微专题(七) 圆周运动的两类典型问题
(一) 匀速圆周运动
类型一 水平面内的匀速圆周运动
[例1] (2025·广东高考)(多选)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2。关于该小球,下列说法正确的有 ( )
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
听课随笔:
|思|维|建|模|
1.圆周运动中动力学问题的分析思路
2.水平面内圆周运动常见的三种临界情况
临界情况 典型模型 临界条件分析
接触与分离 两物体恰好接触或分离,临界条件是弹力FN=0
相对滑动 两物体相对静止且存在静摩擦力时,二者相对滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大值
绳子断裂与松弛 绳子所能承受的张力是有限度的,绳子恰好不断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是绳子中张力为零
[针对训练]
1.(2025·宝鸡二模)如图所示,质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,a绳与竖直杆AB成θ角,b绳处于水平方向且长为L。则下列说法正确的是 ( )
A.a绳的弹力有可能为0
B.b绳的弹力不可能为0
C.当角速度ω>时,b绳一定有弹力
D.当角速度ω>时,b绳一定有弹力
类型二 磁场中带电粒子的匀速圆周运动
[例2] (2025·全国卷)如图所示,正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场,电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场,速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时,电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出,在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3,则 ( )
A.t1C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3
听课随笔:
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1.求解带电粒子在有界磁场中运动的基本思路
2.利用“两线三角”破解带电粒子在磁场中的运动问题
“两线”是指速度的垂线、弦的中垂线,可确定带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心的位置;“三角”是指偏转角、圆心角、弦切角,可以结合几何知识计算圆周运动的半径并计算运动时间。如图所示。
[针对训练]
2.(2025·贵阳模拟)MN是足够长的竖直放置的荧光屏,右侧空间存在竖直向下的匀强磁场。EF是竖直放置、长为L的挡板,E端固定在荧光屏上,∠FEM=60°,其俯视图如图所示。在荧光屏上的P点发射一质量为m、电荷量为q、速度大小为v的带正电的粒子,已知E、P两点间距为L,速度方向与PN之间的夹角为30°,不计粒子重力。为使粒子能够绕过挡板打在荧光屏上,磁场的磁感应强度最大为 ( )
A. B.
C. D.
(二) 变速圆周运动
类型一 竖直面内的变速圆周运动
[例1] (2025·厦门三模)(多选)如图甲所示,轻杆的一端固定一小球(可视为质点),另一端套在光滑的水平轴O上,水平轴的正上方有一速度传感器(图中未画出),可以测量小球通过最高点时的速度大小v,水平轴O处有一力传感器(图中未画出),可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力F,若取竖直向下为F的正方向,在最低点时给小球不同的初速度,得到的F v2图像如图乙所示,取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.小球的质量为10 kg
B.轻杆的长度为1.8 m
C.若小球通过最高点时的速度大小为3.6 m/s,则轻杆对小球的作用力大小为6.4 N
D.若小球通过最高点时的速度大小为6 m/s,则小球受到的合力为10 N
听课随笔:
|思|维|建|模|
竖直平面内圆周运动临界问题的解题思路
第一步: 定模型 首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同,其原因主要是“绳”不能支持物体,而“杆”既能支持物体,也能拉物体
第二步: 确定 临界点 竖直平面内圆周运动的临界点一般为圆周的最高点。对轻绳模型,物体能过最高点的条件:v≥。对轻杆模型,物体在最高点的最小速度可以为0,在最高点轻杆可以产生向上的支持力或向下的拉力
第三步: 研究状态 通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动状态
第四步: 受力分析 对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程:F合=F向
第五步: 过程分析 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程
[针对训练]
1.(2025·大连三模)如图所示,有一质量为m的小球在竖直固定的光滑圆形管道内运动,管径略大于小球的
直径,小球的直径远小于内侧管壁半径R。A、C为管道的最高点和最低点,B为管道上与圆心等高的点,D为管道上的一点,且D与圆心连线和水平方向的夹角为45°,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.若小球在A点的速度大小为,则外侧管壁对小球有作用力
B.若小球在B点的速度大小为,则内侧管壁对小球有作用力
C.若小球在C点的速度大小为,则小球对管道的内外壁均无作用力
D.若小球在D点的速度大小为,则外侧管壁对小球有作用力
类型二 斜面内的变速圆周运动
[例2] 如图所示,一倾角为θ=30°的斜劈静置于粗糙水平面上,斜劈上表面光滑,一轻绳的一端固定
在斜面上的O点,另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度,使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l,重力加速度为g,整个过程中斜劈静止,下列说法正确的是 ( )
A.小球在顶端时,速度大小为
B.小球在底端时,速度大小为
C.小球运动过程中,地面对斜劈的摩擦力大小不变
D.小球运动过程中,地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和
听课随笔:
|思|维|建|模| 斜面上圆周运动临界问题的解题方法
在解决斜面上圆周运动的临界问题时,可能需要考虑物体在最高点和最低点的受力情况,特别是当物体即将离开斜面或保持在斜面上的瞬间。这时,摩擦力的作用尤为关键,因为它决定了物体是否能保持在其位置上。通过仔细分析这些临界状态下的受力情况,可以有效地解决这类问题。
