文档内容
选择 2 力和曲线运动
考点内容 考情分析
考向一 曲线运动与关联速度问题 曲线运动一般考察曲线运动的轨迹分析、平抛运
考向二 平抛运动 动规律应用、圆周运动，且往往会结合生活中常
考向三 圆周运动的分析与计算 见的现象考察
1.思想方法
合运动性质和轨迹的判断
(1)若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动； 若加速度方向与初速度的方向不
在同一直线上，则为曲线运动。
(2)若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运动。
2.模型建构
(1)绳(杆)关联问题的速度分解方法
①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。
②沿绳(杆)方向的分速度大小相等。(2)模型化思想的应用
①平抛与斜面结合
模型
分解位移，构建位
分解速度，构建速
分解速度，构建速 移三角形，隐含条件：
方法 度三角形，找到斜面倾
度的矢量三角形 斜面倾角θ等于位移与水
角θ与速度方向的关系
平方向的夹角
水平：v＝v 水平：v＝v 水平：x＝vt
x 0 x 0 0
竖直：v＝gt 竖直：v＝gt 竖直：y＝gt2
y y
基本
合速度： 合速度： 合位移：
规律
v＝ v＝ s＝
方向：tanθ＝ 方向：tanθ＝ 方向：tanθ＝
运动
由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝
时间
从斜面上某点水平抛出且落到斜面上的平抛运动的五个特点
(1)位移方向相同,竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(2)末速度方向平行,竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾角正切值的2倍
2v❑tanϑ
(3)运动的时间与初速度成正比t= 0
g
2v2tanθ
(4)位移与初速度的二次方成正比t= 0
gcosθ
(5)当速度与斜面平行时,物体到斜面的距离最远,且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间
的一半。②竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
绳模型 杆模型
常见
类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高
点的临 由mg＝m得v ＝ 由小球恰能做圆周运动得v ＝0
临 临
界条件
(1)过最高点时，v≥，F ＋mg
N
(1)当v＝0时，F ＝mg，F 为支持力，沿半
N N
＝m，绳、圆轨道对球产生弹
径背离圆心
力F
N
(2)当0时，F ＋mg＝m，F 指向圆心，并
N N
(3)上、下两点拉力之差为
随v的增大而增大
6mg。
考向一 曲线运动与关联速度问题
1. （2024•天心区校级模拟）一根长为L的轻杆OA，O端用铵链固定在地面上，另一端
L
固定一质量为m的小球A，轻杆靠在高
ℎ
= 、质量为M＝4m的物块B上，开始时轻杆处于
4
竖直状态。受到轻微扰动，轻杆开始顺时针转动，推动物块沿地面向右滑至图示位置（杆与地
π
面夹角为θ= ），若不计一切摩擦，重力加速度为 g，则此时小球 A 的线速度大小为
6（ ）
√8 √1 √2 √3
A． gL B． gL C． gL D． gL
5 5 5 7
π
【解答】解：轻杆由竖直状态开始向右转动到与水平方向夹角为θ= 时，设小球A的线速度为
6
v
v ，由题意可知杆上B点的线速度为v = 0，方向垂直于轻杆。
0 B
2
将物块的速度v沿杆与垂直杆的方向分解，垂直杆的方向分速度等于v ，则有：vsin30°＝v
B B
解得：v＝v
0
1 1
对小球和物块，由动能定理可得：mgL（1−sin30°）= mv2+ Mv2
2 0 2
√1
解得：v = gL，故B正确，ACD错误。
0
5
故选：B。
2. （多选）（2024•咸阳二模）大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞
技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m
的小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成 ＝45°角；在b
点的速度大小也为v，方向与a、b连线成 ＝45°角。已知a、b连线长为d，小α球只受风力的
作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确β的是（ ）
A．风力方向平行于a、b连线
√2d
B．从a点运动到b点所用的时间为
vC．小球的最小速度为1.8v
mv2
D．风力大小为
d
【解答】解：A、由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向一定和
速度变化量的方向相同，根据几何关系可知速度变化量方向垂直于a、b 连线，如图
则加速度方向垂直于a、b 连线，所以风力方向垂直于a、b 连线，故A错误；
