第21讲 圆周运动的临界问题（练习）（解析版）——备战2024年高考物理一轮复习全面攻略—高中物理

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1．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的路海大桥。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R=150m的圆弧形弯道，总质量m=1500kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v=72km/h做匀速圆周运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，取重力加速度大小g=10m/s2，则（ ）

A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4000N
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为3m/s2
D．汽车能安全通过该弯道的最大速度为40m/s
【答案】B
【详解】A．汽车过该弯道时受到重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心力，选项A错误；
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为
选项B正确；
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为
选项C错误；更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D．汽车能安全通过该弯道速度最大时满足
解得
vm=30m/s
选项D错误。
故选B。
2．（2023·江苏盐城·盐城市伍佑中学校考模拟预测）如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴为处有一质量为的小物块。某时刻起圆盘绕轴转动，角速度从0增大至，小物块始终相对圆盘静止。已知圆盘的动摩擦因数为、重力加速度为，此过程小物块所受的摩擦力（ ）

A．方向始终指向点B．大小始终为
C．冲量大小为D．做功为零
【答案】C
【详解】A．由于小物块在水平面上做圆周运动，则小物块的重力与圆盘的支持力平衡，小物体始终相对圆盘静止，因此小物块，所受外力的合力等于圆盘对其的静摩擦力，由于角速度从0增大至，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向的分力使物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力不指向圆心，故A错误；
B．根据上述可知，小物块所受摩擦力为静摩擦力，随角速度的增大，该静摩擦力也逐渐增大，故B错误；
C．根据上述，小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有
由于
则有
故C正确；
D．小物块动能增大，根据动能定理有
可知。摩擦力做功不为零，故D错误。
故选C。
3．（2023·广东·模拟预测）荡秋千是小朋友们喜爱的一项休闲娱乐活动。如图所示，某女同学正在荡秋千，A点（未标出）为运动过程中的最低点，B点（未标出）为运动过程中的最高点，忽略空气阻力影响，则下列说法正确的是（ ）

A．在最高点B位置时，该同学的速度为零，且处于平衡状态
B．在最低点A位置时，该同学的速度最大，且处于失重状态
C．在最低点A位置时，秋千踏板对该同学的支持力大于该同学的重力
D．由最高点B到最低点A过程中，该同学向心加速度逐渐增大，且方向保持不变
【答案】C
【详解】A．在B位置时，该同学速度为零，重力和绳子拉力的合力并不为零，受力不平衡，A错误；
B．在A位置时，速度最大，以该同学与踏板整体为研究对象，则重力和绳子拉力的合力提供向上的向心力，加速度方向竖直向上，故该同学处于超重状态，B错误；
C．在A位置时，以该同学为研究对象，踏板对该同学的支持力与该同学重力的合力提供向心力，且向心力方向向上，所以支持力大于该同学的重力，C正确；
D．由B到A过程中，根据动能定理可知，该同学的速度越来越大，由
可知，该同学向心加速度也逐渐增大，但是方向始终指向圆心，所以向心加速度方向在时刻改变，D错误。
故选C。
4．（2023·浙江绍兴·统考二模）如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路，使气嘴灯发光，则（ ）
A．弹簧对物块P的拉力就是物块做圆周运动需要的向心力
B．自行车逐渐加速过程中，气嘴灯在最高点一定比最低点先点亮
C．要使气嘴灯在更高的车速下才能发光，可将弹簧剪短一截后放回装置
D．要使气嘴灯在更低的车速下也能发光，可换用质量更小的物块P
【答案】C
【详解】A．弹簧对物块P的拉力和物块P的重力的合力是物块做圆周运动需要的向心力，故A错误；
B．在最高点气嘴灯恰好点亮时有
在最低点气嘴灯点恰好亮时有
可知，所以自行车逐渐加速过程中，气嘴灯在最低点比最高点先点亮，故B错误；
C．由B项分析知气嘴灯在最低点更容易点亮，要使气嘴灯在更高的车速下才能发光，由
可得
可知可将弹簧剪短一截后放回装置，使得接通触点AB时弹簧可以提供更大的力。故C正确；
D．由B项分析知气嘴灯在最低点更容易点亮，要使气嘴灯在更低的车速下也能发光，由
可知可以增加质量m，即换用质量更大的物块P。故D错误。
故选C。
5．（2023·四川眉山·校考三模）2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录。国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m，人体弹射装置可以使运动员在4.5s内由静止达到入弯速度18m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运动员质量为50kg，重力加速度，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）