[针对训练]
2.(2025·遂宁二模)如图甲所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,细线一端与可看成质点的质量为m的小球连接,另一端穿入小孔O与力传感器(位于斜面体内部)连接,传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时,细线水平,小球位于小孔O的右侧,现敲击小球,使小球获得一平行于斜面向上的初速度v0,此后传感器记录细线拉力T的大小随细线扫过角度α的变化图像如图乙所示,图中F0已知,小球到O点距离为l,重力加速度为g,则下列说法不正确的是 ( )
A.小球位于初始位置时的加速度为
B.小球通过最高点时速度为
C.小球通过最高点时速度为v0
D.小球通过最低点时速度为v0
类型三 “等效重力场”中带电体的变速圆周运动
[例3] (多选)如图所示,轻质绝缘细线一端系在O点,另一端与带电荷量为+q的小球(可视为质点)连接,整个装置处在水平向右、场强大小为E的匀强电场中,小球静止时处在B点,A点在O点的正下方,OB与OA间的夹角为37°,C点在O点正右方且与O点等高,已知OA=OB=OC=R,现把小球移至A点,给小球一个水平向右的初速度v0(为未知量),小球正好能够到达C点(运动过程中小球的电荷量不变),重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.小球的质量为
B.小球在A点获得的动能为
C.小球从A到C的过程中,速度的最大值为
D.小球从A到C的过程中,通过B点时细线的张力最大
听课随笔:
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带电体在“等效重力场”中的求解方法
1.“等效重力”及“等效重力加速度”
在匀强电场中,将重力与电场力进行合成,如图所示,则F合为“等效重力场”中的“等效重力”,g'=为“等效重力场”中的“等效重力加速度”,F合的方向为“等效重力”的方向,也是“等效重力加速度”的方向。
2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线,其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点,沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点,如图所示。
[针对训练]
3.(2025·北京西城模拟)如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E=。下列说法正确的是 ( )
A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度为
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到C点时的动能最大
C.若将小球在A点由静止释放,它将在ACBD圆弧上往复运动
D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,它将能够到达B点
微专题(七) 圆周运动的两类典型问题
(一)
[例1] 选AC 对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R,解得ω=5 rad/s,故A正确;线速度大小为v=ωR=2 m/s,故B错误;向心加速度大小为an=ω2R=10 m/s2,故C正确;小球所受支持力大小为N== N,故D错误。
[针对训练]
1.选D 由于小球受到竖直向下的重力,要使小球能够在水平面内做匀速圆周运动,必须有其他外力平衡小球的重力,故a绳的弹力不可能为零;b绳在水平面内,a绳的弹力和小球重力的合力可以为小球在水平面内做匀速圆周运动提供向心力,故b绳的弹力可能为零,A、B错误;当b绳恰好水平拉直时,b绳的弹力为零,对小球受力分析,由牛顿第二定律可知mgtan θ=mω2L,解得ω=,当ω>时,b绳一定有弹力,C错误,D正确。
[例2] 选A 由于电子在磁场中做匀速圆周运动,则电子在磁场中运动的时间为t=,设正方形边长为l,则s1=π·,s2=π·,s3=·l,则有t1[针对训练]
2.选D 要使粒子绕过EF挡板,则粒子轨迹恰好过F点,该情况下粒子在磁场中运动的半径最小、磁场的磁感应强度最大,作速度v的垂线,再连接FP,作其中垂线,则它们的交点为粒子在磁场中运动对应的圆心O,如图所示。根据几何关系可知,粒子运动的最小半径为R=L,根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m,解得磁场的磁感应强度最大为B=,故选D。
(二)
[例1] 选CD 设杆的长度为L,水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反,因此对小球受力分析有-F+mg=,整理可得F=-+mg,由题图乙可知m=1 kg,L=3.6 m,A、B错误;当v=3.6 m/s时,代入上式得F=6.4 N,即杆对小球的作用力大小为6.4 N,C正确;若小球通过最高点时的速度大小为6 m/s,则小球受到的合力F合== N=10 N,D正确。
[针对训练]
1.选D 若小球在A点的速度大小为,则小球的重力恰好提供小球做圆周运动所需的向心力,管壁对小球无作用力,故A错误;在B点,外侧管壁对小球的作用力提供小球做圆周运动的向心力,且有FN=m=mg,故B错误;在C点,小球受向下的重力和竖直向上的弹力,该弹力为外壁对小球的作用力,且有FN-mg=m,解得FN=2mg,故C错误;在D点时,若小球只受重力,则有mgsin 45°=m,解得v=,由于<,故外侧管壁对小球有指向圆心的作用力,故D正确。
[例2] 选B 小球在顶端时,绳的拉力FT与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力,有FT+mgsin θ=m,可知绳的拉力越小,小球的速度越小,当绳的拉力为零时,小球恰好在斜面上做圆周运动,在顶端时的速度为vmin==,A错误;小球由顶端向底端运动时,只有重力对小球做功,根据动能定理有mg·2lsin θ=mv2-m,代入数据可得v=,B正确;小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动,其所受重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变,绳的拉力大小和方向均不断变化,根据牛顿第三定律,以斜劈为研究对象,斜劈在小球恒定的压力、绳不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡,绳的拉力不断变化,故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化,根据斜劈的平衡条件可知,它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的,地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和,C、D错误。
