圓周運動的臨界與極值問題（5大題型）解析版-2026年高考物理二輪復習

園周運動的臨界與極值問題（5大題型）

-------------------------目錄導航.5^-------------------

第一部分題型專練

【題型01】車輛轉彎問題

【題型02］圓錐擺的臨界和極侑問題

【題型03】轉盤上的圓周運動及其臨界問題

【題型（）4】繩、桿模型涉及的臨界問題

【踵型05】電磁場中的圓周運動（”等效重力場”）

第二部分重難集訓

題型專練

【題型1車輛轉彎問題】

1.（2025?廣東?模擬預測）端午節期間，全國多地都舉行賽龍舟比賽，吸引游客前來觀看，其中疊落的龍

舟漂移技術讓大家為之驚嘆。如圖所示，甲、乙兩龍舟正并排以恒定的速率過同一圓形彎道，已知甲、乙

兩龍舟的質量關系為風1＜加乙，下列說法正確的是（）

A.水對龍舟的作用力與龍舟的運動方向垂直，指向圓形彎道的圓心

B.若甲、乙轉彎時速率相同，則中所需的向心力更大

C.當轉彎時的速度增大時，舷手身體向內側傾斜的程度應增大

D.若甲、乙以相同的角速度轉彎時，甲更容易發生漂移

【答案】C

【詳解】A.水對龍舟的作用力的豎直分力與重力平衡，水平分力提供向心力，故水對龍舟的作用力與龍舟

的運動方向垂直但不指向圓形彎道的圓心，故A錯誤：

1/36

可知轉彎速率一樣，甲的質量小，甲的半徑小，所以無法比較甲、乙的向心力大小，故B錯誤；

2

C.由％=吟

可知R一定時，V越大，電越大，舵手身體向內側傾斜程度越大，可以額外提供一部分向心力，故C正確：

D.由，■〃心2A

可知轉彎角速度相同，乙的質量大，乙的半徑大，故所需向心力大，更容易發生漂移，故D錯誤。

故選C。

2.（2025?陜西寶雞,三模）公路上有一段半徑為1000m的彎道，為了安全轉彎，路面設計成外高內低，傾

角為。（tan0=0.09）。已知路面與輪胎間的動摩擦因數為0.8,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g

MZ10m/s2o則車子能在該彎道路面上行駛的最大速度約為（）

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

【答案】C

【詳解】當汽車以最大速度轉彎而不發生滑動時，此時受到的,摩擦力沿傾斜路面向下，設最大靜摩擦力為

./；則

豎直方向有"吆+/sin6=&cos。

水平方向有/cos6+"sine=/〃』

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力/二小

u+tan3

聯立解得丫2---------------卬'

I-//tan0

代入數據解得%”b98m/s。353km/h

故選C。

3.（2025?湖南?模擬預測）2025年10月24-25口，笫I?七屆瀏陽花炮文化節上，打造“無人機十煙花”創

2/36

意表演，開辟了文旅和科技融合的新路徑.其中一架質量為0.5kg的無人機在水平面內做半徑為10m、線速

度大小為》，、角速度大小為啰、周期為T的勻速圓周運動，不計空氣的阻力，測得升力q與豎直方向成。=45。

角，重力加速度g取lOm/s"以下計算結果正確的是（）

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

【答案】B

【詳解】A.豎直方向上,Feos45°=,wg

得尸=5拉N,故A錯誤；

2

B.水平方向上，Fsin45°=w—

r

得v=10m/s,故B正確;

C.角速度大小/=￡=lrad/s,故C錯誤;

/?

D.周期T=幺=2心,故D錯誤。

co

故選Bo

4.（2025?廣西?模擬預測）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車以恒定速率v安全通過一半徑為RH勺彎道。車廂

