重难点突破：圆周运动的模型分析及临界问题（解析版）-2024-2025学年高一物理（人教版必修第二册）

重难点突破：圆周运动的模型分析及临界问题

（2个方法技巧+6大题型+分层训练）

L目录J

01方法技巧

A方法技巧1水平面内圆周运动的临界问题

A方法技巧2竖直面内圆周运动（绳、杆模型）临界问题

02经典题型

题型1静摩擦力对应的临界问题

题型2圆锥摆模型及临界问题

题型3拱桥模型及临界问题

题型4轻绳模型及临界问题

题型5轻杆模型及临界问题

题型6倾斜平面内的临界问题

03分层训练

基础练

提升练

方法技巧

方法技巧1水平面内圆周运动的临界问题

1、圆周运动常见的临界状态

（1）与绳或杆的弹力有关弹力恰好为0;

（2）与静摩擦力有关，静摩擦力达到最大值；

（3）绳子恰好断裂，绳子的张力达到最大承受值。

2、范围的求解

先针对临界状态根据圆周运动的知识求解临界值，再按题意要求指出物理量的合理取值范围。

3、三类情况分析

（1）水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力。

（2）绳子被拉断：绳上拉力恰好为最大承受力等。

（3）与支持面或杆的弹力有关的临界问题：要分析出恰好无支持力这一临界状态下的角速度（或线速度）

等。

4、实例分析

（1）。或6发生相对圆盘滑动的各自临界角速度

%7-Tmax=R"=ma)2r,a)=o由公式可知，距离圆盘中心远的8物体先发生相对滑动。

（2）两个质量均为加的木块A、B用恰好伸直的轻绳相连，放在水平圆盘上，/恰好处于圆盘中心。

①轻绳出现拉力的临界角速度:对木块B分析，与max=fJ，mg=ma)frB,a)1=/幺&

,VrB

②4、3相对圆盘滑动的临界条件:角速度继续增大，绳子出现拉力，8受最大静摩擦力不变，角速度继续

增大，/的静摩擦力继续增大，当增大到最大静摩擦力时，/、8相对于转盘开始滑动。

对木块A分析，T=/nmg；对木块B分析，T+/umg=mco^rB。解得临界角速度为处=空

结论：当华时，轻绳上拉力为0；当02个半时,4、3相对圆盘发生滑动。

(3)两个质量均为加的木块A、B用恰好伸直的轻绳相连，放在水平圆盘上。

储，

4AB

n—n

02

①轻绳出现拉力的临界角速度:对木块B分析，Ffmax=/Limg=mo^rB,例=

VrB

②人3相对圆盘滑动的临界条件:角速度继续增大，绳子出现拉力，8受最大静摩擦力不变，角速度继续

增大，A的静摩擦力继续增大，当增大到最大静摩擦力时，/、8相对于转盘开始滑动。

对木块/分析，jumg-T=ma)^rA；对木块8分析，T+/nmg=ma^rB。解得临界角速度为

4g

co2=

结论：当。W丝时，轻绳上拉力为0；当4g时,4、8相对圆盘发生滑动。

VrBG+%

(4)A,8两物块叠放在转盘上

Mg

①若氏〉〃B，则B先相对转盘发生滑动，临界角速度为。=

r

②若"A<"B‘则则A先相对B发生滑动，则A先相对B发生滑动①=

r

方法技巧2竖直面内圆周运动（绳、杆模型）临界问题

1、在最高点时绳、杆、环、管的临界情况分析

绳模型杆模型

球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的

实例球与杆连接、球在管道中运动

“过山车”