[针对训练]
2.选A 小球位于初始位置时的向心加速度大小为a1=,沿斜面向下的加速度大小为a2=gsin θ,根据平行四边形定则知,小球位于初始位置时的加速度大于,故A错误,满足题意要求;由题图乙可知,小球通过最高点时细线的拉力T=0,则有mgsin θ=m,解得小球通过最高点时的速度v1=,故B正确,不满足题意要求;小球在初始位置时,有F0=m,则小球通过最高点时的速度v1==v0,故C正确,不满足题意要求;小球通过最低点时,细线的拉力最大,根据牛顿第二定律有2F0-mgsin θ=m,联立解得小球通过最低点的速度为v2=v0,故D正确,不满足题意要求。
[例3] 选BD 在B点对小球受力分析,由平衡条件可得qE=mgtan 37°,解得小球的质量为m=,故A错误;小球从A点运动到C点,由动能定理可得qER-mgR=0-EkA,解得小球在A点获得的动能为EkA=,故B正确;小球静止在B点,则电场力与重力的合力方向由O指向B,则B点是小球做圆周运动的等效最低点,所以小球从A点运动到C点的过程中,在B点速度达到最大值,则小球在B点对细线的拉力最大,小球从A点运动到B点,由动能定理可得qERsin 37°-mgR(1-cos 37°)=m-EkA,解得小球从A到C的过程中速度的最大值为vm=,故C错误,D正确。
[针对训练]
3.选D 根据题意可知,小球所受电场力和重力的合力为F合==mg,方向斜向右下方,与竖直方向夹角为45°,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,小球通过圆弧AD的中点时速度最小,此时满足mg=m,解得vmin=,小球通过圆弧BC的中点时速度最大、动能最大,故A、B错误;若将小球在A点由静止释放,小球将沿电场力和重力的合力方向做匀加速直线运动,故C错误;若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,小球将做类斜抛运动,小球运动到与A点等高的位置时所用的时间为t=,此时间内小球在水平方向上运动的位移为x=at2,由牛顿第二定律有Eq=ma,联立解得x=2L,可知小球恰好到达B点,故D正确。
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圆周运动的两类典型问题
微专题（七）
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(一) 匀速圆周运动
(二) 变速圆周运动
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(一) 匀速圆周运动
类型一 水平面内的匀速圆周运动
[例1] (2025·广东高考)(多选)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有( )
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
√
√
[解析] 对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R，解得ω=5 rad/s，故A正确；线速度大小为v=ωR=2 m/s，故B错误；向心加速度大小为an=
ω2R=10 m/s2，故C正确；小球所受支持力大小为N== N，故D错误。
|思|维|建|模|
1.圆周运动中动力学问题的分析思路
2.水平面内圆周运动常见的三种临界情况
临界情况 典型模型 临界条件分析
接触与分离 两物体恰好接触或分离，临界条件是弹力FN=0
相对滑动 两物体相对静止且存在静摩擦力时，二者相对滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大值
临界情况 典型模型 临界条件分析
绳子断裂 与松弛 绳子所能承受的张力是有限度的，绳子恰好不断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳子中张力为零
1.(2025·宝鸡二模)如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质竖直细杆的A点和B点，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与竖直杆AB成θ角，b绳处于水平方向且长为L。则下列说法正确的是 ( )
A.a绳的弹力有可能为0
B.b绳的弹力不可能为0
针对训练
C.当角速度ω>时，b绳一定有弹力
D.当角速度ω>时，b绳一定有弹力
√
解析：由于小球受到竖直向下的重力，要使小球能够在水平面内做匀速圆周运动，必须有其他外力平衡小球的重力，故a绳的弹力不可能为零；b绳在水平面内，a绳的弹力和小球重力的合力可以为小球在水平面内做匀速圆周运动提供向心力，故b绳的弹力可能为零，A、B错误；当b绳恰好水平拉直时，b绳的弹力为零，对小球受力分析，由牛顿第二定律可知mgtan θ=mω2L，解得ω=，当ω>时，b绳一定有弹力，C错误，D正确。
类型二 磁场中带电粒子的匀速圆周运动
[例2] (2025·全国卷)如图所示，正方形abcd内有
方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以
速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的
大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射
出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则( )
A.t1C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3
√
[解析] 由于电子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=，设正方形边长为l，则s1=π·，s2=π·，s3=·l，则有t1|思|维|建|模|
1.求解带电粒子在有界磁场中运动的基本思路
2.利用“两线三角”破解带电粒子在磁场中的运动问题
“两线”是指速度的垂线、弦的中垂线，可确定带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心的位置；“三角”是指偏转角、圆心角、弦切角，可以结合几何知识计算圆周运动的半径并计算运动时间。如图所示。
2.(2025·贵阳模拟)MN是足够长的竖直放置的荧光屏，右侧
空间存在竖直向下的匀强磁场。EF是竖直放置、长为L的挡板，
E端固定在荧光屏上，∠FEM=60°，其俯视图如图所示。在荧
光屏上的P点发射一质量为m、电荷量为q、速度大小为v的带正
电的粒子，已知E、P两点间距为L，速度方向与PN之间的夹角为30°，不计粒子重力。为使粒子能够绕过挡板打在荧光屏上，磁场的磁感应强度最大为 ( )
