2024年新高考物理復習考點17 平拋運動、圓周運動熱點問題分析（核心考點解析版）

考點17平拋運動圓周運磯熱點問題分析

1.3年真題考點分布

題型選擇題

水平面內有關摩擦力的臨界極值問題；水平面內有關彈力的臨界極值問題：

高考考點

豎直面內的繩模型；豎直面內的桿模型；平拋運動和圓周運動的綜合問題

2023全國甲卷17題、上海卷14題、湖北卷14題、湖南卷8題

福建卷12題、遼寧卷13題、河北卷10題、上海卷6題、北京卷8題、山

2022

新高考東卷8題、甲卷14題

廣東4題、全國甲卷15題、河北卷14題、北京10題、湖北15題、湖南14

2021

題、北京卷17題

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】近3年新高考卷對干運動的描述考查共計IX次，主要考查：

1.水平面內有關摩擦力的臨界問題的機制問題；

2.水平面內有關彈力的臨界機制問題；

3.豎直面內的輕繩模型；

4.豎直面內的輕桿模型；

5.圓周運動和平拋運動結合的綜合問題；

【備考策略】熟練掌握物體在水平面內的受力情況，分析摩擦力的變化過程，尋找解決臨界問題的方法;

熟練掌握物體在做圓周運動時的邨力變化情況，不論時繩模型、桿模型還是接觸類模型，體會

其受力的變化過程，尋找解決問題的辦法；分清楚在豎直面內的輕繩模型和情感模型的區(qū)別，

熟悉常見的幾種模型的變化，熟練判別模型的種類；理解和掌握平拋運動和圓周運動的基本

規(guī)律和特點，并能將不同的知識熟練運用。

【命題預測】平拋運動、圓周運動的熱點問題分析是近幾年來高考的必考題型之一，常與汽車與火車轉彎、

汽車過拱橋和過凹坑，游樂場的旋轉木馬、賽車飛沃、以及在豎直面內的輕繩和輕桿模型等與

生活實際相關的題型出現在高考題中，分析討論其臨界的問題，2024年考生需要引起重視，

在游樂場游玩時，也別忘了體會理解物理知識，這對解題是將很大的幫助的。

考點梳理

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恰好達到最大靜摩擦力.

（I）如果只是摩擦力提供向心力，則最大靜摩擦力耳尸午，靜摩擦力的方向一定指向圓心.

（2）如果除摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體隨水平面轉動，其中一個物體存在一個恰不向內滑

動的臨界條件和一個恰不向外滑動的臨界條件，分別為靜摩擦力達到最大且靜摩擦力的方向沿半徑背離圓

心和沿半徑指向圓心.

2.與彈力有關的臨界極值問題

（I）壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零.

（2）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.

☆典例引領

【典例1】（2023?湖南?模擬預測）如圖所示，質量均為m的兩個物塊A和B左右中心開有小孔穿在

粗糙的細桿CD上，細桿繞過O點的豎直軸在水平面內勻速轉司，A、B之間用輕質細線相連，物塊中心

與圓心距離分別為8=廠,RB=2-，與細桿間的動摩擦因數H相同，當細桿轉速緩慢加快到兩物塊剛好要

發(fā)生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

A.此時細線張力為3〃〃?g

B.此時A所受摩擦力方向沿半徑指向0

C.此時細桿的角速度為楞I

D.此時燒斷細線，A仍相對細桿靜止，B將做離心運動

【答案】A

【詳解】ABC.兩物塊A和B隨著細桿轉動時，合外力提供向心力，則有尸=〃皿今

乂R的半徑比A的半徑大,所以B所需向心力大，乂因為細線拉力相等,所以當細桿轉速加快到兩物塊

剛好要發(fā)生滑動時，B的靜摩擦刀方向指向圓心，A的最大靜摩擦力方向指向圓外，有相對細桿沿半徑指

向Ml內的運動趨勢，根據牛頓第二定律得耳一叩堂=〃心午，鳥+從mg=tnctT-2r

0=第

解得耳=3"ig,故A正確，BC錯誤;

D.燒斷細線瞬間A所需向心力為石=〃心2r=2卬相

B所需向心力為鳥="皿2.2廠=4川俯，此時燒斷細線，A、B所受最大靜摩擦力均不足以提供向心力，則

A、B均做離心運動，故D錯誤

故選A。

【典例2】（2023?山東泰安?統(tǒng)考二模）如圖所示，豎直平面內的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R,質量為m

的帶孔小球穿于環(huán)上，同時有一長為R的輕桿一端固定于球上，另一端通過光滑的較鏈固定于圓環(huán)最低

點，當圓環(huán)以角速度繞豎直直徑轉動時，輕桿對小球的作用力大小和方向為（）

A.沿桿向上B.gmg沿桿向下

C.（6一1）〃吆沿桿向上D.（6-1）〃吆沿桿向下

【答案】B

【詳解】設輕桿與豎直直徑夾角為。，由幾何關系可得cos0=《=:

2A2

解得。=60

則小球作圓周運動的半徑為r=Rsin60,=且R

2

作畫周運動所需向心力為〃=m（o2r=mg

小球有向上運動的趨勢，設桿對小球有沿桿向下的拉力B，環(huán)對小球有指向圓心的支持力B，有平衡條

件可知"cos300+6cos300=F,耳sin30°+mg=尼sin300

解得耳=；，咫

故選Bo

☆即時檢測

1.（2023?山東青島?統(tǒng)考一模）如圖，質量分別為m、2m、3m的物塊a、b、c,放置在水平圓盤上

隨圓盤一起以角速度/勻速轉動，其中物塊a、b疊放在一起。圖中各接觸面間的動摩擦因數均為〃，

a、b和c與轉軸的距離分別為r和1.5r。卜.列說法正確的是（）

A.%對〃的摩擦力為”瓶B.圓盤對〃的摩擦力為2〃?蘇,

C.圓盤的角速度滿足/工杵D.圓盤的角速度滿足3工^^

【答案】D

【詳解】AB.對物體〃、〃整體分析，水平方向上，〃與桌面的靜摩擦力提供向心力，則

22

fb=（in+2m）cor=3mcor

對〃進行受力分析，水平方向上，b對。的摩擦力提供向心力，則＜=〃?〃,，A,B錯誤；

CD.因為三個物體轉動的角速度一樣，且動摩擦因數也一樣，但物體c的半徑大，所以若角速度增大的

話，。先達到滑動的臨界點,故3“加1.5rW

整理得/C錯誤，D正確。

故選Do

2.（2023?山東?模擬預測）如圖所示的離心裝置中，輕質彈簧一端固定在桿的0點，另一?端與一質量

為M的方形中空物塊A連接，彈簧和物塊A均套在光滑豎直方形輕桿0C上，長為L的輕桿0B一端通過

較鏈連在。點（輕桿可在豎直面內轉動），另一端固定一質量為m的小球B,物塊A與小球B之間用長

為L的輕質細線連接，物塊A、小球B和彈簧均能隨豎直輕桿0C一起繞過。點的豎直轉軸轉動。裝置靜

止時，輕質細線AB繃緊，細桿0B與水平方向的夾角為53。，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當轉速穩(wěn)

定時，細桿與水平方向的夾角減小到37。，細桿中的力恰好減小到零，重力加速度為g,sin370=0.6,

cos370=0.8,求：

（1）細桿與水平方向的夾角減小到37。時的轉速:

（2）彈簧的勁度系數。

更

2\5/小

674L

【詳解】解：（1）以小球B為研究對象，受力如圖所示:

mg

由牛頓第二定律，合力提供小球B做圓周運動的向心力，即缶=〃心。，37。

整理叫瞎,轉速〃卷解得”蟋

（2）細桿03與水平方向的夾角為53。時，裝置靜止時。小球B豎直方向

2F.sin53°=mg

物塊A豎直方向，相G作用力大小相等片=/

F]sin530+MR=kx]

當穩(wěn)定轉動時，細桿中彈力減為零，且與水平方向的夾角為37。。

小球B豎直方向鳥cos53o=〃?g

物塊A豎直方向受力平衡Mg+F：cos530=kx2

根據幾何關系可得毛f=2L（sin53O-sin37。）

聯立以上各式解得女=警

4L

考法2豎直面內圓周運動的臨界問題

1.豎直面內圓周運動兩類模型

?是無支撐（如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等），稱為“輕繩模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在

彎管內的運動等），稱為“輕桿模型”.

2.豎直平面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法

輕繩模型輕桿模型

如球與繩連接、沿內軌道運動的球

實例如球與桿連接、球在內壁光滑的圓管內運動等

等

最高點無支撐最高點有支撐

圖示

'”1軌.

