圆周运动模型中临界问题和功与能（模型与方法讲义）-2026年高考物理二轮复习解析版

专题06圆周运动模型中临界问题和功与能

目录

1.圆周运动的三种临界情况............................................................................1

2.常见的圆周运动及临界条件.........................................................................1

3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论...............................................................2

〔模型剖析)

1.而南运防前三制临界情况

(1)接触面滑动临界：Ff=Fmax°

(2)接触面分离临界：FN=()O

⑶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

(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

恰好发生滑动

圆锥摆模型

，〃glan8=nirco2恰好离开接触面

r、>/

(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动

轻绳模型

-、、、、

✓、

/1?恰好通过最高点，绳的拉力恰

/、

11

t1最高点：Fr+mg=〃ry

:1

11好为0

%f

7

/

Z

、、Z

一7

轻杆模型

/--、、、

旦…上V2恰好通过最高点，杆对小球的

11」取高点："火土/=〃7

力等于小球的重力

带电小球在叠加场中的圆周关注六个位置的动力学方程，恰好通过等效最高点，恰好做

运动最高点、最低点、等效最高点、完整的圆周运动

等效最低点，最左边和最右边

位置

等效法

倾斜转盘上的物体

最高点：/ngsin0±Ff=ma7r

恰好通过最低点

最低点F(-mgsin0=m(frr

/

//

3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论

【问题1】•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。圆周的半径为A

2____

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〃火="2上"可得口二厢①

R

对应C点的速度有机械能守恒

mg2R=gmv1--rnv\得比二15gR②

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0点等高的D位置则由机械能守恒

mgR=gtnv｝得匕=/2gR③

小结：(1).当匕＞岛及时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力

2

由牛顿第二定律F+mg=m—@

AR

(2).当vc=底无时小球恰能通过最面点A小球在A点受轨道的支持力为0

2

由牛顿第二定律叫=/吟。⑤

(3).当向元＜匕*时小球不能通过最高点A小球在A点，上力至D4圆弧间的某位向右做斜抛运

动离开圆周，且u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。则以gcos。=m彳、cos。=

(4).当0＜匕"J荻时小球不能通过最高点A上升至C。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〃吆2A=

2

在C点由牛顿运动定律：F-mg=m—得FN=5〃7g⑥

NR

⑵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=g唠

在C点由牛顿运动定律：FN-mg=m—得取=3叫⑦

R

⑶从A点以初速度”=质释放小球到达最低点

由机械能守恒mg2R=g〃忧~~mvA

在C点由牛顿运动定律：FN-mg=m—得鼠=6〃7g⑧

【典例1】“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，绳子卜.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=8Okg,圆盘的半径为R=2.5m,绳长L=&R，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/『22.5m,重力加速度g

取10m*•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：

（I）手机滑落瞬间的速度大小；

（2）手机落地点距离中心转轴的距离。

图甲图乙

【答案】（1）5&m/s;（2）15m

【详解】（1）设乘客和座椅的总质最为〃?，绳子拉力为尸丁，对乘客和座椅整体进行分析，有

FTCOS0=mg,F-rainO=mar（j?+Lsin19）

联立，解得

co=V2rad/s

手机滑落瞬间的速度

v=c()(R+Lsin0)

解得

v=55/2m/s

(2)手机滑落后做平抛运动，竖直方向有

/?一Lcos，=g城

解得

t=2s

则¥抛运动的水平位移为

x=vt=\0>/2m

手机落地点距离中心转轴的距离

s=y)x2+(R+LsinO)2

解得

5=15m

【典例2】如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道网在A点相切，8c为圆弧

3

轨道的直径，。为圆心，。人和0B之间的夹角为a,sina=-,一质量为〃?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。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；

【详解】(1)设水平恒力的大小为尸。，小球到达。点时所受合力的大小为凡由力的合成法贝J有

二-=tana①

mg

产2=(〃?g)2+42②

设小球到达C点时的速度大小为P,由牛顿第二定律得

2

F=/?2—3)

R

由①②③式联立解得

4=，吆④

v=甄-⑤

2

(2)设小球到达A点的速度大小为匕，作COJLPA,交刚于D点，由几何关系得

DA-Asin。⑥

CD=R(l+cosa)⑦

由动能定理有

-mgCD-F^-DA=一；〃球⑧

由④⑤⑥⑦⑧式解得，小球在A点的动量大小为

一利用平行四边形定则、正交分解法等表示出径向合力

根据牛顿第二定律及向心力公式列方程

【典例3］如图所示，轻杆的一端固定在通过。点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕。点在竖直

平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中4点为最高点，C点为最低点，8点与。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。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〃*<〃g，则所受杆的作用力竖直向

上；当小球速度较大时有"?加g，则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足时，则杆对小球

无作用力，故人错误；

小球重力和杆的作用力的合力提供向心力，则小球在8点所受杆的作用力斜向右上方，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。点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故C错误；

A到。的过程中，重力做正功，杈据动能定理可知1忆+卬杆=八反=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

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，在乳迹二某点对物体

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2N=0或尸丁=0。

3.求物体在某一位置的速度，可根据动能定理或机械能守恒定津，将初、末状态的速度联系起来。

【典例4］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.SJ,重力加速度取10nVs2,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。

B.经过8点时对半圆轨道的压力大小为9N

C.不能到达最高点。，滑块。能到达的最大高度为L35m

D.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】BC

【详解】A.设滑块P恰能通过最高点。，则有

解得

vD=2>/2m/s

则滑块P从B点到。点，根据动能定理有

—mgx2R=-mv-)--nr/~

解得滑块在B点的动能为

石叠〃吟=4J>2.8J

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8点时的速度大小为由，根据功能关系可得

L_12

4胡一/〃叫

在B点根据牛顿第二定律可得

联立解得

%=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

E；=〃电火=0.2xiOx0.8J=1.6J<2.8J

则滑块可以通过C点且在C。之间某位置脱离轨道，此时的速度大小为v

根据功能关系可得

=—mv~++cos0)

根据牛顿第二定律可得

mgcos0-in一

联立解得

<9=60°,v=2nVs

滑块离开轨道后做斜上抛运动

v=vcos30°=2x—m/s=£m/s

2

根据功能关系可得

4货=+〃3

解得滑块P能到达的最大高度为

/-1.35m

故C正确，D错误。

故选BCo

1.如图所示，质量为加的小物块开始静止在一半径为R的球壳内，它和球心。的连线与竖直方向的夹角

为30。。现让球壳随转台绕转轴一起转动，物块在球壳内始终未滑动，重力加速度大小为g,则（)

B.若转台的角速度为楼小物块不受摩擦力作用

C.若转台的角速度为小物块受到的摩擦力沿球面向F

D.若转台的角速度为2,叵，小物块受到的摩擦力沿球面向下

3A

【答案】D

【详解】A.静止时，对物块分析，根据平衡条件有

/,sin30=-mg

故A错误；

B.球壳随转台绕转轴一起转动，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。时，角速度为外，对物块进行分析，则有

mgtan30=Rsin30

故B错误;

C.若转台的角速度为,由于

可知，物块有沿球壳向下运动的趋势,小物块受到的摩擦力沿球面向上，故C错误

D.若转台晌角速度为2降

,由于

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卜，故D正确。

故选D.

2.如图所示，长度为/的轻绳一端固定在。点，另一端系着一个质量为〃?的小球，当小球在最低点时，获

得一个水平向右的初速度%=2而，重力加速度为身，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正

确的是（）

O——

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2〃?g

c.轻绳第•次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为1

D.初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4〃名

【答案】C

【详解】A.若小球能到达最高点,，根据机械能守恒，有

-mg2/=；"八-g〃就=>v'=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力恰好提供

所需向心力，根据牛顿第二定律可得

0

V

mg=m-

在最高时小球的最小速度为

V=y/glN0

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=；mv；-；m\i=>匕=y/2^1

根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为

%=箸=2"名

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台=J瑞+(〃”=6咫

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U2,轻绳与竖直向上方向夹角为明如

图所示

由径向合力提供向心力，有

mv}

mgcosa

由机械能守恒有

一"%(/+/cosOf)=—7/JV；

联立解得

2

cosa=一

3

故C正确;

D.小球在最低点，根据牛顿第二定律有

F—mg-2殳=>F=5〃7g

轻绳受到的拉力大小为5〃吆，故D错误。

故选C。

3.如图所不，小球机在竖直放置的光滑圆形管道内做恻周运动，卜列说法中止确的有()

A.小球通过最高点的最小速度为Jg(R+r)

B.小球通过最高点的最小速度为零

C.小球在水平线必以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D.小球在水平线他以下管道中运动时，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。时，内管对小

球产生弹力，大小为机g,故最小速度为0,故A错误，B正确；

C.小球在水平线时以上管道中运动时，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；

当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故C错误：

D.小球在水平线他以下管道运动，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Bo

4.如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，人是与圆心等高点，圆环上套着一个可视为质点的、质

量为，〃的小球。现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心。的连线与竖直方向的夹角记为仇转速不

同，小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度⑦匀速转动且小球与圆环相对静止时（）

A.若圆环光滑，则角速度少=

B.若圆环光滑，则角速度幻=巧用

C.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/=

D.若小球与圆环间的摩擦因数为小且小球位于4点，则角速度/可能等于3二

【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,.=mgtan0=m(o'r

r=/?sin<9

以上两式联立，解得

故AB错误；

CD.若小球在人点时，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=,n（SR

RN>mg

联立，解得

故C错误，D正确。

故选D。

5.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〃?的小铁球视为质点在

轨道外侧转动，48两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.铁球在人点的速度一定大于或等于9

D.要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5〃吆

【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

Fv2

r-mg=in—

从铁球恰在最高点到最低点时，由机械能守恒定律得

2mgR=gmv1

解得

F=5?ng

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〃吆，故D正确。

故选D。

6.（多选）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46的滑块，通过轻

绳绕过光滑的滑轮与质量为，〃的昔正电的小球（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正，小球与小孔之间的绳长为重力加速度为下列说法正确的是（）

2

A.斜面体所受到地面的摩擦力大小为〃吆

B.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《杵

D.若此时在空间加上竖直向下的电场，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

mg2G

T=—病==-〃也

cos303

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

/=/cos30=----mgx——=mg

32

故A正确;

B.设绳与竖直方向的夹角为夕，对小球有

Tsin0="ift/Lsin0

TcosG=mg

可得

T=mafL

乂因为

co=27m

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"7gsin300+cos30°

即

nut)'L=4mgsin300+cos30°

可得最大角速度为

3书

所以最大转速为

"乌=!修

2乃2万YL

故C正确；

D.加上电场后，对小球受力分析知

Tsin，=mco'Lsxn0

TcosO=nig+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6减小，即小球到转动中心的距离减小，故D错误。

故选ACo

7.（多选）.如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B,，纵=4kg,1kg,它们分居在圆

心两侧，与圆心距离为以=（）/m,，h=0.2m,中间用细线相连，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，^=10m/s2,以下

A.B的摩擦力先达到最大

B.当fw=2x/5rad/s时，绳子H现张力

C.当◎=G6rad/s时，A、B两物体出现相对滑动

D.当口=50rad/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

喏A"

代人数据解得

供）&=2J5rad/s

同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度为

代入数据解得

咻=VlOrad/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/=Ji6rad/s时，绳子出现张力，故B

错误;

CD.A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的根据r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：

对B有：

解得

g=^/50rad/s=5^/2ra（l's

故C错误，D正确。

故选ADo

8.1多选）如图，质量为的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以怛定速率v运动，已知恻轨道

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、。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6mg

B.通过P、Q两点时对轨道的压力大小之和为绊

C.由最低点到最高点克服摩擦力做功为AR/M

D.由最低点到最高点电动机做功为2kmM+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

「mv2

F-mg=—

{K

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

6+〃吆=7~

两式相减可得

『工=2mg

A错误；

BC.在PQ两点的受力如图所示

在Q点，由向心力公式有

,nv

N3、-mgcos0n=

在P点，由向心力公式有

mv

N+mgcos0=

2R

两式相加可得

「Imv1

N+N,=------

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—=铮，则在A、B两小段的压力可视为恒力,

摩擦力做功之和为

%心

解得

,2mv22冗R4k^mv2

W.=攵x------x------=----------

/RNN

所以摩托车从最低点到最高点克服摩擦力做功为

N

=—VV.=krnnv2

八4%

BC正确；

D.玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率u运动,由最低点到最高点由动能定理可知

WF-W^-mg2R=0

解得

2

WP=k;rmv+2mgR

D错误。

故选BCo

9.（多选）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。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，受到的弹力为尸，速度大小为v,其

尸-声图像如图乙所示。已知X星球的半径为此，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片=后

3b

B.X星球的密度夕=

4冗GR0

X星球的质量八需

C.

D.环绕X星球的轨道离星球表面高度为此的卫星周期丁=44

【答案】CD

【详解】A.小球在最高点时有

R

所以可得

将图线与横轴交点代入则得

b

g市

则X星球的第一宇宙速度为

A错误；

BC.根据

GMm

则X星球的质量为

M吗端

X星球的密度为

继

丝=03b

4冗GRR。

B错误，C正确;

D.根据

GMm442r

下一二’"亍-

解得

丁=2死

QM

则环绕X星球运行的离星球表面高度为％的卫星r=2%

*述=超

GGR

则代入可得周期

i怦

D正确。

故选CDo

10.（多选）如图所示，在竖直平面内固定有半径为R的光滑圆弧轨道4BC,其圆心为。，B点在。的正上

方，A、C点关于。8对称，ZAOB=a.可看成质点的物块自A点以初速度均沿着轨道切线方向向上运动,

并且能沿轨道运动到8点。已知重力加速度为g,sin37=0.6,下歹ij说法正确的有（）

B

A.若a=37>则物块在A点初速度可能为

B.若a=37»则物块在A点初速度可能为

C.若a=53则物块在A点初速度可能为

D.若a=53,则物块在A点初速度可能为而

【答案】AB

【详解】AB.若a=37,A点速度取得最大值时

V；

mgcosa=

从A点运动到8点，由动能定理，有

12I21

-mvA=-mv^+fng--R

L/J

得到

满足题意，AB正确;

C.若a=53,A点速度取得最大值时

geosa=m

R

从A点运动到8点，由动能定理，有

12122„

得到

不符合题意，C错误;

D.若物块在A点的初速度为而，则物块在4点就离开轨道，不能沿着轨道运动到4点，D错误。

故选ABo

11.（多选）如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于4点，半圆轨道的圆心为0,半径为R,。为其

最高点。8/）段为双轨道，。点以上只有内轨道，。点与圆心的连线与水平方向夹角为仇一小球从水平面

上的4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（）

B.小球到达C点后做平抛运动落在地面上

C.小球在A点的初速度为同

D.若小球到达。点时对内外轨道均无弹力，则sin8=?2

【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。点时速度为0,故A正确;

B.小球过。点时速度为0,不能做平抛运动，故B错误

C.A到C,由机械能守恒定律可得

=mg2R

解得

心=2碗

故C错误；

D.由。到。根据机械能守恒有

mgR（l-sin°）=：fmi

在。点小球对内外轨道均无弹力，则重力的分力提供向心力，有

mgsinO=

解得

sin0--

3

故D正确。

故选AD。

12.（多选）如图，固定在竖直面内的光滑轨道A8C由直线段和圆弧段8c组成，两段相切于B点，

4B段与水平面夹角为夕，BC段圆心为0,最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2冗小球从A

点以初速度%上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（）

A.小球从8到。的过程中，对■轨道的压力逐渐增大

B.小球A从到。的过程中，重力的功率先增大后减小

C.小球的初速度%=及研

D.若小球初速度%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。点的速度为

vc=0

则小球从C到8的过程中，有

mgR（\-cos。）=g

v2

rN=mgcosa-in—

联立有

=3mgcosa-2mg

则从C到B的过程中a由0增大到仇则cosa逐渐减小，故心逐渐减小，而小球从B到。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=-mgvs\n0

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

“1，1，

-mg2R=—〃咬--mv~

解得

%=7^

故C错误；

D.小球在4点恰好脱离轨道有

mgcos3=tn

R

则

、=JgAcosO

则若小球初速度%增大，小球在B点的速度有可能为JgRcos。,故小球有可能从B力:脱离轨道，故D正确。

故选AD。

13.空中飞椅是各大游乐场中常见的娱乐设施，尤受年轻人的喜欢。某空中飞椅可简化为如图所示的模型，

上端是半径r=3m的水平圆形转台，转台可绕过其圆心的竖直轴转动。在转台的边缘固定有一长£=5m

的轻绳，轻绳的底端悬挂有一座椅（含游客）。玩耍时，一游客系好安全带后坐在座椅上静止在最低点，然

后转台在电机带动卜绕竖直转轴。。'缓慢加速转动起来，座椅摆动到轻绳与竖直方向的夹角为0=53。时开

始以某角速度匀速转动。游客和座椅均可视为质点，其总质量M=60kg,取重力加速度大小g=10m/s2,

（1）该座椅（含游客）稳定转动时受到的合力大小尸;

⑵座椅（含游客）从静止开始转动到稳定转动的过程中，座椅（含游客）的机械能增量AE。

【答案】（D800N（2）4000J

【详解】（1）设游客和座椅所受的轻绳拉力大小为T,竖直方向上有丁cos9=Mg

水平方向上有TsinO=F

解得产=800N

(2)设游客和座椅稳定转动时的速度大小为乙由匀速圆周运动中合力提供向心力有产="---------

r+Lsin。

游客和座椅从开始转动到稳定转动的过程中，由功能关系有△E=；MF+MgL(l-cose)

解得A£=4000J

14.“旋转飞椅”是游乐场中颇受欢迎的游乐项目，其简化模型如图所示。半径分别为R,、=4m、凡=lm的

水平转盘A与水平转盘B通过皮带连接，皮带与两转盘之间不发生滑动，触直中心轴固定在转盘B上，半

径为《=3m的转盘C固定在竖直中心轴的顶端，长度为L=5m的缆绳一端系着座椅，另一端固定在转盘C

的边缘。转盘静止时，缆绳沿竖直方向自由下垂并系上人；装置启动后，转盘C先向上抬升然后

绕竖直轴转动，转动的角速度缓缓增大，达到设定值后保持不变，稳定后缆绳与竖直方向的夹角为6=37。。

游客和座椅(整体可视为质点)的总质量为〃?=60kg,不考虑一切阻力和缆绳的重力，重力加速度四取

10m/s2>sin37°=0.6,8s37。=0.8。求：

(1)稳定后缆绳拉力的大小；

(2)转盘A转动的角速度大小；

(3)从静止到整个装置稳定转动过程中缆绳对游客和座椅所做的总功。

【答案】(l)4=750N⑵%邛rad/s(3)W=2550J

【详解】(1)对游客和座椅受力分析，由平衡条件得&cose=，％

解得耳=750N

(2)对游客和座椅受力分析，有加gtanO=〃m"

根据几何关系可得r=(+Lsin。=6m

解得%=和/s

对转盘B与转盘C,具有相同的角速度，即稣=统

对转盘A与转盘B,具有相同的线速度，即%品=秋&

解得转盘A转动的角速度大小为4=4rad/s=0.28rad/s

(3)对游客和座椅受力分析，由牛顿第二定律得机