最高点无支撑最高点有支撑

1h二、套环

图示，［杆光滑

1，挑滑圆环

管道

除重力外，物体受到的弹力方向向下或除重力外，物体受到的弹力方向向下、等于零

受力特征

等于零或方向向上

最受力示意卜、

mgW，mgmg

高图.0.0•0GO

FN可能向下八可能为零人可能向上人可能向下人可能为零

点

V2V2

力学方程mg+F^=m—

mg±rN=m—

'r,r

临界特征氏=0，Vmin=VF竖直向上的氏=%g，=0

过最高点条件而v>0

2、在最高点小球的速度在不同范围内时的受力情况

（1）v〉J/,绳、杆、环、管对小球产生向下的拉力或支持力。

（2）v=而，绳、杆、环、管对小球的拉力或支持力为零。

（3）v<7F-如果是绳、环，则小球无法达到最高点；如果是杆、管，则对小球的乍用力为竖直向上的

支持力。

经典题型

题型1静摩擦力对应的临界问题

1.（23-24高一下•广西玉林•期中）（多选）质量为2.0xi（）3kg的汽车在水平公路上行驶，轮胎与路面间的

最大静摩擦力为1.0X104N。汽车经过半径为50m的弯路时（）

A.如果车速达到10m/s,这辆车会发生侧滑

B.如果车速达到10m/s,这辆车不会发生侧滑

C.汽车转弯时的向心力的重力和支持力的合力来提供

D.汽车转弯时受到重力、支持力和摩擦力

【答案】BD

【解析】AB.如果车速达到10m/s,需要的向心力为

V2:

F=m—=4X103N

r

最大静摩擦力为

fnm=M0^>F

所以汽车不会发生侧滑，故A错误，B正确；

CD.汽车在水平面转弯时，做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，故C错误，D正

确。

故选BD。

2.（24-25高三上・辽宁・期中）如图，圆盘在水平面内做匀速圆周运动，质量为"=0.2kg的小物块放置在

水平圆盘的正中央，并用一根01m长的轻质细线与质量为加=0.1kg的另一个小物块连接，两物块与圆盘

间的动摩擦因数均为0.2。已知两个小物块均可看作质点，细线所能承受的拉力足够大，g取10m/s2。要保

证M、a与圆盘间不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值为（）

A.2V15rad/sB.2«rad/sC.2A/l（）rad/sD.2V30rad/s

【答案】A

【解析】两物块相对圆盘恰要发生相对滑动时，有

jLimg+jiiMg=ma)2l

解得

0）=2V15rad/s

故选Ao

3.（23-24高一下•山东青岛•期中）如图所示，粗糙水平圆盘上，A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做

匀速圆周运动，盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍。则下列说法正确的是（）

A.A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势

B.B运动所需的向心力小于A运动所需的向心力

C.A、B两物块质量相等

D.若增大转速，首先发生相对滑动的一定是B与盘子，此时AB相对静止

【答案】C

【解析】C.A、B两物块随圆盘一起做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，盘对B的摩擦力为

工=（加A+加B）外。？

B对A的摩擦力为

fi=m"

其中

-JA+外_2

fl加A1

可得

加A=^B

故C正确；

A.静摩擦力提供向心力，所以A、B都有背离圆心方向的运动趋势，故A错误；

B.因为机人=机8，由牛顿第二定律

j—r2

rn=mra）

可得B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力，故B错误：

D.对物块A,由牛顿第二定律

jUAmg=mrco：

可得A的临界角速度为

对物块AB整体，由牛顿第二定律

x2mg=2mra)1s

可得AB的临界角速度为

由于不知道自与〃2得关系，故若增大转速，无法判断哪个物块先滑动，故D正确。

故选C。

4.（23-24高一下•黑龙江大庆•期中）（多选）如图所示，餐桌的水平旋转餐台可绕固定点。转动，在旋

转餐台上静止放置两个完全相同的小碟子M、N,M离。点较近，N离。点较远，餐台表面粗糙程度均匀。

下列说法正确的是（）

A.若M随餐台一起加速转动，静摩擦力不指向圆心

B.若餐台转速从零缓慢增大，M比N先与餐台发生相对滑动

C.若M随餐台一起匀速转动，它受到重力、支持力和向心力作用

D.若N随餐台一起匀速转动，它受到重力、支持力和静摩擦力作用

【答案】AD

【解析】A.若M随餐台一起加速转动，静摩擦力一方面要提供沿速度方向使物体加速的力，同时要提供

指向圆心的向心力，则静摩擦力方向不指向圆心，故A正确；

B.根据

jumg=mco^r

可知，当物体将要滑动时，距离圆心越远的物体临界角速度越小，可知若餐台转速从零缓慢增大，N比M

先与餐台发生相对滑动，故B错误；

CD.若物体随餐台一起匀速转动，M和N都是受到重力、支持力和静摩擦力作用，其中静摩擦力提供做圆

周运动的向心力，故C错误，D正确。

故选AD„

5.（24-25高三上・安徽合肥・月考）（多选）如图所示，两个完全相同的小滑块甲和乙放在水平转盘的同一

DD

条半径上，转盘的半径为R,甲到圆心。的距离为耳，乙到圆心。的距离为小滑块甲、乙与转盘之

间的动摩擦因数均为〃，重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力且两滑块始终在转盘内。当转盘

以角速度。转动时，下列说法正确的是（）

A.相对转盘滑动前，甲、乙所受摩擦力大小与转盘角速度。成正比

B.相对转盘滑动前，同一时刻甲、乙所受静摩擦力大小之比为1:2

C.转盘角速度。为陛时，滑块甲即将开始滑动

V2R

D.转盘角速度。为时，甲、乙所受摩擦力大小相等

【答案】BD

【解析】A.滑动前甲、乙所受摩擦力与转盘角速度平方疗成正比，故A错误;

B.同一时刻甲、乙所受静摩擦力分别为

r2R

fx=ma)-

人版3

23

故B正确;

C.乙开始滑动时，有

22R

jumg=mco2•

解得

此时还没有达到甲开始滑动的临界角速度，故c错误;

D.甲开始滑动时，有

解得

9T警

由于,此时甲、乙都开始滑动，所受的摩擦力都等于滑动摩擦力〃加g,

故D正确。

故选BDo

6.（23-24高一下•河南周口•期中）（多选）如图所示，小木块。、b（可视为质点）放在水平圆盘上，a、

6的质量分别为2m,。与转轴。。的距离为/,6与转轴的距离均为:/。两木块与圆盘间的最大静

摩擦力均为木块所受重力的左倍，重力加速度大小为g。若圆盘从开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中

正确的是（）

O

a:b

nn

O,

A.6相对于圆盘先发生相对滑动

B.a相对于圆盘先发生相对滑动

C.a和6均未滑动时，a、6所受摩擦力的大小相等

D.当圆盘的角速度为杵时，其中一木块开始滑动

【答案】BCD

【解析】ABD.木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心

力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动，6的最大静摩擦力分别为

fa=kmg,fb=2kmg

根据牛顿第二定律可知6滑动的角速度为

kmg=ml0；,2kmg=2mxg/祐

解得

则当例=行时，。相对于圆盘先发生相对滑动，故A错误，BD正确;

C.。和6均未滑动时，静摩擦力提供向心力则有

2

f'a=mlco,方=2机xg/苏=加疗0、6所受摩擦力的大小相等，故C正确；

故选BCD。

题型2圆锥摆模型及临界问题

7.（24-25高三上•北京西城•期末）把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可使小球在短时间内沿光滑的

漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示。若圆周运动的半径越大，则小球（）

A.对漏斗壁的压力越大B.加速度越小

C.角速度越小D.线速度越小

【答案】C

【解析】小球在漏斗中做圆周运动受力情况如图

A.根据平衡条件

Fsin3=mg

得

sin。

可知无论轨道半径的大小如何，漏斗壁对小球的支持力大小都是相等，结合牛顿第三定律可知，对漏斗壁

的压力大小也相同，故A错误;

BCD.水平方向上，由牛顿第二定律

tan。R

可知加速度。大小相等，R越大的，角速度。越小，线速度v越大，故C正确，BD错误。

故选C。

8.（24-25高三上•山东烟台・期末）如图甲所示，一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一

光滑圆锥顶端，当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为。时，细线拉力大小为7,7与“的变化关

系图像如图乙所示。已知圆锥面母线与竖直方向夹角为0,重力加速度为g,则当。=。2时，细线拉力的大

小为（）

甲乙

A"①iT0)2"①2

QC.

22

a)lcos0・691shI2。

【答案】B

【解析】根据题意,当角速度为。时,小球受重力、支持力和绳的拉力，且有

To=mgcos0

当角速度等于。/时，小球受恰好只受重力和绳的拉力，则

mgtan9=mat^lsin0

当角速度等于叱时，小球受只受重力和绳的拉力，且绳与竖直方向的夹角变大，则

Tsina-ma)llsina

联立可得

T_"G

^cos2^

故选B。

9.如图，一圆台可以绕中心轴旋转，圆台下底面半径为1.25m,上底面半径为0.45m,高为0.6m。圆台上

底面粗糙，侧面光滑，质量为M=4m的物块A放置于上底面的圆心处，物块A与圆台上底面之间的动摩

擦因数为〃=04,质量为加的物块B置于侧面与下底面交界处，A与B通过绕过上底面边缘的光滑定滑轮

的轻绳相连，且均可以视为质点，重力加速度g取lOm/s?。则系统维持该稳定状态的角速度的最大值为（）

A4娓*B.侦rad/sc16」/

A.------rad/sC.VTOrad/sD.——rad/s

335

【答案】C

【解析】若圆台的角速度达到某一值例）时，物块B与侧面分离。设此时绳子与竖直方向的夹角为根据

几何关系

1.25-0.454

tan。=

0.63

可得

8=53。

此时绳的拉力

mg5

K=---------=—m2

cos53°3

而此时物块A的最大静摩擦力为

7m=4〃冽g=1.6加g

即物块A已经出现相对滑动。因此，当该稳定状态出现临界值时，绳的拉力为

理=Zn=L6mg

对B受力分析可知

耳cos53°+Ncos37°=mg

耳sin53°一Nsin37°=mr（v2

解得

co=VlOrad/s

故选Co

10.（24-25高一上•河北邯郸•期末）（多选）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装

置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为A的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为

/、3的两绳与竖直方向夹角分别为4=37。、%=53。，椅子与游客总质量分别为加心机B，绳子拉力分别为

死、FB,向心加速度分别为巴、勺。

忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（）

A.由重力与绳子拉力的合力提供向心力

B.FA:FB=4mA:3mB

C.aA:aB=16:9

D.悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关

【答案】AD

【解析】A.对游客与椅子的整体受力分析可知，受重力，绳子拉力，是这两个力的合力提供向心力，故A

正确；

BC.重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形可得

FA_mAgcos53°_3mA

FBcos37°mBg4mB

向心加速度为

aA_gtan37°_9

aBgtan53016

故BC错误；

D.设游客做匀速圆周运动的半径为「，根据

mgtand=mo1r

可得

G）2

tan0——

yg

由此可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，故D正确。

故选AD。

11.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转轴与过陶罐球心。的

对称轴重合。转台以一定角速度。匀速转动，一质量为用的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小

物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和。点的连线与。。'之间的夹角族60。，重力加速度大小为g,若

0=00，小物块受到的摩擦力恰好为零。

（1）若。=（1+左）co。,且0〈狂1,求小物块受到的摩擦力大小和方向。

（2）若0=（1次）a>o,且0〈任1,求小物块受到的摩擦力大小和方向。

【答案】（1）小收;+.）mg,沿罐壁切线向下

（2）f广史尹1mg,沿罐壁切线向上

【解析】（1）当摩擦力恰好为零时，支持力和重力的合力提供向心力，如图

则

mgtan0=mco^r

r=RsinO

解得

0。=杉

当0=（1+左）0。时，小物块相对于半球形陶罐有向上的运动趋势，小物块受到沿罐壁切线向下的摩擦力，如

图所示

co

竖直方向受力平衡有

N]cos0=mg+工sin8

水平方向根据牛顿第二定律有

N、sin夕+/cos0=ma^Rsin0

联立解得

,回（2+左）

<=------9------mg

（2）当。=（1孑）例时，小物块相对于半球形陶罐有向下的运动趋势，小物块受到沿罐壁切线向上的摩擦力,

如图所示

,€0

陶口。淤/

\小,转台

竖直方向受力平衡有

N2COS0+f2sin3=mg

水平方向根据牛顿第二定律有

N2sin0-f2cos9=marRsin0

联立解得

yfik（2—k}

fi=-----mg

题型3拱桥模型及临界问题

12.（23-24高一下•云南昆明•期中）汽车通过拱形桥时的运动可以看作圆周运动，如图所示。质量为加的

汽车以速度V通过半径为R的拱形桥最高点时，下列说法正确的是（）

A.汽车对桥的压力大小等于汽车的重力

B.桥对汽车的支持力小于汽车对桥的压力

2

C.桥对汽车的支持力大小为

D.无论汽车的速度有多大，汽车对桥始终有压力

【答案】C

【解析】AC.汽车在拱形桥最高点时，由牛顿第二定律

2

mg-F=m-

NK

可得

F=mg-m—<mg

NR

汽车对桥的压力大小小于汽车的重力，选项A错误，C正确；

B.桥对汽车的支持力与汽车对桥的压力是相互作用力，等大反向，选项B错误；

D.当

V2

F=mg-m——<0

NR

即当速度

时汽车对桥没有压力，选项D错误。

故选C。

13.（22-23高一下•重庆九龙坡・月考）（多选）如图所示，质量加=2.0xl（）4kg的汽车以不变的速率先后驶

2

过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为40m,如果桥面承受的压力不超过3.0X1（）5N,g^lOm/s=

贝U（）

a

A.汽车驶至凹形桥面的底部时处于失重状态

B.汽车驶至凸形桥面的顶部时处于失重状态

C.汽车允许的最大速率为10亚m/s

D.汽车对桥面的最小压力为2.0X1()5N

【答案】BC

【解析】A.汽车驶至凹形桥面的底部时，由地面的支持力与重力的合力提供圆周运动的向心力，可知有竖

直向上的加速度，即汽车处于超重状态，故A错误；

B.汽车驶至凸形桥面的顶部时，由地面的支持力与重力的合力提供圆周运动的向心力，则有竖直向下的加

速度，即汽车处于失重状态，故B正确；

C.汽车驶至凹形桥面的底部时，为了避免桥梁损坏，则有

4ax

lIluXK

解得

V]=10>/2m/s

汽车驶至凸形桥面的顶部时，为了避免飞车现象发生，则有

mg=机无

解得

v2=20m/s

可知为了行车安全与桥梁避免损坏，汽车允许的最大速率为10扇/s，故C正确；

D.汽车驶至凸形桥面的顶部时，当取最大速率10&m/s，汽车对桥面的压力最小，此时有

mg-Fnun=m—

K

解得

F__=1.0X105N

故D错误。

故选BC。

14.（22-23高一上•吉林长春•期末）一个质量为加的物体（体积可忽略），在半径为R的光滑半球顶点处

以水平速度为运动，如图所示，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

m

A.若,则物体对半球顶点压力为〃7g

B.若%=:风，则物体对半球顶点的压力为［mg

C.若%=0,则物体对半球顶点的压力为

D.若％=0,则物体对半球顶点的压力为零

【答案】B

【解析】A.根据题意，在最高点有

mg-FN=m^

若%齐解得

综=0

由牛顿第三定律可知，物体对半球顶点压力为0,故A错误;

