2026年高考物理一轮复习精讲精练第23讲圆周运动的临界问题(练习)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习精讲精练第23讲圆周运动的临界问题(练习)(学生版+解析)，共9页。

A．离转轴越近的陶屑质量越大
B．离转轴越远的陶屑质量越大
C．陶屑只能分布在台面的边缘处
D．陶屑只能分布在一定半径的圆内
【答案】D
【详解】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得
解得
因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离转轴的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。μ与ω均一定，故为定值，即陶屑离转轴最远的陶屑距离不超过，即陶屑只能分布在半径为的圆内。故ABC错误，故D正确。
故选D。
2．（2023·福建·高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
【答案】（1）0.05m；（2）；（3）
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
根据胡克定律得
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有
，
由几何关系得
联立解得
3．（2025·福建·高考真题）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m，重力加速度。
(1)求，F做的功；
(2)时，A与B之间的弹力；
(3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
【答案】(1)1.5J
(2)0.5N
(3)
【详解】（1）求，F做的功
（2）对AB整体，根据牛顿第二定律
其中
对B根据牛顿第二定律
联立解得
（3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时
此时
过程中，对A、B根据动能定理
根据题图可得
从点到点，根据动能定理
在点的最小速度满足
联立可得
即圆弧半径满足的条件。
4．（2025·安徽·高考真题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
【答案】(1)，
(2)4m
(3)
【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，
（2）小球做平抛运动时，
解得x=4m
（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
5．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求：
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b从M运动到N的时间；
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理
解得
与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间
b从M运动到N的时间
（3）设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到所需的时间
可得
在时间内向右运动的距离
循环10次后向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量
然后继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b相对传动带运动的路程
此过程中与传送带摩擦产生的热量
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
6．（2023·湖南·高考真题）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（ ）

A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为
vC = 0
则小球从C到B的过程中，有

联立有
FN= 3mgcsα－2mg
则从C到B的过程中α由0增大到θ，则csα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；
B．由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为
P = －mgvsinθ
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
C．从A到C的过程中有
解得
C错误；
D．小球在B点恰好脱离轨道有
则
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
故选AD。
模拟冲关