A．运动员匀加速运动的距离为81m
B．匀加速过程中，绳子的平均弹力为100N
C．运动员入弯时的向心力为648N
D．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°
【答案】C
【详解】A．运动员匀加速运动的距离为
故A错误；
B．匀加速过程中，加速度大小为
由牛顿第二定律，绳子的平均弹力为
故B错误；
C．运动员入弯时的向心力为
故C正确；
D．设入弯时冰刀与水平冰面的夹角，则有
可得
故D错误。
故选C。
6．（2023·河南开封·统考三模）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，倾角的直轨道与半径的圆弧形光滑轨道相切于点，为圆弧轨道的圆心，为竖直方向上的直径。一质量的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小物块与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，。若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，则释放点距点的距离为（ ）

A．1.725mB．C．D．
【答案】A
【详解】小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在点，由牛顿第二定律，得
滑块由释放运动到点过程，由动能定理得
代入数据联立解得
A正确，BCD错误。
故选A。
7．（2023·江西九江·统考三模）如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着质量相等的两个物体A和B，通过细线相连，B放在转轴的圆心上，它们与圆盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现逐渐增大圆盘的转速，当圆盘转速增加到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则（ ）

A．物体A沿半径方向滑离圆盘B．物体A沿切线方向滑离圆盘
C．物体A仍随圆盘一起做圆周运动D．物体A受到的摩擦力大小不变
【答案】D
【详解】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦力比绳子烧断前减小。
故选D。
8．（2023·四川眉山·校考模拟预测）如图所示，、两物体放在旋转的圆台上，两物体与圆台面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物体质量是物体质量的倍，物体离转轴距离是物体离转轴距离的倍，当圆台旋转时，、均未滑动，则下列说法中正确的是（ ）

A．物体所受的摩擦力小
B．物体的向心加速度小
C．当圆台的转速增加时，先滑动
D．当圆台的转速增加时，先滑动
【答案】C
【详解】A．根据
可知，AB受摩擦力相等，选项A错误；
B．根据
可知，A物体的向心加速度较大，选项B错误；
CD．根据
可得临界角速度
可知发生相对滑动时A的临界角速度较小，可知当圆台的转速增加时，先滑动，选项C正确，D错误。
故选C。
9．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）如图所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动。则（ ）

A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中加速度大小不变
C．小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心
D．小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为0
【答案】B
【详解】A．小球随轻杆在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，故A错误；
B．设小球质量为m，杆长为L，速度为v由
解得
可知小球在运动过程中加速度大小不变，故B正确；
C．小球运动到A点时，小球受重力和杆的作用力，合力指向圆心，杆对小球作用力方向不可能指向圆心，故C错误；
D．当小球的速度满足
即
杆对小球的作用力为0，故D错误。
故选B。
10．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图所示为控制电动机转速的调速器。 竖直圆筒固定不动，两轻杆上端与圆筒中心的转轴相连，下端固定质量为的小球。 轻杆随转轴一起转动，可以自由张合，当轻杆与竖直方向夹角时，小球恰好触及圆筒内壁。 已知圆筒内壁半径，小球与筒壁之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度取。 下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球弹力的方向一定始终沿杆方向
B．当小于时，小球受重力、弹力和向心力三个力的作用
C．当等于时，轻杆对小球弹力大小不随转轴转速的增大而增大
D．当转轴角速度为时，两个小球克服摩擦力做功的总功率为
【答案】D
【详解】B．根据题意可知，当轻杆与竖直方向夹角时，小球恰好触及圆筒内壁，因此可知，当小于时，小球未触及圆筒内壁，此时小球受重力与轻杆对小球的弹力这两个力的作用，而小球做圆周运动的向心力是重力与轻杆对小球弹力的合力提供的，故B错误；
AC．当等于时，小球恰好与圆筒内壁接触，但此时圆筒内壁对小球弹力为零，而小球在竖直方向受力平衡，设此时杆对小球的弹力为，则根据平衡条件有
解得
可知，在竖直方向上弹力只需满足此关系即可，因此弹力的方向不一定沿着杆，而当增大转速后，圆筒内壁对小球产生弹力与摩擦力，且随着转速的增大圆筒内壁对小球的弹力与摩擦力也随之增加，弹力指向圆心，摩擦力始终沿着小球运动的切向方向，而小球未滑动，因此可知杆的弹力的一个分力要用来平衡摩擦力，显然此种情况下杆的弹力不可能沿着杆的方向，且可知杆的弹力随转轴转速的增大而增大，故AC错误；
D．当转轴角速度为时，小球做圆周运动的向心力
而小球做圆周运动的向心力恰好由重力与杆对小球弹力的合力提供时，其向心力大小为
显然，当转轴角速度为时，圆筒内壁对小球产生了弹力，且可得此弹力的大小为
则根据牛顿第三定律可知，小球对桶壁的压力为
因此可得摩擦力
一个小球运动一周克服摩擦力做功为
而转动一周的时间为
则可得两个小球转动一周克服摩擦力做功的总功率为
联立以上各式，解得
故D正确。
故选D。
11．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O为圆心，P为圆弧AB的中点，OA水平，OB竖直，轨道半径R=2m，一质量m=4kg的小物块以速度从A到B做匀速圆周运动，重力加速度 ，则下列说法不正确的是（ ）