√2
B、小球的速度沿ab连线方向的分速度：v =vsinα=vsin45°= v
1 2
d d √2d
= = =
所以从a运动到b的时间：t v √2 v ，故B正确；
1 v
2
C、风力方向垂直于 ab 连线，则小球沿风力方向的分速度为零时速度最小，为：v
min
√2
=vcos45°= v，故C错误；
2
D、沿风力的方向从a点运动到b的速度变化量：Δv风 ＝vsin ﹣（﹣vsin ）＝vsin45°+vsin45°
=√2v β α
Δv √2v v2
= = =
则加速度为a t √2d d
v
mv2
由牛顿第二定律，从a点运动到b的风力：F＝ma= ，故D正确。
d
故选：BD。
3. （多选）打粧机是基建常用工具。某种简易打粧机模型如图所示，重物A、B和C通
过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，
C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，
此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后
3√gL
由静止释放。设C与正下方质量为2m的静止粧D碰撞后，D获得竖直向下速度v= ，
2 5L
竖直向下运动 距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点，不计
10
空气阻力，则（ ）
A．C在刚释放时的加速度为0
B．C的质量为√3m
C．C到达虚线位置时的速度大小为√ 4gL
(3+2√3)
28
D．若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，其大小为 mg
5
【解答】解：A．C在刚释放瞬间，水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，由牛顿第二定律可
知，C在刚释放时的加速度为g，故A错误；
B．设C的质量为M，对静止在虚线位置的C物体进行受力分析可知
2mgcos30°＝Mg
解得M=√3m
故B正确；
C．在C下落过程中A、B、C系统机械能守恒
L 1 1
MgLtan60°−2mg( −L)= Mv2+2× mv2
cos60° 2 C 2 AB
v ＝v cos30°
AB C
联立各式，代入数据解得
√ 4gL
v =
C (3+2√3)
故C正确；
D．对D应用动能定理可得L L 1
2mg• −F• =0− ×2mv2
10 10 2
代入数据解得
13
F= mg
2
故D错误。
故选：BC。
4. （多选）如图所示，长度为L的竖直轻杆上端连着小球A（视为质点），轻杆的下端
用铰链固接在水平地面上的O点，置于同一水平地面上的物体B恰好与A接触。在微小扰动
下，轻杆向右倾倒，A、B脱离接触的瞬间，轻杆与地面的夹角为30°，且此时轻杆与A球间
无弹力，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．脱离接触的瞬间，A、B的速率之比为1：2
√gL
B．脱离接触的瞬间，B的速率为
8
C．A落地前瞬间的速率为√2gL
D．A、B的质量之比为1：4
【解答】解：A．对A进行运动分解如图所示
设小球速度v ，立方体速度v ，分离时刻，小球的水平分速度与立方体速度相同，即
A B
v sin30°＝v
A B
解得v ＝2v ，A、B的速率之比为2：1，故A错误；
A B
B．A、B分离瞬间，B的速度最大，合力为零，据此可判定此时杆对 A球的作用力为零，对A
球，重力分解为沿杆方向的力，此力提供小球做圆周运动的向心力，另一分力沿垂直杆方向，与切线速度同向，使得小球向下加速，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝mv2
A
l
√gl 1 √gl
解得v = ，v = v = ，故B正确；
A 2 B 2 A 8
1 1
C．A从分离到落地，小球机械能守恒，则有mglsin30°= mv2− mv2
2 2 A
√3gl
解得v= ，故C错误；
2
D．在杆从竖直位置开始倒下到A与B恰好分离的过程中，A和B组成的系统机械能守恒，有
1 1
mgl（1﹣sin30°）= mv2 + Mv2
2 A 2 B
代入数据解得：A、B的质量之比为1：4，D正确。
故选：BD。
考向二 平抛运动
5. （2024•丹阳市校级一模）a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的
初速度分别为v 、v ，从抛出至碰到台上的时间分别为t 、t ，则（ ）
a b a b
A．v ＝v B．v ＜v C．t ＞t D．t ＜t
a b a b a b a b
【解答】解：根据平抛运动竖直方向是自由落体运动，有 h=
1
gt2，得：t=
√2ℎ
，因为h ＞
2 g b
h ，所以t ＜t ，平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，有x＝v t，由图可知，x ＞x ，所以v
a a b 0 a b a
＞v ，故ABC错误，D正确。
b
故选：D。