7．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）圆锥摆在摆动过程中由于受空气阻力的影响，小球做圆周运动的半径会越来越小，经过足够长时间后，小球会停止在悬点正下方。忽略小球转动一周内的半径变化，即每一周都可视为匀速圆周运动，运动情况如图所示。则小球做上述运动过程中，随着细绳与竖直方向的夹角不断减小，小球做圆周运动的周期将（ ）
A．变大B．变小
C．不变D．先增大后减小
【答案】A
【详解】令摆角为，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
可知，随着细绳与竖直方向的夹角不断减小，小球做圆周运动的周期将变大。
故选A。
8．（2025·河北石家庄·一模）如图1所示，一细线一端系住一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内做匀速圆周运动，细线便在空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点做匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球（可视为质点）质量为，细线长度为，重力加速度为。
(1)在紧贴着小球运动的水平面上加一光滑平板，使小球在板上做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向所成夹角为，如图2所示，当小球的角速度大于某一值时，小球将脱离平板，求的大小；
(2)撤去光滑平板，再用一根细线，同样一端系在该小球上，另一端固定在细杆上的点，且当两条细线均伸直时，如图3所示，各部分长度之比，则当小球以匀速转动时，两细线对小球的拉力分别多大。
【答案】(1)
(2)，
【详解】（1）当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）当细线恰好伸直时，由几何关系得，与竖直方向所成夹角为37°，同理可得，此时小球的角速度为
则时细线末伸直，即
设此时细线AC与竖直方向的夹角为，由上得
解得
根据平衡条件得
9．（2025·河北·模拟预测）如图甲所示，游乐场的“旋转飞椅”给许多人带来生活乐趣，其结构为用不同长度的绳子将座椅悬挂在一个转盘下方，在转盘带动下随转盘一起转动，装置可简化为如图乙所示。若有三个相同的转椅A、B、C，B、C两个转椅悬绳长度相同，B距转轴近，A的悬绳长度较长，A、C悬点与转轴距离相同，某段时间内三个转椅随转盘一起匀速转动，悬绳重力及空气阻力均不计，有关悬绳与竖直方向的夹角，下列说法正确的是（ ）
A．A、C两个转椅的悬绳与竖直方向夹角相同
B．、两个转椅的悬绳与竖直方向夹角相同
C．A转椅的悬绳与竖直方向夹角最大
D．B转椅的悬绳与竖直方向夹角最大
【答案】C
【详解】设悬绳与竖直方向的夹角为，悬绳延长线与转轴的交点与座椅间的高度差为，悬点到转轴的距离为，由牛顿第二定律可得
可得
可知A、B、C三个座椅的相同，由
可知当相同时，越大，越大，所以；当相同时，越大，越大，所以。
故选C。
10．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）在水平面上放置一个半径为的圆盘，圆盘上放置两个可视为质点的物体和（如图甲），其中在圆盘中心，和之间用长为的轻绳连结。物体的质量为，物体的质量为，且它们和圆盘的动摩擦因数相同。现圆盘绕通过圆心的轴从静止缓慢加速转动，当角速度的大小为时，和恰好与圆盘发生相对滑动。如果把物体和沿直径放置在圆盘上（如图乙），此时物体到圆心的距离为，然后再次让圆盘绕通过圆心的轴从静止缓慢加速转动，当角速度的大小为时，和也恰好与圆盘发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则的大小为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【详解】图甲中，当和恰好相对圆盘发生滑动时有
解得
图乙中，当和恰好相对圆盘发生滑动时，对有
对有
解得
所以，A正确。
故选A。
11．（2025·贵州黔东南·模拟预测）如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B 放在水平转盘上，用不可伸长的轻绳相连，连线过转盘的圆心O，木块A、B 到转轴中心的距离分别为L和2L，木块与转盘之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让转盘在水平面内由静止开始绕转轴OO'做角速度ω 缓慢增大的圆周运动。以下说法正确的是（ ）
A．当角速度ω增大到时，物块A将相对转盘滑动
B．当角速度ω>时，物块A相对转盘滑动
C．角速度ω在范围内增大时，轻绳的拉力增大
D．角速度ω在范围内增大时，A受到的摩擦力先减小后增大
【答案】BCD
【详解】A．当角速度 较小时，A、B 两木块都靠摩擦力提供向心力，由 可知，B 物块的摩擦力先达到最大值，此时
解得
若角速度大于 ，对A有
对B有
得
当角速度等于时，，故A错误。
B．随着角速度增大， 先减小然后反向增大，设当角速度增大到 时，A 相对于转盘即将滑动，A木块的摩擦力达到最大，方向背离圆心。对木块A
对木块 B
联立解得
故B正确。
CD．角速度在 的范围内，随着角速度的增大，轻绳的拉力增大，A、B 均相对于转盘静止，B受到的摩擦力不变，而A受到的摩擦力先减小后增大，故CD 正确。