重力、彈力，彈力方向向下或等于

受力特征重力、彈力，彈力方向向下、等于零或向上

零

?.如

最，“▼、、、十、、

受力示意FN

高八、、’

mgmg

圖mg\mgmg

點

.olo)oloU

.V2V2

力學特征nig±Ffi=nr^

臨界特征FN=0,vmin=yfgr埠直向上的Fz=mg,v=0

過最高點條件v>0

①當尸0時，FN=〃的尸N為支持力，沿半

①能過最高點時，吆歷，戶N+/〃g徑背離圓心

=〃9,繩、軌道對球產生彈力為V2

②當0<,—FN+mg=,內N背離圓

速度和彈力關

尸N心，隨v的增大而減小

系討論分析

②不能過最高點時，在到達

③當,尸N=0

最高點前小球已經脫離了圓軌道做

④當4/誦時，&+〃吆=〃r「FN指向圓心并

斜拋運動

隨1，的增大而增大

☆典例引領

【典例3】（2023?新疆烏魯木齊?統(tǒng)考三模）如圖所示，雜技演員做水流星表演時，用一繩系著裝有水的

小楠在豎直平面內繞。點做圓周運動，整個運動過程中水沒有流出。已知小桶內水的質量為明。點到

水面的距離為L,水面到桶底的距離為卷，小桶直徑遠小于L,重力加速度大小為g。則小桶轉到最低點

時水對桶底的壓力大小至少為（）

L

AAc25-61121

A.6mgB,—mgC.正〃?gD.—

【答案】A

_%?

【詳解】整個運動過程中水沒有流出，則在最高點最小速度時，有‘憾一,〃二一

L+—L

20

到最低點的過程根據機械能守恒有，咫乂2、.+白）=刎2_加02

2

在最低點根據牛頓第二定律有F'-mg=m匚，聯立解得FN-6,摩

L?L

根據牛頓第三定律可知小桶轉到最低點時水對桶底的壓力大小鳳'-笈-6〃%

故選A。

【典例4】（2023?天津?統(tǒng)考模擬預測）電動打夯機可以幫助筑路工人壓實路面，大大提高了工作效

率,如圖所示某電動打分機的結構示意圖，由偏心輪（飛輪和配重物組成）、電動機和底座三部分組

成，電動機、飛輪和底座總質量為M,配重物質量為m,配重物的重心到輪軸的距離為r。重力加速度為

gc在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內勻速轉動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉到頂端時，剛

好使整體離開地面。下列判斷正確的是（）

A.電動機輪軸與偏心輪轉動角速度相同B.配重物轉到最高點時，處于超重狀態(tài)

C.偏心輪轉動的角速度為叵亟D.打夯機對地面壓力的最大值為（M+〃z）g

Vmr

【答案】c

【詳解】A.電動機輪軸與偏心輪轉動屬于同傳送帶傳動，線速度相等，根據「皈，可知角

速度不相等，故A錯誤；

B.配重物轉到最高點時，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；

C,當偏心輪上的配重物轉到頂端時，剛好使整體離開地面，則有了二心

對配重物有，叫+7=〃”療，解得3便已返，故C正確；

Vmr

D.在最低點，對配重物有r-〃%=〃?廣產

對打夯機=解得N=2（〃?+M）g

根據牛頓第三定律可知打夯機對地面壓力的最大值為2（M+〃?）g,故D錯誤;

故選C。

解決豎直面內圓周運動的關鍵點

（I）確定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型.

（2）確定臨界點：U二廊，對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是F表現

為支持力還是拉力的臨界點。

即時檢測

1.（2022?內蒙古包頭?包鋼一中?？家荒＃┤鐖D所示，兩等長輕繩一端打結，記為。點，并系在小球

上,兩輕繩的另一端分別系在同一水平桿上的A、B兩點，兩輕繩與固定的水平桿夾角均為53。。給小球

垂直紙面的速度，使小球在垂直紙面的豎直面內做往復運動。某次小球運動到最低點時，輕繩OB從O點

斷開，小球恰好做勻速圓周運動＜已知sin53，=0.8,cos53o=0.6,則輕繩OB斷開前后瞬間，輕繩0A的張

力比為（）

A.1：1B.25：32C.25：24D.3：4

【答案】B

【詳解】輕繩OB斷開前，小球以A、B中點為圓心的圓弧做往更運動，設小球經過最低點的速度大小為

2

V,繩長為L,小球質量為，〃，輕繩的張力為尸1，由向心力公式有2耳$冶53。-〃陪=〃1------

Lsin53°

輕繩0B斷開后，小球在水平面內做勻速圓周運動，其圓心在A點的正下方，設輕繩的張力為尸?，有

2

F,cos53°=m----,Ksin53°=mg

Leos53。

F25

聯立解得f=有

r232

故B正確。

2.（2020?重慶?統(tǒng)考二模）放量為m的小球，用長為I的線懸掛在。點，在。點止卜方g處有一光

滑的釘子0',把小球拉到與。'在同一豎直面內的某一位置.，由靜止釋放，下擺過程中擺線將被釘子攔

住，如圖所示。當球第一次通過最低點P時（）

A.小球的線速度突然增大

B.小球的角速度突然減小

C.擺線上的張力突然減小

D.小球的向心加速度突然增大

【答案】D

【詳解】A.當球第一次通過P點時，線速度的大小不變，故A錯誤;