中質量為加的石塊B與貨箱底面接觸，石塊B與貨車底部的彈力大小恒為10〃?g,貨箱底面摩擦不計。下列

說法正確的是（）

A.周圍石塊對石塊B的作用刀方向斜向下

B.周圍石塊和貨箱底面對石塊B的作用力的合力方向斜向下

C.周圍石塊對石塊B的作用力大小為

D.周圍石塊和貨箱底面對石塊B的作用力的合力大小為J10（）〃/g2+尤

【答案】A

3/36

【詳解】石塊B受到自身的重力用g,貨車底部的支持力尸N和周圍石塊的作用力P#,這些力的合力充當石

塊圓周運動的向心力，向心力指向圓心O,如圖所示

其中貨車底部的支持力及與石塊B受到自身的重力〃嚕的合力大小為9咋，方向豎直向上，則由平行四邊

形定則可知，其他石塊對石塊B的作用力斜向下方\大小為心

故選Ao

【題型2圓錐擺的臨界和極值問題】

5.（25-26高三上?山東日照?期中）質量用=1kg的小球懸掛在輕彈簧下端，靜止時彈簧的長度L=0.45m。

如圖所示，當小球在水平面內做勻速圓周運動時，彈簧軸線與輕直方向的夾角為60。，彈簧拉力大小為R

周期為1s,加速度大小為*已知重力加速度g=10m/s2,/=］（）,不計空氣阻力，彈簧未起出彈簧限度。

下列判斷正確的是（）

A.彈簧的勁度系數為150N/m

B.彈簧的原長為0.4m

C.尸=30N

D.a=5>/3m/s2

【答案】B

【詳解】ABC.設彈簧的原長為4,勁度系數為左，小球懸掛在輕彈簧下端靜止〃唁

4/36

當小球在水平面內做勻速圓周運動時，設彈簧的長度為4，根據胡克定律尸二燈4-4）

豎直方向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錯誤，B正確，C錯誤；

D.當小球在水平面內做勻速圓周運動時，水平方向月sin6O=用〃

可得?〃=1OA/JITI/S2，D錯誤。

故選Bo

6.（2025?江蘇?二模）豎直平面內有一L型光滑細桿，桿上套有相同的小球A、Bo現讓桿繞過底部。點所

在的豎直軸勻速轉動，兩小球A、B在桿，穩定時，其相對位置關系可能正確的是（）

3

00

O0

【答案】D

【詳解】AB.設桿與豎直方向的夾角為a,小球距離。點的高度為人根據牛頓第二定律得

m2,

——=mco2^htana

tana

解得，2a

兩個小球的角速度/相同，a越小/?越大，AB錯誤；

CD.根據牛頓第二定律得然…力

解得―L

兩個小球的角速度。相同，a越小運動半徑「越大，所以A球的運動半徑比B球的運動半徑大，C錯誤，D

5/36

正確。

故選Do

7.（25-26高三上?重慶?期中）如題圖所示，一根不可伸長的輕質細繩穿過豎直細管AB連接兩個相同的小

球小b。某同學擾動細管，小球《、6恰好在水平面內做勻速圓周運動，且分兩端細繩與豎直方向的夾

角分別為夕、從管底露出的繩長小于上端管口露出的繩長。兩小球可視為質點，忽略一切阻力，則（）

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

【詳解】AB.繩對小球〃、b的拉力大小相同，根據受力關系易得,=就=施'可知a邛,選項A、B

均錯誤;

CD.兩小球均做勻速圓周運動，對a球有mgtana=m------

Lsina

可知v2xL

因此。球的速度大一些，選項C正確，選項D錯誤。

故選C。

8.（2025?吉林?一模）如圖所示，一質量為陽=lkg的小球用不可伸長的細線懸掛于升降機內的天花板上。

細線長L=0.5m,取g=10m/s20

6/36

（1）若升降機靜止，小球在水平面內做勻速圓周運動，且細線與豎直方向的夾角6=37。，求此時細線的拉力

和小球的角速度；

⑵若升降機以a=2m/s?的加速度勻加速上升，小球依然相對于升降機做穩定的圓周運動，且紐線與豎直方

向的夾角仍為9=37。，求擺線的拉力和小球的角速度。

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

【詳解】（1）若升降機靜止，小球在水'I'?血內做勻速圓周運動，豎直方向有7cos37。=〃?g

解得細線拉力為T=12.5N

水平方向有Tsin。=marLsin9

解得角速度為o=5rad/s

（2）若升降機以a=2m/s2的加速度勻加速上升，小球依然相對于升降機做穩定的圓周運動，豎直方向有

T'cos37°-nig=ma

解得細線拉力為r=15N

水平方向有7'sin0=ma）,2Lsin0

解得角速度為〃=而rad/s

【題型3轉盤上的圓周運動及其臨界問題】

9.（2025?四川廣安?模擬預測）如圖所示，三個體積相同可看作質點的物體A、B和C放在水平圓盤上，水

平圓盤繞軸。。‘轉動，BC疊放在一起，它們分居圓心兩側且共線，物塊質量均為1kg,與圓心距離分別為

/]=1.5m,4=lm,A與轉盤間摩擦系數〃?=0.5,B、C間摩擦系數，出=02,C與轉盤間摩擦系數

幺二0-3。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當水平圓盤角速度由零逐漸增大時，取g=l（）m/s2,下列說法

正確的是（）

廠1I。-2I

A」[FlC

\O'