故选BCD。
12．（2025·河北沧州·模拟预测）图甲为“雪地转转”游戏，游戏时细转轴带动中心轮盘转动，中心轮盘通过轻绳牵引带动橡胶圈在水平面内做圆周运动，游客在橡胶圈中乘坐体验游戏带来的快乐。游戏装置可简化为如图乙所示，橡胶圈和游客可视为质点，牵引某橡胶圈的轻绳为AO。若橡胶圈做圆周运动的过程中半径始终不变，则关于橡胶圈及游客整体下列说法正确的是（ ）

A．做匀速圆周运动时，受到沿轨迹切线方向的滑动摩擦力和指向圆心方向的静摩擦力
B．做匀速圆周运动时，轻绳AO的延长线与转轴相交
C．角速度逐渐增大时，所受合力方向与其速度方向的夹角为锐角
D．角速度逐渐增大时，细绳拉力方向与橡胶圈的速度方向相垂直
【答案】C
【详解】A．同一个接触面只能有一个摩擦力，因此仅有滑动摩擦力，故A错误；
B．绳子拉力的竖直分力与转轴平行，水平分力与摩擦力的合力提供向心力，因此绳子拉力的作用线与转轴无交点，故B错误；
C．当角速度增大时，橡胶圈的线速度增大，因此橡胶圈所受合力沿切线方向的分力提供切线方向的加速度，指向圆心方向的分力提供向心力，因此橡胶圈所受合力方向与其速度方向的夹角为锐角，故C正确；
D．当角速度增大时，细绳拉力在水平方向的分力与速度不垂直，所以细绳拉力与橡胶圈的速度方向不垂直，故D错误。
故选C。
13．（2025·甘肃平凉·模拟预测）用一根橡皮筋吊着小球做圆锥摆运动，已知在弹性限度内，橡皮筋的弹力与形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内的情况下，小球做圆锥摆运动的角速度跟橡皮筋与竖直方向的夹角的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设橡皮筋原长为，小球的质量为m，当橡皮筋与竖直方向的夹角为时，橡皮筋的弹力
橡皮筋的长度为
设做圆周运动的角速度为，则
解得
故选D。
14．（2025·广东广州·一模）精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度匀速经过半径为16米的半圆（为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心），已知人与赛车质量为1t，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．赛车受到地面的作用力为
B．向心加速度
C．轮胎与地面的摩擦系数至少为0.2
D．轮胎所受摩擦力不做功
【答案】D
【详解】AB．赛车所需向心力为
向心力由地面对车的摩擦力提供，地面的作用力还包含支持力的作用，故赛车受到地面的作用力大于；
向心加速度为，故AB错误；
C．根据牛顿第二定律可得
可得
可知轮胎与地面的摩擦系数至少为0.4，故C错误；
D．轮胎所受摩擦力提供向心力，方向总是与速度方向垂直，所以轮胎所受摩擦力不做功，故D正确。
故选D。
15．（2025·河南三门峡·一模）如图所示，竖直放置的圆筒内壁光滑，圆筒半径为R，高为h。P、Q为圆筒上、下底面圆上的两点，且连线竖直，一可视为质点的小球由P点沿筒内侧与半径垂直方向水平抛出，小球质量为m，初速度大小为。小球的运动轨迹与的交点依次为上的A、B、C三点，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．小球到达C点时下落高度为
B．小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为1∶1∶1
C．A、B间距离为
D．小球在P点时所受合力大小为
【答案】BC
【详解】A．小球在水平方向上做匀速圆周运动，圆周运动周期为
小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达C点时，经历时间为，则有
解得
故A错误；
B．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有
根据牛顿第三定律有
解得
可知，小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为1∶1∶1
故B正确；
C．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达A点、B点经历时间分别为T、，则有
结合上述解得
故C正确；
D．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有
小球所受外力的合力
故D错误。
故选BC。
16．（2025·广东深圳·一模）一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图1所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，线的张力随变化的图像如图2所示（图中数值单位均为国际单位），取。下列说法正确的是（ ）
A．细线的长度为1mB．细线的长度为0.5m
C．小球的质量为2kgD．小球的质量为3kg
【答案】BC
【详解】设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为，当时，绳子的张力
