2024年新高考物理二轮热点题型归纳：曲线运动常考模型（解析版）

曲线运动常考模型

目录

题型一曲线运动和运动的合成与分解

题型二平抛运动和类平抛运动的规律及应用

题型三圆周运动问题

题型四圆周、直线平抛组合模型

题型一曲线运动和运动的合成与分解

【解题指导】

1.曲线运动的理解

(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；

(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向

指向曲线的“凹”侧.

2.曲线运动的分析

(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成.

(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质.

⑶运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则.

1(2023上•山东临沂•高三统考期中)如图所示，轻质细杆4C8的A端靠在竖直墙上，B端放置在水

平地面上，A端、B端和杆的中点C处各有可视为质点质量均为m的固定小球。细杆ACB与竖直

墙面的夹角为。开始时8=0,细杆静止，后因微小扰动，细杆开始运动，设系统处处无摩擦。假设B

端可以沿地面朝右滑动，但因受约束不会离开地面；A端可以沿着墙面朝下滑动，但不受相应的约

束，故可以离开墙面。已知细杆AC8长为2L重力加速度为g。

(1)4端开始运动到离开墙面前，为确定小球C的运动情况，建立如图坐标系，试求小球C的运动轨迹

方程；

(2)根据(1)中小球C的运动轨迹，若4端未离开墙面，且小球4的速度为以，试求小球C的速度的

大小；

(3)cos<p为何值时4端将离开墙面？

A

mc\

M\B

Ox

【答案】⑴/片乙⑵；⑶cos(p=2

^.olIICL/O

【详解】(1)以水平墙与竖直墙为X轴、y轴建立直角坐标系，设C点坐标为(x,y＞则A、B点、

的坐标分别为(0,2力、［2x,0),根据勾股定理有

(2x『+(2-2=(2Q2

解得

x2+y2=L2

(2)画出小球C运动轨迹，如图

小球C的速度uc与杆的夹角为

a=90°-2(p

由关联速度可知

vAcos(p=i/ccosor

解得

_vACOS(P_vA

Vc~sin2(p-2sin(p

⑶由关联速度可知

vAcos(p=vBs\n(p

系统水平方向由动量定理可得

+

Nt=mvBmvccos(p

系统机械能守恒有

mg2/,(1-cos(p)+mgL(^-cos(p)=1m6+论

■8

可得

■“3r“2」,~、23r，i96,、

A/f=—y-1=gL{\-cos<p)cos(p=-y--|--gL|1-cos(p)--ycos(p-^coscp

由数学知识可知，当

1-COS(P=■cos(p

解得

2

cos(p=—

o

此时系统水平动量增大到最大值，则N=0,即A端将离开墙面。

2(2023上.北京朝阳•高三统考期中)某质量m=1kg的质点在Oxy平面内运动。t=0时，质点位于

y轴上。它在x方向运动的速度-时间图像如图甲所示，它在y方向运动的位移-时间图像如图乙

所示。下列说法正确的是()

A.质点所受的合力为4N

B.从仁0时刻开始质点做匀变速直线运动

C.t=1.0s时，质点的位置坐标为(5m,5m)

D.t=1.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为60°

【答案】C

【详解】由图甲可知质点在x方向做匀加速直线运动，x方向加速度为

a=-s-*m/s2=2m/s2

x2

由图乙可知质点在y方向做匀速直线运动，有

%=llZ-lllm/s=-5m/s，a=0

2.