A. B. C. D.
针对训练
√
解析：要使粒子绕过EF挡板，则粒子轨迹恰好过F点，
该情况下粒子在磁场中运动的半径最小、磁场的磁感
应强度最大，作速度v的垂线，再连接FP，作其中垂线，
则它们的交点为粒子在磁场中运动对应的圆心O，如图
所示。根据几何关系可知，粒子运动的最小半径为R=
L，根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m，解得磁场的磁感应强度最大为B=，故选D。
(二) 变速圆周运动
类型一 竖直面内的变速圆周运动
[例1] (2025·厦门三模)(多选)如图甲
所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质
点)，另一端套在光滑的水平轴O上，水
平轴的正上方有一速度传感器(图中未画出)，可以测量小球通过最高点时的速度大小v，水平轴O处有一力传感器(图中未画出)，可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F-v2图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小球的质量为10 kg
B.轻杆的长度为1.8 m
C.若小球通过最高点时的速度大小为3.6 m/s，则轻杆对小球的作用力大小为6.4 N
D.若小球通过最高点时的速度大小为6 m/s，则小球受到的合力为10 N
√
√
[解析] 设杆的长度为L，水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球受力分析有-F+mg=，整理可得F=
-+mg，由题图乙可知m=1 kg，L=3.6 m，A、B错误；当v=3.6 m/s时，代入上式得F=6.4 N，即杆对小球的作用力大小为6.4 N，C正确；若小球通过最高点时的速度大小为6 m/s，则小球受到的合力F合== N=
10 N，D正确。
|思|维|建|模|
竖直平面内圆周运动临界问题的解题思路
第一步： 定模型 首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体
第二步： 确定 临界点 竖直平面内圆周运动的临界点一般为圆周的最高点。对轻绳模型，物体能过最高点的条件：v≥。对轻杆模型，物体在最高点的最小速度可以为0，在最高点轻杆可以产生向上的支持力或向下的拉力
第三步： 研究状态 通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动状态
第四步： 受力分析 对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F合=F向
第五步： 过程分析 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程
续表
1.(2025·大连三模)如图所示，有一质量为m的小球
在竖直固定的光滑圆形管道内运动，管径略大于小球
的直径，小球的直径远小于内侧管壁半径R。A、C为
管道的最高点和最低点，B为管道上与圆心等高的点，
D为管道上的一点，且D与圆心连线和水平方向的夹角
为45°，重力加速度为g，下列说法正确的是 ( )
针对训练
A.若小球在A点的速度大小为，则外侧管壁对小球有作用力
B.若小球在B点的速度大小为，则内侧管壁对小球有作用力
C.若小球在C点的速度大小为，则小球对管道的内外壁均无作用力
D.若小球在D点的速度大小为，则外侧管壁对小球有作用力
√
解析：若小球在A点的速度大小为，则小球的重力恰好提供小球做圆周运动所需的向心力，管壁对小球无作用力，故A错误；在B点，外侧管壁对小球的作用力提供小球做圆周运动的向心力，且有FN=m=mg，故B错误；在C点，小球受向下的重力和竖直向上的弹力，该弹力为外壁对小球的作用力，且有FN-mg=m，解得FN=2mg，故C错误；在D点时，若小球只受重力，则有mgsin 45°=m，解得v=，由于<
，故外侧管壁对小球有指向圆心的作用力，故D正确。
类型二 斜面内的变速圆周运动
[例2] 如图所示，一倾角为θ=30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上的O点，另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l，重力加速度为g，整个过程中斜劈静止，下列说法正确的是( )
A.小球在顶端时，速度大小为
B.小球在底端时，速度大小为
C.小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变
D.小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和
√
[解析] 小球在顶端时，绳的拉力FT与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，有FT+mgsin θ=m，可知绳的拉力越小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好在斜面上做圆周运动，在顶端时的速度为vmin==，A错误；小球由顶端向底端运动时，只有重力对小球做功，根据动能定理有mg·2lsin θ=mv2-m，代入数据可得v=，B正确；
小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动，其所受重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈在小球恒定的压力、绳不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡，绳的拉力不断变化，故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化，根据斜劈的平衡条件可知，它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和，C、D错误。
|思|维|建|模| 斜面上圆周运动临界问题的解题方法
在解决斜面上圆周运动的临界问题时，可能需要考虑物体在最高点和最低点的受力情况，特别是当物体即将离开斜面或保持在斜面上的瞬间。这时，摩擦力的作用尤为关键，因为它决定了物体是否能保持在其位置上。通过仔细分析这些临界状态下的受力情况，可以有效地解决这类问题。
2.(2025·遂宁二模)如图甲所示，
倾角为θ的光滑斜面固定在水平地
面上，细线一端与可看成质点的质
量为m的小球连接，另一端穿入小孔O与力传感器(位于斜面体内部)连接，传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时，细线水平，小球位于小孔O的右侧，现敲击小球，使小球获得一平行于斜面向上的初速度v0，此后传感器记录细线拉力T的大小随细线扫过角度α的变化图像如图乙所示，图中F0已知，小球到O点距离为l，重力加速度为g，则下列说法不正确的是 ( )
针对训练
A.小球位于初始位置时的加速度为
B.小球通过最高点时速度为
C.小球通过最高点时速度为v0
D.小球通过最低点时速度为v0
√
解析：小球位于初始位置时的向心加速度大小为a1=，沿斜面向下的加速度大小为a2=gsin θ，根据平行四边形定则知，小球位于初始位置时的加速度大于，故A错误，满足题意要求；由题图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力T=0，则有mgsin θ=m，解得小球通过最高点时的速度v1=，故B正确，不满足题意要求；
小球在初始位置时，有F0=m，则小球通过最高点时的速度v1=
=v0，故C正确，不满足题意要求；小球通过最低点时，细线的拉力最大，根据牛顿第二定律有2F0-mgsin θ=m，联立解得小球通过最低点的速度为v2=v0，故D正确，不满足题意要求。
类型三 “等效重力场”中带电体的变速圆周运动
[例3] (多选)如图所示，轻质绝缘细线一端
系在O点，另一端与带电荷量为+q的小球(可视为
质点)连接，整个装置处在水平向右、场强大小为
E的匀强电场中，小球静止时处在B点，A点在O
