【文档说明】《2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破》专题28圆周运动的动力学分析之竖直面及倾斜面内的圆周运动（解析版）.docx，共(19)页，980.219 KB，由envi的店铺上传

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专题28圆周运动的动力学分析之竖直面及倾斜面内的圆周运动考点一竖直面内的圆周运动1.“绳、杆”模型2.竖直面内圆周运动经常考查最高点和最低点，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常与动能定理联立求解。1.

(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()绳模型杆模型常见

类型过最高点的临界条件小球恰好通过轨道最高点、恰好能做完整的圆周运动，隐含着小球运动到最高点时绳或轨道对小球的作用力恰好为零。由mg＝mv2r得v小＝gr由小球恰能运动到最高点得v临＝0讨论分析(1）若通过最高点时v>gr，则绳、轨道对球产生向下的弹力

F由F＋mg＝mv2r可得F随v的增大而增大(2)不能过最高点时v<gr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当mg＝mv2r即v＝gr时，FN＝0此时杆或管道对小球恰好没有作用力(2)当0<v<gr时，球受到向上的支持力，由mg－FN＝mv2r可得FN随v的增大而减小(3)当v>gr时

，球受到向下的拉力，由FN＋mg＝mv2r可得FN随v的增大而增大(4)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心A．200NB．400NC．600ND．800N【答案】B【解析】取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设

每根绳子中的平均拉力大小为F.由牛顿第二定律知：2F－mg＝mv2r，取g＝9.8m/s2，代入数据得F＝405N，故每根绳子平均承受的拉力约为405N，选项B正确．2．(多选)如图所示，某一玩具汽车以速度𝑣=2m/s先后匀速驶过凹形路面最低点（如图甲）和拱形桥最高点（如图乙），汽车质

量𝑚=10kg，其半径均为𝑅=0.4m，g取10m/s2，下列说法中正确的是（）A．图甲中汽车对路面的压力大小等于200NB．图乙中汽车对桥面的压力大小等于100NC．图甲中当汽车行驶的速度大小一定时，若路面的半径越大，则汽车对路面的压力越大D

．图乙中当汽车行驶的速度大小一定时，若汽车对桥面的压力始终大于0，则桥面的半径越大，汽车对桥面的压力越大【答案】AD【解析】AC．甲图中在最低点时，根据牛顿第二定律有𝑁1−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅解得汽车受到的支持力大小为𝑁1=𝑚𝑔+𝑚𝑣2𝑅=2

00N故图甲中汽车对路面的压力大小等于200N，由上述表达式可知，当汽车行驶的速度大小一定时，若路面的半径越大，则汽车对路面的压力越小，A正确，C错误；BD．乙图中在最高点时，根据牛顿第二定律有𝑚𝑔−𝑁2=𝑚𝑣2𝑅解得汽车受到的支持力大小为𝑁2=

𝑚𝑔−𝑚𝑣2𝑅=0故图乙中汽车对桥面的压力大小等于0，由上述表达式可知，当汽车行驶的速度大小一定时，若汽车对桥面的压力始终大于0，则桥面的半径越大，汽车对桥面的压力越大，B错误，D正确。3．(多选)如图，

用长为𝐿的轻绳拴着一小球（可视为质点）在竖直平面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度大小为𝑔。下列说法正确的是（）A．小球在最高点时，轻绳的拉力不可能为零B．小球在最低点时，轻绳的拉力大小一定大于小球的重力大小C．小球在最高点时

，其向心力仅由轻绳的拉力提供D．小球在最高点的最小速率为√𝑔𝐿【答案】BD【解析】AD．在最高点时，当小球重力刚好提供向心力时，有𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝐿解得𝑣=√𝑔𝐿可知小球在最高点的最小速率为√𝑔𝐿，此时轻绳的拉力为零，故