6. （2024•清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从
静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持
静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运
的效率。已知传送带与水平方向的夹角为 、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最
大高度也是h，重力加速度为g，若不计风θ力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说
法正确的是（ ）
A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
(2+2√2)ℎ
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
tanθ
√2gℎ
C．传送带的速度大小为
sinθ
√ℎ
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3
g
【解答】解：A.玉米粒在传送带上运动，分为匀加速运动阶段和匀速阶段，
匀加速阶段：玉米粒与传送带发生相对滑动，受到滑动摩擦力且滑动摩擦力的大小大于玉米粒
沿斜面向下的重力的分力大小
匀速阶段：玉米粒与传送带保持相对静止，受到静摩擦力且静摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向
下的重力的分力大小，故A错误。
设传送带速度为v，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得
v
x
＝v⋅cos ，v
y
＝v⋅sin
到达最高点θ时，竖直方θ向上速度为0，从抛出点到最高点时间为t ，水平位移x
1 1
竖直方向上：v2
y
=2gℎ，t
1
=
v
g
y =
√2ℎ
g
2ℎ
水平方向上：x ＝v t ，代入数据得x =
1 x1 1
tanθ
从最高点到落地点的时间为t ，水平位移x
2 2竖直方向上：2h=
1
gt2 ，即t =
√4ℎ
2 2 2 g
2√2ℎ
水平方向上：x ＝v t ，代入数据得x =
2 x2 2
tanθ
ℎ
(2√2+3)ℎ
B.玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为x，x=x +x + = ，故B错误。
1 2 tanθ tanθ
C.联立v
y
＝v⋅sin ，v2
y
=2gℎ 式子解得v=
√
s
2
in
gℎ
θ
，故C正确。
θ
√2ℎ
D.设玉米粒飞出后到落地所用的时间t，t=t +t =(√2+1) ，故D错误。
1 2 g
故选：C。
7. （2024•广东一模）如图所示，一小球从 O点水平抛出后的轨迹途经A、B两点，已
知小球经过A点时的速度大小为13m/s，从O到A的时间和从A到B的时间都等于0.5s，取重
力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球做平抛运动的初速度大小为10m/s
B．O、A两点间的距离为5m
C．A、B两点间的距离为10m
D．O、B两点间的距离为13m
【解答】解：A。由题意知下落到A点竖直方向的速度为v ＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s
yA
小球做平抛运动的初速度大小为 m/s＝12m/s，故A错误；
v =√v2 −v2 =√132−52
0 A yA
1 1
B、O、A两点间的竖直高度为y = gt2= ×10×0.52m＝1.25m
A 2 2
水平位移为x ＝v t＝12×0.5m/s＝6m
A 0
所以O、A两点间的距离为 m＝6.13m，故B错误；
s =√x2 + y2 =√62+1.252
A A A
1 1
C、O、B两点间的竖直高度为y = g(2t) 2= ×10×(2×0.5) 2m＝5m
B 2 2
水平位移为x ＝v •2t＝12×2×0.5m＝12m
B 0A、B两点间的竖直高度为h ＝y ﹣y ＝5m﹣1.25m＝3.75m
1 B A
A、B两点间的水平位移为x ＝x ﹣x ＝12m﹣6m＝6m
1 B A
A、B两点间的距离为 m＝6.32m，故C错误；
s =√x2+ ℎ 2=√62+3.752
1 1 1
D、O、B两点间的距离为 M＝13m，故D正确。
s =√x2+ y2=√122+52
B B B
故选：D。
8. （2024•连云港一模）如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度v 、v
1 2
投球，方向与竖直方向间的夹角分别为 、 。两次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直
撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气α阻力β。下列说法正确的是（ ）
A． 可能小于
B．vα1 、v
2
大小可β能相等
C．篮球两次运动时间可能相等
