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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
动规律应用、圆周运动，且往往会结合生活中常
见的现象考察
考向二 平抛运动
考向三 圆周运动的分析与计算
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。
1
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(2)模型化思想的应用
①平抛与斜面结合
模型
方法
分解速度，构建速
度三角形，找到斜面倾
角θ 与速度方向的关系
分解速度，构建速
度的矢量三角形
分解位移，构建位
移三角形，隐含条件：
斜面倾角θ 等于位移与水
平方向的夹角
基本
规律
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：
v＝
方向：tanθ＝
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：
v＝
方向：tanθ＝
水平：x＝v0t
竖直：y＝gt2
合位移：
s＝
方向：tanθ＝
运动
时间
由tanθ＝＝得t＝
由tanθ＝＝得t＝
由tanθ＝＝得t＝
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
(3)运动的时间与初速度成正比t = 2v0
❑tan ϑ
g
(4)位移与初速度的二次方成正比t = 2v0
2 tanθ
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
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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
界条件
由mg＝m 得v 临＝
由小球恰能做圆周运动得v 临＝0
讨论
分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg
＝m，绳、圆轨道对球产生弹
力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到
达最高点前小球已经脱离了圆
轨道
(3) 上、下两点拉力之差为
6mg。
(1)当v＝0 时，FN＝mg，FN为支持力，沿半
径背离圆心
(2)当0<v<时，mg－FN＝m，FN背离圆心，
随v 的增大而减小
(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并
随v 的增大而增大
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
固定一质量为m 的小球A，轻杆靠在高h= L
4 、质量为M＝4m 的物块B 上，开始时轻杆处于
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
面夹角为θ = π
6 ），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
3
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（ ）
A．√
8
5 gL
B．√
1
5 gL
C．√
2
5 gL
D．√
3
7 gL
【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 = π
6 时，设小球A 的线速度为
v0，由题意可知杆上B 点的线速度为vB= v0
2 ，方向垂直于轻杆。
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vB，则有：vsin30°＝vB
解得：v＝v0
对小球和物块，由动能定理可得：mgL（1−sin30°）= 1
2 m v0
2+ 1
2 M v
2
解得：v0=√
1
5 gL，故B 正确，ACD 错误。
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α＝45°角；在b
点的速度大小也为v，方向与a、b 连线成β＝45°角。已知a、b 连线长为d，小球只受风力的
作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．风力方向平行于a、b 连线
B．从a 点运动到b 点所用的时间为√2d
v
4
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C．小球的最小速度为1.8v
D．风力大小为mv
2
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；
B、小球的速度沿ab 连线方向的分速度：v1= vsinα = vsin45° = √2
2 v
所以从a 运动到b 的时间：t= d
v1
=
d
√2
2 v
= √2d
v
，故B 正确；
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：vmin
= vcos 45° = √2
2 v，故C 错误；
D、沿风力的方向从a 点运动到b 的速度变化量：Δv 风＝vsinβ﹣（﹣vsinα）＝vsin45°+vsin45°
=√2v
则加速度为a= Δv
t = √2v
√2d
v
= v
2
d
由牛顿第二定律，从a 点运动到b 的风力：F＝ma= m v
2
d
，故D 正确。
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
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 = 3
2√
gL
5
，
5
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竖直向下运动L
10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
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√
4 gL
(3+2√3)
D．若D 在运动过程中受到的阻力F 可视为恒力，其大小为28
5 mg
【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
MgLtan60° -2mg(
L
cos60° - L)= 1
2 M vC
2 +2× 1
2 m v AB
2
vAB＝vCcos30°
联立各式，代入数据解得
vC =√
4 gL
(3+2√3)
故C 正确；
D．对D 应用动能定理可得
6
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2mg• L
10 -F• L