点的正下方，OB与OA间的夹角为37°，C点在O点正右方且与O点等高，已知OA=OB=OC=R，现把小球移至A点，给小球一个水平向右的初速度v0(为未知量)，小球正好能够到达C点(运动过程中小球的电荷量不变)，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.小球的质量为
B.小球在A点获得的动能为
C.小球从A到C的过程中，速度的最大值为
D.小球从A到C的过程中，通过B点时细线的张力最大
[解析] 在B点对小球受力分析，由平衡条件可得qE=mgtan 37°，解得小球的质量为m=，故A错误；
√
√
小球从A点运动到C点，由动能定理可得qER-mgR=0-EkA，解得小球在A点获得的动能为EkA=，故B正确；小球静止在B点，则电场力与重力的合力方向由O指向B，则B点是小球做圆周运动的等效最低点，所以小球从A点运动到C点的过程中，在B点速度达到最大值，则小球在B点对细线的拉力最大，小球从A点运动到B点，由动能定理可得qERsin 37°-mgR(1-cos 37°)=m-EkA，解得小球从A到C的过程中速度的最大值为vm=，故C错误，D正确。
|思|维|建|模|
带电体在“等效重力场”中的求解方法
1.“等效重力”及“等效重力加速度”
在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图
所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g'=
为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图所示。
3.(2025·北京西城模拟)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=。下列说法正确的是( )
针对训练
A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到C点时的动能最大
C.若将小球在A点由静止释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
√
解析：根据题意可知，小球所受电场力和重力的合力为F合=
=mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足mg=
m，解得vmin=，小球通过圆弧BC的中点时速度最大、动能最大，故A、B错误；若将小球在A点由静止释放，小球将沿电场力和重力的合力方向做匀加速直线运动，故C错误；
若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将做类斜抛运动，小球运动到与A点等高的位置时所用的时间为t=，此时间内小球在水平方向上运动的位移为x=at2，由牛顿第二定律有Eq=ma，联立解得x=2L，可知小球恰好到达B点，故D正确。
专题验收评价
测评内容：微专题(七)
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1.(2025·福建高考)(多选)春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ=OP，手绢做匀速圆周运动，则( )
A.P、Q线速度之比为1∶
B.P、Q角速度之比为∶1
C.P、Q向心加速度之比为∶1
D.P点所受合外力总是指向圆心O
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解析：手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q属于同轴传动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B错误；由v=ωr可知，P、Q线速度之比为vP∶vQ=rOP∶rOQ=1∶，A正确；由a=ω2r可知，P、Q向心加速度之比为aP∶aQ=rOP∶rOQ=1∶，C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，故合外力总是指向圆心O，D正确。
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2.如图所示为一宽度为d的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束电子以垂直于磁场方向且与磁场右边界的垂线成θ=60°角的速度v射入磁场，其穿出磁场时速度方向恰好和左边界垂直，则下列说法正确的是 ( )
A.电子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.电子在磁场中运动的时间为
C.电子的比荷为
D.若增大电子的速度，则电子在磁场中运动时间增大
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解析：电子的运动轨迹如图所示，根据几何关系有
rsin θ=d，解得r=d，故A错误；电子在磁场中运动的
时间为t=T=·=，故B正确；根据洛伦兹力提
供向心力，有qvB=m，解得=，故C错误；若增大电子的速度，则电子的轨迹半径增大，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角减小，又周期T=不变，则电子在磁场中运动时间减小，故D错误。
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3.(2025·云南三模)如图甲所示，一滑
雪场的高阶滑道由高H=3R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。运动员从直
滑道顶端A点由静止下滑，无机械能损失地进入圆弧轨道，最终从C点飞出。在圆弧轨道上，运动员和圆心O的连线与竖直线夹角为θ，记录运动员受到的轨道弹力N与cos θ，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mg，不计一切阻力。下列说法正确的是 ( )
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A.运动员在圆弧轨道运动时，处于失重状态
B.图乙中f=6.5mg
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3R
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解析：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；
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运动员到达圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律得N1-mg=m，由题图乙可知N1=8mg，解得v1=，故C错误；当cos θ=时，由机械能守恒定律得m=m+mgR(1-cos θ)，解得v2=，由牛顿第二定律得f-mgcos θ=m，解得f=6.5mg，故B正确；运动员从C点斜向上抛出到达最高点时，水平速度不为0，由机械能守恒定律可知，运动员从C点飞出后，能上升的最大高度小于3R，故D错误。
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4.(2025·江苏高考)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则 ( )
A.A点做匀速圆周运动
B.O'点做匀速圆周运动
C.此时A点的速度小于O'点
D.此时A点的速度等于O'点
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解析：根据题意O'固定在底盘上，可知O'围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；A点的运动为A点绕O'的匀速圆周运动和O'绕O点的匀速圆周运动的合运动，故A点不做匀速圆周运动，故A错误；杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上且A在OO'延长线上时，A点和O'点运动方向相同，又A点相对O'点做匀速圆周运动，故此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。
