【解题模型】专题13圆周运动的临界模型-2026高考物理（解析版）

第第页专题13圆周运动的临界模型模型总结模型1水平面内圆周运动的临界 1模型2竖直面内圆周运动的临界问题 11模型3斜面内圆周运动的临界问题 24模型1水平面内圆周运动的临界水平面内圆周运动的临界模型特点分析方法图例常见的临界情况(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)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态．确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．1．（2025·河北衡水·三模）某游戏转盘装置如图所示，游戏转盘水平放置且可绕转盘中心的转轴转动。转盘上放置两个物块A、B，物块A、B通过轻绳相连。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使其角速度缓慢增大。整个过程中，物块A、B都相对于盘面静止，物块A、B到转轴的距离分别为、，物块A、B的质量均为，与转盘间的动摩擦因数均为，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为。下列说法正确的是（）A．当转盘的角速度大于时，绳子才会产生拉力B．当两物块都将要相对转盘滑动时，转盘的角速度为C．当两物块都将要相对转盘滑动时，绳子的拉力大小为D．当转盘的角速度等于时，物块A受到指向圆心方向的摩擦力【答案】B【详解】A．根据向心力公式可知A、B两物块向心力大小分别为、，故物块B先达到最大静摩擦力，绳子将产生拉力，则有得，A错误；BC．当物块A也达到最大静摩擦力时，对B有对A有得，C错误，B正确；D．当转盘的角速度等于时，对B有此时即此时A不受摩擦力，D错误。故选B。2．（2025·湖南湘西·一模）“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，一质量为m可视为质点的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕中心A点做圆周运动，重力加速度为g。(1)当碟子的角速度为时，发光物体和碟子保持相对静止做匀速圆周运动，求此时发光物体受到碟子的作用力大小；(2)若碟子半径为，发光物体与碟子间的动摩擦因数为，重力加速度g取。使碟子从静止开始转动，发光物体做加速圆周运动，切向加速度大小恒为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求经过多长时间发光物体和碟子将发生相对滑动。【答案】(1)(2)【详解】（1）发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，静摩擦力大小为支持力合力为（2）物体做加速圆周运动，所以静摩擦力不指向圆心，如图所示，把静摩擦力分解可知，当物体恰好滑动时联立以上三式，解得物体沿圆周做加速运动，所以3．（2025·四川广安·模拟预测）如图所示，三个体积相同可看作质点的物体A、B和C放在水平圆盘上，水平圆盘绕轴转动，BC叠放在一起，它们分居圆心两侧且共线，物块质量均为1kg，与圆心距离分别为m，m，A与转盘间摩擦系数，B、C间摩擦系数，，C与转盘间摩擦系数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当水平圆盘角速度由零逐渐增大时，取m/s2，下列说法正确的是（）A．A最先滑离圆盘B．角速度rad/s时，A恰好发生滑动，此时A不受到摩擦力C．角速度rad/s时，B、C恰好一起发生滑动D．角速度rad/s时，B恰好发生滑动【答案】D【详解】受力分析可知，A、B、C均由摩擦力提供向心力，若均与水平圆盘不发生相对滑动，对A、对B、对BC整体（假设BC能保持相对静止），均有则A、B、C与水平圆盘不发生相对滑动，均要求解得，，A．不发生相对滑动，最小，B最先滑离圆盘，故A错误；B．角速度时，A恰好发生滑动，摩擦力到达最大静摩擦力，故B错误；C．因，则在角速度到达时，B、C就会发生相对运动，以上假设也不成立，故C错误；D．角速度rad/s时，B恰好发生滑动，故D正确。故选D。4．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）如图所示，放在水平转台上的物体、能随转台一起以角速度匀速转动，、的质量分别为、，、与转台间的动摩擦因数均为，、离转台中心的距离分别为、。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当地重力加速度为，下列说法中正确的是（）A．物体受到的摩擦力一定为B．物体与转台间的摩擦力大于物体与转台间的摩擦力C．转台的角速度一定满足D．转台的角速度一定满足【答案】C【详解】A．物体与转台间的摩擦力不一定为最大静摩擦力，故A错误；B．当物体A、B一同随转台运动时，静摩擦提供向心力，则有，此过程A、B所受到的摩擦力大小相等，故B错误；CD．当物体A刚要滑动时，根据牛顿第二定律可得解得即转台的角速度一定满足，故C正确，D错误。故选C。5．（24-25高一下·福建莆田·开学考试）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，在B相对圆盘滑动前，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A．当，绳子没有弹力B．ω在范围内增大时，B所受摩擦力不变C．当时，A、B相对于转盘即将滑动D．在绳子产生张力后，两木块还未与圆盘相对滑动时，若突然剪断细线，A将逐渐靠近圆心，B将做离心运动【答案】BC【详解】A．当B受到的静摩擦最大时，绳子刚好产生弹力，根据牛顿第二定律可得解得因此当，绳子一定有弹力，故A错误；BC．当A、B所受到的摩擦力均达到最大时，A、B相对转盘即将滑动，对A则有对B则有解得结合上述分析可知，当时B受到的静摩擦达到最大，因此当时，B受到的摩擦力不变，故BC正确；D．细线产生张力后剪断细线，A受到的静摩擦力减小，随圆盘继续做圆周运动，B不再受拉力的作用，最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力，因此B做离心运动，故D错误。故选BC。6．（2025·安徽合肥·模拟预测）当做圆周运动的物体角速度变化时，我们可以引用角加速度来描述角速度的变化快慢，即。图甲中某转盘自时由静止开始转动，其前4s内角加速度随时间变化如图乙所示。则（）A．时刻，B．时刻，C．0~1s过程中，圆盘转过的角度D．0~1s过程中，圆盘边缘的某质点所需向心力随时间正比例增加【答案】B【详解】A．由角加速度定义可知，β-t图像面积大小为角速度ω的增加量，得t=1s时刻的角速度ω1=2.5rad/s，故A错误；B．t=3s时刻，ω3=17.5rad/s，故B正确；C．0~1s过程中，平均角速度，转过的角度，故C错误；D．由牛顿第二定律可知设0~1s过程中图线斜率为k，有即有Fn∝t4，故D错误。故选B。7．（24-25高一下·广西柳州·期末）如图，一物块（看作质点）放置在水平圆盘上，与圆盘间的动摩擦因数为0.3，细线两端分别系在物块、圆盘的中心竖直转轴上，细线伸直且无拉力，与转轴的夹角为。物块随圆盘一起绕转轴匀速转动，当角速度为时，细线开始出现拉力；当角速度为时，物块对圆盘的压力恰好为0。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，则（）A．2.5 B．3 C．3.5 D．4【答案】A【详解】当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细线上开始有拉力，则当物块对圆盘的压力为0时，重力和细线拉力的合力提供向心力，有解得，故A正确。故选A。8．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块（可视为质点），A和B距轴心O的距离分别为rA=R，rB=2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm，两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止。则圆盘转动的角速度从0逐渐缓慢增大的过程中，下列说法正确的是（）A．B所受合外力大于A所受合外力B．A受到的摩擦力一直指向圆心C．B受到的摩擦力一直指向圆心D．A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为【答案】AC【详解】A．由于A、B都做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得，角速度相等，B的半径较大，所需向心力较大，故所受合力较大，故A正确；BC．由于最初圆盘转动角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供，静摩擦力均指向圆心，由于B所需向心力较大，当B与盘面间静摩擦力达到最大值时（此时A与盘面间静摩擦力还没有达到最大），若继续增大转速，则B将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，当B与盘面间静摩擦力也达到最大时，B将开始滑动，A由于拉力作用，A将靠近圆心，所以A受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心，故B错误C正确；D．根据牛顿第二定律，对A物块对B物块联立得A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为，故D错误。故选AC。9．（2025高三下·河北·学业考试）如图所示，在游乐场中的“磨盘”娱乐设施中，人就地坐在转动的水平大圆盘上，当大圆盘转速增加时，人就会自动滑向盘边缘，为了增加转动时的稳定性，两位小朋友a和c（均可视为质点）分居圆盘圆心两侧，分别抓住经过圆心且刚好拉直的水平轻绳的一端。a的质量为3m，c的质量为m，a、c与圆心间的距离分别为、。小朋友a、c与盘间的动摩擦因数均为，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g。圆盘从静止开始绕经过圆心的竖直转轴缓慢地加速旋转（先有摩擦力后有绳子的拉力），小朋友和圆盘始终保持相对静止，当圆盘转速稳定，且两小朋友与盘间摩擦力均达到最大静摩擦力时，轻绳上的拉力大小可能为（）A．10 B．9 C．4 D．3【答案】BD【详解】由题可知，当圆盘的角速度较小时，和随圆盘转动的向心力较小，对分析可知解得对分析可知解得故，当角速度缓慢增加时，先达到最大静摩擦。当圆盘的角速度较小时，对受力分析有，对受力分析有解得，当圆盘的角速度较大时，对受力分析有，对受力分析有解得，，故BD符合题意，AC不符合题意。故选BD。10．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图甲所示，绕着竖直转轴转动的水平转盘上放有质量为的斜面体，斜面体上放有一物块，物块质量也为。某时刻转盘开始转动，角速度从零缓慢增大到，斜面体和物块始终与转盘保持相对静止，斜面体到转轴的水平距离为，物块到转轴的水平距离为，均远大于物块和斜面体的尺寸，如图乙所示，下列说法正确的是（）A．转盘对斜面体的摩擦力始终背向转轴B．斜面体对转盘的压力小于C．当转盘角速度为时，斜面体所受圆盘的摩擦力小于D．物块所受斜面体的摩擦力沿斜面向上，并一直增大【答案】D【详解】B．物块和斜面体与圆盘保持相对静止时，由整体法，在竖直方向上，转盘对斜面体的支持力与斜面体、物块的总重力是一对平衡力，由牛顿第三定律得斜面体对转盘的压力大小为，选项B错误；AC．在水平向上，转盘对斜面体有指向圆心的静摩擦力，指向转轴，提供斜面体和物块的向心力，由选项AC错误；D．分析物块受重力，弹力，沿斜面向上的摩擦力，设斜面斜角为，在竖直方向在水平方向即随增大，增大，减小，即方向沿斜向上，一直增大，D正确。故选D。模型2竖直面内圆周运动的临界问题竖直面内圆周运动的临界问题1．两类模型对比轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F弹向下或等于零F弹向下、等于零或向上力学方程mg＋F弹＝meq\f(v2,R)mg±F弹＝meq\f(v2,R)临界特征F弹＝0mg＝meq\f(vmin2,R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0F弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v≥eq\r(gR)，F弹＋mg＝meq\f(v2,R)，绳或轨道对球产生弹力F弹(2)若v<eq\r(gR)，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心(2)当0<v<eq\r(gR)时，mg－F弹＝meq\f(v2,R)，F弹背离圆心并随v的增大而减小(3)当v＝eq\r(gR)时，F弹＝0(4)当v>eq\r(gR)时，mg＋F弹＝meq\f(v2,R)，F弹指向圆心并随v的增大而增大11．（2025·湖南·模拟预测）如图所示，竖直平面内光滑轨道由两个半圆组成，其中大圆的半径为小圆半径的2倍，为大圆圆心，为小圆圆心。一小球穿在大圆轨道上，在某位置由C静止释放，小球经过轨道最低点E后瞬间，相比经过E点前瞬间，下列说法正确的是（）A．小球的角速度变为原来的一半 B．小球的向心加速度变为原来的4倍C．小球所受向心力变为原来的2倍 D．轨道对小球的弹力变为原来的2倍【答案】C【详解】A．小球经过E点前后瞬间，线速度大小不变，根据轨道半径变为原来的一半，可知角速度变为原来的2倍，故A错误；B．由向心加速度公式可知，向心加速度变为原来的2倍，故B错误；C．由向心力表达式可知，向心力变为原来的2倍，故C正确；D．由牛顿第二定律可得轨道对小球的弹力所以轨道对小球的弹力并非原来的2倍，故D错误。故选C。12．（25-26高三上·广东深圳·开学考试）如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径R=0.9m，A端切线水平。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ=37°。一质量为M=1kg的小球（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)若小球恰好能从A点飞出，求A点小球速度和小球落地点与B点的水平距离；(2)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在A点对圆弧轨道的压力大小。【答案】(1)3m/s；1.8m(2)【详解】（1）小球恰好能从A点飞出，重力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得解得小球从A点飞出后做平抛运动，则在竖直方向上有解得小球在空中运动的时间故小球落地点与B点的水平距离（2）设小球从A点飞出的速度为时，恰好从C点沿切线进入圆弧轨道，小球在C点的速度为，根据动能定理可得根据运动的分解可得联立解得在A点对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得代入数据解得结合牛顿第三定律可知，小球在A点对圆弧轨道的压力大小13．（2025·湖北武汉·三模）如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管（管道内径极小），一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是（

）A．小球不可能回到A点B．小球对细管的作用力不可能为零C．从A点运动到C点，小球对细管的作用力一直增大D．从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大【答案】D【详解】A．因不计摩擦阻力，则小球无机械能损失，到达A点时速度为零，小球可回到A点，故A错误；B．小球下滑在AB段时，若满足（为该位置与圆心连线与竖直方向的夹角）时对细管的作用力为零，故B错误；CD．由上述分析，小球从A点运动到C点，在AB之间存在一个压力为零的位置，可知从A点运动到C点小球对细管的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。故选D。14．（24-25高一下·广东·阶段练习）如图所示，质量为的小物块从平台的右端点以速度水平飞出后，由点沿切线方向进入竖直圆轨道，并恰好从轨道最高点飞出。已知圆轨道的半径为为竖直直径，，重力加速度为，不计空气阻力，，求：(1)到点的水平距离；(2)物块运动到点时的速度的大小；(3)物块经过圆轨道的过程中克服摩擦力做的功。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）物块从点飞出后做平抛运动，恰好由点沿其切线方向进入竖直圆轨道，则有，水平方向联立解得（2）物块刚好从轨道最高点飞出，重力刚好提供向心力，则有解得（3）物块恰好由点沿其切线方向进入竖直圆轨道，则有物块从点到点，根据动能定理可得解得物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为15．（2025·四川绵阳·一模）如图所示，光滑半球半径为，球心为，固定在水平地面上，其上方有一个光滑的四分之一圆弧轨道，高度为，轨道底端水平并与半球顶端相切。半径可不计、质量为的小球由点静止滑下，经过圆弧轨道最低点，从半球上点（图中未标出）离开，落在水平地面上。重力加速度为。求：(1)小球在点对轨道的压力；(2)C点距离水平地面的高度。【答案】(1)，方向竖直向下(2)【详解】（1）由动能定理可得由圆周运动公式解得由牛顿第三定律可知，小球在点对轨道的压力大小，方向竖直向下。（2）设C点距离水平地面的高度为，由动能定理可得小球在C点脱离轨道，则有联立解得16．（2025·黑龙江·模拟预测）如图所示，光滑斜面底端与半径为的光滑半圆形轨道平滑连接，整个轨道和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最高点时，恰好对轨道的压力为零。小球过点后垂直打在斜面上。重力加速度为，不计空气阻力，求：(1)斜面顶端到地面的高度；(2)斜面与水平面夹角的正切值。【答案】(1)(2)【详解】（1）小球由A点到点的过程中，根据动能定理有在点由重力提供向心力，则有解得（2）小球过点后做平抛运动，落在斜面上的点，如图所示则有，，在中，由几何关系可得解得17．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，光滑的圆弧内轨道竖直放置，为圆心，半径竖直，缺口对应的圆心角.在圆心正上方某点处，以初速度水平抛出一个小球。该小球恰好能从点无碰撞地进入圆弧轨道。重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．小球在点处的速度大小为B．小球进入圆弧轨道前运动时间为C．圆弧轨道的半径为D．小球可沿圆弧轨道运动至【答案】AD【详解】C．小球从M运动到N为平抛运动，设运动时间为t，则水平方向有rsinθ＝v0t如图所示，在N点有tanθ＝联立解得故C错误；A．根据速度的合成与分解可知小球在N点处的速度大小为故A正确；B．根据速度的合成与分解可知解得故B错误；D．小球在N点的动能为小球从N点到M点根据动能定理，有解得恰好过M点，则有解得所以小球可沿圆弧轨道运动至M，故D正确。故选AD。18．（2025·江苏徐州·二模）如图所示，一个铁架台静止放置在粗糙的水平桌面上，在其支架上端的一固定横杆上通过一根不可伸长的轻绳悬挂一个小钢球。现将小钢球拉至水平位置A处由静止释放，使其在竖直平面内摆动，铁架台始终保持静止。不计空气阻力，小钢球的半径可忽略不计，关于小钢球从被释放到运动到最低点处的过程，下列说法正确的是（）A．轻绳的拉力一直增大B．小钢球重力的功率一直增大C．铁架台对桌面的压力先增大后减小D．桌面对铁架台的摩擦力先减小后增大【答案】A【详解】A．设小钢球质量为，铁架台质量为，轻绳长为，轻绳拉力为，小钢球向下摆动到某一位置时，轻绳与水平方向的夹角为，如图所示对小钢球进行受力分析，由牛顿第二定律有小钢球由处静止释放运动到此位置的过程，由动能定理有联立解得小钢球从点运动到最低点的过程中，一直增大，增大，则轻绳拉力一直增大，故A正确；B．由重力的功率可知，小钢球刚被释放时速度为零，重力的功率为零，小钢球运动到最低点时，瞬时速度方向与重力方向垂直，夹角，则重力的功率又变为零，因此小钢球重力的功率先增大后减小，故B错误；C．铁架台一直处于静止状态，在竖直方向上受力平衡，支持力小钢球从A点运动到最低点的过程中，一直增大，故铁架台对桌面的压力一直增大，故C错误；D．铁架台在水平方向受力平衡，摩擦力小钢球从A点运动到最低点的过程中，由0增大至，当时，铁架台受到的摩擦力最大，因此桌面对铁架台的摩擦力先增大后减小，故D错误。故选A。19．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点，最后落到斜面上C点，且到达B处时小球的速度为（忽略空气阻力）。求：(1)小球到达B点时对轨道的压力；(2)小球从B点运动到C点所用的时间t；(3)小球离开B后，距离斜面的最远距离d。【答案】(1)3mg(2)(3)【详解】（1）小球到达B点时，根据牛顿第二定律有求得轨道对小球的弹力由牛顿第三定律，可知小球此时对轨道的压力为（2）小球从B点运动到C点做平抛运动，有，，联立求得所用的时间（3）将小球在B点的速度和重力加速度分别沿斜面和垂直斜面方向分解，则有，当减为零时，此时小球距离斜面的距离最远，有20．（2025·甘肃平凉·模拟预测）质量为m的小球被长为L的轻绳悬挂于O点，在O点正下方的P点有一个钉子，用外力将轻绳拉直，将小球从与O点等高处静止释放。已知重力加速度为g，轻绳与钉子接触前瞬间其上拉力大小为F，小球第一次经过P点正上方时轻绳的拉力大小为，设绳子碰到钉子之前与竖直方向夹角为θ。小球可视为质点。下列说法正确的是（）A．当时，小球重力的功率最大B．当时，轻绳的拉力大小为2mgC．OP间的距离为D．小球第一次经过P点正上方时速度大小为【答案】ACD【详解】A．小球从与O点等高处静止释放，设绳子碰到钉子之前与竖直方向夹角为θ对小球，根据能量关系得出重力的功率由数学知识得当且仅当，重力功率达到最大，即，故A正确；B．当时，根据向心力公式代入数据求得轻绳的拉力大小，故B错误；CD．轻绳与钉子接触前后，线速度大小保持不变，轻绳与钉子接触前瞬间其上拉力大小为F，根据向心力公式此时速度满足，即此时速度联立解得小球第一次经过P点正上方时轻绳的拉力大小为，设此时半径变为，速度变为根据向心力公式小球从最低点到P点正上方，根据能量关系联立解得，即OP间的距离为，小球第一次经过P点正上方时速度大小为，故CD正确。故选ACD。模型3斜面内圆周运动的临界问题1．模型简述：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。2．解题关键——重力的分解和视图物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等。物体在转动过程中，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2R。21．（2025·河北·模拟预测）如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，细线一端与质量为m、可看成质点的小球相连，另一端穿入小孔O与力传感器（位于斜面体内部）连接，传感器可实时记录细线拉力大小及小球走过的路程s。初始时，细线水平，小球位于小孔O的右侧，现敲击小球，使小球获得一平行于斜面向上的初速度，此后传感器记录细线拉力T的大小随小球走过的路程s的变化图像如图乙所示，小球到O点距离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球通过最高点时速度为 B．小球位于初始位置时加速度的大小为C．小球通过最低点时速度为 D．细线拉力最大值为【答案】C【详解】A．由图乙可知，小球通过最高点时，细线拉力大小为，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得解得小球通过最高点时速度为，故A错误；B．小球从释放到最高点过程，只有重力做功机械能守恒，可得联立解得小球位于初位置时的向心加速度大小为沿斜面向下的加速度大小为则实际加速度大小为，故B错误；C．小球从最高点到最低点过程，机械能守恒可得解得通过最低点时速度为，故C正确；D．小球在最低点时，细线拉力具有最大值，对其受力分析，由牛顿第二定律可得解得，故D错误。故选C。22．（2025·云南昆明·一模）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面ABCD是边长为d=3.2m的正方形，在其中心O处用长为L=0.6m的轻绳悬挂一可视为质点的小球，使小球静止。现给小球一个垂直于绳方向的初速度，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动。取重力加速度g=10m/s2。求：(1)的大小；(2)若小球沿斜面向上运动到与O点等高时，剪断轻绳，从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间。【答案】(1)(2)【详解】（1）小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，当小球恰过最高点时，由牛顿第二定律得小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得联立解得（2）小球从最低点运动到与O点等高处的过程中，由动能定理得解得剪断轻绳后，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，设小球向上运动的最大位移为x，根据运动学公式可得由牛顿第二定律得联立解得由于，因此小球不会从CD边离开斜面。剪断轻绳后，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动，然后向下做匀加速直线运动。小球向上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得解得小球向下运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得解得从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间为23．