10 =0- 1
2 ×2mv2
代入数据解得
F = 13
2 mg
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
B．脱离接触的瞬间，B 的速率为√
gL
8
C．A 落地前瞬间的速率为√2 gL
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vA，立方体速度vB，分离时刻，小球的水平分速度与立方体速度相同，即
vAsin30°＝vB
解得vA＝2vB，A、B 的速率之比为2：1，故A 错误；
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，
7
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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°＝mv A
2
l
解得vA=√
gl
2
，vB= 1
2vA=√
gl
8
，故B 正确；
C．A 从分离到落地，小球机械能守恒，则有mglsin30°= 1
2mv2- 1
2mv A
2
解得v=√
3 gl
2
，故C 错误；
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
mgl（1﹣sin30°）= 1
2mv A
2 + 1
2MvB
2
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va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则（ ）
A．va＝vb
B．va＜vb
C．ta＞tb
D．ta＜tb
【解答】解：根据平抛运动竖直方向是自由落体运动，有h= 1
2 gt
2，得：t=√
2h
g
，因为hb＞
ha，所以ta＜tb，平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，有x＝v0t，由图可知，xa＞xb，所以va
＞vb，故ABC 错误，D 正确。
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
8
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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θ、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
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为(2+2√2)h
tanθ
C．传送带的速度大小为√2 gh
sinθ
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3√
h
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
vx＝v⋅cosθ，vy＝v⋅sinθ
到达最高点时，竖直方向上速度为0，从抛出点到最高点时间为t1，水平位移x1
竖直方向上：v y
2 =2 gh，t1= v y
g =√
2h
g
水平方向上：x1＝vxt1，代入数据得x1= 2h
tanθ
从最高点到落地点的时间为t2，水平位移x2
9
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竖直方向上：2h= 1
2 gt2
2，即t2=√
4 h
g
水平方向上：x2＝vxt2，代入数据得x2= 2√2h
tanθ
B.玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为x，x= x1+ x2+
h
tanθ = (2√2+3)h
tanθ
，故B 错误。
C.联立vy＝v⋅sinθ，v y
2 =2 gh式子解得v= √2gh
sinθ ，故C 正确。
D.设玉米粒飞出后到落地所用的时间t，t =t1+t2=(√2+1)√
2h
g
，故D 错误。
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vyA＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s
小球做平抛运动的初速度大小为v0=√v A
2 - v yA
2 =√13
2-5
2m/s＝12m/s，故A 错误；
B、O、A 两点间的竖直高度为y A = 1
2 gt
2= 1
2 ×10×0.5
2m＝1.25m
水平位移为xA＝v0t＝12×0.5m/s＝6m
所以O、A 两点间的距离为s A =√x A
2 + y A
2 =√6
2+1.25
2m＝6.13m，故B 错误；
C、O、B 两点间的竖直高度为yB= 1
2 g(2t )
2= 1
2 ×10×(2×0.5)
2m＝5m
水平位移为xB＝v0•2t＝12×2×0.5m＝12m
10
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A、B 两点间的竖直高度为h1＝yB﹣yA＝5m﹣1.25m＝3.75m
A、B 两点间的水平位移为x1＝xB﹣xA＝12m﹣6m＝6m
A、B 两点间的距离为s1=√x1
2+h1
2=√6
2+3.75
2m＝6.32m，故C 错误；
D、O、B 两点间的距离为sB=√xB
2 + yB
2 =√12
2+5
2M＝13m，故D 正确。
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v1、v2
投球，方向与竖直方向间的夹角分别为α、β。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，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．α 可能小于β
B．v1、v2大小可能相等
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 = v1 x
v1 y
= v1 xt1
v1 yt1
= v1 xt1
gt1
2 = x
2h1
其中x 是C 到抛出点的水平距离。
同理tanβ = v2 x
v2 y
= x
2h2
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α＞β，故A 错误；
BCD、篮球在竖直方向上做自由落体运动，根据h= 1
2 gt
2
11
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则t=√
2h
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=√v x
2+ v y
2，所以v1、v2的大小可能相同，故CD 错误、B 正确。
故选：B。
9.