所以质点的加速度

a=a尸2m/s2

所受的合力大小为

F=ma=2N

故人错误；

B.从尸0时刻开始加速度方向沿x轴正方向，速度不沿x方向，质点做曲线运动，故B错误;

C.由图乙可知，t=1.0s时，y=5m,由图甲可知v;o=4m/s,t=1.0s时

x=Vxot+axf=5m

质点的位置坐标为（5m,5m）,故C正确；

D.设t=1.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为。，则

tan0=-=一——=—#tan60°

v.ik+3£

故。错误。

故选C。

3（2024.湖南郴州.统考模拟预测）如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，系绳延

长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上

升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中（）

A.绳对球的拉力大小变小B.墙面对球的支持力变小

C.玩具小车做加速运动D.玩具小车做减速运动

【答案】D

【详解】CD.设绳与竖直方向的夹角为。，如图所示

O

将球的速度V分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为

（/绳=vcosO

因球匀速上滑过程中。角将增大，所以喝将减小，故小车做减速运动，故。正确，C错误；

AB.球受三力作用处于平衡状态，设球重为G,则绳对球的拉力大小7■、墙对球的支持力大小N分

别为

N=Gtan0

■8

所以，随。的增大，T、N均增大,故错误。

故选。。

【方法提炼】

1.解决运动的合成和分解的一般思路

（1）明确合运动和分运动的运动性质。

（2）明确是在哪两个方向上的合成或分解。

（3）找出各个方向上已知的物理量（速度、位移、加速度）。

（4）运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。

2.关联速度问题的解题方法

把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小

相等求解。常见的模型如图所示。

【变式演练】

■x（2023•湖南•统考模拟预测）如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外

力作用下沿水平地面向左做直线运动，绳子跨过定滑轮拉着物体B以速度6竖直匀速上升，下列判断

正确的是（）

A.小车/I做减速直线运动B.绳子拉力大于物体8的重力

C.小车人的速度大小可表示为％cos6D.小车A受到地面的支持力逐渐变小

【答案】A

【详解】AC.将小车4的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为B物体上升的速

度大小，则

■8

随着小车人向左运动，6减小，则小车A做减速直线运动，故A正确，C错误；

BD.物体B竖直匀速上升，绳子拉力等于物体B的重力，拉力大小不变，由于6减小，拉力在竖直方

向的分力变小，则地面对小车A的支持力变大，故8。错误。

故选4。

lOlZ（2023下•湖北黄石•高一校联考阶段练习）（多选）民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员

骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为％,运动员静止时射

出的箭速度为玲，跑道离固定目标的最近距离为d。已知匕>外，要想命中目标射出的箭在空中飞行

距离最短，则（）

A.若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为asin0=

V|

B.若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为0,sinQ=1日

V1

C.箭射到固定目标的时间为旦

V2

D.箭射到固定目标的时间为一^—

展、v\-vl

【答案】AD

【详解】A6.已知四，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则合速度方向与射出的箭速

度方向垂直，若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为6,则

sin0=*■

故A正确B错误；

CD.箭的实际位移为一々，实际速度、埠岛所以箭射到固定目标的时间为

SID0

sin。d/

一、v^-vi—u2V'VrV<2

故C错误。正确。故选4X

3（2023上•广东深圳•高三深圳外国语学校校考阶段练习）（多选）通过北斗定位系统可以记录飞

机的海拔高度力、水平方向的速率v等即时数据。一架飞机从静止开始滑跑起飞，用记录•数据M拟合得

到力-f、l/-t图线分别如图甲、乙所示,图甲中40s~70s时间内的图线为抛物线，其余图线均为直线。

根据图中数据可知（）

A.前100s时间内，飞机爬升的高度约1600mB.40s~70s时间内，飞机的加速度为OZmg

C.70s~100s时间内，飞机做匀速直线运动D.100s~150s时间内，飞机做匀加速曲线运动

【答案】BCD

【详解】4图甲中70s~150s时间内图线为直线，根据几何知识可知当『100s时，有

/7-490_970-490

3080

解得

h=670m

则前100s时间内，飞机爬升的高度约

△/7=670/7?-400m=270m

故4错误；

B.图甲中40s~70s时间内的图线为抛物线，则飞机在竖直方向上做匀变速运动有

h=-a/2

9

解得

a="=2x吁？m/s2=0.2m/s2

e（7040）1

由图乙可知40s~70s时间内飞机水平方向做匀速直线运动，则飞机的加速度为0.2m/s2,故B正确；

C.图甲中70s~100s时间内图线为直线，飞机竖直方向做匀速直线运动，由图乙可知70s~100s时间

内飞机水平方向做匀速直线运动，则飞机的合运动做匀速直线运动，故C正确；

D.图甲中100s~150s时间内图线为直线，飞机竖直方向做匀速直线运动，由图乙可知100s~150s时间

内飞机水平方向做匀加速直线运动，则飞机的合运动做匀加速曲线运动，故。正确。故选BCD。

题型二平抛运动和类平抛运动的规律及应用

【解题指导】

1.基本思路

处理平抛（或类平抛）运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规

律列式，再用运动的合成求合运动.

