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1、1圆周运动模型中临界问题和功与能目录目录1圆周运动的三种临界情况2常见的圆周运动及临界条件3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论1圆周运动的三种临界情况1圆周运动的三种临界情况(1)接触面滑动临界：Ff=Fmax。(2)接触面分离临界：FN=0。(3)绳恰好绷紧：FT=0；绳恰好断裂：FT达到绳子可承受的最大拉力。2常见的圆周运动及临界条件2常见的圆周运动及临界条件(1)水平面内的圆周运动水平面内动力学方程临界情况示例水平转盘上的物体Ff=m2r恰好发生滑动圆锥摆模型mgtan=mr2恰好离开接触面(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动轻绳模型最高点：FT+mg=mv2r恰好通过最高点，绳的拉力恰好
2、为0轻杆模型最高点：mgF=mv2r恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力圆周运动模型中临界问题和功与能-2024年高考物理二轮热点模型2带电小球在叠加场中的圆周运动等效法关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点，最左边和最右边位置恰好通过等效最高点，恰好做完整的圆周运动倾斜转盘上的物体最高点：mgsin Ff=m2r最低点Ff-mgsin=m2r恰好通过最低点3.3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论竖直面内圆周运动常见问题与二级结论【问题【问题1 1】一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最低点记为C，与原点等高的位置记为B。
3、圆周的半径为R要使小球做完整的圆周运动，当在最高点A的向心力恰好等于重力时，由mg=mv2R可得v=gR 对应C点的速度有机械能守恒mg2R=12mv2C12mv2A得vC=5gR 当小球在C点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与O点等高的D位置则由机械能守恒mgR=12mv2c得vc=2gR 小结：小结：(1).当vc5gR 时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力由牛顿第二定律FA+mg=mv2AR(2).当vc=5gR 时小球恰能通过最高点A小球在A点受轨道的支持力为0由牛顿第二定律mg=mv2AR。(3).当2gR vc5gR 时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA
4、圆弧间的某一位向右做斜抛运动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0在DA段射重力与半径方向的夹角为则mgcos=mv2R、cos=hR(4).当0 5gR 时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力由牛顿第二定律FA+mg=mv2AR(2).当vc=5gR 时小球恰能通过最高点A小球在A点受轨道的支持力为0由牛顿第二定律mg=mv2AR。(3).当2gR vc5gR 时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA圆弧间的某一位向右做斜抛运动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0在DA段射重力与半径方向的夹角为则mgcos=mv2R、cos=hR(4).当
5、0 vc2gR 时小球不能通过最高点 A上升至 CD圆弧的某一位置速度减为 0之后沿圆弧返回。上升的最高点为C永不脱离轨道【问题【问题2 2】常见几种情况下物体受轨道的作用力(1)从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒mg2R=12mv2C在C点由牛顿运动定律：FNmg=mv2CR得FN=5mg(2)从与O等高的D点(四分之一圆弧)处静止释放到达最低点C：由机械能守恒 mgR=12mv2C在C点由牛顿运动定律：FNmg=mv2CR得FN=3mg(3)从A点以初速度vA=gR 释放小球到达最低点3由机械能守恒mg2R=12mv2C-12mv2A在C点由牛顿运动定律：FNmg=mv2
6、CR得FN=6mg1 1(20232023上 安徽 高三校联考期中)“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，如图甲所示，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，游客坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将“旋转秋千”简化为如图乙所示的模型，人和座椅看作质点，总质量约为 m=80kg，圆盘的半径为R=2.5m，绳长L=2R，圆盘以恒定的角速度转动时，绳子与竖直方向的夹角为=45，若圆盘到达最高位置时离地面的高度为h=22.5m，重力加速度g取10m/s2.在游玩过程中，游客的手机不慎从手中自由滑落。忽略空气阻力的影响，求：(1)手机滑落瞬间的速度大小；(2)手机落地点距离中心转轴的