A．A到B的过程中合力对小球的冲量为8 Ns
B．在P点时，重力的瞬时功率为40W
C．AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功
D．在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40N
【答案】D
【详解】A．A到B的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为
该过程小物块的动量改变量大小为
根据动量定理，可知
即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为 。故A正确，与题意不符；
B．依题意，P为圆弧AB的中点，则小物块在P点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率的表达式，有
故B正确，与题意不符；
C．由几何知识可知
由动能定理，可得
联立，解得
可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功。故C正确，与题意不符；
D．小物块在B点时，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为。故D错误，与题意相符。
故选D。
12．（2023·四川凉山·统考三模）如图所示，甲、乙两个质量相同的小球（视为质点）用等长轻质细线1、2连接，悬挂在天花板上的O点，两球在各自的水平面内做匀速圆周运动，并处于相对静止状态，细线与竖直方向的夹角分别为、（、非常小，可以取，）。则（ ）

A．
B．甲、乙两球的动量之比为
C．甲、乙两球的向心力之比为
D．细线1、2拉力的竖直分力之比为
【答案】D
【详解】A．甲、乙相对静止做稳定的匀速圆周运动，每转一圈需要的时间相同，角速度相等设为，设细线1、2的长度均为L，拉力分别、，设甲、乙的质量均为m，对乙进行受力分析，把分别沿竖直方向和水平方向分解，则有
对甲、乙组成的整体进行受力分析，把分别沿竖直方向和水平方向分解，则有
联立以上式子解得
故A项错误；
B．根据
结合之前的分析可得
故B项错误；
C．对甲球受力分析有
对乙球同理有
结合之前的分析解得
故C项错误；
D．由之前的分析可知，两细线竖直方向分力分别为
解得
故D项正确。
故选D。
13．（2023·福建厦门·厦门一中校考三模）（多选）如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为的细线（不计质量）相连，放在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B与转台间的动摩擦因数都是。转台可绕过圆心的竖直轴以角速度逆时针转动（俯视），且A、B到转轴的距离分别为和。初始时，A、B间的连接细线恰好拉直但没有张力，转台的角速度极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（ ）

A．当时，连接细线不会产生张力
B．当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小
C．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B一定会和转台保持相对静止
D．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动
【答案】BD
【详解】A．在B的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B有
解得
可知当时，细线产生张力，故A错误；
B．当从继续增大时，B所需向心力是A的两倍，由受力分析可知，A所受指向圆心的静摩擦力将减小，当A所受静摩擦力为0时，对B有
对A有
联立可得
可知当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小，故B正确；
CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有
解得
若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B所受的洛伦兹力的合力是从A指向B的，即有
可知在的情况下，所解得的比小，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动，故C错误，D正确。
故选BD。
14．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校联考模拟预测）（多选）如图所示，倾角为的斜面体固定在水平地面上，在斜面上固定一个半圆管轨道AEB，圆管的内壁光滑、半径为r，其最低点A、最高点B的切线水平，AB是半圆管轨道的直径，现让质量为m的小球（视为质点）从A点以一定的水平速度滑进圆管，圆管的内径略大于小球的直径、重力加速度为g，、，下列说法正确的是（ ）
A．当小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球在B点的速度为
B．小球离开B点做平抛运动的时间为
C．若小球在B点的加速度大小为2g，则A点对小球沿斜面方向的弹力大小为
D．若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球的落地点与P点间的距离为
【答案】BCD
【详解】A．小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则由重力沿斜面的分力提供向心力，则有
解得
A错误；
B．小球离开B点做平抛运动，竖直方向上有
解得
B正确；
D．若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，根据上述有
，
小球的落地点与P点间的距离为
解得
D正确；
C．小球在B点的加速度大小为2g，则在B点有
小球由A运动到B过程有
小球在A点有
解得
C正确。
故选BCD。
15．（2023·湖南·模拟预测）（多选）一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为，小球的速度大小为v，其图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是（ ）