2.两个突破口

（1）对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值.

（2）若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜

面倾角的正切值.

1（2023上•辽宁・高三统考期中）将扁平的石子向水面快速抛出，石子会在水面上''一跳一跳”地飞向

远方，俗称“打水漂”。某同学将一个小石子从距水面高度为力处水平抛出，石子第一次接触水面时

的速度方向与水面间的夹角为6。不计空气阻力，重力加速度为g,则石子从抛出到第一次触水的过

程中，不能求出的物理量是（）

A.石子抛出时的速度大小B.石子触水时距抛出点的水平距离

C.石子抛出时重力的功率D.石子触水时的动能

【答案】。

【详解】A.从距水面高度为八处水平抛出石子，由平抛运动的规律知，石子落到水面时的竖直分速

度为

5、2gh

因

tan。=%

解得

2仍

"°=U菽

4不符合题意；

B.石子在此过程中的水平位移为

x=vot

其中

t=

、yQ

两式联立可得

x=u2h=_2^

'Qtan。

B不符合题意；

C.石子抛出时初速度与重力垂直，重力的瞬时功率为零，C不符合题意；

D.因小石子质量未知，故石子触水时的动能无法求出，。符合题意。

故选。。

回2（2023上・山西太原•高三山西大附中校考阶段练习）所示为一乒乓球台的纵截面，是台面的两个

■8

端点位置，尸C是球网位置，D、E两点满足4。=且E、M、N在同一竖直线上。第一

次在/W点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点R同时落到4点；第二次在N点将同一乒乓球

水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点产，同时落到。点。乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用，