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5.如图所示，一圆台可以绕中心轴旋转，圆台下底
面半径为1.25 m，上底面半径为0.45 m，高为0.6 m。
圆台上底面粗糙，侧面光滑，质量为M=4m的物块A
放置于上底面的圆心处，物块A与圆台上底面间的
动摩擦因数为μ=0.4，质量为m的物块B置于侧面与下底面交界处，A与B通过绕过上底面边缘的光滑定滑轮的轻绳相连，且均可以视为质点，重力加速度g取10 m/s2。则系统维持该稳定状态的角速度的最大值为 ( )
A. rad/s B. rad/s C. rad/s D. rad/s
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解析：设圆台的角速度为ω0时物块B与侧面分离，绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有tan θ==，此时绳的拉力大小为FT==mg，物块A与圆台上底面间的最大静摩擦力为fm=4μmg=1.6mgfm=1.6mg，对B受力分析可知FT'cos 53 °+Nsin 53°=mg，FT'sin 53°-Ncos 53°=mrω2，解得ω= rad/s，故选C。
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6.(2025·山东高考)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹，重力加速度大小g=10 m/s2。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为( )
A.11 N B.9 N
C.7 N D.5 N
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解析：在曝光时间内小球运动的长度为Δl=r=×0.6 m=0.12 m，可近似认为在曝光时间内小球做匀速圆周运动，小球的线速度大小为v== m/s=6 m/s，在最低点，根据牛顿第二定律得T-mg=m，代入数据解得T=7 N，故C正确，A、B、D错误。
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7.(2025·吕梁一模)(多选)如图所示，倾角为
θ、半径为R的倾斜圆盘，绕过圆心O、垂直于
盘面的转轴匀速转动。一个质量为m的小物块
放在圆盘的边缘，恰好随圆盘一起匀速转动。
图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为60°。小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ=2tan θ。下列说法正确的是 ( )
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A.小物块受到的摩擦力始终指向圆心
B.小物块在C点时受到的摩擦力大小为mgsin θ
C.小物块从B运动到A的过程，摩擦力减小
D.小物块从B运动到C的过程中，摩擦力做功为mgRsin θ
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解析：小物块随圆盘做匀速圆周运动，其合力始终指向圆心，小物块受重力、支持力和摩擦力，重力沿圆盘平面有分力，根据平行四边形定则可知摩擦力并不始终指向圆心，故A错误；
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小物块在最低点恰好相对圆盘静止，则有μmgcos θ-mgsin θ=mω2R，又μ=2tan θ，解得ω=，在C点，小物块受到的摩擦力指向圆心的分力提供向心力，大小为f1=mω2R=mgsin θ，摩擦力的另一个分力平衡重力沿圆盘平面方向的分力，大小为f2=mgsin θ，两个分力的夹角为60°，所以小物块在C点所受摩擦力大小为f=2mgsin θ×cos 30°=mgsin θ，故B正确；
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设小物块所在位置与圆心连线和OA夹角为α，结合上述分析可知小物块从B运动到A的过程，摩擦力大小f总=，由于f1、f2大小不变，从B到A，α从180°减小到0°，则cos α增大，故摩擦力减小，故C正确；小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有Wf -mgRsin θ=0，可知摩擦力做功Wf=mgRsin θ，故D正确。
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8.(14分)如图所示，完全相同的极板M、N平行正对
水平放置，其长度L=0.3 m，相距d=0.3 m，外接电
压为U的恒压电源，FF'为极板右边界，FF'的右侧
竖直放置着一个光滑绝缘圆弧轨道ABC，A点在FF'
上，圆弧AB对应的圆心角为53°，BC为四分之一的圆弧，圆弧半径R= m，且半径OC水平，竖直半径OB的右侧有一足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=20 N/C。现有一带电小球以大小为v0=3 m/s的水平速度从极板左边界飞入极板M、N之间，飞离极板时恰好从A点沿圆弧切线方向进入轨道。已知小球质量m=1 kg、带电荷量q=+0.5 C，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°
=0.6，不计空气阻力。求：(结果可用根式表示)
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(1)极板M、N之间电压U；(6分)
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答案：18 V
解析：根据题意可知，小球过A点时的竖直分速度大小为vy=v0tan 53°
=4 m/s
设极板M、N之间的电场强度大小为E0，小球在极板M、N之间做类平抛运动，有L=v0t，vy=at
由牛顿第二定律有mg+qE0=ma
又U=dE0，联立解得U=18 V。
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(2)小球在OB右侧运动过程中离B点多高的时候速度最小，最小速度为多少 (8分)
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答案：2.725 m 3m/s
解析：小球在A点时的速度大小为vA==5 m/s
小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律有
m+mgR(1-cos 53°)=m
小球从B点运动到C点，由动能定理有
-mgR+qER=mm
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OB右侧有电场，等效重力为
G'==mg
方向45°斜向右下方，
则有vmin=vCcos 45°=3 m/s
设小球速度最小时位于Q点，则小球从C点运动到Q点，在竖直方向，根据运动学公式有
hCQ=
故H=R+hCQ=2.725 m。
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9.(14分)(2025·重庆高考)研究小组设计了一种
通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来
测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平
放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B、