A.A最先滑離圓盤

B.角速度電=相*“5時，A恰好發生滑動，此時A不受到摩擦力

C.角速度O2=Grad/s時，B、C恰好一起發生滑動

7/36

D.角速度4=7^rad/s時，B恰好發生滑動

【答案】D

【詳解】受力分析可知，A、B、C均由摩擦力提供向心力，若均與水平圓盤不發生相對滑動，對A、對B、

對BC整體（假設BC能保持相對靜止）,均有/=m（o2r<

則A、B、C與水平圓盤不發生相對滑動，均要求。K怦

解得以<小苧，ad/s,①BW4irad/s,(oBC<也rad/s

A.不發生相對滑動，/最小，B最先滑離圓盤，故A錯誤;

B.角速度時,A恰好發生滑動，摩擦力到達最大靜摩擦力，故B錯誤;

C.因為<①8c，則在角速度到達&sd/s時，B、C就會發生相對運動，以上假設也不成立，故C錯誤;

D.角速度q=&rad/s時，B恰好發生滑動，故D正確。

故選D0

10.（2025?安徽合肥?模擬預測）當做圓周運動的物體角速度。變化時，我們可以引用角加速度夕來描述角

速度。的變化快慢，即夕=學。圖甲中某轉盤自，=0時由靜止開始轉動，其前4s內角加速度夕隨時間Z變

△/

化如圖乙所示。則（）

A.，=上時亥|],co{=5rad/s

B./=3s時刻，fy3=17.5rad/s

C.0~ls過程中，圓盤轉過的角度夕=5/“d

D.0~ls過程中，圓盤邊緣的某質點所需向心力隨時間正比例增加

【答案】B

【詳解】A.由角加速度/定義可知，//圖像面積大小為角速度①的增加量，得1=1S時刻的角速度

W/=2.5rad/s,故A錯誤;

8/36

B./=3s時刻，g=17.5rad/s,故B正確;

C.O~ls過程中，平均角速度近＜2.5sd/s,轉過的角度。=磯＜2.5%心故C錯誤：

D.由牛頓第二定律可知q獷

設O~ls過程中圖線斜率為上有。==；

即有兒故D錯誤。

故選B。

11.（2025?甘肅平涼?模擬預測）如圖所示，兩完全相同的滑塊P、Q用長為上的輕繩拴接，輕繩剛好拉直,

放在水平的圓形轉臺上，轉臺的圓心。與P、Q在同一條直線上，OP=g兩滑塊的質量均為〃?，與轉臺

間的動摩擦因數為現讓轉臺的角速度從。逐漸增加，當角速度為①/時，Q所受的摩擦力達到最大靜摩

擦力，當角速度為。2時，滑塊剛好相對轉臺滑動，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩滑塊均視為質點，

重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.滑塊P、Q所受的摩擦力大小之比始終等于1：3

B.〃=橙

c.電=禺

D.轉臺的角速度為電時，輕繩的拉力大小為〃〃吆

【答案】B

【詳解】A.剛開始角速度比較小時，兩滑塊的靜摩擦力提供所需的向心力，由于消塊Q的半徑較大，所需

向心力較大，則滑塊Q受到的摩擦力先達到最大靜摩擦力，此后角速度再增大，輕繩的拉力逐漸增大，滑

塊Q的靜摩擦力不變，而滑塊P的靜摩擦力逐漸增大，直到增加到最大靜摩擦力，所以兩滑塊P、Q所受的

摩擦力之比并不始終等于1：3,故A錯誤；

3

B.當角速度為供時，對滑塊Q由牛頓第二定律得〃〃?g=〃Q；.］乙

解得利二倍

9/36

故B正確:

CD,轉臺的角速度為例時，滑塊P受到的摩擦力達到最大，分別對滑塊P、Q由牛頓第二定律，則有

Nmg_T=m*w,jjmg+T=ma）；弓

聯立解得電=榨，7=等

故C、D錯誤,

故選B。

12.（2025?河南?模擬預測）如圖所示，A、B兩個帶電小球放置在一個光滑絕緣水平面上，它們之間的距

離為d,帶電小球C固定在48的垂直平分線上，三個小球剛好構成等邊三角形，現在A、B兩人小球繞過C

的豎直軸轉動（轉動角速度可變，之間距離不變），已知三個小球均可視為質點，A、B兩個小球的質

量均為〃?，帶電量均為+夕，小球C的帶電量大小為4q,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

Oc

A.C球帶正電

B.A球轉動的角速度初為

若增大C球電荷量，當A、B小球剛好離開地面時，C的電荷量以為迫少

C.