D．与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等
【解答】解：A、两个斜抛运动的最高点都在C处，将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，则
有
tanα=
v
1x =
v
1x
t
1=
v
1x
t
1=
x
v v t gt2 2ℎ
1y 1y 1 1 1
其中x是C到抛出点的水平距离。
同理 v x
tanβ= 2x =
v 2ℎ
2y 2
第一次抛出时竖直高度较小，第二次抛出时竖直高度较大，可见 ＞ ，故A错误；
BCD、篮球在竖直方向上做自由落体运动，根据h= 1 gt2 α β
2√2ℎ
则t=
g
第一次抛出时速度的竖直高度较小，所以第一次运动时间较短。
平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第一次用的时间较短，故第一次水平
分速度较大，则篮球第一次撞篮板的速度较大，动能大。
由以上的分析可知，第一次抛出时速度的竖直分量较小，水平分速度较大，根据平行四边形定
则v ，所以v 、v 的大小可能相同，故CD错误、B正确。
=√v2+v2 1 2
x y
故选：B。
9. （2024•日照一模）如图所示，在水平地面上固定一倾角 ＝37°的斜面体，质量m＝
1kg的小车A以P＝100W的恒定功率沿斜面底端由静止开始向上运α动，同时在小车A的正上
方某处，有一物块B以v ＝6m/s的初速度水平抛出。当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物
0
块B垂直于斜面击中。小车A、物块B均可看作质点，小车与斜面间的动摩擦因数 ＝0.5，不
计空气阻力，取重力加速度 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判断μ正确的是
（ ）
A．物块在空中运动的时间等于0.4s
B．物块击中小车时小车的速度等于2√10m/s
C．物块击中小车时的速度等于8m/s
D．小车从开始运动到被物块击中时的位移等于10m
【解答】解：A、当小车 A 上滑到斜面上某点时恰好被物块 B 垂直于斜面击中，则有：
v 3，且v ＝gt，联立解得物块在空中运动的时间为t＝0.8s，故A错误；
tanα= 0 = y
v 4
y
B、物块B击中小车时，水平位移为x＝v t＝6×0.8m＝4.8m
0
x 1
对小车，根据动能定理可得：Pt−μmg⋅ cosα−mgxtanα= mv2，解得物块击中小车时
cosα 2小车的速度为v=2√10m/s，故B正确；
v 6
C、物块击中小车时的速度为：v = 0 = m/s=10m/s，故C错误；
物 sinα 0.6
x 4.8
D、小车从开始运动到被物块击中时的位移为：x = = m=6m，故D错误。
车 cosα 0.8
故选：B。
10. （2024•莲湖区校级模拟）2022年冬奥会即将在北京召开。如图所示是简化后的跳台
滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑
道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员
从C到E与从E到D的运动时间分别为t 、t ，EF垂直CD，则有关离开C点后的飞行过程（
1 2
）
A．一定有t ＝t ，且CF：FD＝1：3
1 2
B．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向夹角变大
C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离增加相同的倍数
【解答】解：A．依题意，以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐
标系如图所示：
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动，当运动员
到E点速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性可知：
t ＝t
1 2
而x轴方向运动员做匀加速运动，初速度不为零，可得CF：FD≠1：3
故A错误；
BC．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为 ，斜面的倾角为 ，根据平抛运动推
论则有 α θ
v gt
tanα= y =
v v
0 0
1
gt2
y 2 gt
tanθ= = =
x v t 2v
0 0
联立解得
tan ＝2tan
由此α可知当θ 一定时， 也一定，所以运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小
无关，落在斜θ面上的速α度方向不变。故B错误；C正确；
D．依题意，运动员离开C点的速度如果变为原来的2倍，则运动员在空中的运动时间将变为原
来的2倍，可知其水平位移、竖直位移均变为原来的4倍，落在斜面上的距离也将变为原来的4
倍。故D错误。
故选：C。