B.同理可得，若％=；必则有

口3

FN=-mg

由牛顿第三定律可知，物体对半球顶点压力为

尺=八=|mg

故B正确；

CD.若%=0,物体处于平衡状态，则有

区="陪

由牛顿第三定律可知，物体对半球顶点压力为机g,故CD错误。

故选Bo

15.（23-24高一下•安徽•月考）胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报

警器，可以预防因汽车胎压异常而引发的事故。如图所示，一辆质量为800kg的小汽车行驶在山区的波浪

形路面，路面可视为圆弧且左右圆弧半径相同，根据胎压可计算出汽车受到的支持力，当支持力达到

5.8X104N时检测器报警。当汽车某次在凹形路面段最低点N时速度为10m/s,支持力为I.OXIO,N,重力

加速度g取lOm/s?o

（1）汽车在/点速度%多大时会触发报警？

（2）汽车要想不脱离路面，在最高点2时的最大速度力是多少？

A

【答案】（1）=50m/s；（2）VB=20m/s

【解析】（1）汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律有

2

口mv

F-mg=———A

r

代入数据，解得

r=40m

同理，由

P-mg=--

mr

解得

vm=50m/s

（2）若汽车在最高点5对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，则有

mvi

mg=——-

r

代入数据，解得

vB=20m/s

题型4轻绳模型及临界问题

16.（24-25高一上•浙江•期中）杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯

子在竖直平面内做变速圆周运动，已知轨迹半径为r=0.4m,水的质量200g,杯子的质量50g,绳子质量

不计，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是（）

vM

A.杯子运动到最高点时，水恰好不流出，则最高点速度大小为4m/s

B.当杯子运动到最高点N时速度大小为6m/s时，水对杯子的弹力大小为16N,方向竖直向下

C.杯子在下降过程速度变大，合力沿轨迹切线方向的分力与速度同向

D.杯子在最低点M时处于受力平衡状态

【答案】C

【解析】A.杯子运动到最高点时，水刚好不落下，对水则有

v2

mg=m——

r

所以杯子在最高点时的速度为

v=2m/s

故A错误；

B.当杯子到最高点速度为6m/s时，对水根据牛顿第二定律有

“2

琮+mg=m——

r

解得

取=16N

即杯子对水的弹力为16N,方向竖直向下，根据牛顿第三定律可得水对杯子的弹力大小为16N,方向竖直

向上，故B错误；

C.杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的分

力与速度同向，故C正确；

D.杯子在最低点时加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态，故D错误。

故选C。

17.（23-24高一下•新疆巴音郭楞・月考）乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为的人随车在竖直平面

内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是（）

A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去

B.人在最高点时对座位的压力一定小于机g

C.人在最低点时对座位的压力大于mg,处于超重状态

D.人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等

【答案】C

【解析】AB.车在最高点时，当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力可得

说

mg=加戈"

解得

%=两

当速度扇时，没有保险带，人也不会掉下来；根据牛顿第二定律可得

V2

mg+F^=m—

R

当然=mg时，解得

V^y/2gR

可知当'时，人在最高点时对座位的压力大于加g，故AB错误;

C.人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力

大于加g,故C正确;

D.人在最高点和最低点时的速度大小不同，根据向心加速度表达式

可知向心加速度大小不相等，故D错误。

故选c。

18.（23-24高一下•云南曲靖・月考）（多选）如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点。在竖

直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为V,此时绳子的拉力大小为尸”拉力尸7与速度的平方

/的关系图像如图乙所示。图像中的数据。和6,包括重力加速度g都为己知量，假设小球质量为优，则以

下说法正确的是（）

4产

Oa2a

甲乙

A.a=2grB.b=mg

C.2」

D.利用数据a、6和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径

am

【答案】BD

【解析】在最高点时由牛顿第二定律可知

V2

工+mg=m——

r

解得

二m2

=—v-mg

r

当尸7=0时

a=v2=gr

当W=2a时

b=Fj^mg

可得

bm

ar

可得小球的质量

b

m=—

g

故选BDo

19.（24-25高二上•上海浦东新•期末）如图所示为马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的

圆轨道，表演者骑摩托车在圆轨道内做圆周运动。己知人和摩托车的总质量为加，以的速度通过

轨道最高点，则此时轨道对车的作用力下大小为—，方向为

【答案】mg竖直向下

【解析】[1]⑵对人和摩托车整体受力分析，根据牛顿第二定律可得

mg+F=

其中

联立解得

F=mg

即此时轨道对车的作用力大小为〃陪，方向竖直向下。

20.（24-25高三上•江苏盐城•月考）如图所示，一质量为〃?=0.5kg的小球（可视为质点）用长为0.4m

的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g=10m/s2,求:

（1）小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多少？

（2）若轻绳能承受的最大张力为45N,小球在最低点的最大速度不能超过多少？

【答案】(1)%=2m/s(2)vm=4V2m/s

【解析】（1）设小球通过最高点时的最小速度为%,则根据牛顿第二定律有

mg二机关

解得

v0=2m/s

（2）小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有

F-mg=m—

lmK

解得

vm=4行m/s

21.（23-24高一下•新疆喀什•期中）半径R=1.6m竖直放置的光滑圆轨道与水平直轨道相连接（如图所

示）。质量〃?=1kg小球A以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去。经过轨道最高

点”后做平抛运动，平抛的水平距离为x=6.4m。求：

（1）小球从M点落到水平面的时间多少？

（2）小球经过M时速度多大？

（3）小球经过M时对轨道的压力多大（g=10m/s2）?

【答案】（1）0.8s；（2）8m/s；（3）30N

【解析】（1）小球离开M点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动

2R=；g/

解得

Z=0.8s

（2）小球离开M点后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动

解得

vM=8m/s

（3）小球在〃■点时，根据牛顿第二定律有

mg+稣=

R

解得

Bv=30N

根据牛顿第三定律，小球经过M时对轨道的压力为30N,压力的方向竖直向上。

题型5轻杆模型及临界问题

22.（24-25高三上•天津滨海新•期中）（多选）如图所示，长为乙的轻杆，一端固定一个小球，另一端

固定在轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g。下列叙述正确的是（）

A

I