由于線速度大小不變，根據?=知，轉動的半徑變小，則角速度變大，故錯誤；

B.YrB

C.根據牛頓第二定律得，T-mg=m±，線速度大小不變，轉動半徑變小，則擺線張力變大，故C錯

r

誤；

D.根據“=匕知，線速度大小不變，轉動的半徑變小，則向心加速度突然變大，故D正確。

r

故選D。

3.（多選）（2023?重慶萬州?重慶市萬州笫二高級中學校聯考模擬預測）如圖所示，傾角為夕=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AEB,圓管的內壁光滑、半徑為r,其最低點

A、最高點B的切線水平，AB是半圓管軌道的直徑，現讓質量為m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（）

C.若小球在8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〃*

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P點間的距離為

【答案】BCD

【詳解】A.小球到達8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％=,A錯誤；

B.小球離開B點做平拋運動，豎直方向上有2rsin37=底/,解得，=2、佟，B正確;

2Y5g

D.若小球到達5點時受到沿斜面方向的彈力剛好為0,根據上述有場二

小球的落地點與尸點間的距離為解得xD正確;

C.小球在8點的加速度人小為2g,則在6點有〃?-2g=，〃或，小球由A運動到6過程有.

r

一Mg?2rsin37=1-1,小球在A點、有N-mgsin37=用％,解得N=5mg,C正確。

22r

故選BCD。

考法3平拋、H!周運動的綜合問題

1.題目特點

此問題一般涉及圓周運動、平拋運動（或類平拋運動）、勻變速直線運動等多個運動過程,常結合功能關

系進行求解.

2.解答突破

（I）分析臨界點:對于物體在臨界點相關多個物理量，需要區(qū)分哪些物理量能夠突變，哪些物理量不能突變,

而不能突變的物理量（一般指線速度）往往是解決問題的突破口

（2）分析每個運動過程的運動性質

①若為圓周運動，應明確是水平面內的勻速圓周運動，還是豎直面內的變速圓周運動，機械能是否子恒

②若為拋體運動，應明確是平拋運動，還是類平拋運動，垂直于初速度的力是哪一個。

點典例引領

【典例5】（2023?遼寧朝陽?朝陽市第一高級中學校聯考三模）“水上樂園〃中有一巨大的水平轉盤，人

在其上隨盤一-起轉動，給游客帶來無窮樂趣。如圖所示，轉盤的半徑為R,離水平面的高度為H,可視為

質點的游客的質量為m,現轉盤以角速度少勻速轉動，游客在轉盤邊緣與轉盤保持相對靜止，不計空氣

阻力。

（1）求游客受到的摩擦力大小和方向；

（2）若轉盤突然停止轉動，求游客落水點到轉動軸的水平距離。

【答案】（1）mcrR,沿半徑方向指向圓心。:

【詳解】（1）游客所受的摩擦力提供向心力，大小為/=〃z〃R,方向沿半徑方向指向圓心0：

（2）游客轉動時的線速度即平?拋運動的初速度u=

豎直方向，根據〃=gg，2

游客做平拋運動的水平位移X=W

游客落水點到轉動軸的水平距離§

【典例6]（2023?全國?模擬預測）第24屆冬季奧林匹克運動會將于2022年在中國北京和張家口舉

行、如圖所示為簡化后的雪道示意圖,運動員以一定的初速度從半徑R=10m的圓弧軌道AB末端水平飛

出，落在傾角為8=37。的斜坡上，已知斜坡總長度x=243m?；┌迮c坡面間的動摩擦因數u=0.25。

運動員到B點時對軌道的壓力是其重力的5倍，重力加速度g取10m/sZ,不計空氣阻力。求：

（1）運動員在斜坡上的落點距B點的距離；

（2）運動過程中運動員距斜坡的最大距離及從B點到距斜坡的最大距離所用的時間；

（3）設運動員落到斜坡上瞬間，垂直于斜坡方向的速度變?yōu)榱?，以沿斜坡方向的速度為初速度沿坡?/p>

滑，則運動員落到斜坡上后經過多長時間滑至。點？此時運動員的速度大小為多少？

3

【答案】（1）75m：（2）9m,-s：（3）4s,50m/s

【詳解】（1）運動員到4點時對軌道的壓力是其重力的5倍，由牛頓第三定律得，在8點，運動員受豎

直句上的支持力FN=5mgo

由牛頓第二定律可得FN—rng=m^,解得v=20m/s

運動員由C做平拋運動，運旬員從斜面頂端A平拋后又落在斜面上的C點。

由/_=337，可得〃=3

B、C（uJ^xoc=-^-=75m

cos37

（2）運動員由K3。做平拋運動過程，運動員離斜坡的距離最大時速度方向與斜坡平行，垂直于斜坡方

向的速度為零?？蓪⑦\動員的運動分解為垂直斜坡方向的類豎直上拋運動和沿斜坡方向的勻加速直線運

動，在垂直于斜坡方向上，初速度為i，sin37。，加速度為gcos37。。因此，運動員從8點飛出后至離斜坡

距嘲最大’經歷的時間公等號

運動員離斜坡的最大距離六黑簧:所

（3）運動員由CTO做勻加速直線運動過程，如圖所示

運動員到C點時y=y=20m/s,v=gti=3Qm/s

運動員從。點開始沿斜坡下滑過程的初速度v=vcos37°+vsin37°=34m/s,C、。間距x=x—x=163m

運動員由C點至O點過程中，應用牛頓第二定律可得用gsin37°—///Mgcos37°=ma

解得a=4m/s2

由x=v?+gaf22,得運動員從C點到。點的時間”=4s

運動員到達O點的速度v=v+at2=5Qm/s

即時檢測

1.（2023?遼寧?模擬預測）小明同學站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質

量為〃?=200g的小球（大小不計），甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動。當球在某次運動到最低

點時，繩恰好達到所能承受的最大拉力F而斷掉，球飛行水平距離s后恰好無碰撞地落在鄰近的一傾角為

。=53。的光滑固定斜面體上并沿斜面下滑。已知斜面體頂端與小球做圓周運動最低點的高度差

%=0.8m,繩長，?=0.9m,重力加速度g取10m/s?,sin53°=0.8,cos53。=0.6。求：

（1）繩斷時小球的速度大小匕和小球在圓周最低點與斜面體的水平距離s；

（2）繩能承受的最大拉力F的大小。

【答案】（1）3m/s；1.2m（2）4N

【詳解】（1）當繩子恰好斷開后，小球做平拋運動，故2,

s=卬

小球恰好無碰撞的落在光滑的斜面上，故速度的偏向角為a=53。tan53u=%

聯立叫:瑟

（2）當小球運動到最低點時，=

解得尸=4N

2.（2023?全國?模擬預測）一種餐桌的結構如圖1所示，已知圓形玻璃轉盤的半徑r=0.6m,轉盤的

厚度不計，圓形桌面的半徑R=lm,已知玻璃中心與桌面中心重合，桌面到水平地面的高度h=lm。輕繩

的一端固定在轉盤的邊緣，另一端連著一個物塊，物塊被輕繩帶動沿桌面邊緣一起旋轉，達到穩(wěn)定狀態(tài)

后物塊與轉盤的角速度相同，且繩始終沿切線方向，其俯視圖如圖2所示。某時刻輕繩突然斷裂，物塊

沿桌邊緣水平飛出，落地點到轉盤中心。點的距離s=Gm,直力加速度g取lOm/s?,求:

（1）轉盤轉動的角速度3。

（2）小球與桌面間的動摩擦因數u。

圖1

【答案】⑴書rad/s：

【詳解［（1）設輕繩斷后小球平拋的初速度為%,平拋的水平位移大小為《如圖甲所示

有s2-/?2=x2+/?2

又,vo=coR

解得to=逐rad/s

（2）如圖乙所示

乙

sin匹《=0.6,則依37°,cos仇0.8

R

設小球質量為〃?，輕繩上拉力大小為6,繩斷前，有/TCOSORII-,Fjsin仇,解得〃=0.375

R

3.（2022?福建福州-福建省福州第一中學?？寄M預測）拋石機是古代戰(zhàn)場的破城重器（如圖甲），

可簡化為圖乙所示。將石塊放在長臂A端的半球形凹槽，在短臂B端掛上重物，將A端拉至地面然后突

然釋放，石塊過最高點P時就被水平拋出。己知轉軸。到地面的距離h=5m,OA=L=15m,質量m=60kg

可視為質點的石塊從P點拋出后的水平射程為80m,不計空氣阻力和所有摩擦，取g=10m/s2,求：

（1）石塊落地時速度的大??；

（2）石塊到達P時對凹槽壓力的大小及方向。

甲乙

【答案】（1）20石m/s；（2）5800N,方向豎直向上

【詳解】（1）依題意，石塊從尸點拋出后做平拋運動，則有s=%/=80m,L+h=^gr=20m

求得石塊從P點拋出到到達地面所用時間為，=2s

從P點拋出時的速度大小為％=4（）m/s

則落地時的速度人小為v=Jy；+（即-=2O\/5m/s

（2）石塊到達P時，根據牛頓第二定律有N+〃吆=機至

L

代入數據求得，凹槽對石塊的彈力為"=5800N

說明凹槽對石塊的彈力方向與重力方向相同，即豎直向下，根據牛頓第三定律可知，石塊對凹槽壓力的

大小為5800N,方向豎宜向上。

好題沖關

【基礎過關】

1.（2022?上海?二模）如圖所示，用輕繩懸掛一個小球，在懸點正下方A點固定一顆釘子，釘子與

懸點的距離d小于繩子的長度L,把小球與輕繩拉到與懸點0平行的水平位置由靜止釋放，當小球下落

到懸點正下方繩子碰撞釘子的瞬間，下列說法正確的是（）

V/

U

A.小球角速度大小保持不變

B.小球向心加速度的大小保持不變

C.小球受到拉力、重力、向心力

D.d越大，釘子的位置越靠近小球，繩子就越容易斷

【答案】D

【詳解】A.當小球下落到懸點正下方繩子碰撞釘子的瞬間，由于小球水平方向受力為零，則小球的線速

度不變，而因轉動半徑減小，則角速度變大，選項A錯誤；

B.根據a=L

r

因淺速度不變，轉動半徑減小，則向心加速度變大，選項B錯誤；

C.小球只受拉力和重力作用，兩個力的合力充當向心力，選項C錯誤；

>4越大，釘子的位置越靠近小球，小球的轉動半徑越小，根據丁=〃吆+,〃匕

r

可知，繩子拉力越大，則繩子就越容易斷，選項D正確。

故選Do

2.（2023?上海寶山?統(tǒng)考二模）如圖所示，M能在水平光滑滑桿上滑動，滑桿連架裝在離心機上，用

繩跨過光滑滑輪與另?質量為m的物體相連。當離心機以角速度3在水平面內繞豎直軸轉動時，M離軸

距離為r,且恰能作勻速圓周運動。若m增至原來的2倍，保持r不變，為使M仍能作勻速圓周運動，

則離心機的角速度要變?yōu)樵瓉淼模ǎ?/p>

滑桿

【答案】B

【詳解】當離心機以角速度3在水平面內繞豎百軸轉動時，質量為〃，的物體處于靜止狀態(tài)，根據牛頓第

二定律，有mg=

若利增至原來的2倍，保持，?不變，M仍能作勻速圓周運動，同理有2〃2g=M"2’.

聯立解得〃=及0

故選Bo

3.（2023?遼寧-模擬預測）圖1是某體操運動員在比賽中完成“單臂大回環(huán)〃的高難度動作時的場景：

用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動，運動員運動到最高點時，運動員與單杠間彈力

大小為F,運動員在最高點的速度大小為V。其Fn2圖像如圖2所示，g?10m/s2o則下列說法中正確的

圖2

A.此運動員的質吊為50kg

B.此運動員的重:心到單杠的距離為0.9m

C.在最高點速度為4m/s時，運動員受單桿的彈力大小跟重力大小相等

D.在最高點速度為4m/s時，運動員受單桿的彈力大小為428N,方向向下

【答案】BD

【詳解】A.對運動員在最高點讓行受力分析，由圖2可知，=（）

對運動員受力分析可得/-〃名=0,解得機=￡=答kg=55kg,故A錯誤；

g10

B.由圖2可知，當y=9nf/s2,此時尸=0

2

重力通過向心力，根據牛頓第二定律可得，見g=，解得r=0.9m,故B正確：

CD.在最高點速度為4m/s時，運動員受到單杠的彈力的方向向下，根據牛頓第二定律可得

2

/+〃吆=機匕，解得產=427.8N=428N,方向豎直向下，故C錯誤，D正確。

r

故選BDo

4.（2023?河北保定?統(tǒng)考一模）如圖所示，A、B兩個小滑塊用不可伸長的輕質細繩連接，放置在水

平轉臺上，wA=0.1kg,/?B=0.2kg,繩長|=1.5m,兩滑塊與轉臺的動摩擦因數日均為0.5（設最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力），轉臺靜止時細繩剛好伸直但沒有彈力，轉臺從靜止開始繞鞋直轉軸緩慢加速轉