3kq

D.若增大C球電荷量，當A、B小球剛好離開地面時，B球轉動的角速度小為哈出

【答案】C

【詳解】A.A、B兩個小球繞過C的豎直軸轉動，且A、B兩個小球帶同種電荷，互相排斥，則帶電小球C

必給A、B兩個小球吸引力，且吸引力的分力提供A、B兩個小球繞過C的豎直軸轉動所需的向心力，則根

據牛頓第三定律可知小球C的受力分析如圖所示

10/36

c

所以小球C必帶負電，故A錯誤;

B.A球受力分析如圖所示

OC

GA

對小球A,水平方向由牛頓第二定律有

kQ.Qc“°kQ.0,.rnar.d

d1d22

解得A的轉動的角速度為

/吟愣’故B錯誤；

C.若增大C的電荷量，當A、B小球剛好離開地面時，地面對兩球的支持力為零。

則A或者B小球豎直方向有

sin60°=nig

解得C的電荷量為

2=2及管，，故C正確；

3kq

D.當A、B小球剛好離開地面時，此時B小球受力分析如圖所示

11/36

Oc

則水平方向由牛頓第二定律有

解得B球轉動的角速度為

怦尹'故D錯誤.

故選C。

13.（2025?山東臨沂?三模）游樂場里有一個半徑為5m的傾斜勻質圓盤，盤面與水平面的夾角為30。，圓

盤可繞過圓盤圓心。且垂直于盤面的固定對稱軸以lrad/s的角速度勻速轉動，如圖所示。一人小孩（可視

為質點）坐在盤面上距。點距離，處，小孩與盤面間的動摩擦因數為由，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦

2

力,g取lOm/s?。要保證小孩與圓盤始終保持相對靜止，則距離廠的可能取值范圍為（）

A.0<r<2.5m

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

【答案】A

【詳解】當小物體轉到圓盤的最低點剛要滑動時，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，設半徑為小根

據牛頓第二定律有"mgcos3（）-sin3（）=m（o2/）

解得4=2.5m

當小物體技到圓盤的最高點剛要滑動時，所受的靜摩擦力沿斜面向下達到最大時，設半徑為々，根據牛頓

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。

故距離r的可能取值范圍為0</T2.5m

故選An

14.（多選）（2025?河北?一模）如圖所示，水平圓盤可繞豎直軸轉動，圓盤上放有小物體A、B、C,質量

分別為〃八2〃?、3加，A放在B上，C、B離圓心O的距離分別為2八3八。C、B之間用細線相連，圓盤靜止時細

線剛好伸直且無張力。已知C、B與圓盤間的動摩擦因數以及A、B間的動摩擦因數均為4,設最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,現讓圓盤從靜止緩慢加速，若A、B之間能發生相對滑動則認為A立

即飛走，B以后不再受A物體的影響，且細線不會被拉斷，則下列說法正確的是（）

A.當。=杼時，A即將滑離B

B.當。=楞時，細線張力為

C.無論出多大，B、C都不會和圓盤發生相對滑動

D.當刃時，剪斷細線，C將做離心運動

【答案】AC

【詳解】A.當A開始滑動時有/八="mg=""x3r

解得?=

所以當@=榨時，A即將滑離B,故A正確；

B.當&=探〉厝時A已經滑離B

B所需向心力6=2ma）~x3r=Gnuo1r=3pmg

13/36

B與轉盤之間的最大靜摩擦力為=〃x2wg=2〃/〃g

細線張力為E=

故B錯誤：

c.C與圓盤之間的最大靜摩擦力為人m=〃x3/"g=3〃”?g

當圓盤以角速度3轉動時，B所需向心力自=6/〃蘇〃

C所需向心力己=3ni（t）2X2r=6m（o'r

則弓=心

所以無論。多大，B、C都不會和圓盤發生相對滑動，故C正確;

當◎"再時'