【答案】C

【详解】设CP高为H,/W点距离台面的高度为丽，N点距离台面的高度为麻，取M关于CQ的对称

点Q,由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于。点上方，如图所示，由于

AD=BE=\AB

结合题意可得

DC=CE=5AB

10

因此

3

XpQ=LXpA

乒乓球从尸运动到A做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此

tpQ=

根据平抛运动规律

y=[g千

可知

hpQ=卫尸4=H

即尸到Q的竖直运动的距离为尸到A的?，所以有

H-hM9

TT~=25

解得

hM=

■8

根据题意，对第二次平抛运动的水平位移

XEC=：XED

乒乓球从N运动到。做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此

»EC=7加。

同理可得

hN-H_1

hN=T

解得

hN=1H

代入数据解得

回二四

怎=石

故选C。

3（2023上•辽宁大连•高三大连市金州高级中学校考期中）如图所示，一固定斜面倾角为6,将小球入

从斜面顶端以速率0水平向右抛出，小球击中了斜面上的尸点；将小球B从空中某点以相同速率%

水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g,小球AB在空中运动

的时间之比为（）

A.2tan20：1B.tan20：1C.1：2tan20D.1：tan20

【答案】A

【详解】设小球A在空中运动的时间为G，小球8在空中运动的时间为协对小球A,由平抛运动的规

律可得

10

tan©=VA=

Xq_2nl

对小球B结合几何知识，由平抛运动的规律可得

tan0=——=-j—

侬gk

联合可得

1_2tar)2e

「21

故选4。

4（2023上•山东临沂•高三统考期中）侈选）如图所示，小球A以某一速度水平向右抛出的同时，小球

8斜向左上方以速度均抛出，力与水平方向的夹角为53。。两球抛出后在同一竖直面内运动，且恰好

在空中相碰。已知单独抛出小球8时，小球8到达的最高点恰好与小球4的抛出点处于同一水平线

上，且小球B落地点位于小球A抛出点的正下方。不计空气阻力，重力加速度为g,sin53°=0.8,

cos53°=0.6,下列说法正确的是（）

A.小球力抛出的初速度大小等于2.4i/oB.小球人抛出的初速度大小等于1.8。

C.两球抛出点的水平距离为itD.两球抛出点的水平距离为

【答案】BC

【详解】CD.小球B在水平、竖直方向的速度为

3

VB产vcos53°=—Vo

04

l

vBy=i/0sin53°=rVo

单独抛出小球B时，小球B在空中运动的时间为

两球抛出点的水平距离为

.214

x=vBxt=——

故C正确，。错误；

AB.小球人抛出高度为

■8

h=v[=8v；

2g~25g

小球4B在恰好在空中相碰，若此时小球B向上运动，有

x=（以+VB）?1

h=vt-\g^+\g^

ByyJL2.

解得小球力抛出的初速度大小等于

VA=1.8。

小球4B在恰好在空中相碰，若此时小球B向下运动，有

X=（%+%x"2

vByt2--gtl=\gtl

解得小球4抛出的初速度大小等于

V,A=O.6VO

综上所述，小球A抛出的初速度大小等于1.8%或0.6%,故4错误，8正确。

故选BC。

【方法提炼】

5破解平抛（类平抛）运动问题的六大要点

⑴建立坐标系，分解运动

将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动，而类平抛运动分解的方

向不一定在竖直方向和水平方向上。

（2）各自独立，分别分析

⑶平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量△!/相等，△v=gAt,方向恒为竖

直向下。

（4）平抛（或类平抛）运动的推论

■8

①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为8位移与水平方向的夹角为（P，则有tan。=2tan（po

（5）求解平抛（或类平抛）运动的技巧

①处理平抛（或类平抛）运动的基本方法是把运动分解为相互垂直的匀速直线运动和匀加速直线运

动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。

②要善于确定平抛（或类平抛）运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系,这往往是

解决问题的突破口。

（6）建好“两个模型”

①常规的平抛运动及类平抛模型。

②与斜面相结合的平抛运动模型。

a.从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往

往分解位移，构建位移三角形。

b.从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。

【变式演练】

3_（2023上.河北沧州.高三统考阶段练习）某一壕沟数据如图所示，a、b两点间水平距离为3。竖

直距离为h汽车自a点水平飞出，落在壕沟边缘b点，假设汽车可看成质点，忽略空气阻力，重力加速

度为g,则汽车为了能飞跃壕沟，在a点的最小速度为（）

C.■2ghD.2gh

【答案】D

【详解】竖直方向为自由落体运动，则有

水平方向为匀速直线运动，则有

3/7=vot

解得

[o=2gh

故选。。

（2023上•广东揭阳•高三统考期中）（多选）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框

架ABCD-A&G。，从顶点4沿不同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小

球的运动。下列说法正确的是（）

A.落点在ABGR内的小球，落在G点时平抛的初速度最大

B.落点在与。|上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：-2

C.落点在A&G。]内的小球，落在C1点的小球运动时间最长

D.落点在A8GR内的小球，落地时重力的瞬时功率均相同

【答案】ABD

【详解】AC.从顶点4沿不同方向水平抛出一小球，落点在48GR内的小球，因其下落高度相同，

而平抛运动在竖直方向做自由落体运动，则可得其下落时间

'Q

相同，而在内，其对角线AG最长，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，根据

v=—

t

可知，在相同时间内，水平位移越长，其抛出时的初速度越大，故人正确，C错误；

B.根据几何关系可知，落点在上的小球，当小球落在AG与8R的交点上时，小球做平抛运动

的初速度最小，当落在8点或。1点时，平抛运动的初速度最大，设正方体的边长为a,则有

acos45°=i/mint，a=vmaxt

可得

%jn___[

%ax72

故B正确；

D.平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而落点在A3GR内的小球，其下落时间相同，则落到该