7、距离。【答案】(1)5 2m/s；(2)15m【详解】(1)设乘客和座椅的总质量为m，绳子拉力为FT，对乘客和座椅整体进行分析，有FTcos=mg，FTsin=m2(R+Lsin)联立，解得=2rad/s手机滑落瞬间的速度v=(R+Lsin)解得v=5 2m/s(2)手机滑落后做平抛运动，竖直方向有h-Lcos=12gt2解得t=2s则平抛运动的水平位移为x=vt=10 2m手机落地点距离中心转轴的距离s=x2+(R+Lsin)2解得s=15m2 2(20232023上 黑龙江佳木斯 高三校联考期中)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平4轨道 PA 在 A 点相切，BC 为
8、圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为，sin=35，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在 C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g。(提示：可以尝试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达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；【答案】(1)34mg，5gR2；(2)mm 23gRgR2【详解】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有F0mg=
9、tanF2=(mg)2+F20设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F=mv2R由式联立解得F0=34mgv=5gR2(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得DA=RsinCD=R(1+cos)由动能定理有-mgCD-F0DA=12mv2-12mv21由式解得，小球在A点的动量大小为p=mv1=m 23gR2【总结提升】解决圆周运动问题的基本思路分析物体受力情况，画出受力示意图，确定向心力来源利用平行四边形定则、正交分解法等表示出径向合力5 根据牛顿第二定律及向心力公式列方程3 3(20232023 北京市海淀区一模)如图所示，轻杆的一端固定在通过
10、O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕 O 点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中 A 点为最高点，C 点为最低点，B 点与 O 点等高，下列说法正确的是()A.小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下B.小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向C.从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变D.从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功【答案】D【解析】小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时有 mv2rmg，则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足mv2r=mg时，则杆对小球无作用力，故A错误；小球重力和杆的作用力的合力提供向心力，则小球在B点所受杆的作用力斜向右
11、上方，故B错误；A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故C错误；A 到 C 的过程中，重力做正功，根据动能定理可知 WG+W杆=Ek=0，故杆对小球的作用力做负功，故 D正确。【提炼总结】解决竖直面内圆周运动的三点注意【提炼总结】解决竖直面内圆周运动的三点注意1竖直面内的圆周运动通常为变速圆周运动，合外力沿半径方向的分力提供向心力，在轨迹上某点对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律列出向心力方程。2注意临界问题：物体与轨道脱离的临界条件是FN=0或FT=0。3求物体在某一位置的速度，可根据动
12、能定理或机械能守恒定律，将初、末状态的速度联系起来。4 4(20232023 全国 高三专题练习)如图所示，被锁定在墙边的压缩弹簧右端与质量为 0.2kg、静止于 A 点的滑块P接触但不粘连，滑块P所在光滑水平轨道与半径为0.8m的光滑半圆轨道平滑连接于B点，压缩的弹簧储存的弹性势能为2.8J，重力加速度取10m/s2，现将弹簧解除锁定，滑块 P被弹簧弹出，脱离弹簧后冲上半圆轨道的过程中()A.可以到达半圆轨道最高点DB.经过B点时对半圆轨道的压力大小为9N6C.不能到达最高点D，滑块P能到达的最大高度为1.35mD.可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，脱离时的速度大小为2.2m/s【答案