（2024•日照一模）如图所示，在水平地面上固定一倾角α＝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动，同时在小车A 的正上
方某处，有一物块B 以v0＝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
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μ＝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：
tanα = v0
v y
= 3
4 ，且vy＝gt，联立解得物块在空中运动的时间为t＝0.8s，故A 错误；
B、物块B 击中小车时，水平位移为x＝v0t＝6×0.8m＝4.8m
对小车，根据动能定理可得：Pt - μmg⋅
x
cosα cosα -mgxtanα = 1
2 mv
2，解得物块击中小车时
12
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小车的速度为v =2√10m/ s，故B 正确；
C、物块击中小车时的速度为：v物= v0
sinα = 6
0.6 m/ s=10m/ s，故C 错误；
D、小车从开始运动到被物块击中时的位移为：x车=
x
cosα = 4.8
0.8 m=6m，故D 错误。
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t1、t2，EF 垂直CD，则有关离开C 点后的飞行过程（
）
A．一定有t1＝t2，且CF：FD＝1：3
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：
t1＝t2
而x 轴方向运动员做匀加速运动，初速度不为零，可得
13
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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α，斜面的倾角为θ，根据平抛运动推
论则有
tanα = v y
v0
=gt
v0
tanθ = y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
联立解得
tanα＝2tanθ
由此可知当θ 一定时，α 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，落在斜面上的速度方向不变。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
【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q 点，根据几何关系得：vQcos45°＝gt，解得t= √2
5 s
根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h= 1
2gt2，
14
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解得：h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10× 2
25m＝0.4m，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
12. （多选）（2024•凉山州模拟）如图所示，A 球以速度v1从倾角为θ＝37°的斜面顶端
水平抛出的同时，B 球在A 球的正上方h 处以速度v2水平抛出，两小球同时落在斜面上，以下
说法正确的是（ ）
A．两球在斜面上落点的距离为h
B．两球在斜面上落点的距离为h
sinθ
C．两球抛出时速度大小的关系为v1＞v2
D．两球抛出时速度大小的关系为v1＜v2
【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v2水平抛出，由平抛
运动的规律h= 1
2 gt
2，两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
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
两球在斜面上落点的距离为h
sinθ ，故A 错误，B 正确；
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
x1＞x2
由x＝v0t，两球的运动时间相等，则有
v1＞v2
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
15
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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v0
与水平面夹角为θ，不计空气阻力，g 取10m/s2，则（ ）
A．tanθ= 10
27
B．tanθ= 16
27
C．v0= 5√985
16
m/s
D．v0= 5√985
27
m/s
【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vy ＝gt1 ＝10×0.5m/s ＝5m/s ，上升的竖直高度
H = 1
2 gt1
2= 1
2 ×10×0.5
2m=1.25m；根据题意篮球下落的高度为h＝H﹣（h1﹣h2）＝1.25m﹣
（3.05﹣2.25）m＝0.45m；设篮球下落时间为t2，根据自由落体运动规律h= 1
2 gt2
2，代入数据解
得t2＝0.3s，篮球运动的总时间t＝t1+t2＝0.5s+0.3s＝0.8s；设篮球的水平初速度为vx，篮球在水
平方向做匀速直线运动，r＝vxt，代入数据解得v x = 135
16 m/ s，所以tanθ = v y
v x
=5× 16
135 = 16
27 ；
初速度v0=√v x
2+ v y
2 =√( 135
16 )
2+5
2m/ s= 5√985
16
m/ s，故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
16
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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F A =
mA g
cos37°
，mA gtan37° =mA
4 π
2
T A
2 ⋅6 L；同理
可得，对B 球有：FB=
mB g
cos53° ，mB gtan53° =mB
4 π
2
T B
2 ⋅4 L，由此可知，两拉力方向不相同，
两拉力不相同，两球的周期比为：
T A
T B
= √8
√3，故AB 错误；
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= 1
2 gt
2，剪断细线时两球速
度方向不确定，两球可能落到同一点，故C 错误，D 正确。
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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ω 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μ1，M 与圆盘面间的动摩擦因数
为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为（ ）
A．μ1+μ2＝1
B．μ1
μ2
=1
C．μ1μ2＝1
D．μ1+ μ2
μ1 μ2
=1