11. （2024•重庆一模）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒
乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g＝
10m/s2，不计空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小
为4m/s，则P、Q两点的高度差为（ ）
A．0.1m B．0.2m C．0.4m D．0.8m
√2
【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q点，根据几何关系得：v cos45°＝gt，解得t= s
Q
5
1
根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h= gt2，
21 1 2
解得：h= gt2= ×10× m＝0.4m，故C正确，ABD错误。
2 2 25
故选：C。
12. （多选）（2024•凉山州模拟）如图所示，A球以速度v 从倾角为 ＝37°的斜面顶端
1
水平抛出的同时，B球在A球的正上方h处以速度v 水平抛出，两小球同时落θ 在斜面上，以下
2
说法正确的是（ ）
A．两球在斜面上落点的距离为h
ℎ
B．两球在斜面上落点的距离为
sinθ
C．两球抛出时速度大小的关系为v ＞v
1 2
D．两球抛出时速度大小的关系为v ＜v
1 2
【解答】解：AB．A球和B球同时抛出，B球在A球的正上方h处以速度v 水平抛出，由平抛
2
1
运动的规律ℎ = gt2，两球在相等的时间内下落相等的距离，可知两球在空中飞行时竖直方向
2
的距离相等，两小球同时落在斜面上，可知两球在斜面上落点的高度差是h，根据几何知识可知
ℎ
两球在斜面上落点的距离为 ，故A错误，B正确；
sinθ
CD．由题意可知B球应落在A球的上方，则有A球的水平位移大于B球的水平位移，即
x ＞x
1 2
由x＝v t，两球的运动时间相等，则有
0
v ＞v
1 2
故C正确，D错误。
故选：BC。
13. （多选）（2024•庆云县校级模拟）篮球运动是一项是以手为中心的身体对抗性体育
运动，深受同学们喜爱。国际篮联场地标准为长28m，宽15m，篮圈下沿距地面高为3.05m，
三分线半径为6.75m（三分线到篮筐中心在地面投影的距离），如图所示。某次训练中，运动员紧贴三分线外a处进行定点投篮练习，篮球离手时距地面高度为 2.25m，经过0.5s到达最高
点，之后在下落过程中恰好穿过篮筐。假设篮球出手时在三分线正上方，篮球出手时初速度v
0
与水平面夹角为 ，不计空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
θ
10 16
A．tan = B．tan =
27 27
θ θ
5√985 5√985
C．v = m/s D．v = m/s
0 0
16 27
【解答】解：篮球在竖直方向做竖直上抛运动，上升阶段可以看作自由落体运动的逆运动；根
据自由落体运动规律，竖直初速度 v ＝gt ＝10×0.5m/s＝5m/s，上升的竖直高度
y 1
1 1
H= gt2= ×10×0.52m=1.25m；根据题意篮球下落的高度为h＝H﹣（h ﹣h ）＝1.25m﹣
2 1 2 1 2
1
（3.05﹣2.25）m＝0.45m；设篮球下落时间为t 2 ，根据自由落体运动规律 ℎ = 2 gt 2 2，代入数据解
得t ＝0.3s，篮球运动的总时间t＝t +t ＝0.5s+0.3s＝0.8s；设篮球的水平初速度为v ，篮球在水
2 1 2 x
平方向做匀速直线运动，r＝v t，代入数据解得 135 ，所以 v 16 16；
x v = m/s tanθ= y =5× =
x 16 v 135 27
x
√ 135 5√985
初速度v =√v2+v2= ( ) 2+52m/s= m/s，故AD错误，BC正确。
0 x y 16 16
故选：BC。考向三 圆周运动的分析与计算
14. （2024•广西三模）如图所示，A、B两个小球分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同
一竖直线的两点，现使两球在水平面内做圆周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚好运动到
相同高度时，A、B两球运动半径分别为6L、4L，两球离地高度为12L。O点为两悬挂点在地
面的投影，两个小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．两根细绳分别对A球和B球的拉力可能相同
B．A球和B球的周期相等
C．同时剪断两根细绳，B球先落地
D．剪断两根细绳，A球和B球的落地点到O点的距离相等
【解答】解：AB、由几何关系可知，小球A的悬线与竖直方向的夹角为37°，小球B的悬线与
竖直方向的夹角为53°，则对A球，拉力为 m g ， 4π2 ；同理
F = A m gtan37°=m ⋅6L
A cos37° A A T2
A
可得，对B球有： m g ， 4π2 ，由此可知，两拉力方向不相同，
F = B m gtan53°=m ⋅4L
B cos53° B B T2
B
两拉力不相同，两球的周期比为：T √8，故AB错误；