13、】BC【详解】A设滑块P恰能通过最高点D，则有mg=mv2DR解得vD=2 2m/s则滑块P从B点到D点，根据动能定理有-mg2R=12mv2D-12mv2B解得滑块在B点的动能为EkB=12mv2B=4J2.8J所以滑块不能到达半圆轨道最高点D，故A错误；B滑块经过B点时的速度大小为vB，根据功能关系可得E弹簧=12mv2B在B点根据牛顿第二定律可得FN-mg=mv2BR联立解得FN=9N根据牛顿第三定律可知对半圆轨道的压力大小为9N，故B正确；CD滑块在C点的重力势能为Ep=mgR=0.2100.8J=1.6J2.8J则滑块可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，此时的速度大小为v根据功能
14、关系可得E弹簧=12mv2+mgR(1+cos)根据牛顿第二定律可得mgcos=mv2R联立解得=60o，v=2m/s滑块离开轨道后做斜上抛运动vx=vcos30=232m/s=3m/s根据功能关系可得E弹簧=12mv2x+mgh7解得滑块P能到达的最大高度为h=1.35m故C正确，D错误。故选BC。1(20232023 山东潍坊 统考模拟预测)如图所示，质量为 m的小物块开始静止在一半径为 R的球壳内，它和球心O 的连线与竖直方向的夹角为30。现让球壳随转台绕转轴OO一起转动，物块在球壳内始终未滑动，重力加速度大小为g，则()A.静止时物块受到的摩擦力大小为32mgB.若转台的角速度为3g3
15、R，小物块不受摩擦力作用C.若转台的角速度为gR，小物块受到的摩擦力沿球面向下D.若转台的角速度为23g3R，小物块受到的摩擦力沿球面向下【答案】D【详解】A静止时，对物块分析，根据平衡条件有f0=mgsin30=12mg故A错误；B球壳随转台绕转轴OO一起转动，物块做匀速圆周运动，由沿圆周半径方向的合力提供向心力，若物块所受摩擦力恰好为0时，角速度为0，对物块进行分析，则有mgtan30=m20Rsin30解得0=2 3g3R故B错误；C若转台的角速度为gR，由于gR0=2 3g3R可知，物块有沿球壳向上运动的趋势，小物块受到的摩擦力沿球面向下，故D正确。故选D。2(20232023上 山西
16、忻州 高三校联考阶段练习)如图所示，长度为l的轻绳一端固定在O点，另一端系着一个质量为m的小球，当小球在最低点时，获得一个水平向右的初速度v0=2 gl，重力加速度为g，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正确的是()A.小球恰好能到达竖直面内的最高点B.当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为2mgC.轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为23D.初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4mg【答案】C【详解】A若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有-mg2l=12mv2-12mv20v=0根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重
17、力恰好提供所需向心力，根据牛顿第二定律可得mg=mv2l在最高时小球的最小速度为v=gl 0故A错误；B分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有-mgl=12mv21-12mv20v1=2gl根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为F向=mv21l=2mg又因为小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为F合=F2向+(mg)2=5mg故B错误；C当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为v2，轻绳与竖直向上方向夹角为，如图所示9由径向合力提供向心力，有mgcos=mv22l由机械能守恒有-mg(l+lcos)=12mv22-12mv20联立解得v2=
18、2gl3，cos=23故C正确；D小球在最低点，根据牛顿第二定律有F-mg=mv20lF=5mg轻绳受到的拉力大小为5mg，故D错误。故选C。3(20232023 宁夏石嘴山 高三石嘴山市第三中学校考阶段练习)如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的有()A.小球通过最高点的最小速度为g(R+r)B.小球通过最高点的最小速度为零C.小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球可能无作用力【答案】B【详解】AB在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于 0时，内管对小球产生弹