A错误，D正确；C．当小球在最高点的速率等于√𝑔𝐿时，只由重力提供向心力；当小球在最高点的速率大于√𝑔𝐿时，由重力和轻绳的拉力的合力提供向心力，C错误；B．设小球经过最低点时的速率为𝑣′，根据牛顿第二定律可得𝑇−𝑚𝑔=𝑚𝑣′2𝐿解得𝑇=𝑚𝑔+𝑚𝑣′2𝐿可知小球在

最低点时，轻绳的拉力大小一定大于小球的重力大小，B正确。4．如图所示，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（）A．受

到向心力为mg+m𝑣2𝑅B．受到的摩擦力为μm(g+𝑣2𝑅)C．受到的摩擦力为μmg𝑣2𝑅D．受到的合力方向竖直向上【答案】B【解析】A．物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心力大小为𝐹n=𝑚𝑣2𝑅故A错

误；BC．根据牛顿第二定律得𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅得到金属球壳对小球的支持力𝑁=𝑚𝑔+𝑚𝑣2𝑅由牛顿第三定律可知，小球对金属球壳的压力大小𝑁′=𝑁=𝑚𝑔+𝑚𝑣2𝑅物体

在最低点时，受到的摩擦力为𝑓=𝜇𝑁=𝜇(𝑚𝑔+𝑚𝑣2𝑅)故B正确，C错误；D．物块竖直方向的合力向上，还受到水平方向的摩擦力，所以在最低点总的合力不是竖直向上，而是斜向上，故D错误。5．(多选)如图所示，质量为m的小球置于内表面光滑的正方体盒子中，盒子的棱长略大于球

的直径。某同学拿着这个盒子在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，盒子在运动过程中不发生转动，已知重力加速度为g，盒子经过最高点A时与小球间恰好无作用力。以下说法正确的是（）A．该盒子做匀速圆周运动的线速度为√2𝑔𝑅B．该盒子做匀

速圆周运动的周期为2π√𝑔𝑅C．盒子经过最低点C时与小球之间的作用力大小为2mgD．盒子经过与圆心O等高处的B点时，小球对盒子左壁的压力大小为mg【答案】CD【解析】A．盒子经过最高点A时与小球间恰好无作用力，此时对球，重力提供向心力，有𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅则该

盒子做匀速圆周运动的线速度为𝑣=√𝑔𝑅所以A错误；B．盒子做匀速圆周运动的周期为𝑇=2π𝑅𝑣=2π√𝑅𝑔所以B错误；C．盒子经过最低点C时，对球，支持力与重力的合力提供向心力，有𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅解得𝑁

=2𝑚𝑔所以C正确；D．盒子经过与圆心O等高处的B点时，球受到盒子左壁的水平向右的压力Fx提供向心力，有𝐹𝑥=𝑚𝑣2𝑅=𝑚𝑔根据牛顿第三定律，小球对盒子左壁的压力大小为𝐹压=𝐹𝑥=𝑚

𝑔所以D正确。6．(多选)小球质量为m，用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点的正下方𝐿2处有一钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间，设线没有断裂，则下列说法正确的是（）A．小球的角速度突然减小B．小球的线速度突然减小

C．小球的向心加速度突然增大D．小球对悬线的拉力突然增大【答案】CD【解析】AB．由于合力与速度垂直，所以碰钉子前后瞬时线速度大小不变，根据𝑣=𝑟𝜔半径减小，则角速度突然增大，故AB错误；C．因为小球的向

心加速度满足𝑎=𝑣𝜔所以小球的向心加速度随着角速度的增大而增大，故C正确；D．由牛顿第二定律得𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎所以随着向心加速度增大，拉力增大，故D正确。7．一根不可伸长的轻绳拴着小球（可视为质点）在竖直平面做圆周

运动。已知轻绳能够承受的最大拉力为28N，小球的质量m=0.2kg，轻绳的长度𝑙=0.4m，重力加速度g取10m/s2，小球通过最高点的速度大小范围是（）A．0≤v<6m/sB．2m/s≤v<4m/sC．2m/s≤v<6m/s

