圆周运动模型中临界问题和功与能（解析版）-2024年高考物理二轮热点模型

国国运前模整申临界问题曲功与能

国显

1.圆周运动的三种临界情况

2.常见的圆周运动及临界条件

3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论

模型讲解

1.圆周运动的三种临界情况

⑴接触面滑动临界：吁=用”

(2)接触面分离临界：琮=0。

(3)绳恰好绷紧：身=0；绳恰好断裂：玛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

⑴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

1

,干口,Ff=mct^r恰好发生滑动

1__________:__________1

1

1

1

1

圆锥摆模型

7ngtan9—mrat2恰好离开接触面

\、、一—」/

(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动

轻绳模型

/，一一、

//、\2恰好通过最高点，绳的拉力

1\

/\最高点：弓+mg=m—

I,►;r

\1恰好为0

\1

\/

\/

轻杆模型

一一、、

/\2

/\恰好通过最高点，杆对小球

1\

1\最高点：mg+F—m—

1(.1

1'，1r

\1的力等于小球的重力

\/

\\//

!>J•M

带电小球在叠加场中的圆周运动

关注六个位置的动力学方程，最高

恰好通过等效最高点，恰好

点、最低点、等效最高点、等效最低

做完整的圆周运动

点,最左边和最右边位置

等效法

倾斜转盘上的物体

最高点：mgsin9±耳=mco'r

恰好通过最低点

最低点F)—mgsin9—ma^r

/

//

3.竖直面内圆周运动常见问题与二级结论

【问题1】一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，轨道的最高点记为人和最低点记为

。，与原点等高的位置记为B。圆周的半径为R

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mg=m*可得u=的互①

对应。点的速度有机械能守恒

mg2A=fmv^_得vc=j5gR②

当小球在。点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与。点等高的。位置则由机械能守恒

mgR=-^mvi得vc=12gR③

小结：(1).当观〉〃硒时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力

由牛顿第二定律K+mg=m等④

(2).当Vc=招漉时小球恰能通过最高点A小球在A点受轨道的支持力为0

由牛顿第二定律mg=772曾。⑤

rt

(3).当J硒<vc<J硒时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA圆弧间的某一位向右做斜抛运动

离开圆周，且。越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0

在LL4段射重力与半径方向的夹角为。则mgcos。=m*、cos3=与

(4).当0<%</砺时小球不能通过最高点A上升至CD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。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)从最高点人点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒mg2R=■痈

在。点由牛顿运动定律：FN-mg=m当得6=5mg@

(2)从与O等高的。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=^mvl

在。点由牛顿运动定律：FN-mg=m号得玛=3mg⑦

(3)从人点以初速度心=4gR释放小球到达最低点

由机械能守恒mg2J?=-^-mvc一~

在。点由牛顿运动定律：图—mg=m*

得FN=6mg⑧

案例剖析1

til（2023上•安徽•高三校联考期中）“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,绳子下端连接座椅,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，总质量约为馆=80kg,圆盘的半径为R=2.5m,绳

长L=仞2,圆盘以恒定的角速度转动时，绳子与竖直方向的夹角为0=45°,若圆盘到达最高位置时离地

面的高度为九=22.5馆,重力加速度g取lOm/s?•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：

（1）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】（l）5，^m/s;（2）15nz

【详解】（1）设乘客和座椅的总质量为m,绳子拉力为马,对乘客和座椅整体进行分析，有

Frcos3=mg,玛sin。=+Esin。）

联立，解得

co—V2rad/s

手机滑落瞬间的速度

v=+Lsin0）

解得

v=5V2m/s

（2）手机滑落后做平抛运动，竖直方向有

h—Leos3=

解得

t=2s

则平抛运动的水平位移为

x=vt=10V2m

手机落地点距离中心转轴的距离

s=J（R+Z/sin-y

解得

s=15m

血］2（2023上•黑龙江佳木斯•高三校联考期中）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P4在人点相切，BC为圆弧轨道的直径，。为圆心，。4和OB之间的夹角为sina=9一质量

为小的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过。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C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。点时速度的大小；

(2)小球到达A点时动量的大小；

【答案】⑴告mg,⑵叱迹

【详解】(1)设水平恒力的大小为耳，小球到达。点时所受合力的大小为Fo由力的合成法则有

=tan。①

mg

F2=(mgy+片②

设小球到达。点时的速度大小为以由牛顿第二定律得

2

F=m4③

rt

由①②③式联立解得

用=-|-mg④

忏⑤

(2)设小球到达4点的速度大小为上，作CD，P4,交P4于。点，由几何关系得

DA=_Rsina@

CD=22(1+cosa)⑦

由动能定理有

—mg-CD—号DA=-^-mv2-

由④⑤⑥⑦⑧式解得，小球在人点的动量大小为

my/23gR向

p=mVi=---------(9)