19、力，大小为mg，故最小速度为0，故A错误，B正确；C小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力；10当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故C错误；D小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，故D错误。故选B。4(20232023上 山东德州 高三统考期中)如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高点，圆环上套着一个可视为质点的、质量为m的小球。现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心O的连线与竖直方向的夹角记为，转速不同，小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度匀速
20、转动且小球与圆环相对静止时()A.若圆环光滑，则角速度=gRtanB.若圆环光滑，则角速度=gtanRC.若小球与圆环间的摩擦因数为，且小球位于A点，则角速度可能等=gRD.若小球与圆环间的摩擦因数为，且小球位于A点，则角速度可能等于=gR【答案】D【详解】AB小球在图示位置时的受力分析如图所示则小球所受合外力提供向心力，即F合=mgtan=m2rr=Rsin11以上两式联立，解得=gRcos故AB错误；CD若小球在A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力等大反向，即N=m2RNmg联立，解得gR故C错误，D正确。故选D。5(20232023上 重庆梁平 高三统考阶段
21、练习)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球视为质点在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点，铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是()A.铁球可能做匀速圆周运动B.铁球绕轨道转动时机械能不守恒C.铁球在A点的速度一定大于或等于gRD.要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg【答案】D【详解】A铁球在竖直轨道上做圆周运动，受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用，其中铁球受轨道的磁性
22、引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与铁球的运动方向垂直，所以磁力和支持力对铁球都不做功，只有重力对铁球做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，所以铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误；B铁球绕轨道转动时，只有重力做功，其机械能守恒，故B错误；C在A点，轨道可以支撑铁球，所以要使铁球不脱轨做完整圆周运动，铁球在A点时的速度大于等于零即可，故C错误；D铁球在最低点时，若恰不脱轨，则满足F-mg=mv2R从铁球恰在最高点到最低点时，由机械能守恒定律得2mgR=12mv2解得12F=5mg即要使铁球不脱轨做完整圆周运动，轨道对铁球的磁性引力大小至少为5
23、mg，故D正确。故选D。6(多选)()(20242024 四川成都 校考一模)如图所示，倾角为30的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为4m的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球(可视为质点)相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30。斜面体和滑块始终静止，滑块与斜面的动摩擦因数为32，小球与小孔之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.斜面体所受到地面的摩擦力大小为mgB.若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小C.若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为125gLD.若此时在空间加上竖直向下的
24、电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大【答案】AC【详解】A对小球受力分析有mg=Tcos30解得T=mgcos30=2 33mg将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为f1=Tcos30=2 33mg32=mg故A正确；B设绳与竖直方向的夹角为，对小球有Tsin=m2LsinTcos=mg可得T=m2L又因为=2n所以随着转速的增大，角速度会增大；拉力会增大，绳与竖直方向的夹角会增大，两绳的夹角会减小，所以合力会增大；所以绳子对小孔的作用力增大；故B错误；C因为绳对滑块的拉力越大，滑块越容易往上滑动。所以当小球转速最大，即绳的拉力最大时，对滑块受力分析得T=4