D．2m/s≤v<8m/s【答案】C【解析】若小球刚好能通过最高点，有𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑙解得𝑣=2m/s小球通过最低点轻绳的最大拉力为28N，此时有𝑇−𝑚𝑔=𝑚𝑣12𝑙若以这个速度通过最低点，到达最高点时，由动能定理有−2𝑚𝑔

𝑙=12𝑚𝑣22−12𝑚𝑣12解得𝑣2=6m/s所以小球通过最高点的速度范围是2m/s⩽𝑣<6m/s故选C。8.如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运

动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．a、b两小球都是所受合外力充当向心力B．a、b两小球圆周运动的半径之比为tanθC．b小球受到的绳子拉力为mgcosθ

D．a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为mgsinθ【答案】C【解析】小球a速度变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，所受合外力充当向心力，故A错误；由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1sinθ，故B错误；根据矢量

三角形可得Fbcosθ＝mg，即Fb＝mgcosθ，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcosθ，故D错误．9．（2022·全国·高三）(多选)如图所示，粗细均匀的半圆管道内壁

光滑，竖直固定在水平面上，上、下端管口切线水平。质量均为𝑚的两小球𝑎、𝑏（直径略小于管道内径），分别以不同的速度从管道下端管口进入管道，到达管道最高点时对管壁的作用力大小相等，离开管道后，𝑎球在水平面上的落点到下端管口的距离是�

�的2倍。已知重力加速度大小为𝑔，则两球到达管道的最高点时（）A．𝑎的速度大小是𝑏的2倍B．对管壁的作用大小为35𝑚𝑔C．𝑎对管壁的作用力竖直向下D．𝑏对管壁的作用力竖直向上【答案】AB【解析】A．𝑎、𝑏从最高点抛出后落到地面，下落的高度相同，故𝑎、𝑏落到地面用的时间相等，

𝑎球的水平位移是𝑏的2倍，由𝑥=𝑣𝑡知𝑎在最高点的速度大小为𝑏的2倍，故A正确；BCD．在最高点，因为𝑎的速度比𝑏的大，由𝐹向=𝑚𝑣2𝑅知，𝑎的向心力大，管壁对其作用力必竖直向下，𝑏球受到管壁的作用力必竖直向上，由牛顿第三定律，𝑎对管壁的作用力竖直向上，𝑏对管壁

的作用力竖直向下，设𝑏的速度大小为𝑣，则𝑎的速度大小为2𝑣，由牛顿第二定律，对𝑎有𝑚𝑔+𝐹=𝑚(2𝑣)2𝑅对𝑏有𝑚𝑔−𝐹=𝑚𝑣2𝑅解得𝐹=35𝑚𝑔故B正确，CD错误。10．(多选)如图所示，竖直面内固定有一个半径为R的

光滑圆环，质量为m的珠子穿在环上，正在沿环做圆周运动。已知珠子通过圆环最高点时，对环的压力大小为𝑚𝑔3，则此时珠子的速度大小可能是（）A．√13𝑔𝑅B．√23𝑔𝑅C．√𝑔𝑅D．√43𝑔𝑅【答案】BD【解析】若珠子对环的压

力向上，根据牛顿第三定律知，环对珠子的支持力向下，根据牛顿第二定律得𝑚𝑔+13𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅解得𝑣=√43𝑔𝑅若珠子对环的压力向下，则环对珠子的支持力向上，根据牛顿第二定律得𝑚�

�−13𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅𝑣=√23𝑔𝑅故AC错误，BD正确。11．(多选)如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关

系如图乙所示（取竖直向下为正方向）。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（）A．管道的半径为𝑏2𝑔B．小球的质量为𝑎𝑔C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定没有作用力D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定