A．小球的质量为
B．圆形管道内侧壁半径为
C．当时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为
D．小球在最低点的最小速度为
【答案】AB
【详解】A．规定竖直向下为正方向，设圆形管道内侧壁半径为R，小球受到圆形管道的作用力大小为，在最高点，由牛顿第二定律，当时
当时，由重力提供向心力有
解得
当时，由牛顿第二定律有
解得
当时，由牛顿第二定律有
解得
故
故小球的质量为或，故A正确；
B．当时
解得圆形管内侧壁半径
故B正确；
C．当时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．根据能量守恒定律，当小球在最高点具有最小速度（为零）时，其在最低点的速度最小，即
故D错误。
故选AB。
16．（2023·山东·模拟预测）游戏是家长和孩子之间进行有效交流的方式之一，通过游戏的形式，能增进家长和孩子间的情感交流，同时家长在游戏中的机智表现又能促使孩子的心智和情感得到进一步的发展。如图甲家长抓住孩子的双手，使孩子离开地面做圆周运动，可以简化为长为的细线，拴一质量为的小球，一端固定于点，让小球在水平面内做匀速圆周运动的模型，如图乙所示。已知重力加速度为，当细线与竖直方向的夹角为时。求：
（1）小球做圆周运动的半径及细线产生的拉力的大小；
（2）当小球的角速度变化时，推导角速度随变化的关系式。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）由图可知，对小球进行受力分析，可得
（2）对小球由牛顿第二定律得
解得
17．（2023·山西阳泉·统考三模）一粗糙的圆锥体可绕其轴线做圆周运动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，现于锥面上放一个石块，石块与锥面间的动摩擦因数，石块与圆锥体顶点0的距离，石块的质量为，石块可看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度，，．求：
（1）若圆锥体与石块均静止，石块受到锥面的摩擦力大小；
（2）若石块随圆锥体一起以角速度绕轴线做匀速圆周运动，石块受到的摩擦力的大小．

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）若圆锥体与石块均静止，石块的受力分析如图所示

因
故石块受到锥面的摩擦力大小
（2）当圆锥体与石块一起以角速度绕轴线做匀速圆周运动时，石块的受力分析如答图所示

竖直方向有
水平方向有
解得
18．（2023·四川南充·统考三模）如图是一弹珠游戏机的简化示意图。矩形游戏面板与水平面所成夹角，面板右侧边缘的直管道与四分之一圆弧轨道相切于P点，面板左侧边缘有垂直板面的挡板，已知圆弧轨道半径，圆弧轨道最高点Q（切线水平）到水平面的高度。控制手柄K可使弹珠（可视为质点）以不同的速度沿直管道发射，弹珠与挡板撞击时间极短且不损失机械能，撞击前后水平速率不变。不计摩擦和空气阻力。，。
（1）求小球通过Q点的最小速度大小；
（2）若小球以最小速度通过最高点Q，与挡板发生一次撞击，刚好经过面板下边缘M点，M、A两点相距，求面板边的长度L。

【答案】（1）；（2）2.75m
【详解】（1）小球恰好过Q点，有
解得
（2），沿斜面向下，小球做匀加速直线运动，有
解得
水平方向，速度大小不变，碰前与碰后水平位移大小相等，故有
M到挡板距离
则边长度
19．（2022·浙江绍兴·统考一模）过山车是惊险刺激的游乐项目，深受游客喜爱，而如图甲所示的断轨过山车则更为惊悚恐怖，令大多数游客望而却步。为了探究断轨山车的工作原理，小明同学设计了如图乙所示的简化装置，该装置由竖直光滑圆弧轨道、水平粗糙直轨道和半径为的竖直断轨光滑圆弧轨道平滑连接而成，圆弧轨道的圆心为，断轨处的点和点高度相等，连线与竖直方向的夹角为，质量的滑块从离地一定高度处由静止释放。已知直轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度，，。
（1）若滑块释放的高度，求滑块经过圆弧轨道的点时对轨道的压力；
（2）若夹角，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，求滑块释放的高度；
（3）若，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，请写出滑块由到过程中离地面最高点的高度与夹角的函数关系，并讨论的最值。