25、mgsin30+4mgcos30即m2L=4mgsin30+4mgcos30可得最大角速度为13=5gL所以最大转速为n=2=125gL故C正确；D加上电场后，对小球受力分析知Tsin=m2LsinTcos=mg+qE因为要使转速不变，即角速度不变，所以绳子的拉力大小不变，因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时增大了，所以由以上公式知减小，即小球到转动中心的距离减小，故D错误。故选AC。7(多选)(20232023上 陕西咸阳 高三统考期中)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA=4kg，mB=1kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA=0.1m，rB=0.2m，中间用细线相连
26、，A、B与盘间的动摩擦因数均为=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g=10m/s2，以下说法正确的是()A.B的摩擦力先达到最大B.当=2 5rad/s时，绳子出现张力C.当=30rad/s时，A、B两物体出现相对滑动D.当=5 2rad/s时，A、B两物体出现相对滑动【答案】AD【详解】A若A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足mAg=mA20ArA代入数据解得0A=2 5rad/s同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度为mBg=mB20BrB代入数据解得0B=10rad/s则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度值，则B的摩擦力先达
27、到最大，故A正确；B当B的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当=10rad/s时，绳子出现张力，故B错误；CDA与B的角速度相等，A的质量是B的4倍而A做圆周运动的半径是B的12，根据F=m2r可知A需要的向心力大，所以当AB两物体出现相对滑动时A背离圆心运动，B向着圆心运动，此时B受静摩擦力方向背离圆心，A受静摩擦力方向指向圆心，则对A有：14T+mAg=mA21rA对B有：T-mBg=mB21rB解得1=50rad/s=5 2rad/s故C错误，D正确。故选AD。8(多选)()(20242024 湖南株洲 统考一模)如图，质量为m 的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒
28、定速率v运动，已知圆轨道的半径为R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的k倍，重力加速度为g，P、Q为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中，玩具车()A.在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mgB.通过 P、Q两点时对轨道的压力大小之和为2mv2RC.由最低点到最高点克服摩擦力做功为kmv2D.由最低点到最高点电动机做功为2kmv2+2mgR【答案】BC【详解】A在最低点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得F1-mg=mv2R在最高点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得F2+mg=mv2R两式相减可得F1-F2=2m
29、gA错误；BC在PQ两点的受力如图所示在Q点，由向心力公式有N1-mgcos=mv2R15在P点，由向心力公式有N2+mgcos=mv2R两式相加可得N1+N2=2mv2R因摩托车在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成 N段，在轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段A、B，每段的长度为x=2RN，则在A、B两小段的压力可视为恒力，摩擦力做功之和为Wf1=k N1+N2x解得Wf1=k2mv2R2RN=4kmvN所以摩托车从最低点到最高点克服摩擦力做功为Wf2=N4Wf1=kmvBC正确；D玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动,由最低点到最高点由动能定理可