有作用力【答案】BC【解析】A．由图可知v2=b，FN=0此时𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅解得𝑅=𝑏𝑔选项A错误；B．当v2=0时，FN=mg=a所以𝑚=𝑎𝑔选项B正确；C．小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则

管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，选项C正确；D．小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，选项D错误。12．（2022·山东·惠民县第一中学

高一期末）如图所示，内壁光滑的细圆管用轻杆固定在竖直平面内，其质量为0.22kg，半径为0.5m。质量为0.1kg的小球，其直径略小于细圆管的内径，小球运动到圆管最高点时，杆对圆管的作用力为零，重力加速度的值取10m/s2。则小球在最

高点的速度大小为（）A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．8m/s【答案】B【解析】根据题意，对圆管受力分析，由平衡条件可知，小球在最高点给圆管竖直向上的作用力，大小等于圆管的重力，由牛顿第三定律可知，圆管给小球竖直

向下的作用力，大小等于圆管的重力，在最高点，对小球，由牛顿第二定律有𝑀𝑔+𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑟代入数据解得𝑣=4ms⁄故选B。13．如图所示，在质量为M=2.0kg的电动机飞轮上，固定着一个质量为m=0.5kg的重物，重物到轴的距离为R=0.25m，

重力加速度g=10m/s2。当电动机飞轮以某一角速度匀速转动时，电动机恰好不从地面上跳起，则电动机对地面的最大压力为（）A．30NB．40NC．50ND．60N【答案】C【解析】设电动机恰好不从地面跳起时飞轮角速度是ω。此时电动机对重物的作用

力F=Mg。以重物为研究对象，根据牛顿第二定律得𝑚𝑔+𝐹=𝑚𝜔2𝑟得到𝜔=√(𝑚+𝑀)𝑔𝑚𝑟若以上述角速度匀速转动，重物转到最低点时，则有𝐹′−𝑚𝑔=𝑚𝜔2𝑟得到𝐹′=𝑚𝑔+𝑚𝜔2𝑟=𝑚

𝑔+(𝑀+𝑚)𝑔=(𝑀+2𝑚)𝑔=(2+0．5×2)×10N=30N根据牛顿第三定律得，对地面的最大压力为𝑁=𝑀𝑔+(𝑀+2𝑚)𝑔=20N+30N=50N故选C。14．（2023·全国·

高三专题练习）杂技演员在做水流星表演时，用绳系着装有水的小桶可视为质点在竖直平面内做圆周运动，当小桶运动到最高点时，水恰好不流出来。已知最高点距地面的高度为h=1.8m，若水的质量m=0.5kg，绳长l=90cm，绳长为L，空气阻力忽略不计，重力加速度g取。（1）求小桶

在最高点时的速度大小；（2）如果小桶运动到最高点时杂技演员突然脱手，求小桶落地时与演员之间的水平距离为多少；（3）若在最高点时水桶的速率v=3m/s，求水对桶底的压力大小。【答案】（1）v0=3m/s；（2）x=1.8m；（3）2.5N【解析】（1）在最高点由重力提供向心力𝑚𝑔=𝑚�

�02𝑙解得𝑣0=3m/s（2）如果小桶运动到最高点时杂技演员突然脱手，小桶做平抛运动ℎ=12𝑔𝑡2，𝑥=𝑣0𝑡联立解得x=1.8m即小桶落地时与演员之间的水平距离为1.8m。（3）设桶

底对水的压力大小为F，则有𝐹+𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑟F=2.5N由牛顿第三定律可知，水对桶底的压力大小为2.5N。15．如图所示，用长为𝐿的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3𝐿的𝑂点，小铁球以𝑂为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高

点A处，不计空气阻力，重力加速度为𝑔，若运动到最高点时轻绳被切断，求（1）小铁球落到地面时速度的大小；（2）小铁球刚落到地面时离𝑂点距离。【答案】（1）3√𝑔𝐿；（2）√17𝐿【解析】（1）小球刚好能沿绳—球模型到达最高点时，绳的拉力

