第15讲 斜面上的圆周运动问题-2026年高考物理母题60讲

第十五讲 斜面 母题呈现 [例]如图所示，一倾斜的 匀质圆盘绕垂直于盘面的 固定对称轴以恒定角速度 w转动，盘面上离转轴距 30℃ 离2.5m处有一质量为1kg的小物体与圆 盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩 擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取 10m/s2,求： (1)w的最大值； (2)若圆盘以(1)问中的角速度转动，当小物 体运动到最高点时，受到摩擦力的大小和 方向； (3)若圆盘以(1)问中的角速度转动，当小物 体运动到与圆心等高的位置时，受到摩擦力 的大小。 4 高考物理母题60讲 的圆周运动问题 母题拓展 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制 因素不同，如静摩擦力控制（图甲）、轻绳控 制（图乙）、轻杆控制（图丙），还因物体不同、 位置不同等，物体的受力情况和临界条件也 不相同。 B 丙 0, 30° 由于重力沿斜面的分力，在斜面内做圆周运 动的物体的速率不断变化，运动情况与竖直 面内的圆周运动类似，所以通常分析物体在 最高点和最低点的受力情况求临界状态。 物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角 为0，重力垂直斜面的分力与物体受到的支 持力大小相等，解决此类问题时，可以按以 下操作，把问题简化。 FN mgsin 6 mgcos 0 mgsin 6 mg 立体图 侧视图 正视（斜面）图 在斜面上受到摩擦力，还要参照水平面内圆 周运动的临界问题分析摩擦力的突变问题， 如静摩擦力的方向变化、静摩擦力变为滑动 摩擦力。物体在转动过程中，转动越快，最 容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时： umgcos 0-mgsin 0=ma2R 、高考物理母题60讲 衍生练习 [衍生1]铁路在弯道处的内外轨高低是不 同的。如图所示，已知轨道平面的倾角为 0,弯道处的轨道圆弧半径为R,火车以轨 道的设计速度行驶时，车轮轮缘与内外轨 恰好没有挤压。质量为m的火车转弯时， 下列说法正确的是 A.轨道的设计速度为o=√/gRtan0 B.轨道的设计速度为v=√gRsin0 C.火车实际速度大于设计速度时，内轨与 轮缘之间有挤压 D.火车实际速度大于设计速度时，铁轨对 火车的作用力等于mg cos 0 [衍生2]（多选)根据本讲“母题呈现”题目， 以下说法中正确的是 () A.小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀 速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高 点处受到的摩擦力一定越大 B.小物体受到的摩擦力可能背离圆心 C.若小物体与盘面间的动摩擦因数为，一 则w的最大值是l.0rad/s D,若小物体与盘面间的动摩擦因数为， 则w的最大值是√3rad/s 5 [衍生3]如图所示，在倾 角为α=30°的光滑斜面 B 上有一长L=0.8m的 轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由 转动，另一端系一质量为m=0.05kg的 小球，小球在斜面上做圆周运动，g取 10m/s2。要使小球能到达最高点A,则小 球在最低点B的最小速度是 () A.4 m/s B.2√10m/s C.2√5m/s D.22 m/s [衍生4幻（多选)如图所示，倾角为0、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，随圆盘一起匀速转动，在 最低点恰好相对圆盘静止，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=2tan0。下列说法正确的是 .0 G A.圆盘转动的角速度大小为ω三 gsin 0 B.小物块受到的摩擦力始终指向圆心 C.小物块在C点时受到的摩擦力大小 为√3 mgsin0 D.小物块从B运动到C的过程，摩擦力做 负功，大小为2 mngRsin0 [衍生5]游乐场中有一种叫“魔盘”的娱乐 设施，游客坐在转动的“魔盘”上，“魔盘”绕 着通过顶点O的竖直轴MN转动，当“魔 盘”转动的角速度增大到一定值时，游客就 会滑向“魔盘”的边缘，其简化结构如图所 示。游客视作质点，游客坐的位置与“魔 盘”顶点O的距离为L。游客与“魔盘”之 间的动摩擦因数为（μ>tan0),最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 当游客即将相对“魔盘”滑动时，“魔盘”转 动的角速度ω等于 M A g B. ugcosθ C. g(ucos 0+sin 0) Lcosθ(cos0+sinθ) D. g(ucos 0-sin 0) Lcosθ(cos0+usinθ) [衍生6]（多选）如图所示是自行车场地赛 中一段半径为R的圆弧赛道（忽略道路宽 度)，赛道路面与水平面间的夹角为θ，不考 虑空气阻力，自行车与骑手总质量为m,两 者一起在该路段做速度为的匀速圆周运 动。路面与自行车轮之间的摩擦系数为 ,重力加速度为g,若自行车与赛道之间 没有相对滑动，则对于骑手和自行车组成 的系统。下列说法中正确的是 R 0 ·51 高考物理母题60讲 A.若v=√/gRtan0,则系统向心力由重力 与支持力的合力提供 B.若v>√/gRtan 0,则系统受到来自路面 的摩擦力沿赛道斜面指向内侧 C.系统的最大速度为： /gR.usin 0fcos 0 ucosθ-sin0 D.