当圆锥对小球的支持力为0时，角速度
此时
代入图中数据解得，
故选BC。
17．（2025·广西南宁·二模）如图所示，长为的细绳一端固定在倾角为的光滑斜面上的点，另一端拴接质量为的小球（可视为质点）。小球在斜面上绕点做圆周运动，到最高点时细绳拉力恰好为零。重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点时，细绳的拉力大小为
B．小球运动到最低点时，细绳的拉力大小为
C．小球运动到与圆心等高的位置时，速度大小为
D．小球运动到与圆心等高的位置时，速度大小为
【答案】AD
【详解】AB．小球到最高点P时细绳拉力恰好为零，根据牛顿第二定律有
小球从最高点运动到最低点Q的过程由动能定理有
小球运动到最低点Q时，由牛顿第二定律有
解得
故A正确，B错误；
CD．小球从最高点运动到与圆心等高的过程由动能定理有
代入数据可得
故C错误，D正确。
故选AD。
18．（2025·云南贵州·二模）小车内固定有垂直于运动方向的水平横杆，物块M套在横杆上，一个小铁球用轻质细线吊在物块底部。当小车以恒定速率通过某一水平弯道时（可视为圆周运动），细线与竖直方向的夹角为，如图所示。若小车以更大的恒定速率通过该弯道，设小车在通过弯道的过程中，小球、物块与小车均保持相对静止，下列说法错误的是（ ）
A．细线与竖直方向的夹角变大B．细线对小球的拉力变大
C．横杆对物块的摩擦力变大D．横杆对物块的支持力变大
【答案】D
【详解】D．令小铁球质量为m，物块与小球保持相对静止，对物块与小铁球整体进行分析，如图甲所示
则有
可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的支持力不变，故D错误，符合题意；
C．火车转弯过程，将车内物体的转弯半径可以近似认为相同，令为R，结合上述分析有
可知，当小车以更大的恒定速率通过该弯道时，横杆对物块的摩擦力变大，故C正确，不符合题意；
A．对小球进行受力分析，如图乙所示
则有，
解得
可知，转弯速度变大，则细线与竖直方向夹角变大，故A正确，不符合题意；
B．结合上述解得
由于细线与竖直方向夹角变大，则细线对小球的拉力变大，故B正确，不符合题意。
故选D。
19．（2025·河北·一模）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为，A放在B上，C、B离圆心的距离分别为。C、B之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直且无张力。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数以及A、B间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，现让圆盘从静止缓慢加速，若A、B之间能发生相对滑动则认为A立即飞走，B以后不再受A物体的影响，且细线不会被拉断，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，A即将滑离B
B．当时，细线张力为
C．无论多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动
D．当时，剪断细线，C将做离心运动
【答案】AC
【详解】A．当A开始滑动时有
解得
所以当时，A即将滑离B，故A正确；
B．当时A已经滑离B
B所需向心力
B与转盘之间的最大静摩擦力为
细线张力为
故B错误；
C．C与圆盘之间的最大静摩擦力为
当圆盘以角速度转动时，B所需向心力
C所需向心力
则
所以无论多大，B、C都不会和圆盘发生相对滑动，故C正确；
D．当时，C所需向心力
所以剪断细线，C将与圆盘一起转动，故D正确。
故选AC。
20．（24-25高一下·江苏苏州·阶段练习）如图所示为水平转台的俯视图，转台上放有两个小物块A、B，A物块的质量为m，B物块的质量为2m，两物块到圆心的距离满足rB=2rA，A、B间用沿直径方向的细线相连，A、B与转台之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当转台以不同的角速度ω匀速转动时，两物块均未滑动，A与转台间的摩擦力fA与ω2的关系图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】当转动的角速度很小的时候，细线上没有拉力，对于A物块有
对于B物块有
当B物块的摩擦力达到最大静摩擦时，细线上开始有拉力，此时有
则A的摩擦力大小为
此后绳子有拉力，对于A物块有
对于B物块有
联立以上的两个式子可知
可知后半段图像斜率较大。
故选D。
21．（2025·广东·二模）如图，固定在竖直面内的轨道ABC由粗糙直线段AB和光滑圆弧段BC组成，两段相切于B点，BC段的圆心为O，半径为R，轨道最高点为C，A与C的高度差为1.5R。运动员踩着滑板（可视为质点）从A点以初速度v0冲上轨道，沿轨道运动恰能到达C点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．运动员及滑板的初速度要满足
B．运动员及滑板到达C点时对轨道的压力恰好为0
C．从A到B的过程中，运动员及滑板的重力做功等于其动能的变化量