为零，只有重力提供向心力，有𝑚𝑔=𝑚𝑣12𝐿得𝑣1=√𝑔𝐿最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理𝑚𝑔⋅4𝐿=12𝑚𝑣22−12𝑚𝑣12联立可得落地速度𝑣2

=3√𝑔𝐿（2）从最高点A处开始做平抛运动3𝐿+𝐿=12𝑔𝑡2得𝑡=2√2𝐿𝑔水平位移𝑥=𝑣1𝑡=√𝑔𝐿×2√2𝐿𝑔=2√2𝐿小铁球刚落到地面时离𝑂点距离𝑆=√𝑥2+(3𝐿)2=√8𝐿2+9𝐿2=√17𝐿16.如图所示，质量为𝑚=1.0

kg的小物体从A点以vA=5.0m/s的初速度沿粗糙的水平面匀减速运动距离s=1.0m到达B点vB=2√5m/s，然后进入半径R=0.4m竖直放置的光滑半圆形轨道，小物体恰好通过轨道最高点C后水平飞出轨道，重力加速度g取10m/s2。求：（1）粗糙水平面的动摩擦因μ；（2）小物体

在B处对圆形轨道压力的大小FN；（3）从轨道最高点C水平飞出后落在距B点的距离x。【答案】（1）0.25；（2）60N；（3）0.8m【解析】（1）小物体由A到B过程，由动能定理得到−𝜇𝑚𝑔𝑠=12𝑚�

�𝐵2−12𝑚𝑣𝐴2代入数据，解得𝜇=0.25（2）设小物体在B处受到的支持力为𝐹N′，根据牛顿第二定律有𝐹𝑁′−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐵2𝑅得到：𝐹𝑁′=6𝑚𝑔=60N根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压

力𝐹N大小为60N，方向竖直向下。（3）小物体恰好通过最高点C，由重力提供向心力，则𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐶2𝑅解得𝑣𝐶=√𝑔𝑅=2m/s小球离开C点后做平抛运动，竖直方向有12𝑔𝑡2=2𝑅代入数据，解得𝑡=0.4s水平方向有𝑥=𝑣𝐶𝑡=2×0.4m=0.8m可

得从轨道最高点C水平飞出后落在距B点的距离0.8m。17．（2022·山东烟台·高一期末）某滑雪场赛道如图所示，倾斜赛道MN与光滑圆弧赛道NP相切于N点，圆弧赛道的半径R=5m，所对应的圆心角𝜃=37°，P点末端切线水平，倾斜赛道PQ足够长。一质量为

m=60kg的滑雪运动员从MN赛道上A点由静止开始滑下，从圆弧轨道P点沿切线飞出，落在PQ赛道的B点，已知在MN赛道下滑过程中运动员与赛道间的动摩擦因数𝜇=0.25，A、N两点间距𝐿=8m，PQ赛道与水平方向的夹角�

�=45°，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，𝑔=10m/s2，求：（1）运动员到达N点时的速度大小；（2）运动员到达P点时对轨道的压力大小；（3）运动员落在B点时的动能。【答案】（1）�

�1=8m/s；（2）1608N；（3）𝐸k=12600J或1.26×104J【解析】（1）在A、N运动过程中，根据动能定理𝑚𝑔𝐿sin𝜃-𝜇𝑚𝑔𝐿cos𝜃=12𝑚𝑣12①解得𝑣1=

8m/s（2）对NP过程由动能定理得𝑚𝑔𝑅(1−cos𝜃)=12𝑚𝑣22-12𝑚𝑣12②𝐹N-𝑚𝑔=𝑚𝑣22𝑅③解得FN=1608N④由牛顿第三定律可知，运动员对P点压力大小为1608N。（3）在PB运动过程中，设水平位移为x，竖直位移为y，运动时