系统的最大速度为： u√gR.sin9+ucos0 cos 0-usin 0 [衍生7]（多选）如图 所示，倾斜圆盘圆心 处固定有与盘面垂直 的细轴，盘面上沿同 0C- 一直径放有质量均为m的A、B两物块 (可视为质点)，分别用两根平行圆盘的不 可伸长的轻绳与轴相连。物块A、B与轴 的距离分别为2L和L,与盘面的动摩擦因 数均为μ，盘面与水平面的夹角为0。圆盘 静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状 态。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块 A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块 A转到最高点时，物块A所受绳子的拉力 刚好为零，物块B所受的摩擦力刚好为最 大静摩擦力。已知重力加速度为g。最大 静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正 确的是 () A.u=3tan 0 B.运动过程中绳子对物块A拉力的最大 值为mgsin0 C.运动过程中物块B所受摩擦力的最小 值为mgsin0 D.物块B从最低点运动到最高点的过程 中摩擦力的冲量大小为m√8 gLsin0[衍生5][解析]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mg=m21, 解得B=√2gL,故A错误；B.由于A、B两球的角 速度相等，由v=wr得：球A的速度大小为 n==?@,放B错送：CD.杆对A球的作 1 用力满足T一mg=m会，则T=子mg,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1.5 mg,杆对O点的作用力为1.5mg,故C正确，D错误。 [答案]C [衍生6][解析](1)当弹力为零时，小球将脱离轨 道，设此，点与圆心连线与水平方向的角度为日，根据 动能定理知mg(R+Rsin0》=子m6-子m, 2 根据牛颜运动定律，由ngsin日=mR' 1 联立解得sin9=),w=2 -m/sa (2)由上分析可知，小球脱离轨道的位置与圆心连线 和水平方向间的夹角为30°，脱离后小球做斜抛运 动，根据速度的分解可知，在竖直方向上的分速度为 u=m0-号×91s= 4 -m/s, 可得小球脱离轨道后到达最高点的时间为 1=L=V g 40s。 [答案]1) 2m/s(2)2、 40 第十五讲斜面上的圆周运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)当物体转到圆盘的最低，点，所受的 静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛 顿第二定律得ngcos30°-ng sin30°=mw品r, 解得wm /g(4cos30°-sin30) 10× 3×3_1 2 22=1rad/sa 2.5 (2)当小物体运动到最高点时，则有mngsin0一f= ma2R,解得f=2.5N,方向沿斜面向上，大小 为2.5N。 (3)小物体运动到与圆心等高的位置时，则有f= √mmR)+(mgin,解得f=吾N。 [答案](1)1rad/s(2)2.5N方向沿斜面向上 (3)36N [衍生练习] [衍生1][解析]AB.火车以某一速度v通过某弯道 时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和 N 支持力的合力提供向心力 ·24 高考物理母题60讲 由图可以得出F合=mgtan(0为轨道平面与水平面 的夹角)，合力等于向心力，故ngtan日m下，解得。 v=√gRtan0,故A正确，B错误：C.当转弯的实际 速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的 合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故 其外侧车轮轮缘会与铁轨外轨相互挤压，故C错误； D.根据几何关系可知当火车为设计速度时，铁轨对火 车的作用力等于火车实际造度大于设计连度时， 铁载对大车的作用力不等于。故D错误。 [答案]A 「衍生2]「解析]AB.当物体在最高点时，也可能受 到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方 向可能沿斜面向上（即背离圆心），也可能沿斜面向 下（即指向圆心），摩擦力的方向沿斜面向上时，w越 大时，小物体在最高，点处受到的摩擦力越小，故A错 误，B正确：CD.当物体转到圆盘的最低，点恰好不滑 动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的 重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的 摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN= ngcos30°， 摩擦力Ff=FN=mgcos30°， 又mngcos30°-mngsin30°=mw2R, 解得w=l.0rad/s,故C正确，D错误。 [答案]BC [衍生3][解析]小球恰好到达A点时的速度大小为 vA=0,此时对应B点的速度最小，设为VB,对小球 从A到B的运动过程，由动能定理有弓m暖 1 2mu=2 ngLsin a,解得vB=4m/s。 [答案]A [衍生4幻[解析]A.在最低点恰好相对圆盘静止，则 说明摩擦力达到最大静摩擦力，依题意有mgcos0 -mgsin 0=ma2R,u=2 tan 0, 解得有w贺，故Λ正确：C.