A =
T √3
B
1
CD、两球做平抛运动的时间相同，设两球此时距离地面的高度为
ℎ
= gt2，剪断细线时两球速
2
度方向不确定，两球可能落到同一点，故C错误，D正确。故选：D。
15. （2024•青羊区校级模拟）如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度 做匀速圆周运
动，紧贴在一起的M、N两物体（可视为质点）随圆盘做圆周运动，N恰好不下ω滑，M恰好不
滑动，两物体与转轴距离为r，已知M与N间的动摩擦因数为 ，M与圆盘面间的动摩擦因数
1
为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 与 应满足的关系式μ为（ ）
2 1 2
μ μ μ
A． + ＝1 B．μ 1
1 2 1=
μ
μ μ 2
C． ＝1 D．μ +μ 1
1 2 1 2=
μ μ
μ μ 1 2
【解答】解：以MN整体为研究对象，受力分析如图1所示：
由静摩擦力提供向心力可得：
μ (m +m )g=(m +m )ω2r
2 M N M N
以N为研究对象，受力分析如图2所示：由M对N的弹力提供向心力，则有： ，由平衡条件可得： F ＝m g，联立解得：
F =m ω2r 1 N N
N N
μ
＝1，故C正确，ABD错误。
1 2
μ故μ选：C。
16. （多选）（2024•西宁一模）如图所示，两根轻细线上端固定在 S点，下端分别连一
小铁球A、B，使两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，SO的高度为H，不计空气阻力，
下列说法中正确的是（ ）
A．小球做匀速圆周运动时，受到重力、细线拉力和向心力作用
B．如果两个小球的质量相等，则两条细线受到的拉力不相等
√ g
C．A、B做圆周运动的角速度均为
H
D．球A运动的周期小于球B运动的周期
【解答】解：A．对小球受力分析如图
其受到的重力与细线的拉力的合力沿水平方向，合力提供小球做圆周运动的向心力，故A错误；
B．小球竖直方向有mg＝Tcos
mg θ
整理得T=
cosθ
若小球的质量相等，由于细绳与竖直方向夹角不同，所以两条细绳受到的拉力不相等，故 B正
确；
C．对小球水平方向有Tsin ＝m 2Lsin
又Lcos ＝SO＝H θ ω θ
θ √ g
整理有ω=
H两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，二者的角速度相等，故C正确；
2π
D．由之前的分析可知，两球的角速度大小相同，由角速度与周期的公式有T=
ω
球A运动的周期等于球B运动的周期，故D错误。
故选：BC。
17. （多选）（2024•绵阳模拟）如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆
环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间
后，小球与圆心的连线转过 角度时，小球的速度大小为v，v2与cos 的关系如乙图所示，g
取10m/s2。则（ ） θ θ
A．圆环半径为0.6m
π
B．θ= 时，小球所受合力为4N
2
C．0≤ ≤ 过程中，圆环对小球的作用力一直增大
D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
【解答】 θ 解 π ：A、小球下滑过程由机械能守恒定律有mg(R−Rcosθ)= 1 mv2
2
π
当 = 时，小球的速度平方为12m2/s2，代入公式得R＝0.6m，故A正确；
2
θ
π
B、当 = 时，小球的速度平方为 12m2/s2，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有 N
2
θ
mv2 0.2×12
= = N＝4N
R 0.6
小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为 F N N，
=√N2+(mg) 2=√42+(0.2×10) 2 =2√5
故B错误；
π v2
CD、当0＜θ＜ 时，有mgcosθ−N=m
2 R可知随 的增大，同时v也增大，所以N必须减小，
π θ v2
当 ＜θ＜π时，有N−mgcos(180°−θ)=m
2 R
可知随 的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤ ≤ 过程中，圆环对小球的作用
力先减小θ后增大，故C错误，D正确。 θ π
故选：AD。
18. （多选）（2024•市中区校级一模）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称
“V”形二面体AB﹣CD﹣EF，可绕其竖直中心轴 OO'在水平面内匀速转动，其二面角为
120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L＝20cm。置于AB中点P的小
物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2。（ ）
A．“V”形二面体匀速转动的角速度 ＝5rad/s
ω 10√3