间为t，根据平抛运动规律𝑥=𝑣2𝑡⑤𝑦=12𝑔𝑡2⑥tan𝛼=𝑦𝑥⑦由动能定理得𝑚𝑔𝑦=𝐸k-12𝑚𝑣22⑧解得𝐸k=12600J或1.26×104J18．（2022·青海·模

拟预测）如图所示，光滑水平桌面上有一小球，小球的质量m=1.0kg，小球初始位置a点距桌子右边缘处A点的距离x=0.5m；在桌子右侧竖直面内有一光滑不完整圆轨道，其圆心O和水平桌面在同一水平线上，且AOC在同一直线上，C点是水平线AO延长线与轨道的交点，B为轨道的

一个端口，OB与竖直线夹角为37°，A点与B点的高度差为h=0.2m，现用恒力F水平向右拉小球，小球从静止开始运动，小球运动到桌子边缘处A点时撤去F，此后小球恰好从B点无任何碰撞进入圆轨道，已知重力加速度g=10m/s2，求：

（计算结果均保留两位小数）（1）小球进入B点时速度大小。（2）水平拉力F的大小。（3）小球在C点对轨道的压力。【答案】（1）3.33m/s；（2）7.11N；（3）28.44N，水平向右【解析】（1）小

球从A到B过程做平抛运动，可得ℎ=12𝑔𝑡2在B点时的竖直分速度为𝑣𝑦=𝑔𝑡据速度偏角公式可得sin37o=𝑣𝑦𝑣𝐵联立解得𝑣𝐵=103m/s≈3.33m/s（2）在B点有cos37o=𝑣0𝑣𝐵小球在桌面上滑行过程，据动能定理可得𝐹𝑥=12𝑚𝑣02

联立解得𝐹=649N≈7.11N（3）从A点到C点过程，据动能定理可知，合外力做功为零，故C点速度大小等于v0，在C点据牛顿第二定律可得𝑁=𝑚𝑣02𝑅其中𝑅=ℎcos37o联立解得𝑁≈2

8.4N由牛顿第三定律可知，小球在C点对轨道的压力大小为28.4N，方向水平向右。考点二倾斜面内的圆周运动物体在斜面上做圆周运动时，如下图所示，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，物体运动到斜面任意位置时由斜面内指向圆心方向的合力提供向心力．19．如图所示，一倾斜

的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为0.8（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为37°，g取10m/

s2。则ω的最大值是（）A．0.5rad/sB．0.4rad/sC．0.3rad/sD．0.2rad/s【答案】B【解析】当小物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：𝜇𝑚𝑔cos

37°−𝑚𝑔sin37°=𝑚𝜔2𝑟代入数据解得：ω=0.4rad/s故选B。20．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，一倾角为θ＝30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上的O点，另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做

圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l，重力加速度为g，整个过程中斜劈静止，下列说法正确的是（）A．小球在顶端时，速度大小为√𝑔𝑙B．小球在底端时，速度大小为√5𝑔𝑙2C．小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变D．小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的

重力之和【答案】B【解析】A．小球在顶端时，绳的拉力FT与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，有FT＋mgsinθ＝m𝑣2𝑙可知绳的拉力越小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好在斜面上做圆周运

动，在顶端时的速度为vmin＝√𝑔𝑙sin𝜃＝√𝑔𝑙2选项A错误；B．小球由顶端向底端运动时，只有重力对小球做功，根据动能定理mg·2lsinθ＝12mv2－12mvmin2代入数据可得v＝√5𝑔𝑙2选项B正确；CD．小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动，其所受重

力与斜面的支持力大小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈在小球恒定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡，绳的拉力沿斜面方向不断变化，故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变

化，根据斜劈的平衡条件可知，它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和，选项CD错误。考点三竖直面圆周运动中小球的不脱轨问题“小球在下图所示的轨道中运动时不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(

