兩球在各自的水平面內做勻速圓

周運動，并處于相對靜止狀態(tài)，細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、乙兩球的動量之比為1:2

C.甲、乙兩球的向心力之比為1:2

D.細線1、2拉力的豎直分力之比為］：2

【答案】D

【詳解】A.甲、乙相對靜止做穩(wěn)定的勻速圓周運動，每轉一圈需要的時間相同，隹速

度相等設為出，設細線1、2的長度均為3拉力分別1、4，設甲、乙的質量均為〃?，

對乙進行受力分析，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)

對甲、乙組成的整體進行受力分析，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項錯誤;

B.根據(jù)

試卷第12頁，共36頁

Vi(I=coLsinfl

vz=<y(LsinP+Lsin

結合之前的分析可得

衛(wèi)=a-1

v乙

故B項錯誤;

C.對甲球受力分析有

甲=mciTLsinft

對乙球同理有

%乙=z?7d>2L(sin^+sin/7)

結合之前的分析解得

耳］甲_1

4句乙&+1

故C項錯誤:

D.由之前的分析可知，兩細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，兩個質量相同的小物塊

A、B（可視為質點），用一根長為3/的細線（不計質量）相連，放在絕緣的水平圓形

轉臺的一條直徑上，A、B與轉臺間的動摩擦因數(shù)都是〃。轉臺可繞過圓心的豎直軸00,

以角速度“逆時針轉動（俯視），且A、B到轉軸的距離分別為/和2/。初始時，A、B

間的連接細線恰好拉直但沒有張力，轉臺的角速度。極為緩慢地增大，設最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，重力加速度為g,則（）

o

O'

當口＜忤時,

A.連接細線不會產生張力

B.時，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磁場，當/=呼

時，物塊A、B一定會和轉臺保持相對靜止

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磁場，當/=

時，物塊A、B己經與轉臺發(fā)生相對滑動

【答案】BD

【詳解】A.在B的靜摩擦力達到最大時，連接細線剛要產生張力，對B有

/.img=nuo；21

解得

可知當棟時，細線產生張力，故A錯誤；

B.當"從探繼續(xù)增大時，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，對B有

+T=nuo^-21

對A有

T=mco；l

聯(lián)立可得

電=杵

可知當楞＜杵時，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.當兩物塊即將相對滑動時，對系統(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磁場，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3=楞后時,物塊A、

B已經與轉臺發(fā)生相對滑動，故C錯誤，D正確。

故選BDo

14.（2023?重慶萬州?重慶市萬州第二高級中學校聯(lián)考模擬預測）（多選）如圖所示,

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

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

現(xiàn)讓質量為根的小球（視為質點）從A點以一定的水平速度滑進圓管，圓管的內徑略

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.當小球到達8點時受到沿斜面方向的彈力剛好為。，則小球在B點的速度為

B.小球離開8點做平拋運動的時間為2,佟

C.若小球在3點的加速度大小為2g,則A點對小球沿斜面方向的彈力大小為5/咫

D.若小球到達8點時受到沿斜面方向的彈力剛好為0,則小球的落地點與。點間

的距離為5一

【答案】BCD

【詳解】A.小球到達B點時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錯誤；

B.小球離開8點做平拋運動，豎直方向上有

2rsin37=gg產

解得

B正確；

D.若小球到達B點時受到沿斜面方向的彈力剛好為0,根據(jù)上述有

，牌’'=2自

小球的落地點與P點間的距離為

解得

6

x=-r

5

D正確；

C.小球在8點的加速度大小為2g,則在8點有

in-2g=m—

r

小球由A運動到8過程有

-mg2rsin31=—m\\--mv0

小球在A點有

2

N-mgsin37=m—

解得

N=5mg

C正確。

故選BCD。

15.（2023?湖南?模擬預測）（多選）一半徑為一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，不計一切阻力。則下列說法正確的是(）

A.小球的質量為幺

g

B.圓形管道內側壁半徑為￡--

g

C.當時，小球受到外側壁豎直向上的作用力，大小為二-〃

be

D.小球在最低點的最小速度為2A

【答案】AB

【詳解】A.規(guī)定輕直向下為正方向，設圓形管道內側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，由牛頓第二定律，當尸N=〃歷時

v=0

當外=。時，由重力提供向心力有

mv~

"