2

D.C所需向心刀院=6nia)r=2.4/〃〃g<fCm

所以剪斷細線，C將與圓盤一起轉動，故D正確。

故選ACo

【題型4繩、桿模型涉及的臨界問題】

15.（2025?安徽?三模）奧運會女子藝術體操的球操比賽中，運動員手持橡膠球翩翩起舞的過程中，有時會

手持球在豎直平面內做圓周運動，這一過程可近似看作半徑為上的勻速圓周運動，運動過程中球所受的空

氣阻力大小恒為/,旦/小于球的重力，方向與運動方向相反，當地重力加速度為g,則下列分析正確的是

（）

A.轉到圓心正上方時的最小速度一定是4I

B.轉動過程中經過最高點和最低點時，手對球的作用力大小相等

C.轉動一周的過程中兩次經過圓心等高點時，手對球的作用力大小相等

D.轉動一周的過程中人對球做功為2兀//

【答案】D

【詳解】A.球在豎直平面內做勻速圓周運動時，速率恒定，因此各點速度大小相同。最高點的最小速度通

14/36

常由重力提供向心力（即丫=質），但題目中球受手的力和空氣阻力作用，向心力由手的作用力、空氣阻

力和重力的合力提供，故最高點速度不一定是荷，故A錯誤；

B.球在豎直平面內做勻速圓周運動時，向心力大小保持不變，轉動過程中經過最高點和最低點時，手對球

的作用力切向分力平衡空氣阻力，而法向分力和重力的合力提供向心力，最高點法向分力為9最低

點為時+性，根據力的合成可知在最高點和最低點手對球的作用力大小不等，故B錯誤；

C.轉動過程中兩次經過圓心等高處（圓心左右兩側），手對球的作用力法向分力提供向心力，但切向分力

需要平衡重力和空氣阻力的合力，假設球做逆時針方向的勻速圓周運動，右側切向分力為mg+/,左側為

mg-f,根據力的合成可知在圓心等高點手對球的作用力大小不等，故C錯誤；

D.根據動能定理，轉動?周動能不變，合外力做功為0,則人對球做功與空氣阻力做功之和為0

有獷+%=0

而空氣阻力做功為力=-2乃"

所以人對球做功為％=2成/

故D正確。

故選D,

16.（2025?江蘇南京?模擬預測）如圖所示，光滑半圓形球面體固定在水平面上，半徑為R,頂部有一小物

塊，現給小物塊一個水平初速度%,不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.若％2嫻，則小物塊做平拋運動直至落地

B.若％〈而，則小物塊緊貼著圓面下滑直至落地

C.無論按照什么軌跡，小物決落地時，重力的瞬時功率均相等

D.無論按照什么軌跡，小物塊始終處于超重狀態

【答案】A

【詳解】A.在最高點，若物塊只受重力，根據牛頓第二定律得掰g=/〃上

R

15/36

解得y=

若%之疑，則小物塊只受重力，做平拋運動直至落地，故A正確；

B.若％＜質，則小物塊在最高點受到向下的重力和豎直向上的支持力，小物塊緊貼著圓面下滑，在下滑

2

過程中，根據牛頓第二定律可得用geos。-"=，"匕

R

隨著物塊下滑，。不斷增大，COSB小斷減小，V增大,則0減小，當EM減小到零時，物塊做斜下拋運動,

不會一直沿著圓面下滑，故B錯誤；

C.若物塊做平拋運動，落地時重力的瞬時功率為尸=

若物塊先沿圓面下滑，再做斜下拋運動落到地面，由于豎直方向平均加速度小于重力加速度，所以落地時

重力的瞬時功率減小，故C錯誤：

D.無論按照什么軌跡，小物塊加速度向下或者加速度有向下的分量，所以小物塊始終處于失意狀態，故D

錯誤。

故選Ao

17.（2025?山東濟南?二模）如圖所示，豎直圓形光滑軌道固定在水平地面上，右側為管狀結構，左側為單

層，外圓半徑為總將質量為〃?的小球置于軌道最高點，給小球一個輕微的擾動，讓小球從右側由靜止滑

下。己知管的內徑略大于小球直徑，且遠小于外圓半徑，重力加速度為g。關于小球的運動，X列說法正確

的是（）

A.小球一定能夠回到軌道最高點

B.小球運動過程中對軌道的最大壓力為6〃吆

c.小球脫離領道時的速度大小為工懣

3

D.小球脫離軌道時離地面的高度為^火

【答案】D

16/36

【詳解】A.小球從最高點滑下，由于軌道光滑，機械能守恒；當小球滑到最低點時，重力勢能完全轉化為

動能，再從最低點上升時，動能逐漸轉化為重力勢能。由機械能守恒可知小球能后回到最高點速度減為零:

但是小球在左側單層軌道上運動時，會在中途脫離軌道導致無法回到最高點，故A錯誤；

B.小球在最低點時速度最大，對軌道的壓力也最大。根據機械能守恒，從最高點到最低點的過程滿足

nig（2R）=-rnv2

解得y=

2

在最低點，小球受到的向心力由軌道的支持力N和重力"喝提供N-mg=〃?二

R

解得N=5mg

由牛頓第三定律可知小球對軌道的最大壓力為5mg,故B錯誤；

C.小球在左側單層軌道上運動時，當重力不足以提供向心力時，小球會脫離軌道。設小球脫離軌道時與豎

直方向的夾角為0,此時小球的速度為％滿足mgcos6=〃?上

R

從最高點到脫離點，根據機械能守恒利gH（l-cosO）=/n，2

解得y=

故C錯誤；

2

D.小球脫離軌道時，與豎直方向的夾角。滿足cos9=：

此時小球離地面的高度為h=R（1+cos。）=|/?