方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同、方向相反，比荷均为。已知OK=3h，OM=3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
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(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。(4分)
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答案：
解析：由题意可知，粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径r=
运动过程中由洛伦兹力提供向心力，有qvB=
联立解得v==。
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(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。(4分)
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答案：
解析：若K从水平方向逆时针旋转60°，
其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点
产生光点，则正、负粒子的轨迹正好构成一
个完整的圆，且在N点相切，如图甲所示，
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由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ=30°，根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h
根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B=
解得v1==。
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(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。(6分)
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答案：
解析：带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时带正电粒子的速度方向恰好指向M，过M点做带正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图乙所示，
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根据上述分析可知ON=h，所以NM=2h
由于O'N=r1=2h，且O'N⊥NM
根据几何关系可知∠NO'M=∠PO'M=60°，而∠KO'N=120°
所以α=120°
粒子在磁场中运动的周期T=，
所以t=T=·=
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4专题验收评价(六) 圆周运动的两类典型问题
1.(2025·福建高考)(多选)春晚上转手绢的机器人,手绢上有P、Q两点,圆心为O,OQ=OP,手绢做匀速圆周运动,则 ( )
A.P、Q线速度之比为1∶
B.P、Q角速度之比为∶1
C.P、Q向心加速度之比为∶1
D.P点所受合外力总是指向圆心O
2.如图所示为一宽度为d的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一束电子以垂直于磁场方向且与磁场右边界的垂线成θ=60°角的速度v射入磁场,其穿出磁场时速度方向恰好和左边界垂直,则下列说法正确的是 ( )
A.电子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.电子在磁场中运动的时间为
C.电子的比荷为
D.若增大电子的速度,则电子在磁场中运动时间增大
3.(2025·云南三模)如图甲所示,一滑雪场的高阶滑道由高H=3R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。运动员从直滑道顶端A点由静止下滑,无机械能损失地进入圆弧轨道,最终从C点飞出。在圆弧轨道上,运动员和圆心O的连线与竖直线夹角为θ,记录运动员受到的轨道弹力N与cos θ,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mg,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f=6.5mg
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3R
4.(2025·江苏高考)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴,在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A点与O、O'恰好在同一条直线上。则 ( )
A.A点做匀速圆周运动
B.O'点做匀速圆周运动
C.此时A点的速度小于O'点
D.此时A点的速度等于O'点
5.如图所示,一圆台可以绕中心轴旋转,圆台下底面半径为1.25 m,上底面半径为0.45 m,高为0.6 m。圆台上底面粗糙,侧面光滑,质量为M=4m的物块A放置于上底面的圆心处,物块A与圆台上底面间的动摩擦因数为μ=0.4,质量为m的物块B置于侧面与下底面交界处,A与B通过绕过上底面边缘的光滑定滑轮的轻绳相连,且均可以视为质点,重力加速度g取10 m/s2。则系统维持该稳定状态的角速度的最大值为 ( )
A. rad/s B. rad/s
C. rad/s D. rad/s
6.(2025·山东高考)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片,曝光时间为 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹,重力加速度大小g=10 m/s2。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为 ( )
A.11 N B.9 N
C.7 N D.5 N
7.(2025·吕梁一模)(多选)如图所示,倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘,绕过圆心O、垂直于盘面的转轴匀速转动。一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘,恰好随圆盘一起匀速转动。图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点,OC与OB的夹角为60°。小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,小物块与圆盘间的动摩擦因数μ=2tan θ。下列说法正确的是 ( )
A.小物块受到的摩擦力始终指向圆心
B.小物块在C点时受到的摩擦力大小为mgsin θ
C.小物块从B运动到A的过程,摩擦力减小
D.小物块从B运动到C的过程中,摩擦力做功为mgRsin θ
8.(14分)如图所示,完全相同的极板M、N平行正对水平放置,其长度L=0.3 m,相距d=0.3 m,外接电压为U的恒压电源,FF'为极板右边界,FF'的右侧竖直放置着一个光滑绝缘圆弧轨道ABC,A点在FF'上,圆弧AB对应的圆心角为53°,BC为四分之一的圆弧,圆弧半径R= m,且半径OC水平,竖直半径OB的右侧有一足够大的水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=20 N/C。现有一带电小球以大小为v0=3 m/s的水平速度从极板左边界飞入极板M、N之间,飞离极板时恰好从A点沿圆弧切线方向进入轨道。已知小球质量m=1 kg、带电荷量q=+0.5 C,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力。求:(结果可用根式表示)