R+r

解得

v=dg（R+r）

當時,由牛頓第二定律有

mv-

解得

mv

--+"吆

R+r

當i，＞Jg(R+r)時,由牛頓第二定律有

解得

L

外=記尸

故

a=b=mg

ab

故小球的質量為一或一，故A正確；

g8

B.當&=0時

mv2

mg=q-

R+r

v2=g（R+r）=c

解得圓形管內側壁半徑

R=--r

g

故B正確；

C.當時，小球受到外側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錯誤；

D.根據(jù)能量守恒定律，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

/您n=2〃?g（R+r）

%n=2jg（/?+r）=2無

故D錯誤。

故選ABo

16.（2023,山東?模擬預測）游戲是家長和孩子之間進行有效交流的方式之一，通過游

戲的形式，能增進家長和孩子間的情感交流，同時家長在游戲中的機智表現(xiàn)又能促使孩

子的心智和情感得到進一步的發(fā)展。如圖甲家長抓住孩子的雙手，使孩子離開地面做圓

周運動，可以簡化為長為L的細線，拴一質量為〃，的小球，一端固定于。點，讓小球在

水平面內做勻速圓周運動的模型，如圖乙所示。已知重力加速度為8,當細線L與豎直

方向的夾角為。時。求：

（1）小球做圓周運動的半徑「及細線產生的拉力F的大??；

（2）當小球的角速度《變化時，推導角速度◎隨。變化的關系式。

試卷第18頁，共36頁

【詳解】（I）由圖可知，對小球進行受力分析，可得

r=Asina

F=N

cosa

（2）對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動，其軸線沿豎

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

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

塊可看作質點，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.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動，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動時，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的簡化示意圖。矩形游戲面板ABC。

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

點，面板左側邊緣有垂直板面的擋板，已知圓弧軌道當徑R=1.5m,圓弧軌道最高點。

（切線水平）到水平面的高度力=1.25m?？刂剖直鶮可使彈珠（可視為質點）以不同

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

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

試卷第20頁，共36頁

（1）求小球通過。點的最小速度大小”：

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

點，M、A兩點相距d=1.5m,求面板AO邊的長度L,

【詳解】（I）小球恰好過。點，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動，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。邊長度

L=%+/?=2.75m

19.（2022?浙江紹興?統(tǒng)考一模）過山車是驚險刺激的游樂項目，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，小明同學設計了如圖乙所示的簡化裝置，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。點和E點高度相等，0。連線與豎直方向的夾角為

質量加=1.0kg的滑塊從離地一定高度處由靜止釋放。已知直軌道8c的長度L=4.0m,

滑塊與軌道5c間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,不計空氣阻刀，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,求滑塊經過圓弧軌道的。點時對軌道的壓力；

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

⑶若0"<90。，使滑塊能順利通過整個豎直圓弧軌道，請寫出滑塊由。到E過程

中離地面最高點的高度，與夾角e的函數(shù)關系，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）設滑塊到。點的速度為七,由動能定理可得

mg%-〃=

設滑塊在C點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，小球經過C點時對軌道壓力大小為30N,方向向下。

（2）滑塊從。到E做斜拋運動，設滑塊在。點速度為%,從。至最高點時間為/,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

滑塊自釋放運動到時/）點的過程中，由動能定理可得

tngl^-/JtngL-mgR（\+cos。）=；，咸）-0

代入數(shù)據(jù)得

/ij=6.85m

（3）設滑塊離開。點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

因為

H=R（l+cose）+〃

win?f）

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

2cos。

則滑塊在OE間運動時離地面高度〃與夾角為。的函數(shù)關系式

A/=/?+-/?|cos<9+—!—I

2vcos9）

當6=0時,H有最小值,即

H皿=2R

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

究過山車運動中所遵循的物理規(guī)律，設計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等高但略有錯開，可認為CZ5C

為豎直圓軌道。CE為足夠長傾斜軌道，各段軌道均平滑連接。以A點為坐標原點，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系，彈射裝置尸的位置

可在坐標平面內任意調節(jié)，使水平彈出的小滑塊（視為質點）總能無碰撞的從A點進入

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

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

gBXlOm/s2。

（1）若滑塊在八點速度叱=5m/s求滑塊彈出時的位.冒坐標（再…）：

（2）若滑塊彈出時的初速度%=4m/s,求滑塊在進入圓軌道。點時對軌道壓力的大小;

（3）若滑塊第一次進入圓軌道不脫軌，求滑塊彈出時縱坐標y應滿足的條件。

【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

可見坐標為（1.2m,0.45m）

（2）滑塊在A點時

%/

v.=——=5cm/s

cos37

從A到C過程

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

在。點

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。

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=(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。當公交車（）

A.緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動

B.急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動

C.緩慢轉彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側運動

D.急轉彎時，行李箱b一定相對車子向內側運動

【答案】B

【詳解】A.有題意可知當公交車緩慢啟動時，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動，故A錯誤；

B.急剎車時，由于慣性，行李箱。一定相對車子向前運動，故B正確；

C.當公交車緩慢轉彎時，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

靜止，故c錯誤；

D.當公交車急轉彎時，由于需要向心力大，行李箱一定相對車子向外側運動，故D錯

誤。

故選B。

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

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

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

大角速度為（）

A.舊B.杵C.再D.2杵

【答案】B

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

即圓盤轉動的最大角速度為竹，故選B.

3.（2021?浙江?高考真題）質量為〃?的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示,

對該時刻，下列說法正確的是（）

A.秋千對小明的作用力小于"?g

B.秋千對小明的作用力大于〃7g

C.小明的速度為零，所受合力為零