故D正確。

故選De

18.（多選）（2025?陜西渭南?三模）如圖甲，光滑圓軌道固定在豎直面內，小球沿軌道始終做完整的圓周

運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為M動能為以。改變小球在最低點的動能，小球對軌道壓

力N的大小隨之改變。小球的N-E*圖線如圖乙，具左端點坐標為（①，②），其延長線與坐標軸的交點

分別為＜0,。）、（/,0）?＞重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

17/36

甲乙

A.小球的質量為巴B.圓軌道的半徑為2

ga

C.圖乙①處應為3人D.圖乙②處應為6a

【答案】AD

【詳解】AB.根據牛頓第三定律可知，小球在最低點的壓力大小等于支持力，所以小球在最低點時有

N-mg=m—,耳=萬mv

2

所以汽=百與+，”g

R

結合圖線可得：=〃?g="

Rb

所以R=絲，m=—

ag

故A正確，B錯誤；

2

CD.由于小球能做完整的圓周運動，當小球恰好通過最高點時，有加g

小球從最低點運動到最高點，根據動能定理可得41n-g加

聯近解得V=而前，々min=J"/=］即

此時可得Nmin=6叫

所以①處為耳*=$3=5。

②處為Nmin=6mg=6a

故C錯誤，D正確。

故選ADo

19.（2025?湖北?模擬預測）如圖所示，質量為M的光滑大圓環用?輕質細線固定在豎直平面內，。點為大

圓環圓心，4、c分別為大圓環最高點和最低點，萬點與圓心。等高。兩個質量均為〃，的小圓環（可視為質

點）套在大圓環上，可無摩擦地滑動。若兩小圓環同時沿相反方向從〃點由靜止兀始下滑到c點前的過程

18/36

中，設小環與大圓環圓心。點連線與豎直向上方向的夾角為6,重力加速度為g,求:

⑴兩環到達大圓環C點前一瞬間，輕繩對大圓環的拉力多大？

(2)cos。取值多少時，輕繩對大圓環的拉力為場?

(3)cose取值多少時，大圓環剛能升起?

?11

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

326

【詳解】(1)兩環到達c點時，根據動能定理=

在c點時，根據牛頓第：定律&-mg="

R

對大圓環T=Mg+28

由牛頓第三定律&=4

解得T=105〃g

(2)當兩環滑到與圓心等高位置時，繩的拉力為Mg,此時cos8=()

當兩環恰好對大圓環無作用力時，繩的拉力為Mg,則根動能定理有加gR(l-cos6)=gm——o

2

根據牛頓第.二定律有mgcos9=

R

2

解得cos。=3

2

綜上：85。=0或85。=3時，繩對大圓環的拉力為A念。

(3)圓環下滑過程中，根據動能定理〃唱R(l-cose)=T〃”2-0

2

對圓環，根據牛頓第二定律mgcose+N=/〃、■

對大圓環，根據平衡條件2Ncos6=Mg

19/36

解得COS。=L或cos。=-

26

【題型5電磁場中的圓周運動（”等效重力場“）】

20.（2025?山東濰坊?模擬預測）如圖所示，空間中存在著大小為E的勻強電場，電場方向與水平方向的夾

角為30。半徑為R的豎直半圓形光滑軌道固定在水平地面上，圓心為。與地面相切于M點。質量為〃?、

帶電量為”的小球從〃點以?定速度沿切線方向進入半圓形軌道，剛好運動至最高點N,已知￡=放,重

力加速度為g，下列說法正確的是（）

A.小球在N點的速度為康

B.小球在M點的速度最大

D.小球與軌道間的最大彈力為（4+26）〃喧

【答案】C

【詳解】B.小球受到的電場力為gE=，"g

20/36

由幾何關系可得重力和電場力的合力與豎直方向的夾角為6=30°,大小為七=2〃?gcosO=G，〃g

如圖所示

可知小球經過圖中等效最低點，的速度最大，故B錯誤:

A.小球剛好運動至最高點M可知此時小球受到軌道的彈力為0,則有心,cos。=〃?