D．从B到C的过程中，运动员及滑板的动能全部转化为重力势能
【答案】AD
【详解】A．设运动员踩着滑板质量为m，题意知m沿轨道运动恰能到达C点，则C点速度为0，此时m对轨道压力等于物体重力，并不是0，从A到C过程，由动能定理有
整理得
故A正确，B错误；
C．由动能定理可知，运动员及滑板的重力做功与其摩擦力做功之和等于运动员及滑板动能的变化量，并非重力做功等于动能变化量，故C错误；
D．BC段光滑，从B到C的过程中（且运动员及滑板在C点速度为0），只有重力做功，机械能守恒，则运动员及滑板的动能转化为重力势能，故D正确。
故选AD。
22．（2025·江西景德镇·三模）如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时（ ）
A．球B的速度为零B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为mgD．水平转轴对杆的作用力为2mg
【答案】B
【详解】A．球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有
解得
故A错误；
B．由于A、B两球的角速度相等，由v=ωr
得球A的速度大小为
故B正确；
CD．杆对A球的作用力
则
B球到最高点时，对杆无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为1.5mg，CD错误。
故选B。
23．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，内壁光滑、半径为R的圆弧轨道AB竖直固定在光滑的水平面上，竖直半径OA与倾斜半径OB的夹角为，质量为4m的小球放置在A点的左侧，现让质量为m的子弹以水平向右的速度射入小球并停留在小球内部（射入过程时间极短），然后小球与子弹构成的整体（以下简称为“整体”）从A点运动到B点。已知整体在B点时仍处于圆周运动的状态，且轨道对整体的弹力刚好为0，子弹与小球均视为质点，重力加速度大小为g，取求：
(1)整体在A、B两点的速度大小；
(2)子弹射入小球之前的速度大小；
(3)子弹射入小球的过程中，子弹克服小球的作用力做的功。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）在B点，把整体受到的重力分别沿着BO和垂直BO的方向分解，沿着BO方向的分力提供整体做圆周运动的向心力，有
解得
整体从A点运动到B点，由机械能守恒定律有
解得
（2）子弹与小球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有
解得
（3）由动能定理有
解得
24．（2025·内蒙古赤峰·三模）机器人扭秧歌成了2025年年初的头条热点， 机器人的3分钟表演让国内外都为之震撼。如图机器人转动的手绢好像 “死死地” 黏在机器人的手上一样。此情景可以简化为长为 的轻杆一端固定在水平转轴上的 点，另一端固定一质量为 的小球， 在竖直平面内做角速度为 的匀速圆周运动，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ）
A．小球转到最低点D时， 轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力
B．小球转到最高点C时，轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力
C．小球在最左端 时，轻杆对小球的作用力的大小为
D．小球在最右端 时，轻杆对小球的作用力的大小为
【答案】AD
【详解】A．小球转到最低点D时，其合力指向圆心方向，故轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力，故A正确；
B．小球转到最高点C时速度为，可知此时轻杆对小球的弹力的大小为0，小于其重力，故B错误；
CD．小球在最左端或最右端B时，小球受重力和轻杆对小球的作用力而做匀速圆周运动，合力指向圆心方向，根据平行四边形定则，可知轻杆对小球的作用力的大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
25．（2025·海南海口·模拟预测）如图所示，小球A以初速度竖直向上冲入半径为R的四分之一粗糙圆弧管道，然后从管道另一端M点沿水平方向以速度冲出，在光滑水平面上与右端连有静止小球B的轻质弹簧在同一直线上发生相互作用。已知A、B的质量分别为3m、2m，重力加速度为g。求：
(1)球A到达M点时对管道的压力大小及方向；
(2)小球在管道内运动过程中阻力做的功；
(3)B球最终的速度大小。
【答案】(1)，方向竖直向上
(2)
(3)
【详解】（1）设球A在M点所受管道弹力大小，假设其方向竖直向下，则有
解得
上述弹力的方向假设成立，根据牛顿第三定律可知
解得
方向竖直向上。
（2）球A在管道内运动过程，根据动能定理有
解得
（3）设球A、B分离后速度分别为、，A、B球相互作用过程，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