平面任意位置时竖直方向的速度

Vy=gt

相同，而重力的功率

P斤mgv尸mggt

相同，故。正确。

故选

（2023上.福建泉州.高三校考期中）侈选）如图，某次小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球,

将球从4点斜向上击出，球垂直在墙上的。点后，反向弹回正好落在A点正下方的8点。忽略球的

旋转及空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A.球在上升阶段和下降阶段的加速度不同

B.球从4点到。点的运动时间等于从。点到B点的运动时间

C.球刚离开4点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水平速度大小

D.球刚离开4点时的速度大小不一定大于刚到达8点时的速度大小

【答案】CD

【详解】A.球在上升阶段和下降阶段的加速度均为g,加速度相同，故4错误;

B.将球从A到。点的逆过程看做是平抛运动，则根据

球从4点到。点的运动时间小于从。点到8点的运动时间，故8错误；

C.因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移，根据

-x

--

可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速度，球刚离开力点时的水平速度大小大于刚到达B点

时的水平速度大小，故C正确；

D.根据

%2gh

可知，球在离开A点的竖直速度小于刚到达B点时的竖直速度，则球刚离开八点时的速度大小不一定

大于刚到达B点时的速度大小，故。正确。

故选C。。

JOJT（2023上•广东深圳•高三深圳外国语学校校考阶段练习）（多选）如图甲为2022年北京冬奥会的

•••

跳台滑雪场地“雪如意”，其主体建筑设计灵感来自于中国传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如

图乙所示的轨道模型，斜坡可视为倾角为e的斜面，运动员（可视为质点）从跳台a处以速度V沿水平

方向向左飞出，落到足够长斜坡上，落地瞬时速度方向与水平方向的夹角为a,不计空气阻力，下列说

法正确的是（）

A.若初速度增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍

B.若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的2倍

C.若初速度1/增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的'2倍

D.若运动员的初速度变小，运动员落在斜坡上时a角不变，且tana=2tan。

【答案】AD

【详解】A.根据平抛运动的规律，水平方向有

x=vot

竖直方向有

h=fg干

根据几何关系有

tan。="

X

联立解得

?=-^n0

9

可知，若初速度V增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍，故A正确；

B.运动员落地的位移

/=、x2+x2tan20=X、1+tan26=""川"、1+tan20

n

可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的4倍，故8错误；

C.将初速与重力加速度分别沿垂直斜面方向和平行于斜面方向分解，可得垂直斜面方向的分速度为

Vi=vsin0

垂直斜面方向的加速度为

a尸geos。

运动员在垂直斜面方向做匀变速直线运动，当离坡面距离最大时，垂直坡面的速度减小为0,则有

卡入in%

JSS3f2gcotiff

可知，若初速度V增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的4倍，故C错误；

D.只要运动员落在斜坡上，其位移的偏向角就不变，而根据平抛运动的推论，速度偏向角的正切值是

位移偏向角正切值的2倍，因此一定有tana=2tan6,故。正确。

故选4Z

题型三圆周运动问题

【解题指导】

1.基本思路

(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径.

2

(2)列出正确的动力学方程=mr(v=m(vv=mrt.

2.技巧方法

竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定

律进行动力学分析.

1(2023上•安徽亳州・高三蒙城第一中学校联考期中)光滑直杆4。1可绕竖直轴0102转动，质量为

m的小球套在杆上。现先让直杆绕轴0102以角速度电匀速转动，NA。1。2=a,稳定后小球在图

示位置，止匕时小球的加速度大小为速度大小为修；增大/八01。2为6,再让直杆以角速度延匀速

转动，稳定后小球的高度不变，此时小球的加速度大小为a2,速度大小为V2。则()