【答案】（1），方向向下；（2）；（3）
【详解】（1）设滑块到点的速度为，由动能定理可得
设滑块在点所受的支持力为，由牛顿第二定律得
代入数据得
由牛顿第三定律可知，小球经过点时对轨道压力大小为，方向向下。
（2）滑块从到做斜抛运动，设滑块在点速度为，从至最高点时间为，则有水平方向
竖直方向
得
联立解得
滑块自释放运动到时点的过程中，由动能定理可得
代入数据得
（3）设滑块离开点后上升的最大高度为，离地最大高度为，则
得
因为
则滑块在间运动时离地面高度与夹角为的函数关系式
当时，有最小值，即
20．（2023·四川凉山·统考三模）学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，为倾角的倾斜轨道，为水平轨道，、C等高但略有错开，可认为为竖直圆轨道。为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块（视为质点）总能无碰撞的从A点进入轨道。已知滑块质量为，圆轨道半径，轨道长，长，段动摩擦因数，其余各段轨道均光滑，，g取。
（1）若滑块在A点速度求滑块弹出时的位置坐标；
（2）若滑块弹出时的初速度，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；
（3）若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。

【答案】（1）（1.2m，0.45m）；（2）2.7N；（3）y≥0.18m或y≤0.072m
【详解】（1）平抛规律
vAsin37°=gt
x1=vAcs37°t
y1=gt2
解得
x1=1.2m
y1=0.45m
可见坐标为（1.2m，0.45m）
（2）滑块在A点时
从A到C过程

在C点
联立解得
FC=2.7N
由牛顿第三定律可知，压力为2.7N
（3）第一种情况刚好可过最高点D
P到D
又
联立解得
y1=0.18m
第二种情况：从P到与圆心等高的位置速度为零：
又
联立解得
y2=0.072m
综合上述可知
y≥0.18m或y≤0.072m
二、全面刷真题
1．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（ ）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
【答案】B
【详解】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；
B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；
D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。
故选B。
2．（2019·海南·高考真题）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则：，解得，即圆盘转动的最大角速度为，故选B.
3．（2021·浙江·高考真题）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ ）
A．秋千对小明的作用力小于
B．秋千对小明的作用力大于
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
4．（2021·北京·高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为，故D正确。
故选D。
5．（2015·福建·高考真题）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1＜t2B．t1=t2C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小
【答案】A
【详解】在AB段，由牛顿第二定律得
滑块受到的支持力
则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小；
在BC段，由牛顿第二定律得
滑块受到的支持力
则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，A正确，BCD错误。
故选A。
6．（2022·全国·统考高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有
故选D。
7．（2014·全国·高考真题）（多选）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．是b开始滑动的临界角速度
D．当时，a所受摩擦力的大小为kmg
【答案】AC
【详解】A．依题意，根据
可得木块发生滑动的临界角速度为
由于木块b的半径较大，则临界角速度较小，所以b一定比a先开始滑动，故A正确。
B．木块a，b都未滑动前，它们的角速度相同，受到的静摩擦力提供所需向心力，根据
可知，由于木块b的半径较大，则受到的静摩擦力较大，故B错误。
C．当b受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，有
可得b开始滑动的临界角速度为
故C正确；
D．当a受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，有
可得a开始滑动的临界角速度为
当木块a的角速度为
则此时木块a受到的静摩擦力提供所需向心力，大小为
故D错误。
故选AC。
8．（2018·浙江·高考真题）如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m．小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力．
（1）求小球运动至B点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（2）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；
（3）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出后静止所需的时间．
【答案】（1）2.4J（2）3.36m（3）2.4s
【详解】（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：
解得：
A至B过程中，由动能定理：，解得：；
（2）B至C过程中，由动能定理：
B至P的水平距离为：
当时P至B的水平距离最大，最大距离为：；
（3）C至P的时间为：，由于小球每次碰撞机械能损失，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的，所以：
第一次反弹至落地时间为：
第二次反弹至落地时间为：
第三次反弹至落地时间为：
……
第n次反弹至落地时间为：
由数学归纳法分可得总时间为：．
9．（2021·湖北·统考高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】（1）2R ；（2）；（3）
【详解】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得

设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
10．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cs37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。
【答案】（1）7N；（2） （）；（3），，
【详解】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理
可解得
则要保证小球能到F点，，带入可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当时，，当时，，当时，，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，， 。