【总结提升】解决圆周运动问题的基本思路

I分析物体受力情况，画出受力示意图，确定向心力来源T

|利用平行四边形定则、正交分解法等表示出径向合力|

一根据牛顿第二定律及向心力公式列方程

@18（2023•北京市海淀区一模）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O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点，。点为最低点，B点与。点

等高，下列说法正确的是（）

A

L中"、

/X

//\\

//\\

------]

'\------------!/I

\\/'

\、।/

、।/

C

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80方向

C.从A点到。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】。

2

【解析】小球经过4点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时有m号Vmg,则所受杆的作用力竖直

22

向上；当小球速度较大时有叫■>mg,则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足=mg时，则杆

对小球无作用力，故A错误；

小球重力和杆的作用力的合力提供向心力，则小球在B点所受杆的作用力斜向右上方，故3错误；

人点和。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4点到。点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故。错误；

A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知叫什用产△瓦=0,故杆对小球的作用力做负功，故。

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，在轨迹上某点对物体进

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0=0或玛=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律，将初、末状态的速度联系起来。

皿£（2023•全国•高三专题练习）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2.8J，重力加速度取10m/s2，现将弹簧解除锁定,滑块P被弹簧弹出，脱离弹簧后冲

A.可以到达半圆轨道最高点。

B.经过B点时对半圆轨道的压力大小为9N

C.不能到达最高点。，滑块P能到达的最大高度为L35m

D.可以通过。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】

【详解】A.设滑块P恰能通过最高点。，则有

虎

mg-m—

ri

解得

VD=2V2m/s

则滑块P从B点到。点，根据动能定理有

—mgX2R=品--三m设

解得滑块在B点的动能为

E[B=~^rnvB=4J>2.8J

所以滑块不能到达半圆轨道最高点。，故A错误；

B.滑块经过B点时的速度大小为根据功能关系可得

7-1_12

E弹簧一/TTIVB

在B点根据牛顿第二定律可得

R宿

联立解得

FN=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。点的重力势能为

Ep'=mgR=0.2x10x0.8J=1.6J<2.8J

则滑块可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，此时的速度大小为。

mg

根据功能关系可得

E弹簧=^-mv2+mgR(l+cosG)

根据牛顿第二定律可得

R

联立解得

9—60°,v=2m/s

滑块离开轨道后做斜上抛运动

vx=t/cos300=2X=V3m/s

根据功能关系可得

E弹簧=-^-mvl+mgh

解得滑块P能到达的最大高度为

h=1.35m

故。正确，。错误。

故选BC。

综合应用

■

版耳叵（2023•山东潍坊•统考模拟预测）如图所示,质量为小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O。，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（）

A.静止时物块受到的摩擦力大小为乎mg

B.若转台的角速度为，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下

D.若转台的角速度为2，小物块受到的摩擦力沿球面向下

【答案】。

【详解】4静止时，对物块分析，根据平衡条件有

fo=Wsin300=ymg

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0时，角速度为g,对物块进行分析，则有

mgtan30°=馆。限sin30°

解得

故B错误;

C.若转台的角速度为为由于

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。错误

D.若转台的角速度为2y聚，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下，故。正确。

故选D。

题目团（2023上•山西忻州•高三校联考阶段练习）如图所示,长度为I的轻绳一端固定在。点,另一端系着一

个质量为m的小球，当小球在最低点时，获得一个水平向右的初速度为=2项,重力加速度为g,不计空气

阻力。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）

T。

O—>vo

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2mg

C.轻绳第一次刚好松弛时,轻绳与竖直方向夹角的余弦值为4

D.初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为4mg

【答案】。

【详解】若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有

—mg2l--^-mv'2--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

v2

mg=m—

在最高时小球的最小速度为

v=~fgl丰0

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---j-m褚ng=，2gz

根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为

埼=­j-=2mg

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

博=J-+（mg产=V5mg

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2,轻绳与竖直向上方向夹角为乐如

图所示

y

由径向合力提供向心力，有

mgcosa

由机械能守恒有

—mg(l+2cosa)=-^-rnvl--^-mvl

联立解得

故C正确;

D.小球在最低点，根据牛顿第二定律有

mvl

F—mg==F=5mg

轻绳受到的拉力大小为5mg,故。错误。

故选C。

题目叵〕(2023•宁夏石嘴山•高校考阶段练习)如图所示，小球馆在竖直放置的光滑圆形

A.小球通过最高点的最小速度为个g(R+r)