30、知WF-Wf2-mg2R=0解得WF=kmv+2mgRD错误。故选BC。9(多选)()(20232023上 四川绵阳 高三绵阳中学校考阶段练习)在X星球表面宇航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示。已知X星球的半径为R0，引力常量为G，不考虑星球自转，则下列说法正确的是()A.X星球的第一宇宙速度v1=bB.X星球的密度=3b4GR0C.X星球的质量M=bR20GRD.环绕X星球的轨道离星球表面高度为R0的卫星周期T=42RR0b16【答案】CD【详
31、解】A小球在最高点时有mg-F=mv2R所以可得F=mg-mv2R将图线与横轴交点代入则得g=bR则X星球的第一宇宙速度为v1=gR0=bR0RA错误；BC根据GMmR0=mg则X星球的质量为M=gR20G=bR20GRX星球的密度为=MV=bR20GR43R30=3b4GRR0B错误，C正确；D根据GMmr2=m42rT2解得T=2r3GM则环绕X星球运行的离星球表面高度为R0的卫星r=2R0M=gR20G=bR20GR则代入可得周期T=42RR0bD正确。故选CD。10(多选)()(20232023上 安徽 高三校联考阶段练习)如图所示，在竖直平面内固定有半径为R的光滑圆弧轨道ABC，其圆
32、心为O，B点在O的正上方，A、C点关于OB对称，AOB=。可看成质点的物块自A点以初速度v0沿着轨道切线方向向上运动，并且能沿轨道运动到B点。已知重力加速度为g，sin37=0.6，下列说法正确的有()17A.若=37，则物块在A点初速度可能为25gRB.若=37，则物块在A点初速度可能为45gRC.若=53，则物块在A点初速度可能为35gRD.若=53，则物块在A点初速度可能为45gR【答案】AB【详解】AB若=37，A点速度取得最大值时mgcos=mv2AR,vA=45gR从A点运动到B点，由动能定理，有12mv2A=12mv2B+mg15R得到vB=25gR gR满足题意，AB正确；C若
33、=53，A点速度取得最大值时mgcos=mv2AR,vA=35gR从A点运动到B点，由动能定理，有12mv2A=12mv2B+mg25R得到12mv2B0不符合题意，C错误；D若物块在A点的初速度为45gR，则物块在A点就离开轨道，不能沿着轨道运动到B点，D错误。故选AB。11(多选)()(20232023上 湖南 高三校联考期中)如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点，半圆轨道的圆心为O，半径为R，C为其最高点。BD段为双轨道，D点以上只有内轨道，D点与圆心的连线与水平方向夹角为，一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C点。不计一切摩擦。则()18A.小球到
34、达C点时速度为0B.小球到达C点后做平抛运动落在地面上C.小球在A点的初速度为5gRD.若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，则sin=23【答案】AD【详解】A小球恰好过圆弧轨道最高点C，由于下方有支持物，所以过C点时速度为0，故A正确；B小球过C点时速度为0，不能做平抛运动，故B错误CA到C，由机械能守恒定律可得12mvA2=mg2R解得vA=2 gR故C错误；D由D到C根据机械能守恒有mgR(1-sin)=12mv2D在D点小球对内外轨道均无弹力，则重力的分力提供向心力，有mgsin=mv2DR解得sin=23故D正确。故选AD。12(多选)()(20232023上 四川绵阳 高三四川省绵
35、阳南山中学校考阶段练习)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段 BC 组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()19A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球A从到C的过程中，重力的功率先增大后减小C.小球的初速度v0=2gRD.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【答案】AD【详解】A由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC=0则小球从C到B的过程中，有mgR(1-cos)=12mv2FN
36、=mgcos-mv2R联立有FN=3mgcos-2mg则从C到B的过程中由0增大到，则cos逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；B由于A到C的过程中小球的速度逐渐减小，则A到C的过程中重力的功率为P=-mgvsin则A到C的过程中小球重力的功率始终减小，故B错误；C从A到C的过程中有-mg2R=12mv2C-12mv20解得v0=4gR故C错误；D小球在B点恰好脱离轨道有mgcos=mv2BR则vB=gRcos则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为gRcos，故小球有可能从B点脱离轨道，故D正确。故选AD。13(20232023上 湖北 高