1)小球通过最高点并完成圆周运动，这种情况下最高点的速度要满足v>gr。(2)小球没有通过最高点，但没有脱离圆轨道，这种情况下小球最高上升到与圆心等高位置处然后原路返回。21．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质圆环固定在地面上，有一质量为m

、可视为质点的光滑小球在圆环的底端，现给小球一个初速度v，下列说法中正确的是（）A．小球能上升的最大高度一定等于𝑣22𝑔B．无论v多大，小球上升的最大高度不超过𝑣22𝑔C．要使小球一直不脱离圆环，v的最小速度为√5𝑔𝑅D．若小球能到达圆环最高点，

则在最高点的速度大小可以等于零【答案】B【解析】AB．小球在圆环上的运动情况有两种可能：一是速度较小，滑到某处速度为0，由机械能守恒定律有mgh＝12mv2解得最大高度为h＝𝑣22𝑔二是速度较大，小球通

过到达圆环最高点做完整的圆周运动，或没有到达最高点就离开圆环而做斜抛运动，则在最高点还有水平速度，由机械能守恒定律可知小球所能达到的最大高度要小于𝑣22𝑔，故A错误，B正确；CD．要使小球一直不脱离圆环，当小球不超过圆心等高处的A点时，有mgR＝12mv2解得

v＝√2𝑔𝑅小球的速度比这个小都不会离开圆环；当做完整的圆周运动时，则在最高点速度最小时，有mg＝𝑚𝑣min2𝑅解得vmin＝√𝑔𝑅由机械能守恒定律可得12mv2-12mv2min＝2mgR解得v＝√5𝑔𝑅故CD错误。22．如图所示，固

定在竖直面内的两个半圆形光滑轨道分别与粗糙程度均匀的水平面上A，B两点相切，A、B之间距离为2m，其中左侧半圆轨道半径为2m，右侧半圆轨道半径为0.3m。P是左侧轨道上一点，OP与竖直方向夹角θ=53°，

一个质量为1kg、可当作质点的小滑块从左侧轨道P点由静止释放。已知重力加速度g取10m/s2，cos53°=0.6，求：（1）小滑块第一次滑至圆弧轨道末端A点时所受的支持力；（2）讨论小滑块与水平面的动摩擦因数满足怎样的条件，才能使得

小滑块能够进入右侧半圆轨道且第一次在右侧半圆轨道上滑动过程中中途不脱离轨道。【答案】（1）𝐹𝐴=18N；（2）14⩽𝜇<25或者𝜇⩽140【解析】（1）小滑块由P到A运动，设左侧半圆半径为𝑅1，右侧半圆半径为𝑅2，在A点的支持力为𝐹

𝐴，根据机械能守恒定律𝑚𝑔(𝑅1−𝑅1cos𝜃)=12𝑚𝑣𝐴2在A点，由牛顿第二定律𝐹𝐴−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐴2𝑅1代入数据解得𝐹𝐴=18N（2）①要保证小滑块能到达B点，小滑块到达B的速度恰好为零，设此时动摩擦因数为

𝜇1由动能定理−𝜇1𝑚𝑔𝑠=0−12𝑚𝑣𝐴2可得𝜇1=25若到达B速度较小，上升到圆心等高处速度为零，设此时动摩擦因数为𝜇2根据机械能守恒定律12𝑚𝑣𝐵2=𝑚𝑔𝑅2由动能定理−𝜇2𝑚𝑔𝑠=12𝑚𝑣𝐵2−

12𝑚𝑣𝐴2可得𝜇2=14②若小滑块能过半圆轨道的最高点，则不会脱离轨道，设此时动摩擦因数为𝜇3当小滑块恰好到达最高点时𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅2由动能定理−𝜇3𝑚𝑔𝑠−2𝑚𝑔𝑅2=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣𝐴

2可得𝜇3=140综上所述，动摩擦因数𝜇的范围为14⩽𝜇<25或者𝜇⩽140（临界状态是否取等号均给分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com