当小物块运动到 C点时，只分析在圆盘平面内的受力，如图所示 -0 B120% mgsin0 据前面分析有向心力大小为mgsin 0=F向， 向心力与重力沿斜面向下的分力夹角为120°，根据 平行四边形定则，则向心力减去重力沿斜面向下的 分力即为物块所受到的静摩擦力，即有 f=ngsin0sin60°×2=√3 ngsin0,方向如图所示，但 不指向圆心，故B错误，C正确：D.小物块从B运动 到C的过程，动能不变，重力做负功，则摩擦力做正 功，根据动能定理有W1一mngsin OR(1一cos60°)=0， 解得W1=mRRsin0,故D错误。 [答案]AC 、高考物理母题60讲 [衍生5][解析]对人进行受力分析如图所示 0 mg 0t N 则有fcos0-Nsin0=mw2Lcos0, fsin 0+N cos 0=mg, 由于游客即将相对“魔盘”滑动时，则有f=N, g(ucos 0-sin 0) 解得w√，coscos+usin [答案]D [衍生6][解析]A.系统向心力由重力与支持力的 2 合力提供，则有mgtan0=mR,解得v=√gRan, A正确；B.若v>√gRtan0,则自行车有向外甩出的 趋势，所以系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面 指向内侧。B正确；CD.系统即将向外滑动时，速度 最大，有Ncos9=fsin9+mg,Nsin9+fcos0=m 部得R·黑C错误DE地 02 [答案]ABD [衍生7][解析]A.对A、B受力分析，A在最高点由 牛顿第二定律有umgcos9+ngsin0=maw2X2L,B 在最低点，由牛顿第二定律有umgcos0-mgsin0= mw2L,联立解得u=3tan0,故A正确；B.运动过程 中，当A到最低点时，所需的拉力最大，设为TA,由 牛顿第二定律有TA十mngcos0-mgsin0=mw2X 2L,代入数据解得TA=2 ngsin0,故B错误C.运动 过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小，设为 fB,由牛顿第二定律有fB十ngsin0=mw2L,联立解 得fB=mgsin0,故C正确；D.由A中公式和结论可 得w /2gsin 0 L 则B的线速度大小为=wl=√2 gLsin6, B从最低点运动到最高点的过程中，合外力的冲量 为I合=2mvB=m√8 gLsin6,由于B受的重力、支持 力、绳的拉力合力不为零，故物块B从最低，点运动到 最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于 m√8 gLsin8,D错误。 [答案]AC 第十六讲动力学多过程问题 [母题呈现] [例][解析](1)对滑块由到A的运动，根据平抛规 律有义=wtan0=3m/s, 平抛运动的竖直方向有v=2gy,解得y=0.45m, 运动时间t==0.3s, g 则x=0t=1.2m,即弹出时位置的坐标值为(1.2m, 0.45m)。 ·25 (2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg=m尺， 从P到圆轨道最高，点，由动能定理得mg(y十rAB sin0 1 1 一2R)-mgcos6rAB一mgxc=2muf-2m6, 联立解得xAB=5m。 (3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好 在圆轨道最高，点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道 圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨 道最高点时xAB=5m, 滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与 圆心等高的位置，由动能定理得mg(y十r AB sin0-R) 一mgc0srAB一mg化=0一号m6,解得xAB =1.25m, 滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足 xAB≥5m或xAB≤1.25m。 (4)由(3)知，xAB=3.5m时，滑块在圆轨道发生脱 轨，设脱轨地，点和圆心的连线与水平方向的夹角为《， 则脱轨时mgsin=R, mv吃 从P到脱轨的位置，由动能定理得mg(y十ZAB sin日 R-Rsin a）-mgcos9xAB一mgxc=Zm号 2m呢，联立解得sina=0.6, 即滑块在圆心以上Rsin a=0.6m处脱轨。 [答案](1)(1.2m,0.45m)(2)xAB=5m (3)xAB≥5m或xAB≤1,25m(4)滑块在圆心以上 Rsin a=0.6m处脱轨 [衍生练习] [衍生1][解析](1)由题知，小物块恰好能到达轨道 的最高点D,则在D点有m尺=mg, U方 解得p=√gR。 (2)由题知，小物块从C点沿圆孤切线方向进入轨道 CDE内侧，则在C点有cos60°=UB, 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有一mg(R 十Rcos60）=7n呢-7m呢， 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHm=2m呢-2m明，联立解得B=√gR, HBD=0。 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 mgS=7m场-7m4,S=·2R, 解得vA=√3gR。 [答案](1)√gF(2)0(3)√3gF [衍生2][解析](1)在C点，竖直分速度v,=√2gh2 =1,5m/s,滑块运动至C点时的速度uc=3n3 =2.5m/s。 (2)C,点的水平分速度与B点的速度相等，则B=Yz =ccos37°=2m/s, 从A到B,点的过程中，根据动能定理得mgh1一Wf =合m6,解得W1=1J: