圆周运动的临界与极值问题（5大题型）解析版-2026年高考物理二轮复习

园周运动的临界与极值问题（5大题型）

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第一部分题型专练

【题型01】车辆转弯问题

【题型02］圆锥摆的临界和极侑问题

【题型03】转盘上的圆周运动及其临界问题

【题型（）4】绳、杆模型涉及的临界问题

【踵型05】电磁场中的圆周运动（”等效重力场”）

第二部分重难集训

题型专练

【题型1车辆转弯问题】

1.（2025・广东•模拟预测）端午节期间，全国多地都举行赛龙舟比赛，吸引游客前来观看，其中叠落的龙

舟漂移技术让大家为之惊叹。如图所示，甲、乙两龙舟正并排以恒定的速率过同一圆形弯道，已知甲、乙

两龙舟的质量关系为风1＜加乙，下列说法正确的是（）

A.水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直，指向圆形弯道的圆心

B.若甲、乙转弯时速率相同，则中所需的向心力更大

C.当转弯时的速度增大时，舷手身体向内侧倾斜的程度应增大

D.若甲、乙以相同的角速度转弯时，甲更容易发生漂移

【答案】C

【详解】A.水对龙舟的作用力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力，故水对龙舟的作用力与龙舟

的运动方向垂直但不指向圆形弯道的圆心，故A错误：

1/36

可知转弯速率一样，甲的质量小，甲的半径小，所以无法比较甲、乙的向心力大小，故B错误；

2

C.由％=吟

可知R一定时，V越大，电越大，舵手身体向内侧倾斜程度越大，可以额外提供一部分向心力，故C正确：

D.由，■〃心2A

可知转弯角速度相同，乙的质量大，乙的半径大，故所需向心力大，更容易发生漂移，故D错误。

故选C。

2.（2025•陕西宝鸡,三模）公路上有一段半径为1000m的弯道，为了安全转弯，路面设计成外高内低，倾

角为。（tan0=0.09）。已知路面与轮胎间的动摩擦因数为0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g

MZ10m/s2o则车子能在该弯道路面上行驶的最大速度约为（）

A.200km/hB.300km/hC.350km/hD.450km/h

【答案】C

【详解】当汽车以最大速度转弯而不发生滑动时，此时受到的,摩擦力沿倾斜路面向下，设最大静摩擦力为

./；则

竖直方向有"吆+/sin6=&cos。

水平方向有/cos6+"sine=/〃』

最大静摩擦力等于滑动摩擦力/二小

u+tan3

联立解得丫2---------------卬'

I-//tan0

代入数据解得%”b98m/s。353km/h

故选C。

3.（2025•湖南•模拟预测）2025年10月24-25口，笫I•七届浏阳花炮文化节上，打造“无人机十烟花”创

2/36

意表演，开辟了文旅和科技融合的新路径.其中一架质量为0.5kg的无人机在水平面内做半径为10m、线速

度大小为》，、角速度大小为啰、周期为T的匀速圆周运动，不计空气的阻力，测得升力q与竖直方向成。=45。

角，重力加速度g取lOm/s"以下计算结果正确的是（）

A.F=5NB.v=10m/s

【答案】B

【详解】A.竖直方向上,Feos45°=,wg

得尸=5拉N,故A错误；

2

B.水平方向上，Fsin45°=w—

r

得v=10m/s,故B正确;

C.角速度大小/=£=lrad/s,故C错误;

/•

D.周期T=幺=2心,故D错误。

co

故选Bo

4.（2025・广西•模拟预测）如图所示，一辆装满石块的货车以恒定速率v安全通过一半径为RH勺弯道。车厢

中质量为加的石块B与货箱底面接触，石块B与货车底部的弹力大小恒为10〃?g,货箱底面摩擦不计。下列

说法正确的是（）

A.周围石块对石块B的作用刀方向斜向下

B.周围石块和货箱底面对石块B的作用力的合力方向斜向下

C.周围石块对石块B的作用力大小为

D.周围石块和货箱底面对石块B的作用力的合力大小为J10（）〃/g2+尤

【答案】A

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【详解】石块B受到自身的重力用g,货车底部的支持力尸N和周围石块的作用力P#,这些力的合力充当石

块圆周运动的向心力，向心力指向圆心O,如图所示

其中货车底部的支持力及与石块B受到自身的重力〃噜的合力大小为9咋，方向竖直向上，则由平行四边

形定则可知，其他石块对石块B的作用力斜向下方\大小为心

故选Ao

【题型2圆锥摆的临界和极值问题】

5.（25-26高三上•山东日照•期中）质量用=1kg的小球悬挂在轻弹簧下端，静止时弹簧的长度L=0.45m。

如图所示，当小球在水平面内做匀速圆周运动时，弹簧轴线与轻直方向的夹角为60。，弹簧拉力大小为R

周期为1s,加速度大小为*已知重力加速度g=10m/s2,/=］（）,不计空气阻力，弹簧未起出弹簧限度。

下列判断正确的是（）

A.弹簧的劲度系数为150N/m

B.弹簧的原长为0.4m

C.尸=30N

D.a=5>/3m/s2

【答案】B

【详解】ABC.设弹簧的原长为4,劲度系数为左，小球悬挂在轻弹簧下端静止〃唁

4/36

当小球在水平面内做匀速圆周运动时，设弹簧的长度为4，根据胡克定律尸二灯4-4）

竖直方向77cos60=mg

水平方向尸sin60=4加丁

T1

又r=L\sin60,

解得4=0.4m,〃=200N/m,F=20>/3N,A错误，B正确，C错误；

D.当小球在水平面内做匀速圆周运动时，水平方向月sin6O=用〃

可得•〃=1OA/JITI/S2，D错误。

故选Bo

6.（2025・江苏•二模）竖直平面内有一L型光滑细杆，杆上套有相同的小球A、Bo现让杆绕过底部。点所

在的竖直轴匀速转动，两小球A、B在杆，稳定时，其相对位置关系可能正确的是（）

3

00

O0

【答案】D

【详解】AB.设杆与竖直方向的夹角为a,小球距离。点的高度为人根据牛顿第二定律得

m2,

——=mco2^htana

tana

解得，2a

两个小球的角速度/相同，a越小/?越大，AB错误；

CD.根据牛顿第二定律得然…力

解得―L

两个小球的角速度。相同，a越小运动半径「越大，所以A球的运动半径比B球的运动半径大，C错误，D

5/36

正确。

故选Do

7.（25-26高三上•重庆・期中）如题图所示，一根不可伸长的轻质细绳穿过竖直细管AB连接两个相同的小

球小b。某同学扰动细管，小球《、6恰好在水平面内做匀速圆周运动，且分两端细绳与竖直方向的夹

角分别为夕、从管底露出的绳长小于上端管口露出的绳长。两小球可视为质点，忽略一切阻力，则（）

A

B

b6

A.a<p

B.a>p

C.a球的速度大于。球的速度

D.6球的速度大于〃球的速度

【答案】C

【详解】AB.绳对小球〃、b的拉力大小相同，根据受力关系易得,=就=施'可知a邛,选项A、B

均错误;

CD.两小球均做匀速圆周运动，对a球有mgtana=m------

Lsina

可知v2xL

因此。球的速度大一些，选项C正确，选项D错误。

故选C。

8.（2025•吉林•一模）如图所示，一质量为阳=lkg的小球用不可伸长的细线悬挂于升降机内的天花板上。

细线长L=0.5m,取g=10m/s20

6/36

（1）若升降机静止，小球在水平面内做匀速圆周运动，且细线与竖直方向的夹角6=37。，求此时细线的拉力

和小球的角速度；

⑵若升降机以a=2m/s?的加速度匀加速上升，小球依然相对于升降机做稳定的圆周运动，且纽线与竖直方

向的夹角仍为9=37。，求摆线的拉力和小球的角速度。

【答案】⑴T=12.5N,<y=5rad/s：（2）r=15N,〃=Ji5rad/s

【详解】（1）若升降机静止，小球在水'I'•血内做匀速圆周运动，竖直方向有7cos37。=〃?g

解得细线拉力为T=12.5N

水平方向有Tsin。=marLsin9

解得角速度为o=5rad/s

（2）若升降机以a=2m/s2的加速度匀加速上升，小球依然相对于升降机做稳定的圆周运动，竖直方向有

T'cos37°-nig=ma

解得细线拉力为r=15N

水平方向有7'sin0=ma）,2Lsin0

解得角速度为〃=而rad/s

【题型3转盘上的圆周运动及其临界问题】

9.（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

/]=1.5m,4=lm,A与转盘间摩擦系数〃।=0.5,B、C间摩擦系数，出=02,C与转盘间摩擦系数

幺二0-3。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g=l（）m/s2,下列说法

正确的是（）

厂1I。-2I

A」[FlC

\O'

A.A最先滑离圆盘

B.角速度电=相*“5时，A恰好发生滑动，此时A不受到摩擦力

C.角速度O2=Grad/s时，B、C恰好一起发生滑动

7/36

D.角速度4=7^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/=m（o2r<

则A、B、C与水平圆盘不发生相对滑动，均要求。K怦

解得以<小苧，ad/s,①BW4irad/s,(oBC<也rad/s

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.因为<①8c，则在角速度到达&sd/s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q=&rad/s时，B恰好发生滑动，故D正确。

故选D0

10.（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夕来描述角

速度。的变化快慢，即夕=学。图甲中某转盘自，=0时由静止开始转动，其前4s内角加速度夕随时间Z变

△/

化如图乙所示。则（）

A.，=上时亥|],co{=5rad/s

B./=3s时刻，fy3=17.5rad/s

C.0~ls过程中，圆盘转过的角度夕=5/“d

D.0~ls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，//图像面积大小为角速度①的增加量，得1=1S时刻的角速度

W/=2.5rad/s,故A错误;

8/36

B./=3s时刻，g=17.5rad/s,故B正确;

C.O~ls过程中，平均角速度近＜2.5sd/s,转过的角度。=矶＜2.5%心故C错误：

D.由牛顿第二定律可知q犷

设O~ls过程中图线斜率为上有。==；

即有儿故D错误。

故选B。

11.（2025•甘肃平凉•模拟预测）如图所示，两完全相同的滑块P、Q用长为上的轻绳拴接，轻绳刚好拉直,

放在水平的圆形转台上，转台的圆心。与P、Q在同一条直线上，OP=g两滑块的质量均为〃?，与转台

间的动摩擦因数为现让转台的角速度从。逐渐增加，当角速度为①/时，Q所受的摩擦力达到最大静摩

擦力，当角速度为。2时，滑块刚好相对转台滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均视为质点，

重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.滑块P、Q所受的摩擦力大小之比始终等于1：3

B.〃=橙

c.电=禺

D.转台的角速度为电时，轻绳的拉力大小为〃〃吆

【答案】B

【详解】A.刚开始角速度比较小时，两滑块的静摩擦力提供所需的向心力，由于消块Q的半径较大，所需

向心力较大，则滑块Q受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，此后角速度再增大，轻绳的拉力逐渐增大，滑

块Q的静摩擦力不变，而滑块P的静摩擦力逐渐增大，直到增加到最大静摩擦力，所以两滑块P、Q所受的

摩擦力之比并不始终等于1：3,故A错误；

3

B.当角速度为供时，对滑块Q由牛顿第二定律得〃〃?g=〃Q；.］乙

解得利二倍

9/36

故B正确:

CD,转台的角速度为例时，滑块P受到的摩擦力达到最大，分别对滑块P、Q由牛顿第二定律，则有

Nmg_T=m*w,jjmg+T=ma）；弓

联立解得电=榨，7=等

故C、D错误,

故选B。

12.（2025•河南•模拟预测）如图所示，A、B两个带电小球放置在一个光滑绝缘水平面上，它们之间的距

离为d,带电小球C固定在48的垂直平分线上，三个小球刚好构成等边三角形，现在A、B两人小球绕过C

的竖直轴转动（转动角速度可变，之间距离不变），已知三个小球均可视为质点，A、B两个小球的质

量均为〃?，带电量均为+夕，小球C的带电量大小为4q,重力加速度为g。下列说法正确的是（）

Oc

A.C球带正电

B.A球转动的角速度初为

若增大C球电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，C的电荷量以为迫少

C.

3kq

D.若增大C球电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，B球转动的角速度小为哈出

【答案】C

【详解】A.A、B两个小球绕过C的竖直轴转动，且A、B两个小球带同种电荷，互相排斥，则带电小球C

必给A、B两个小球吸引力，且吸引力的分力提供A、B两个小球绕过C的竖直轴转动所需的向心力，则根

据牛顿第三定律可知小球C的受力分析如图所示

10/36

c

所以小球C必带负电，故A错误;

B.A球受力分析如图所示

OC

GA

对小球A,水平方向由牛顿第二定律有

kQ.Qc“°kQ.0,.rnar.d

d1d22

解得A的转动的角速度为

/吟愣’故B错误；

C.若增大C的电荷量，当A、B小球刚好离开地面时，地面对两球的支持力为零。

则A或者B小球竖直方向有

sin60°=nig

解得C的电荷量为

2=2及管，，故C正确；

3kq

D.当A、B小球刚好离开地面时，此时B小球受力分析如图所示

11/36

Oc

则水平方向由牛顿第二定律有

解得B球转动的角速度为

怦尹'故D错误.

故选C。

13.（2025•山东临沂•三模）游乐场里有一个半径为5m的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30。，圆

盘可绕过圆盘圆心。且垂直于盘面的固定对称轴以lrad/s的角速度匀速转动，如图所示。一人小孩（可视

为质点）坐在盘面上距。点距离，处，小孩与盘面间的动摩擦因数为由，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦

2

力,g取lOm/s?。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离厂的可能取值范围为（）

A.0<r<2.5m

C.2.5m<r<4mD.2.5m</<5m

【答案】A

【详解】当小物体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，设半径为小根

据牛顿第二定律有"mgcos3（）-sin3（）=m（o2/）

解得4=2.5m

当小物体技到圆盘的最高点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大时，设半径为々，根据牛顿

12/36

2

第二定律有pmgcos30+nigsin300=mcor2

解得G=12.5m

可知&=12.5m>5m,故々不符合要求。

故距离r的可能取值范围为0</T2.5m

故选An

14.（多选）（2025•河北•一模）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C,质量

分别为〃八2〃?、3加，A放在B上，C、B离圆心O的距离分别为2八3八。C、B之间用细线相连，圆盘静止时细

线刚好伸直且无张力。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数以及A、B间的动摩擦因数均为4,设最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,现让圆盘从静止缓慢加速，若A、B之间能发生相对滑动则认为A立

即飞走，B以后不再受A物体的影响，且细线不会被拉断，则下列说法正确的是（）

A.当。=杼时，A即将滑离B

B.当。=楞时，细线张力为

C.无论出多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动

D.当刃时，剪断细线，C将做离心运动

【答案】AC

【详解】A.当A开始滑动时有/八="mg=""x3r

解得®=

所以当@=榨时，A即将滑离B,故A正确；

B.当&=探〉厝时A已经滑离B

B所需向心力6=2ma）~x3r=Gnuo1r=3pmg

13/36

B与转盘之间的最大静摩擦力为=〃x2wg=2〃/〃g

细线张力为E=

故B错误：

c.C与圆盘之间的最大静摩擦力为人m=〃x3/"g=3〃”?g

当圆盘以角速度3转动时，B所需向心力自=6/〃苏〃

C所需向心力己=3ni（t）2X2r=6m（o'r

则弓=心

所以无论。多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动，故C正确;

当◎"再时'

2

D.C所需向心刀院=6nia)r=2.4/〃〃g<fCm

所以剪断细线，C将与圆盘一起转动，故D正确。

故选ACo

【题型4绳、杆模型涉及的临界问题】

15.（2025•安徽•三模）奥运会女子艺术体操的球操比赛中，运动员手持橡胶球翩翩起舞的过程中，有时会

手持球在竖直平面内做圆周运动，这一过程可近似看作半径为上的匀速圆周运动，运动过程中球所受的空

气阻力大小恒为/,旦/小于球的重力，方向与运动方向相反，当地重力加速度为g,则下列分析正确的是

（）

A.转到圆心正上方时的最小速度一定是4I

B.转动过程中经过最高点和最低点时，手对球的作用力大小相等

C.转动一周的过程中两次经过圆心等高点时，手对球的作用力大小相等

D.转动一周的过程中人对球做功为2兀//

【答案】D

【详解】A.球在竖直平面内做匀速圆周运动时，速率恒定，因此各点速度大小相同。最高点的最小速度通

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常由重力提供向心力（即丫=质），但题目中球受手的力和空气阻力作用，向心力由手的作用力、空气阻

力和重力的合力提供，故最高点速度不一定是荷，故A错误；

B.球在竖直平面内做匀速圆周运动时，向心力大小保持不变，转动过程中经过最高点和最低点时，手对球

的作用力切向分力平衡空气阻力，而法向分力和重力的合力提供向心力，最高点法向分力为9最低

点为时+性，根据力的合成可知在最高点和最低点手对球的作用力大小不等，故B错误；

C.转动过程中两次经过圆心等高处（圆心左右两侧），手对球的作用力法向分力提供向心力，但切向分力

需要平衡重力和空气阻力的合力，假设球做逆时针方向的匀速圆周运动，右侧切向分力为mg+/,左侧为

mg-f,根据力的合成可知在圆心等高点手对球的作用力大小不等，故C错误；

D.根据动能定理，转动•周动能不变，合外力做功为0,则人对球做功与空气阻力做功之和为0

有犷+%=0

而空气阻力做功为力=-2乃"

所以人对球做功为％=2成/

故D正确。

故选D,

16.（2025•江苏南京•模拟预测）如图所示，光滑半圆形球面体固定在水平面上，半径为R,顶部有一小物

块，现给小物块一个水平初速度%,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.若％2娴，则小物块做平抛运动直至落地

B.若％〈而，则小物块紧贴着圆面下滑直至落地

C.无论按照什么轨迹，小物决落地时，重力的瞬时功率均相等

D.无论按照什么轨迹，小物块始终处于超重状态

【答案】A

【详解】A.在最高点，若物块只受重力，根据牛顿第二定律得掰g=/〃上

R

15/36

解得y=

若%之疑，则小物块只受重力，做平抛运动直至落地，故A正确；

B.若％＜质，则小物块在最高点受到向下的重力和竖直向上的支持力，小物块紧贴着圆面下滑，在下滑

2

过程中，根据牛顿第二定律可得用geos。-"=，"匕

R

随着物块下滑，。不断增大，COSB小断减小，V增大,则0减小，当EM减小到零时，物块做斜下抛运动,

不会一直沿着圆面下滑，故B错误；

C.若物块做平抛运动，落地时重力的瞬时功率为尸=

若物块先沿圆面下滑，再做斜下抛运动落到地面，由于竖直方向平均加速度小于重力加速度，所以落地时

重力的瞬时功率减小，故C错误：

D.无论按照什么轨迹，小物块加速度向下或者加速度有向下的分量，所以小物块始终处于失意状态，故D

错误。

故选Ao

17.（2025•山东济南•二模）如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单

层，外圆半径为总将质量为〃?的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑

下。己知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，X列说法正确

的是（）

A.小球一定能够回到轨道最高点

B.小球运动过程中对轨道的最大压力为6〃吆

c.小球脱离领道时的速度大小为工懑

3

D.小球脱离轨道时离地面的高度为^火

【答案】D

16/36

【详解】A.小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为

动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。由机械能守恒可知小球能后回到最高点速度减为零:

但是小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；

B.小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大。根据机械能守恒，从最高点到最低点的过程满足

nig（2R）=­rnv2

解得y=

2

在最低点，小球受到的向心力由轨道的支持力N和重力"喝提供N-mg=〃?二

R

解得N=5mg

由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为5mg,故B错误；

C.小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道。设小球脱离轨道时与竖

直方向的夹角为0,此时小球的速度为％满足mgcos6=〃?上

R

从最高点到脱离点，根据机械能守恒利gH（l-cosO）=/n，2

解得y=

故C错误；

2

D.小球脱离轨道时，与竖直方向的夹角。满足cos9=：

此时小球离地面的高度为h=R（1+cos。）=|/?

故D正确。

故选De

18.（多选）（2025•陕西渭南•三模）如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周

运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为M动能为以。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压

力N的大小随之改变。小球的N-E*图线如图乙，具左端点坐标为（①，②），其延长线与坐标轴的交点

分别为＜0,。）、（/,0）«＞重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

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甲乙

A.小球的质量为巴B.圆轨道的半径为2

ga

C.图乙①处应为3人D.图乙②处应为6a

【答案】AD

【详解】AB.根据牛顿第三定律可知，小球在最低点的压力大小等于支持力，所以小球在最低点时有

N-mg=m—,耳=万mv

2

所以汽=百与+，”g

R

结合图线可得：=〃?g="

Rb

所以R=丝，m=—

ag

故A正确，B错误；

2

CD.由于小球能做完整的圆周运动，当小球恰好通过最高点时，有加g

小球从最低点运动到最高点，根据动能定理可得41n-g加

联近解得V=而前，々min=J"/=］即

此时可得Nmin=6叫

所以①处为耳*=$3=5。

②处为Nmin=6mg=6a

故C错误，D正确。

故选ADo

19.（2025・湖北•模拟预测）如图所示，质量为M的光滑大圆环用•轻质细线固定在竖直平面内，。点为大

圆环圆心，4、c分别为大圆环最高点和最低点，万点与圆心。等高。两个质量均为〃，的小圆环（可视为质

点）套在大圆环上，可无摩擦地滑动。若两小圆环同时沿相反方向从〃点由静止兀始下滑到c点前的过程

18/36

中，设小环与大圆环圆心。点连线与竖直向上方向的夹角为6,重力加速度为g,求:

⑴两环到达大圆环C点前一瞬间，轻绳对大圆环的拉力多大？

(2)cos。取值多少时，轻绳对大圆环的拉力为场?

(3)cose取值多少时，大圆环刚能升起?

?11

【答案】⑴T=10.5〃ig；(2)cos®=0或cosO=二；(3)cos。=一或cos。二一

326

【详解】(1)两环到达c点时，根据动能定理=

在c点时，根据牛顿第：定律&-mg="

R

对大圆环T=Mg+28

由牛顿第三定律&=4

解得T=105〃g

(2)当两环滑到与圆心等高位置时，绳的拉力为Mg,此时cos8=()

当两环恰好对大圆环无作用力时，绳的拉力为Mg,则根动能定理有加gR(l-cos6)=gm——o

2

根据牛顿第.二定律有mgcos9=

R

2

解得cos。=3

2

综上：85。=0或85。=3时，绳对大圆环的拉力为A念。

(3)圆环下滑过程中，根据动能定理〃唱R(l-cose)=T〃”2-0

2

对圆环，根据牛顿第二定律mgcose+N=/〃、■

对大圆环，根据平衡条件2Ncos6=Mg

19/36

解得COS。=L或cos。=-

26

【题型5电磁场中的圆周运动（”等效重力场“）】

20.（2025•山东潍坊•模拟预测）如图所示，空间中存在着大小为E的匀强电场，电场方向与水平方向的夹

角为30。半径为R的竖直半圆形光滑轨道固定在水平地面上，圆心为。与地面相切于M点。质量为〃?、

带电量为”的小球从〃点以•定速度沿切线方向进入半圆形轨道，刚好运动至最高点N,已知£=放,重

力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.小球在N点的速度为康

B.小球在M点的速度最大

D.小球与轨道间的最大弹力为（4+26）〃喧

【答案】C

【详解】B.小球受到的电场力为gE=，"g

20/36

由几何关系可得重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为6=30°,大小为七=2〃?gcosO=G，〃g

如图所示

可知小球经过图中等效最低点，的速度最大，故B错误:

A.小球刚好运动至最高点M可知此时小球受到轨道的弹力为0,则有心,cos。=〃?

R

解得小球在N点的速度为％=

故A错误;

C.小球从等效最低点〃到N点过程，根据动能定理可得-七（K+Rcose）='M-]〃心

联立解得小球的最大动能为耳a=/晨X

故C正确；

D.小球在等效最低点〃处，根据牛顿第二定律可得Na-E.=/〃嗑

inaxuR

解得小球与轨道间的最大弹力为/Vx=2叵〃唁

max20

故D错误。

故选Co

21.（多选）（2025•四川广安•模拟预测）空间中存在竖直向上的匀强磁场，在光滑的半径为H的半圆管中,

一根长为配质量为小的直导体棒静止在最低点，截面图如图所示。当导体棒中通有垂直线面向里的恒定

电流/后，导体棒恰好可沿着半圆管运动到圆心等高处，重力加速度为g,在导体棒运动的过程中下列说法

正确的是（）

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A.运动过程中安培力始终垂直于导体棒，不做功

B.运动过程中机械能一直增加

C,匀强磁场磁感应强度8=等

/L/

D.导体棒最大速度为小2（页-l）gR

【答案】BCD

【详解】AB.导体棒运动过程中，受力情况如图所示

安培力始终垂直于导体棒，但与位移夹角为锐角，做正功，机械能一直增大，故A错误，B正确；

C.恰好运动到圆心等高处，从出发到圆心等高处，根据动能定理可得-〃峭・R+B比・/?=0

故安培力与=6〃="唔

解得8=等，故C正确；

D.根据上述结论可知，当夹角6=45。时有最大速度，从出发到此处根据动能定理可得

-nigR（1-cos0）+BILRsin。；m\Q-0

解得最大速度%={2（6-l）gR,故D正确。

故选BCD。

22.（2025・四川巴中•模拟预测）如图所示，与水平面成37。的倾斜轨道4C,其延长线在。点与光滑半圆

轨道。尸相切。半圆轨道的半径A=Im,全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内。整个空间存在水平向