37、三荆门市龙泉中学校联考阶段练习)生产流水线可以提高劳动效率，下图是某工厂生产流水线的水平传输装置的俯视图，它由同一水平面的传送带和转盘组成，每间隔0.2秒在A处无初20速放一个物品到传送带上，物品(可视为质点)运动到B处后进入匀速转动的转盘表面，随其做半径R=2.0m的圆运动(与转盘无相对滑动)，到C处被取走装箱，已知A、B的距离L=6.4m，物品与传送带间的动摩擦因数1=0.5，传送带的传输速度和转盘上与转轴O相距为R处的线速度均为v=2.0m/s，取g=10m/s2，问：(1)物品从A处运动到B处的时间t多大？(2)若物品在转盘上的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物品与转盘间的动摩擦因数2
38、至少为多大？【答案】(1)3.4s；(2)0.2【详解】(1)物品在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得1mg=ma1解得a1=5m/s2物品与传送带共速的位移为x1=v22a1=0.4mL由此可知，物品在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动，所以t=t1+t2=va1+L-x1v=3.4s(2)当物品在转盘上受到的最大静摩擦力刚好提供物品做圆周运动的向心力时此时物品与转盘间的动摩擦因数为最小值，则有2mg=mv2R解得2=0.214(20232023上 江苏盐城 高三校联考阶段练习)如图所示，质量为m的茶杯(视为质点)放在水平餐桌的转盘上，茶杯到转轴的距离为r，转盘匀速转动，每秒钟转n周，茶
39、杯与转盘保持相对静止。求：(1)茶杯所受的摩擦力大小 f；(2)每转半周茶杯的动量变化量大小p。【答案】(1)42n2mr；(2)4mnr【详解】(1)茶杯做匀速圆周的周期为21T=1n茶杯做匀速圆周运动，根据摩擦力提供向心力有f=m42T2r=42n2mr(2)0T2时间内杯子的速度大小不变，速度方向反向，则速度的变化量大小为v=2v=4nr故每转半周茶杯的动量变化量大小为p=mv=4mnr15(20242024 四川自贡 统考一模)如图，在竖直平面内，固定有半径R1=1m和半径R2=0.3m的光滑圆形轨道，他们轨道弧长分别占圆周的14和34，圆轨道与水平轨道分别相切于B点和D点，且平滑连接
40、。某时刻，让质量为m1=0.1kg，不带电的绝缘小滑块P从A点静止释放，经圆轨道滑至B点，从B点进入水平轨道，与静止在C点的带电小滑块Q发生弹性碰撞，滑块Q的质量为m2=0.1kg，电荷量为q=+1C。整个过程中滑块Q的电荷量始终保持不变，滑块P、Q均可视为质点，与水平轨道BC间的动摩擦因数均为=0.1，BC间距x=2m，CD段光滑。滑块Q从D点进入光滑轨道DMN时，此时加入水平向右范围足够大的匀强电场，场强大小E=3N/C。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1)小滑块P刚到14滑道最低点B时对圆轨道的压力；(2)小滑块P与小滑块Q碰撞后Q的速度大小为多少？(3)通过计算判断当Q进入光滑绝
41、缘半圆轨道DMN后是否会脱离轨道？若不会，则求经过N点的速度大小；若会，试求Q离开半圆轨道时的速度大小为多少？(计算结果可用根式表示)【答案】(1)3N，方向竖直向下；(2)v4=4m/s；(3)会，v5=303m/s【详解】(1)设P从A到B点时的速度为v1，A到B过程中由动能定理得m1gR1=12m1v21-0代入数据解得v1=2 5m/s在B点，由牛顿第二定律得FN1-m1g=m1v21R1代入数据解得FN1=3N由牛顿第三定律得：对圆轨道的压力大小为3N，方向：竖直向下(2)设P运动到C时的速度为v2，B到C过程中由动能定理得-m1gx1=12m1v22-12m1v21设P与Q碰撞后的
42、速度分别为v3、v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v2=m1v3+m2v42212m1v22=12m1v23+12m2v24联立以上方程并代入数据解得碰撞后Q的速度大小为v4=4m/s(3)假设Q进入轨道DMN后不会脱离轨道，并设经过N点的速度大小为vN，此时受到轨道的弹力为F，由牛顿第二定律和动能定理得F+qE=m2v2NR2C到N过程中-m2gR2-qER2=12m2v2N-12m2v24代入数据解得vN=10-6 3-0.393m/s则假设不成立；说明Q会脱离轨道设Q在S点脱离轨道时的速度大小为v5，SO2N=，由牛顿第二定律和动能定理得m2gsin+qEcos=m2v25R2C
43、到S过程中-m2gR2(1+sin)-qER2cos=12m2v25-12m2v24联立以上方程并代入数据解得Q离开轨道时的速度大小为v5=303m/s16(20232023上 内蒙古呼和浩特 高三呼和浩特市回民中学校考阶段练习)如图所示，质量为m的小球通过长度为R的轻绳悬挂于固定点O，现将其拉到某一高处A点(让OA绷直)并由静止释放，当小球摆动到O点正下方B点时，绳恰好断掉，之后小球恰好垂直落到斜面CD上，已知斜面倾角为=30o，OBC三点在同一竖直线上，绳能承受的最大拉力为75mg，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球到达B点时的速度vB及释放点距离B点的高度h；(2)小球落到CD