（2024·江苏南通·模拟预测）如图所示，长为L的不可伸长的轻绳一端固定在倾角为的固定斜面体上的O点，另一端拴一质量为m、可视为质点的滑块。在最低点A点给滑块沿斜面且垂直绳的初速度，滑块转动并恰能通过最高点B点。已知滑块与斜面体间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．滑块恰好通过B点时的速度大小为B．滑块从A点滑到B点克服摩擦力做的功为C．滑块在A点的初动能为D．滑块在A点时轻绳的拉力大小为【答案】C【详解】A．滑块转动并恰能通过最高点B点，表明在最高点由重力沿斜面的分力提供向心力，则有解得故A错误；B．滑块所受滑动摩擦力大小始终为摩擦力方向始终与线速度方向相反，则滑块从A点滑到B点克服摩擦力做的功为解得故B错误；C．块从A点滑到B点过程，根据动能定理有结合上述解得故C正确；D．滑块在A点时，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有其中解得轻绳的拉力大小为故D错误。故选C。24．（25-26高二上·全国·课后作业）如图所示，游乐场里有一个半径、盘面与水平面的夹角的倾斜匀质圆盘，圆盘可绕过圆盘圆心且垂直于盘面的固定对称轴以一定的角速度匀速转动。一个小孩（可视为质点）坐在盘面上距点距离处。已知小孩与盘面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则角速度可能的取值是（）A．0.5rad/s B． C． D．2.5rad/s【答案】A【详解】当小孩转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，设此时最大角速度为，根据牛顿第二定律有解得故角速度的范围为故选A。25．（25-26高三上·安徽·期中）如图所示，漏斗状容器绕竖直对称轴OO'匀速转动，倾斜侧壁的倾角为θ。可视为质点的物块P放在容器的倾斜侧壁上，在容器转动的角速度缓慢增大的过程中，物块始终能相对于容器静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在这一过程中，下列说法正确的是（）A．倾斜侧壁对物块的支持力大小一定一直增大B．倾斜侧壁对物块的摩擦力大小一定一直增大C．若倾斜侧壁对物块的摩擦力大小减小时，则侧壁对物块的支持力大小也一定减小D．若不论容器转得多快，物块P都不相对于容器滑动，则物块与容器之间动摩擦因数的最小值为tanθ【答案】A【详解】ABC．对物块P受力分析，则有，解得，所以随着角速度的增加，支持力在缓慢变大，而摩擦力可能先减小再反向增加，故A正确，BC错误；D．竖直方向，此时重力远小于其它力可不计，有，解得，故D错误。故选A。26．（25-26高一下·全国·课后作业）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，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转。甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与间的夹角分别为和，重力加速度大小为g。当转台的角速度为时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（）A．B．当转台的角速度为时，甲有上滑的趋势C．当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，甲受到的摩擦力一直增大D．当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，甲受到的支持力一直增大【答案】BD【详解】A．设陶罐内壁对物块乙的支持力为F，则有，解得，故A错误；B．设当转台的角速度为时，物块甲受到的摩擦力恰好为零，设此时支持力为F，则有，解得所以当转速为时，支持力的分力不足以提供物块所需要的向心力，物块必然受到一个沿内壁切线向下的静摩擦力，即物块甲有上滑的趋势，故B正确；C．由于所以当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，物块甲一开始具有下滑的趋势，到最后具有上滑的趋势，所受的摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再增大，故C错误；D．摩擦力沿着陶罐内壁的切线方向，把它沿着水平和竖直方向进行分解；当角速度从0.5缓慢增加到的过程中，摩擦力在沿着切线向上的方向上逐渐减小到零并反向增大，由于物块竖直方向上所受合力为零，则由可知物块甲受到的支持力一直在增大，故D正确。故选BD。27．（25-26高三上·河南商丘·阶段练习）如图1所示，倾斜圆盘绕过其中心的转轴匀速转动，圆盘上距离转轴处放置有一可视为质点的物块，物块相对圆盘保持静止。图2所示为物块在随圆盘转动的过程中所受摩擦力大小的平方随时间变化的图线，图中、两时刻的时间间隔。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，取10。下列判断中正确的是（

）A．物块所受向心力大小一定为3N B．圆盘的倾角可能为30°