26．（2025·广东·模拟预测）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下，物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块B的大小，求：
(1)物块B的最大速度的大小；
(2)物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力大小；
(3)平板车的长度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为
根据机械能守恒定律,有
解得
（2）在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，物块此时对圆弧面的压力大小
（3）设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的共同速度为，平板车的长度为
根据动量守恒，有
解得
由能量守恒定律，有
解得
27．（2025·云南·三模）如图甲所示，一滑雪场的高阶滑道由高的直滑道和与之在B点相切的圆弧轨道组合而成，圆弧轨道半径为R。运动员从斜面顶端A点静止下滑，无能量损失地进入圆弧轨道，最终从C点飞出。在圆弧轨道上，运动员与圆心O的连线与竖直线夹角为，记录运动员受到的轨道弹力N与，在图乙所示的坐标系中得到一条直线段。已知B、C在同一水平面，运动员（含装备）重力为，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在圆弧轨道运动时，处于失重状态
B．图乙中
C．运动员在圆弧轨道最低点的速率为
D．从C点飞出后，能上升的最大高度为
【答案】B
【详解】A．运动员在圆弧轨道运动时，向心加速度的竖直分量向上，运动员处于超重状态，故A错误；
BC．A到B过程由动能定理得
B点时由牛顿第二定律得
由图像知时
圆轨道最低点时由牛顿第二定律得
由图像知
故得，故B正确，C错误；
D．运动员从C点斜抛出达到最高点时，水平速度不为0，由机械能守恒知其高度小于，故D错误；
故选B。
28．（2025·北京顺义·模拟预测）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C，取水平面为零势能面。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C点的速度为零
B．物体在C点所受合力为零
C．物体在B点时轨道对物体的支持力等于物体的重力
D．物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能
【答案】D
【详解】AB．物体恰好能够到达最高点C，说明在C点物体只受重力，根据牛顿第二定律有
解得
故AB错误；
C．物体在B点时加速度向上，处于超重状态，轨道对物体的支持力大于物体的重力，故C错误；
D．物体从A到C的过程，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的重力势能和动能之和，故物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能，故D正确。
故选D。
29．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，质量为M=0.99kg的木球用细绳连接挂在O点处于静止状态，O点到球心的距离为L=0.5m，现有一质量为m=0.01kg的子弹以速度v0射入木球并留在木球中（子弹与木球作用时间很短），若子弹射入木球后，木球（含子弹）在竖直平面内恰好能绕O点做圆周运动，求：（重力加速度g取10m/s2）
(1)子弹射入木球后瞬间，木球与子弹的共同速度大小；
(2)子弹的入射速度v0大小。
【答案】(1)5m/s
(2)500m/s
【详解】（1）小球在竖直平面内恰好做圆周运动，在最高点，由重力提供向心力得
小球从最低点运动到最高点过程，由机械能守恒定律得
代入数据解得
（2）子弹射入木球过程，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
30．（2025·全国·模拟预测）利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直向下方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知绳长，取，则下列判断正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球在最低点的初速度大小为
C．小球在最高点的速度大小为
D．小球在最低点与最高点绳的拉力差随初速度大小的增大而增大
【答案】C
【详解】AB．当时，，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
当时，，由牛顿第二定律得
小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
联立解得，
故AB错误；
C．小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得
解得小球在最高点的速度大小为
故C正确；
D．在最低点得，在最高点得
则
故小球在最低点与最高点绳的拉力差保持不变，故D错误。
故选C。