左的匀强电场，电场强度E=3V/m,A/N的右侧存在垂直纸而向里的匀强磁场（。点处于边界上），

磁感应强度E=0.5T。•质量为0.2kg的带电小球沿轨道力。下滑至C点，接着沿直线CQ运动到。处进入

半圆轨道，且能沿半圆轨道通过尸点，不计空气阻力，g=10m/s2,cos370=0.8o求：

22/36

M

互与、r*夕

E!x

N

⑴小球电性和电荷量q；

⑵小球通过b点时对轨道的压力大小c

【答案】⑴带正电，0.5C；（2）理二也N

4

【详解】（1）在CO段做直线运动，分析可知，CO段受力平衡，故有［E=〃?gtan37。

解得4=().5C

根据平衡可知小球带正电。

⑵设小球在CO段运动的速度为-8段受力平衡，有“犷=£急

解得匕=10m/s

小球从D运动到F,根据动能定理得-摩•2Rcos370-qE-2Rsin37°=飙*；礴

解得vF=56rl/s

2

小球通过尸点时受到轨道的弹力为几，则入+mg+qB匕=*

cos37°

解得氏=30；&N

由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小

重难集训

1.（2025•浙江宁波•一模）2025年9月22日，中国海军宣布歼-15T、歼-35和空警-600三型舰载机已成功

完成在福建舰上的首次弹射起飞和着舰训练，如图所示，则（）

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A.研究舰载机弹射起飞过程的轨迹时，可将其视为质点

B.舰载机〃翻筋斗〃至最高点时，其受到的合力为0

C.舰载机在水平面内匀速转弯时，其加速度保持不变

D.舰载机在空中下降的着舰过程中，舰载机处于失重状态

【答案】A

【详解】A.研究舰载机弹射起飞过程的轨迹时.舰载机的大小和形状对轨迹的描述没有显著影响,可以忽

略不计，可将其视为质点，故A正确；

B.舰载机“翻筋斗〃至最高点时，速度为0,合力不为0,否则舰载机应在最高点静止不动，故B错误；

C.舰载机在水平面内匀速转弯时，由。=《•可知其加速度大小不变，方向时刻指向圆心，所以加速度是变

r

化的，故c错误；

D.舰载机在空中下降的着舰过程中，做匀减速直线运动，加速度向匕所以舰载机处于超重状态，故D错

误。

故选Ao

2.（2025•广东珠海•模拟预测）如图甲，小朋友用力将足球从最低点N向前踢出，足球在竖直轨道内经最

高点M运动一周后，在图示厂位置离开轨道，恰好在轨道截面圆心。点落入书包。参照视频中足球的运动

轨迹画了运动示意图如图乙，图中虚线为足球的运动轨迹。若足球质量为〃?，运动轨迹半径为五，忽略空

气阻力的影响，以下分析正确的是（）

甲乙

A.足球从，到。的运动过程中，竖直方向做自由落体运动

B.足球经过最高点M的速度一定不小于

C.足球从踢出到离开轨道前机械能守恒

D.足球从踢出到离开轨道前，所受轨道弹力不断减小

【答案】B

【详解】A.足球从尸到。的运动过程中，竖直方向先向上运动，所以竖直方向不是做自由落体运动，故A

错误;

24/36

B.足球经过最高点A/时，有mg+NiU=m^->nig

可得为2y/gR,故B正确；

C.足球从踢出到离开轨道前，由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故C错误；

D.足球从踢出到离开轨道前，在最高点“有mg+N“=/噂

“J'得N”=m—tug之0

R

在最低点N有NN-mg=机型

R

可得N”=〃?上+〃ig>〃?g

R

可知足球从踢出到离开轨道前，所受轨道弹力不是不断减小，故D错误。

故选Bo

3.（2025•北京海淀•二模）如图1所示，“冰坑挑战”需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角为6、半径为

H的倒圆锥型冰坑，然后尝试从其中离开。方式甲一一挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走或爬的方式，很

难离开冰坑，通常还是会滑【回坑底。方式乙一一挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑动多圈后，最终可

以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为〃?，其与冰面的动摩擦因数为〃，重力加速度为g。为了讨论方便,

假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等；方式乙中人的跑动半径「缓慢增大，每一圈的轨迹都可近似为

与水平地面平行的圆。下列说法正确的是（）

（

甲正视图乙俯视图

图1图2

A.在方式甲中，一定满足关系式mwsine<〃〃?wcos。

B.在方式甲和方式乙中，挑战者受到的最大静摩擦力大小不同

C.在方式乙中，可利用〃?gtan0=〃?上求得每圈的最小速度

r

D.在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少为mgManJ

【答案】B

【详解】A.由于在方式甲中，挑战者很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。说明挑战者受到的摩擦力小于

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重力的下滑分力，即有mgsin。＞umgcos0

A错误；

B.在甲图方式在，其最大摩擦力4=〃mgcos8

在乙图方式中，对挑战者受力分析如下

在水平方向上，根据牛顿第二定律则有凡sine-〃8se=^

其中V为挑战者圆周运动的线速度，，为挑战者在该平面圆周运动的半径;

在竖直方向上，根据平衡条件可得4COS。〃sin。=mg

联立解得夕=〃?gsin。-^-cos®

显然/甲/五，B正确;

C.在乙方式中，由上述分析可知，支持力与摩擦力在水平方向的合力提供挑战者圆周运动的向心力，因此

不能利用mgtan〃=〃?二求每圈的最小速度，C错误；

r

D.由题可知，冰坑的深度为/?=Rtan。

整个过程中，挑战者克服重力做的功先=〃，g〃=mgRtan。

除此之外，挑战者还有克服摩擦力做一部分功，故在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少大于mgRtan。,

D错误.

故逃B。

4.（2025・甘肃白银•三模）如图所示，两根等长的轻质细绳连接两个小球A、Bo已知上方小球A的质量

为下方小球B的质量的2倍，两个小球均可视为质点。当系统绕竖直杆匀速转动时，两小球稳定后上端细

绳与竖直方向的夹角为。，下端细绳与竖直方向的夹角为贝和夕满足的关系式为（）

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3tana2sin/?.

A.---------+-----------------=3

tanpsina+sin/

3tana2sinp_3tana2sinp

*tanpsintz+sinptanpsina+sin/?

【答案】A

【详解】设上端细绳的拉力为片，下端细绳的拉力为玛，对A球受力分析，有片cosa=2〃?g-Kcos4.

F、sina-F2sinft=2mL疗sina

对B球受力分析，有F2cos0=mg,sin/?=mco?(Asin«+Asin/?)

3tana+2sinp

联立以上各式，可得=3

tanpsina+sinfi

故选