R

解得小球在N點的速度為％=

故A錯誤;

C.小球從等效最低點〃到N點過程，根據動能定理可得-七（K+Rcose）='M-]〃心

聯立解得小球的最大動能為耳a=/晨X

故C正確；

D.小球在等效最低點〃處，根據牛頓第二定律可得Na-E.=/〃嗑

inaxuR

解得小球與軌道間的最大彈力為/Vx=2叵〃唁

max20

故D錯誤。

故選Co

21.（多選）（2025?四川廣安?模擬預測）空間中存在豎直向上的勻強磁場，在光滑的半徑為H的半圓管中,

一根長為配質量為小的直導體棒靜止在最低點，截面圖如圖所示。當導體棒中通有垂直線面向里的恒定

電流/后，導體棒恰好可沿著半圓管運動到圓心等高處，重力加速度為g,在導體棒運動的過程中下列說法

正確的是（）

21/36

A.運動過程中安培力始終垂直于導體棒，不做功

B.運動過程中機械能一直增加

C,勻強磁場磁感應強度8=等

/L/

D.導體棒最大速度為小2（頁-l）gR

【答案】BCD

【詳解】AB.導體棒運動過程中，受力情況如圖所示

安培力始終垂直于導體棒，但與位移夾角為銳角，做正功，機械能一直增大，故A錯誤，B正確；

C.恰好運動到圓心等高處，從出發到圓心等高處，根據動能定理可得-〃峭?R+B比?/?=0

故安培力與=6〃="唔

解得8=等，故C正確；

D.根據上述結論可知，當夾角6=45。時有最大速度，從出發到此處根據動能定理可得

-nigR（1-cos0）+BILRsin。；m\Q-0

解得最大速度%={2（6-l）gR,故D正確。

故選BCD。

22.（2025?四川巴中?模擬預測）如圖所示，與水平面成37。的傾斜軌道4C,其延長線在。點與光滑半圓

軌道。尸相切。半圓軌道的半徑A=Im,全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內。整個空間存在水平向