A.cui=cu2,i/i<i/2,a1<52B.cui>cu2,i/i=V2,ai>a2

C.cui=cu2,vi<V2,ai<a2D.cui>cu2,vi=V2fai<a2

【答案】B

【详解】设圆周运动所在平面与。1的高度为h圆周半径为人则

■8

所以线速度V与角度、半径无关。根据

U)=—V

r

由几何关系可知

r1<T2

可得

CU1>602

根据

a=^-

可得

ai>a2

故选―

2（2023上.辽宁丹东•高三统考期中）如图甲，一长为R且不可伸长的轻绳一端固定在点。，另一端系

住一小球，使小球在竖直面内做圆周运动.若小球经过最高点时速度大小为V、绳子拉力大小为尸,

则尸与苗的关系如图乙所示，下列说法中正确的是（）

A.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大

B.小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置不变

■8

C.利用该装置可以得出小球的质量m=

o

D.利用该装置可以得出重力加速度g="

tl

【答案】C

【详解】A.在最高点时，根据

F+mg=m

可得

F=HLv2-mg

则图像的斜率

k=—

绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项人错误；

B.根据

2

F=''tv-mg

可知

b=gR

则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线匕点的位置右移，选项B错误；

C.由图可知

k二』里

Rb

利用该装置可以得出小球的质量

m=aR

b

选项C正确；

D.由b二gR可知，利用该装置可以得出重力加速度

b

g;万

选项。错误。

故选C。

3（2024上•河南•高三校联考阶段练习）侈选）如图甲所示，质量分别为列、m2的小木块a和b（可视

为质点）用细线相连，沿半径方向放在水平圆盘上，a、b与转轴。。之间的距离分别为小r2,若圆

盘从静止开始绕转轴（0。缓慢地加速转动，3表示圆盘转动的角速度，木块a所受的摩擦力大小

fo随圆盘角速度的平方3、的变化图像如图乙所示，0对应图线的斜率为用，3什好对应图线

的斜率为k2,两木块与圆盘间的动摩擦因数均为〃，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大

小为g。下列说法正确的是（）

o

ab

n~~n

o

甲

3i7

AJ=；D.

建2W28

【答案】AB

【详解】水平圆盘转动的角速度较小时，a、b受到的静摩擦力提供向心力，绳子拉力为零，此过程中a

受到的摩擦力

4=仍「1cu2

对应图线的斜率

左=/77ifi

当木块刚好达到最大静摩擦时，满足

mraj2=pmg

则

6=里

因为⑸所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，止匕时如=幼，贝侑

若=丝，0.5f产彳=用小内

角速度继续增大，绳子开始出现拉力，此后对于a有

fa-T=m/iw2

对于b有

fbm+T=m2r2UJ2

联立可得

2

fa=|/77i+/772/-2)W-pm2g

对应图线的斜率

k2=mm+m2r2

截距

-3f0=-/Jm2g

当a达到最大静摩擦力fam=fo=〃mig时

）g

1।41712r2

之后角速度再增大，两木块相对圆盘发生滑动，a受到的摩擦力大小不再变化。根据上述分析可知

mi_1fi_1ki_1wi_-

m2~3'r2~2'k2~7'CO2~8

故AB正确，C。错误。

故选A&

【方法提炼】

1.圆周运动问题的求解步骤

（1）审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。

（2）分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。

（3）分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。

（4）根据牛顿第二定律列方程求解。

2.圆周运动的一些典型模型的处理方法

「留锥摆［「明确向心力来源,

自fyL转盘上的物体-J-L分析临界状态

mwR

L火车、汽车转弯」L熟记动力学方程尸度〃

•H、fl

T-

“m4it2fzR

广定模番一利色是轻杆模型汪是轻绳模型

「轻杆（最高点）:时,八="唔；

受力分析/、=0时、

定临界点

♦轻绳（最高点）:%““=，，4及时，〃=°

应用动能定理或机械能守恒

L过程分析一定律将初、束状态联系起来

1-列方程求解

【变式演练】

（2023•安徽•校联考模拟预测）侈选）如图所示，叠放在水平转台上的物体4B、C正随转台一

起以角速度用匀速转动（均未发生相对滑动）。物体AB、C的质量分别为m、2m,3m,各接触面间

的动摩擦因数都为〃，物体8、C离转台中心的距离分别为5r,B