B.小球通过最高点的最小速度为零

C.小球在水平线ab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ab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0时，内管对小球

产生弹力，大小为mg,故最小速度为0,故A错误，B正确；

C.小球在水平线ab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。错误；

。.小球在水平线就以下管道运动，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。错误。

故选B。

题目7］（2023上•山东德州•高三统考期中）如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高

点，圆环上套着一个可视为质点的、质量为小的小球。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。匀速转

动且小球与圆环相对静止时（

C.若小球与圆环间的摩擦因数为〃，且小球位于入点，则角速度0可能等3=

R

D.若小球与圆环间的摩擦因数为〃，且小球位于入点，则角速度。可能等于“=75

【答案】。

【详解】4B.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

琮=mgtanH=mcc^r

r=Rsin0

以上两式联立，解得

3VRCOS0

故AB错误；

CD.若小球在A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=mai2R

mg

联立，解得

故。错误，。正确。

故选£!。

〕颔百回（2023上•重庆梁平•高三统考阶段练习）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，质量为小的小铁球视为质点在轨道外侧转动，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9,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痴反

D.要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg

【答案】。

【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4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4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，铁球在人点时的速度大于等于零

即可，故。错误；

D.铁球在最低点时，若恰不脱轨，则满足

"V2

b—mg—m—

R

从铁球恰在最高点到最低点时，由机械能守恒定律得

2mgR-

解得

F=5mg

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5mg,故。正确。

故选。。

题目引侈选）（2024四川成都•校考一模）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4m的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球（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手，小球与小孔之间的绳长为乙,重力加速度为9,下列说

法正确的是（）

A.斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg

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上、呼

2兀VL

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】4C

【详解】A.对小球受力分析有

mg=Tcos30

解得

,mg2V3

T=-------r=mg

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

rrri°^

fi=Tcos3Q0n=~^—mgx-=mg

故A正确；

B.设绳与竖直方向的夹角为仇对小球有

Tsin。=ma^Lsind

Tcosff=mg

可得

T—rna^L

又因为

3=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=4m^sin300+4//m^cos300

即

ma^L=47ngsin300+4//m^cos300

可得最大角速度为

12

所以最大转速为

故。正确；

D.加上电场后，对小球受力分析知

Tsind=ma^Lsind

Tcosff—mg+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，所以由以上公式知夕减小，即小球到转动中心的距离减小，故。错误。

故选47。

>f0（多选，（2023上•陕西咸阳•高三统考期中）如图所示，在水平圆盘上,沿半径方向放置物体A和B,

mA=4kg,mB=1kg,它们分居在圆心两侧，与圆心距离为r^QAm,rB=0.2m,中间用细线相连，4B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，g=10m/s\以下说法正确的是（）

A.B的摩擦力先达到最大

B.当0=2V^rad/s时,绳子出现张力

C.当0=V^rad/s时，两物体出现相对滑动

D.当0=5，^rad/s时，力、B两物体出现相对滑动

【答案】

【详解】若A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足

^rnAg=mAa）oArA

代入数据解得

a>0A=2V5rad/s

同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度为

arnBg=m赢B「B

代入数据解得

（t）0B—V10rad/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，故人正确；

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0=6Ijrad/s时，绳子出现张力，故B错

、口

沃；

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［■，根据可知

A需要的向心力大，所以当4B两物体出现相对滑动时4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，4受静摩擦力方向指向圆心，则对4有：

即国=

T+mAa^rA

对B有:

T-/imBg=mB(^rB

解得

g=V50rad/s=5V2rad/s

故。错误，。正确。

故选AD。

〔题目同（多选）（2024•湖南株洲•统考一模）如图，质量为小的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以

恒定速率。运动，已知圆轨道的半径为玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的％倍，重力加速度

为g,P、Q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2銮

C.由最低点到最高点克服摩擦力做功为夙7皿2

D.由最低点到最高点电动机做功为2k兀nw2+2mg_R

【答案】

【详解】4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

K—mg

-R-

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

mv2

E+mg=

-R-

两式相减可得

R-E=2mg

A错误；

BC.在PQ两点的受力如图所示

在。点，由向心力公式有

mv

N—mgcos0=

rR

14

在P点，由向心力公式有

N2-\-mgcos9—.