B．“V”形二面体匀速转动的角速度ω= rad/s
3
C．若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm
D．若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm
【解答】解：AB、设物体受到的支持力为F，受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律得：Fsin60°＝mgFcos60°＝m 2Lsin60°
ω 10√3
联立代入数据解得：ω= rad/s，故A错误，B正确；
3
CD、“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为 t，运动的初速度大小为
v ，加速度大小为a，沿AD方向向下运动在距离为y，则有：
0
由平衡条件可得：F′＝mgsin60°
由牛顿第二定律可得：mgcos60°＝ma
又，v ＝ Lsin60°
0
ω L
由运动学规律可得： =v t
2 0
1
y= at2
2
联立代入数据解得：y＝0.025m＝2.5cm，故C正确，D错误。
故选：BC。
19. 如图所示，质量为M、半径为R的半球形碗放置于水平地面上，碗内壁光滑。现使质
量为m的小球沿碗壁做匀速圆周运动，其轨道平面与碗口平面的高度差用h表示，运动过程中
碗始终保持静止，设碗与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．h越小，地面对碗的摩擦力越小
B．h越小，地面对碗的支持力越大
R 3
C．若h= ，则小球的动能为 mgR
2 4
R √3
D．若h= ，M＝10m，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于
2 11【解答】解：对小球受力分析，受到重力和支持力，合力提供向心力，则 F向 ＝mgtan ， 为球
到碗的球心的连线与竖直方向的夹角，h越小， 越大，向心力越大，根据F向 ＝ma
n
可θ知θ，h越
小，向心加速度越大，对碗和球组成的整体可知θ，f＝F ＝ma 故地面对碗的摩擦力越大，故A
n n
错误；
B、对碗和球组成的整体，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力等于碗和球的重力，故 B错
误；
mv2
mgtan60°= 1 3
C、对球根据牛顿第二定律可知： √3 ，解得：E = mv2= mgR，故C正确；
R k 2 4
2
R
D、若h= ，根据mgtan60°＝ma ，解得：a =√3g
2 n n
√3
根据AB选项可知： （M+m）g＝ma ，解得：μ= ，故则碗与地面之间的动摩擦因数必须大
n
11
μ
√3
于 ，故D错误
11
故选：C。
20. 如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的
另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为 。已知物块与
转盘之间的动摩擦因数为 ，且 ＜tan ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，α现让整个装置
由静止开始缓慢的加速转动μ起来。μ则下列α 说法正确的是（ ）
A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零
1
B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为 μMgLsinα
2
1 √ g
C．当转盘的转速为 时，物块刚好与转盘分离
2π 2Lcosα
MgLsinα
D．从开始转动到物块刚好与转盘分离的过程中，转盘对物块所做的功为
2cosα
【解答】解：AB、转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩摖力提供向心力，设转动到某一角速度 时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有：
1
ω
μMg=MLω2sinα
1
此时物块线速度大小为：v ＝L sin
1 1
从开始运动到细绳中将要出现拉ω力过α程中，设转盘对物块做的功为W，对物块由动能定理，可
1
得W = mv2
2
1
联立解得W = μMgLsinα，故A错误，B正确；
2
C、当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向由平衡条件有：Mg＝Tcos
水平方向由牛顿第二定律有： α
Tsinα=MLω2sin2α
2
√ g
联立解得：ω =
2 Lcosα
ω 1 √ g
此时转盘的转速大小为n = 2，即n = ，故C错误；
2 2π 2 2π Lcosα
D、物块刚好与转盘分离时，物块的线速度大小为v ＝L sin
2 2
从开始运动到转盘对物块的支持力刚好为零过程上，设转ω盘对α物块做的功为W ，对物块由动能
2
1
定理，可得W = mv2
2 2 2
MgLsin2α
联立解得W = ，故D错误。
2 2cosα
故选：B。