【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：μ2(mM +mN )g=(mM +mN )ω
2r
以N 为研究对象，受力分析如图2 所示：
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由M 对N 的弹力提供向心力，则有：F N =mN ω
2r，由平衡条件可得：μ1FN＝mNg，联立解得：
μ1μ2＝1，故C 正确，ABD 错误。
故选：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
C．A、B 做圆周运动的角速度均为√
g
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＝Tcosθ
整理得T = mg
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Tsinθ＝mω2Lsinθ
又Lcosθ＝SO＝H
整理有ω=√
g
H
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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；
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 = 2π
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θ 角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ 的关系如乙图所示，g
取10m/s2。则（ ）
A．圆环半径为0.6m
B．θ = π
2 时，小球所受合力为4N
C．0≤θ≤π 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】解：A、小球下滑过程由机械能守恒定律有mg( R - Rcosθ)= 1
2 m v
2
当θ= π
2 时，小球的速度平方为12m2/s2，代入公式得R＝0.6m，故A 正确；
B、当θ= π
2 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
= mv
2
R = 0.2×12
0.6
N＝4N
小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F=√N
2+(mg)
2=√4
2+(0.2×10)
2N=2√5N，
故B 错误；
CD、当0＜θ＜π
2 时，有mgcosθ - N =m v
2
R
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可知随θ 的增大，同时v 也增大，所以N 必须减小，
当π
2 ＜θ＜π时，有N -mgcos(180° -θ)=m v
2
R
可知随θ 的增大，同时v 也增大，所以N 必须增大，所以0≤θ≤π 过程中，圆环对小球的作用
力先减小后增大，故C 错误，D 正确。
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ω＝5rad/s
B．“V”形二面体匀速转动的角速度ω= 10√3
3
rad / s
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°＝mg
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Fcos60°＝mω2Lsin60°
联立代入数据解得：ω= 10√3
3
rad / s，故A 错误，B 正确；
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
v0，加速度大小为a，沿AD 方向向下运动在距离为y，则有：
由平衡条件可得：F′＝mgsin60°
由牛顿第二定律可得：mgcos60°＝ma
又，v0＝ωLsin60°
由运动学规律可得：L
2 = v0t
y = 1
2 at
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
C．若h= R
2 ，则小球的动能为3
4 mgR
D．若h= R
2 ，M＝10m，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于√3
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【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＝mgtanθ，θ 为球
到碗的球心的连线与竖直方向的夹角，h 越小，θ 越大，向心力越大，根据F 向＝man可知，h 越
小，向心加速度越大，对碗和球组成的整体可知，f＝Fn＝man故地面对碗的摩擦力越大，故A
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；
C、对球根据牛顿第二定律可知：mgtan60° = m v
2
√3
2 R ，解得：Ek = 1
2 m v
2= 3
4 mgR，故C 正确；
D、若h= R
2 ，根据mgtan60°＝man，解得：an=√3 g
根据AB 选项可知：μ（M+m）g＝man，解得：μ= √3
11 ，故则碗与地面之间的动摩擦因数必须大
于√3
11 ，故D 错误
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α。已知物块与
转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置
由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零
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1
2 μMgLsinα
C．当转盘的转速为1
2π √
g
2 Lcosα
时，物块刚好与转盘分离
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MgLsinα
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
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力，设转动到某一角速度ω1 时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有：
μMg = MLω1
2sinα
此时物块线速度大小为：v1＝Lω1sinα
从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，设转盘对物块做的功为W，对物块由动能定理，可
得W = 1
2 mv
2
联立解得W = 1
2 μMgLsinα，故A 错误，B 正确；
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＝Tcosα
水平方向由牛顿第二定律有：Tsinα = MLω2
2sin
2α
联立解得：ω2=√
g
Lcosα
此时转盘的转速大小为n2= ω2
2π ，即n2= 1
2π √
g
Lcosα
，故C 错误；
D、物块刚好与转盘分离时，物块的线速度大小为v2＝Lω2sinα
从开始运动到转盘对物块的支持力刚好为零过程上，设转盘对物块做的功为W2，对物块由动能
定理，可得W 2= 1
2 m v2
2
联立解得W 2= MgLsin
2α
2cosα
，故D 错误。
故选：B。
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