(1)极板M、N之间电压U;(6分)
(2)小球在OB右侧运动过程中离B点多高的时候速度最小,最小速度为多少 (8分)
9.(14分)(2025·重庆高考)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如图所示,水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相同、方向相反,比荷均为。已知OK=3h,OM=3h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。(4分)
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小。(4分)
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t。(6分)
专题验收评价(六) 圆周运动的两类典型问题
1．选AD 手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q属于同轴传动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比为vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比为aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶，C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，故合外力总是指向圆心O，D正确。
2．选B 电子的运动轨迹如图所示，根据几何关系有rsin θ＝d，解得r＝d，故A错误；电子在磁场中运动的时间为t＝T＝·＝，故B正确；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得＝，故C错误；若增大电子的速度，则电子的轨迹半径增大，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角减小，又周期T＝不变，则电子在磁场中运动时间减小，故D错误。
3．选B 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；运动员到达圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律得N1－mg＝m，由题图乙可知N1＝8mg，解得v1＝，故C错误；当cos θ＝时，由机械能守恒定律得mv12＝mv22＋mgR(1－cos θ)，解得v2＝，由牛顿第二定律得f－mgcos θ＝m，解得f＝6.5mg，故B正确；运动员从C点斜向上抛出到达最高点时，水平速度不为0，由机械能守恒定律可知，运动员从C点飞出后，能上升的最大高度小于3R，故D错误。
4．选B 根据题意O′固定在底盘上，可知O′围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；A点的运动为A点绕O′的匀速圆周运动和O′绕O点的匀速圆周运动的合运动，故A点不做匀速圆周运动，故A错误；杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上且A在OO′延长线上时，A点和O′点运动方向相同，又A点相对O′点做匀速圆周运动，故此时A的速度大于O′的速度，故C、D错误。
5．选C 设圆台的角速度为ω0时物块B与侧面分离，绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有tan θ＝＝，此时绳的拉力大小为FT＝＝mg，物块A与圆台上底面间的最大静摩擦力为fm＝4μmg＝1.6mg＜FT，则此时物块A已经出现相对滑动。因此，当该稳定状态出现临界值时，绳的拉力为FT′＝fm＝1.6mg，对B受力分析可知FT′cos 53 °＋Nsin 53°＝mg，FT′sin 53°－Ncos 53°＝mrω2，解得ω＝ rad/s，故选C。
6．选C 在曝光时间内小球运动的长度为Δl＝r＝×0.6 m＝0.12 m，可近似认为在曝光时间内小球做匀速圆周运动，小球的线速度大小为v＝＝ m/s＝6 m/s，在最低点，根据牛顿第二定律得T－mg＝m，代入数据解得T＝7 N，故C正确，A、B、D错误。
7．选BCD 小物块随圆盘做匀速圆周运动，其合力始终指向圆心，小物块受重力、支持力和摩擦力，重力沿圆盘平面有分力，根据平行四边形定则可知摩擦力并不始终指向圆心，故A错误；小物块在最低点恰好相对圆盘静止，则有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R，又μ＝2tan θ，解得ω＝，在C点，小物块受到的摩擦力指向圆心的分力提供向心力，大小为f1＝mω2R＝mgsin θ，摩擦力的另一个分力平衡重力沿圆盘平面方向的分力，大小为f2＝mgsin θ，两个分力的夹角为60°，所以小物块在C点所受摩擦力大小为f＝2mgsin θ×cos 30°＝mgsin θ，故B正确；设小物块所在位置与圆心连线和OA夹角为α，结合上述分析可知小物块从B运动到A的过程，摩擦力大小f总＝，由于f1、f2大小不变，从B到A，α从180°减小到0°，则cos α增大，故摩擦力减小，故C正确；小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有Wf－mgR(1－cos 60°)sin θ＝0，可知摩擦力做功Wf＝mgRsin θ，故D正确。
8．解析：(1)根据题意可知，小球过A点时的竖直分速度大小为
vy＝v0tan 53°＝4 m/s
设极板M、N之间的电场强度大小为E0，小球在极板M、N之间做类平抛运动，有L＝v0t，vy＝at
由牛顿第二定律有mg＋qE0＝ma
又U＝dE0，联立解得U＝18 V。
(2)小球在A点时的速度大小为vA＝＝5 m/s
小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律有
mvA2＋mgR(1－cos 53°)＝mvB2
小球从B点运动到C点，由动能定理有
－mgR＋qER＝mvC2－mvB2
OB右侧有电场，等效重力为G′＝＝mg
方向45°斜向右下方，
则有vmin＝vCcos 45°＝3 m/s
设小球速度最小时位于Q点，则小球从C点运动到Q点，在竖直方向，根据运动学公式有hCQ＝
故H＝R＋hCQ＝2.725 m。
答案：(1)18 V (2)2.725 m 3m/s
9．解析：(1)由题意可知，粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径r＝
运动过程中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝
联立解得v＝＝。
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则正、负粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图甲所示，
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ＝30°，根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B＝
解得v1＝＝。
(3)带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时带正电粒子的速度方向恰好指向M，过M点做带正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图乙所示，
根据上述分析可知ON＝h，所以NM＝2h
由于O′N＝r1＝2h，且O′N⊥NM
根据几何关系可知∠NO′M＝∠PO′M＝60°，而∠KO′N＝120°
所以α＝120°
粒子在磁场中运动的周期T＝，
所以t＝T＝·＝
答案：(1) (2) (3)
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