两式相加可得

A7-_LAT

IL

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，将圆软道分成N段,在轨道上下关

于水平直径对称的位置上取两小段4B,每段的长度为“=则在4B两小段的压力可视为恒力，

摩擦力做功之和为

Wf=k（N代Ngx

解得

布=心2Md乂迎=4kM2

八RNN

所以摩托车从最低点到最高点克服摩擦力做功为

用,=小叫］=kumv'2

正确；

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

WF—Wf—mg2R=0

解得

2

WF=kitmv+2mgR

■D错误。

故选B。。

题目■（多选）（2023上•四川绵阳•高三绵阳中学校考阶段练习）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F,速度大小为“，其F—d图像如图乙所示。已知X星球的半径为外，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3=

B.X星球的密度p=,九

4TJ:GR0

C.X星球的质量河=空

D.环绕X星球的轨道离星球表面高度为凡的卫星周期7=4元

【答案】CD

【详解】A.小球在最高点时有

mg—b—m—

所以可得

2

加v

r=mg-m--

R

将图线与横轴交点代入则得

则X星球的第一宇宙速度为

v\=y/gR0=^^~

A错误；

BC.根据

则X星球的质量为

遮=遐

GGR

X星球的密度为

b瑞

竺=

V等兀成4兀GK显

B错误，C正确；

D.根据

GMm47u2r

---；-=m——

r2T2

则环绕X星球运行的离星球表面高度为兄的卫星丁=2几

遮=遮

GGR

则代入可得周期

。正确。

故选CD。

题目J0（多选）（2023上•安徽•高三校联考阶段练习）如图所示,在竖直平面内固定有半径为五的光滑圆弧

轨道ABC,其圆心为O,B点在。的正上方，4、。点关于OB对称，AAOB=a.可看成质点的物块自A

点以初速度*沿着轨道切线方向向上运动，并且能沿轨道运动到B点。已知重力加速度为g,sin37°=

0.6,下列说法正确的有（）

B

A.若a=37°,则物块在A点初速度可能为yJ^gR

B.若a=37°,则物块在A点初速度可能为福嬴

C.若a=53°,则物块在人点初速度可能为康

D.若a=53°,则物块在A点初速度可能为福嬴

【答案】

【详解】AB.若a=37°,A点速度取得最大值时

VA2/4p

7ngeosa=0=y~^gR

从A点运动到石点，由动能定理，有

—1mv2=12I•—1Kr->

ZiAZio

得到

VB=J,gR<JgR

满足题意，AB正确；

C.若a=53°,A点速度取得最大值时

从人点运动到B点，由动能定理，有

12_12।2p

—mv-,--/t

zAzo

得到

不符合题意，。错误；

D.若物块在A点的初速度为y/^gR,则物块在A点就离开轨道，不能沿着轨道运动到B点、，D错误o

故选ABo

题目巨（多选）（2023上•湖南•高三校联考期中）如图所示,半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点,半圆轨

道的圆心为。,半径为兄，。为其最高点。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A点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达。点。不计

一切摩擦。则（）

c

D

A.小球到达。点时速度为0

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J硒

D.若小球到达。点时对内外轨道均无弹力，则sin。=

【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,故人正确；

B.小球过。点时速度为0,不能做平抛运动，故B错误

C.A到。，由机械能守恒定律可得

mg2R

解得

vA=2〃^

故。错误；

D.由。到。根据机械能守恒有

mgR（l—sin。）=优

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

rngsin,=m-r—

R

解得

sin（9=~

故。正确。

故选AD。

题目J2（多选）（2023上•四川绵阳•高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习）如图，固定在竖直面内的光滑

轨道ABC由直线段和圆弧段BC组成，两段相切于B点，段与水平面夹角为仇段圆心为

最高点为。、A与。的高度差等于圆弧轨道的直径2V。小球从A点以初速度比上轨道，能沿轨道运动恰

好到达。点，下列说法正确的是（）

c

A.小球从B到。的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球A从到C的过程中，重力的功率先增大后减小

C.小球的初速度2=J硒

D.若小球初速度*增大，小球有可能从B点脱离轨道

【答案】4D

【详解】A.由题知，小球能沿轨道运动恰好到达。点，则小球在。点的速度为

%=0

则小球从。到B的过程中，有

mgR(l—cosa)=-^-mv2

2

局=mgcosa—m—

联立有

FN=Smgcosa—2mg

则从。到B的过程中a由0增大到仇则cosa逐渐减小，故局逐渐减小，而小球从B到。的过程中,对轨道

的压力逐渐增大，4正确；

B.由于A到。的过程中小球的速度逐渐减小，则A到。的过程中重力的功率为

P——mgvsind

则A到。的过程中小球重力的功率始终减小，故B错误；

C.从A到。的过程中有

c7->__1212