左的勻強電場，電場強度E=3V/m,A/N的右側存在垂直紙而向里的勻強磁場（。點處于邊界上），

磁感應強度E=0.5T。?質量為0.2kg的帶電小球沿軌道力。下滑至C點，接著沿直線CQ運動到。處進入

半圓軌道，且能沿半圓軌道通過尸點，不計空氣阻力，g=10m/s2,cos370=0.8o求：

22/36

M

互與、r*夕

E!x

N

⑴小球電性和電荷量q；

⑵小球通過b點時對軌道的壓力大小c

【答案】⑴帶正電，0.5C；（2）理二也N

4

【詳解】（1）在CO段做直線運動，分析可知，CO段受力平衡，故有［E=〃?gtan37。

解得4=().5C

根據平衡可知小球帶正電。

⑵設小球在CO段運動的速度為-8段受力平衡，有“獷=￡急

解得匕=10m/s

小球從D運動到F,根據動能定理得-摩?2Rcos370-qE-2Rsin37°=飆*；礴

解得vF=56rl/s

2

小球通過尸點時受到軌道的彈力為幾，則入+mg+qB匕=*

cos37°

解得氏=30；&N

由牛頓第三定律得小球對軌道的壓力大小

重難集訓

1.（2025?浙江寧波?一模）2025年9月22日，中國海軍宣布殲-15T、殲-35和空警-600三型艦載機已成功

完成在福建艦上的首次彈射起飛和著艦訓練，如圖所示，則（）

23/36

A.研究艦載機彈射起飛過程的軌跡時，可將其視為質點

B.艦載機〃翻筋斗〃至最高點時，其受到的合力為0

C.艦載機在水平面內勻速轉彎時，其加速度保持不變

D.艦載機在空中下降的著艦過程中，艦載機處于失重狀態

【答案】A

【詳解】A.研究艦載機彈射起飛過程的軌跡時.艦載機的大小和形狀對軌跡的描述沒有顯著影響,可以忽

略不計，可將其視為質點，故A正確；

B.艦載機“翻筋斗〃至最高點時，速度為0,合力不為0,否則艦載機應在最高點靜止不動，故B錯誤；

C.艦載機在水平面內勻速轉彎時，由。=《?可知其加速度大小不變，方向時刻指向圓心，所以加速度是變

r

化的，故c錯誤；

D.艦載機在空中下降的著艦過程中，做勻減速直線運動，加速度向匕所以艦載機處于超重狀態，故D錯

誤。

故選Ao

2.（2025?廣東珠海?模擬預測）如圖甲，小朋友用力將足球從最低點N向前踢出，足球在豎直軌道內經最

高點M運動一周后，在圖示廠位置離開軌道，恰好在軌道截面圓心。點落入書包。參照視頻中足球的運動

軌跡畫了運動示意圖如圖乙，圖中虛線為足球的運動軌跡。若足球質量為〃?，運動軌跡半徑為五，忽略空

氣阻力的影響，以下分析正確的是（）

甲乙

A.足球從，到。的運動過程中，豎直方向做自由落體運動

B.足球經過最高點M的速度一定不小于

C.足球從踢出到離開軌道前機械能守恒

D.足球從踢出到離開軌道前，所受軌道彈力不斷減小

【答案】B

【詳解】A.足球從尸到。的運動過程中，豎直方向先向上運動，所以豎直方向不是做自由落體運動，故A

錯誤;

24/36

B.足球經過最高點A/時，有mg+NiU=m^->nig

可得為2y/gR,故B正確；

C.足球從踢出到離開軌道前，由于存在摩擦阻力做功，機械能不守恒，故C錯誤；

D.足球從踢出到離開軌道前，在最高點“有mg+N“=/噂

“J'得N”=m—tug之0

R

在最低點N有NN-mg=機型

R

可得N”=〃?上+〃ig>〃?g

R

可知足球從踢出到離開軌道前，所受軌道彈力不是不斷減小，故D錯誤。

故選Bo

3.（2025?北京海淀?二模）如圖1所示，“冰坑挑戰”需要挑戰者先進入一個坡面與水平面夾角為6、半徑為

H的倒圓錐型冰坑，然后嘗試從其中離開。方式甲一一挑戰者沿著如圖2甲所示坡面向上走或爬的方式，很

難離開冰坑，通常還是會滑【回坑底。方式乙一一挑戰者沿著如圖2乙所示的螺旋線方式跑動多圈后，最終可

以成功離開冰坑。已知挑戰者的質量為〃?，其與冰面的動摩擦因數為〃，重力加速度為g。為了討論方便,

假定滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等；方式乙中人的跑動半徑「緩慢增大，每一圈的軌跡都可近似為

與水平地面平行的圓。下列說法正確的是（）

（

甲正視圖乙俯視圖

圖1圖2

A.在方式甲中，一定滿足關系式mwsine<〃〃?wcos。

B.在方式甲和方式乙中，挑戰者受到的最大靜摩擦力大小不同

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，挑戰者離開冰坑做的功至少為mgManJ

【答案】B

【詳解】A.由于在方式甲中，挑戰者很難離開冰坑，通常還是會滑回坑底。說明挑戰者受到的摩擦力小于

25/36

重力的下滑分力，即有mgsin。＞umgcos0

A錯誤；

B.在甲圖方式在，其最大摩擦力4=〃mgcos8

在乙圖方式中，對挑戰者受力分析如下

在水平方向上，根據牛頓第二定律則有凡sine-〃8se=^

其中V為挑戰者圓周運動的線速度，，為挑戰者在該平面圓周運動的半徑;

在豎直方向上，根據平衡條件可得4COS。〃sin。=mg

聯立解得夕=〃?gsin。-^-cos?

顯然/甲/五，B正確;

C.在乙方式中，由上述分析可知，支持力與摩擦力在水平方向的合力提供挑戰者圓周運動的向心力，因此

不能利用mgtan〃=〃?二求每圈的最小速度，C錯誤；

r

D.由題可知，冰坑的深度為/?=Rtan。

整個過程中，挑戰者克服重力做的功先=〃，g〃=mgRtan。

除此之外，挑戰者還有克服摩擦力做一部分功，故在方式乙中，挑戰者離開冰坑做的功至少大于mgRtan。,

D錯誤.

故逃B。

4.（2025?甘肅白銀?三模）如圖所示，兩根等長的輕質細繩連接兩個小球A、Bo已知上方小球A的質量

為下方小球B的質量的2倍，兩個小球均可視為質點。當系統繞豎直桿勻速轉動時，兩小球穩定后上端細

繩與豎直方向的夾角為。，下端細繩與豎直方向的夾角為貝和夕滿足的關系式為（）

26/36

3tana2sin/?.

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

tanpsina+sin/

3tana2sinp_3tana2sinp

*tanpsintz+sinptanpsina+sin/?

【答案】A

【詳解】設上端細繩的拉力為片，下端細繩的拉力為瑪，對A球受力分析，有片cosa=2〃?g-Kcos4.

F、sina-F2sinft=2mL療sina

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

3tana+2sinp

聯立以上各式，可得=3

tanpsina+sinfi

故選