動（任意一段極短時間內可認為轉臺做勻速圓周運動），g取lOm/s?。以下分析正確的是（）

解得①

NicoseVh

可知對兩個小球，g和力相等,則電=己

由上可知，質量約去了，故質量關系無法求出，故選D。

6.（2023?浙江?模擬預測）如圖所示，”〃形桿倒置，橫桿端固定有定滑輪，豎直桿光滑且粗細均勻，

繞過定滑輪的細線兩端分別連接著小球B及套在豎直桿上的滑塊A,讓整個裝置繞豎直桿的軸以一定的角

速度。勻速轉動，穩(wěn)定時，滑輪兩邊的線長相等同兩邊的線與豎直方向的夾角均為37。。已知細線總長

為I，滑塊的質量為M,小球的質量為m,不計滑塊和球的大小，sin3V=0.6,cos37o=0.8.則（）

A.M>mB.M<mC.&=｛方D.◎="方

【答案】C

【詳解】AB.設細線的拉力為T,則Tcos370=，〃g=A^,因此M=〃?，AB錯誤；

CD.由題知，小球做圓周運動的半徑為0.6/,則有"吆tan37o=r〃x0.6/1

解得“=島,D錯誤'C正確。

故選Co

7.（2023?江蘇蘇州?江蘇省木瀆高級中學校聯考三模）2022年3月23日，三位神舟十三號航天員將

志剛、王亞平、葉光富相互配合完成"天宮課堂"第二次太空授課。如題圖所示，授課中航天員葉光富手拉

細線不斷加速讓一個小瓶子在豎直平面內圓周運動，從而實現瓶內油水分層。如題圖所示，若繩子長為I

（精子可視為質點），水的質量為m,則（）

A.油和水的向心加速度相等B.油受到的向心力可能大于水

C.水受到瓶子的作用力為〃D.瓶子在最高點的速度一定大于向

【答案】B

【詳解】A.油和水的角速度相同，根據公式4=32,

由于水和油的重心不同，所以圓周運動的半徑不同，可知油和水的向心加速度不相等，故A錯誤；

B.根據向心力公式〃=〃心=〃皿十，若油的質量大于水的質最，則油受到的向心力可能大于水，故B正

確；

C.由于不知道水的重心到圓心的距離，所以無法計算，故C錯誤：

D.由于瓶子的重心到圓心的距離不是/,所以無法計算和比較，故D錯誤。

故選B。

8.（2023?浙江?模擬預測）如圖所示，公園里一個小朋友在蕩秋千，兩根輕質吊線平行，小朋友可視

為質點，重力加速度為小朋友運動到最高點時每根吊線上張力大小等于小朋友及秋千踏板總重力的

0.3倍，此時小朋友的加速度大小為（）

A.0.8gB.0.7gC.0.4gD.0

【答案】A

【詳解】在最高點時，人和秋「踏板所受的合力為F=一（0.6叫）2=0.

F

根據牛頓第二定律可知小朋友的加速度大小為”=一=0.弘

m

故選A。

9.（2023?山東-模擬預測）如圖所示，豎直平面內固定有個半徑為R的光滑圓環(huán)形細管，現給小球

（直徑略小于管內徑）一個初速度，使小球在管內做圓周運動，小球通過最高點時的速度為丫。已知重力

加速度為g，則下列敘述中正確的是（）

A.u的最小值為

B.當式二嫻時，小球處于完全失重狀態(tài)，不受力的作用

C.當^=而去時，軌道對小球的彈力方向豎直向下

D.當u由闞逐漸減小的過程中，軌道對小球的彈力也逐漸減小

【答案】C

【詳解】A.小球通過最高點時細管可以提供豎直向上的支持力，當支持力的大小等于小球重力的大小,

小球的最小速度為零，故A錯誤：

B.根據公式〃可知，當丫=/時，小球的加速度為〃

r

方句豎直向下，則小球處于完全失重狀態(tài)，只受重力作用，故B錯誤;

2

C.當v=12gR時,小球需要的向心力為工==2〃?g

R

則可知，軌道對小球的彈力大小為〃?g，方向豎直向卜，故C正確；

D.當時，小球需要的向心力「二機1<〃吆

R

2

可知，小球受軌道豎直向上的彈力，由牛頓第二定律有〃田-N=小匕,可得N=mg-￡則u逐漸減

R~R,

小的過程中，軌道對小球的彈力N逐漸增大，故D錯誤。

故選Co

10.（2022?湖南岳陽-統(tǒng)考一模）游樂場中有一種叫魔盤的娛樂設施，游客（可視為質點）坐在轉動

的用錐形魔盤匕當魔盤轉動的角速度增大到一定值時，游客就會滑向魔盤邊緣，其裝置簡億結構如圖

所示。已知盤面傾角為8=37。，游客與盤面之間的動摩擦因數為從=0.8,游客到盤面頂點。的距離為L

=2m,游客的質量為50kg,重力加速度取10m/s2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°=0.6,

cos37°=0.8o求：

（1）若盤面靜止，游客受到盤面的摩擦力大小；

（2）若游客隨魔盤一起以角速度u）=0.25rad/s勻速轉動，游客所受摩擦力的大小。

【答案】（1）300N：（2）304N

【詳解】若盤面靜止，游客的受力分析如答圖1所示

答圖1

因："/〃gcos%〃gsin<9

故游客受到盤面的摩擦力大小/=〃?gsin0=300N

（2）當游客隨魔盤以角速度G=0.25rad/s勻速轉動時，游客的受力分析如答圖2所示

N'