44、上的位置与C的距离s23【答案】(1)vB=2gR5，方向水平向左，h=R5；(2)45R【详解】(1)B点由Tm-mg=mvB2R将Tm=7mg5代入得vB=2gR5方向水平向左。A-B过程由动能定理mgh=mvB22解得h=R5(2)因为垂直落在斜面上，分解速度则tan=vBgt得t=6R5g设落点到点C的距离为s，由平抛规律得x=vBt=2 3R5所以s=xcos30=45R17(20232023上 江西 高三校联考阶段练习)有一款弹球游戏的装置如图所示。平台离地面的高为R，一半径为R、下端有一小缺口的竖直光滑圆轨道固定在平台上，圆轨道的最低点与平台边缘重合。地面上的弹射装置将质量为m的
45、小球A以一定的速度斜射出，到最高点恰好射入平台，与放在圆轨道最低点的半径等大的小球B相撞。已知小球A与B碰撞前的速度大小v0=2 2gR，其中g为重力加速度。忽略空气阻力、小球的大小以及弹射装置的高度。(1)求弹射装置与平台边缘的水平距离s；(2)若在B上附着橡皮泥，球和泥总质量为m，两球碰撞后共同运动，求碰撞过程中损失的机械能E；(3)若小球B的质量为mx，A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去球A，将小缺口补上，变成完整的圆轨道，要使球B被碰后始终沿圆道运动，求mx的范围。24【答案】(1)4R；(2)2mgR；(3)mx3m或mx4 10-55m【详解】(1)将小球A从射出到最高点的运动
46、，看成是平抛运动的逆运动。设小球A从射出到最高点的时间为t，竖直方向与水平方向分别有R=12gt2s=v0t解得s=4R(2)设A、B碰撞后共同运动的速度为v，根据动量守恒定律有mv0=2mv在碰撞过程中，有E=12mv02-122mv2解得E=2mgR(3)设A、B碰撞后，A球的速度大小为v1，B球的速度大小为v2，根据弹性碰撞的规律有：mv0=mv1+mxv212mv02=12mv12+12mxv22解得v2=2mm+mxv0情形1：对小球B，若碰撞后，上升的最大高度为R，有12mxv22mxgR解得mx3m情形2：对小球B，若碰撞后，上升到圆轨道的最高点的速度为v3，根据机械能守恒定律，
47、有12mxv22=2mxgR+12mxv23又在最高点，有mxv23Rmxg解得mx4 10-55m25综上所述，小球B的质量：mx3m或mx4 10-55m18(20232023上 辽宁丹东 高三统考期中)粗糙水平地面AB与半径R=0.2m的光滑半圆轨道BCD平滑连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心。质量m=0.1kg的小物块在2.5N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动。在运动到半圆轨道上的B点时撤去恒力F。(小物块与水平地面间的动摩擦因数=0.5，g=10m/s2)求：(1)若xAB=0.5m，小物块运动到半圆轨道上的B点时，轨道对它的支持力的大小；(2)若小物块
48、恰好能运动到半圆轨道上的D点，则AB间的距离xAB多大。【答案】(1)11N；(2)0.25m【详解】(1)物块由静止运动到圆弧轨道B点过程中，根据动能定理得(F-mg)xAB=12mv2B根据牛顿第二定律FN-mg=mv2BR联立解得FN=11N(2)物块由静止运动到圆弧轨道D点过程中，根据动能定理(F-mg)xAB-mg2R=12mv2D又因为物块恰好能运动到半圆轨道上的D点，根据牛顿第二定律mg=mv2DR联立解得xAB=0.25m19(20232023上 陕西西安 高三校考期中)如图所示，水平粗糙轨道OB与处于竖直平面内的半圆形光滑轨道BC平滑连接，半圆的直径与地面垂直，半圆形光滑轨道
49、半径R=0.5m。一质量m=1kg的小物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，小物块恰好通过C点，并落回至A点，小物块与地面间的动摩擦因数=0.1，重力加速度g=10m/s2。(1)求A、B两点间的距离；(2)求弹簧被压缩至A点时的弹性势能；(3)若改变半圆形光滑轨道的半径，小物块从C点飞出后做平抛运动的水平距离也将改变，则R为多少时，水平距离有最大值？最大值为多少？26【答案】(1)1m；(2)13.5J；(3)516m，1.25m【详解】(1)小物块恰好通过C点，有mg=mvC2R解得vC=5m/s从C点飞出后小物块做平抛运动，有2R=12gt2，xAB=vCt解得xAB=1m(2
50、)对小物块由A到C过程，根据动能关系可得Ep-mgxAB-2mgR=12mv2C-0解得Ep=13.5J(3)小物块到达B点时，有Ep-mgxAB=12mv2-0解得v=5m/s若改变半圆轨道的半径R，小物块到达C点时，根据动能定理可得12mv21-12mv2=-2mgR小物块离开最高点后做平抛运动，有2R=12gt2，x=v1t联立解得x=4R v2-4gRg=10R-16R2根据数学知识可知，当R=516m水平距离有最大值，可得最大值为xm=1.25m20(20232023上 四川绵阳 高三统考阶段练习)如图所示，不可伸长、长为L的轻质细绳一端固定在P点，另一端系一质量为m的小球。现将小球