▼mg

答圖2

豎直方向有/sinO+Mcos。-mg=0

水平方向有了cos。-N*sin8="①21cos”

解得了=304N

【能力提升】

1.（2023"山東?模擬預測）如圖所示的光滑桿和輕彈簧的一端均固定在O'點，可視為質點的小球A

固定在輕彈簧的另一端，現使整個裝置環(huán)繞豎直軸00'勻速轉動，當角速度為為時輕彈簧處于原長狀

態(tài)，則下列說法正確的是（）

A.角速度山礫逐漸增大，小球灣?桿向上移動

B.角速度大于4時，桿與小球間的作用力大小可能不變

C.僅增加小球的質量，小球沿桿向上移動

D.5與小球的質量大小有關

【答案】A

【詳解】AB.角速度由例）逐漸增大的過程中，假設彈簧仍處于原長狀態(tài)，由%=R可知小球所需的

向心力增大，桿對小球的支持力增大，因此小球一定沿桿向上運動，故A正確，B錯誤。

D.當角速度為％時，對小球進行受力分析，如圖所示，假設桿與豎直方向的夾角為仇彈簧的原長為

I。，則弋=，喃岫僅，解得g=幺a

tan。VJ4）,si.nOtanO

可知角速度恐與小球的質量大小無關，故D錯誤；

N

mg

c.僅增加小球的質量，角速度不變，彈簧仍處于原長，故c錯誤；

故選Ao

2.（2022?山東濟南?山東師范大學附中?？寄M預測）如圖所示，在水平桌面上有一個固定豎直轉軸

且過圓心的轉盤，轉盤半徑為r,邊緣繞有一條足夠長的細輕繩，細繩末端系住一木塊。已知木塊與桌面

之間的動摩擦因數〃=￥。當轉盤以角速度右rad/s旋轉時，木塊被帶動一起旋轉，達到穩(wěn)定狀態(tài)

后，二者角速度相同。已知廠=lm,下列說法正確的是（）

A.當o=6rad/s穩(wěn)定時，木塊做圓周運動的半徑為2m

B.當口=>Arad/s穩(wěn)定時，木塊的線速度與圓盤邊緣線速度大小之比為4:1

C.要保持上述的穩(wěn)定狀態(tài)，角速度ov

D.無論角速度多大，都可以保持上述穩(wěn)定狀態(tài)

【答案】AC

【詳解】設小木塊的質量為小，做圓周運動的半徑為R，對木塊受力分析，如圖所示

根據幾何關系有sinO=（,ian0=再寸

根據題意，物塊的切向加速度為零，則有（=/=

根據幾何關系有tan8=ZL

T2

物塊做勻速圓周運動有（=皿"/?

Ufir

聯立解的R==聲

AB.“i<y=6ad/s穩(wěn)定時，代入數據解的，木塊做圓周運動的半徑為R=2m

木塊的線速度與圓盤邊緣線速度大小之比為1?=匕=］，故B錯誤A正確：

LiQr

CD.要保持上述的穩(wěn)定狀態(tài)，由右下E

可知〃'g、/，>0,解得

故D錯誤C正確。

故選ACo

3.（2022?湖北恩施?恩施市第一中學模擬預測）“太極球”是近年來較流行的一種健身器材，做該項運

動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落地

上，現將球拍和太極球簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做

勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢。A為圓周的最高點，C

為最低點，B、D與圓心0等高。設在A處時健身者需施加的力為F,當球運動到B、D位置時，板與水

平方向需有一定的夾角，，球的重力為1N,不計拍的重力，則tan。與F的關系為（)

A.tan^=F+1B.tan9=/+2

C.tan0=F—\D.tan^=F-2

【答案】A

【詳解】在A處時板對小球的作用力為?，小球做勻速圓周運動的向心力為。=尸+〃吆

由丁無相對運動趨勢，小球在6處不受摩擦力作用，受力分析如圖所示

則F+mgFa,故慶。

mgmg

4.（2022?四川成都?四川師范大學附屬中學?？级＃┤鐖D所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓

形管道，管道里有?個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從3點脫離后做平拋運

動，經過0.3s后又恰好垂直與傾角為45。的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑為R=lm,小球可看做質點

且其質量為〃?=Ikg,g取lOm/s：則（）

￡

A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9m

B.小球在斜面上的相碰點C與8點的水平距離是1.9m

C.小球經過管道的B點時，受到上管道的作用力外5的大小是N

D.小球經過管道的8點時，受到下管道的作用力?防的大小是2N

【答案】A

【詳解】AB.小球從5點脫離后做平拋運動，經過0.3s后乂恰好垂直與傾角為45。