《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 8] (2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质量为$0.1kg$的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为$0.6m$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$\dfrac{1}{50}s$。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径$\dfrac{1}{5}$的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(C)

A.$11N$
B.$9N$
C.$7N$
D.$5N$

答案： 例8　答案:C
解析:根据题意可知，小球经过最低点的速率约为$v = \frac{R}{5t} = 6 m/s$，则在最低点对小球由牛顿第二定律有$F - mg = m \frac{v^2}{R}$，重力加速度大小g取$10 m/s^2$，解得小球在最低点时细线的拉力为$F = 7 N$，C正确。

[例 9] (2025·重庆一中高三月考)如图(a)所示，质量均为$1kg$的物体$A$和$B$放置在圆盘上，与圆盘间的动摩擦因数分别为$\mu_A$和$\mu_B$。用两根可伸长的细绳将物体$A$、$B$和圆盘转轴相连，物体$A$、$B$与转轴的距离分别为$r_A$和$r_B$。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘绕转轴转动的角速度$\omega$缓慢增大时，转轴与物体$A$之间的细绳拉力$T_1$、$A$与$B$之间的细绳拉力$T_2$随$\omega^2$的关系如图(b)所示。$g = 10m/s^2$，则下列选项正确的是(C)

(a)
(b)

A.$\mu_A = 0.25$
B.$\mu_B = 0.1$
C.$r_A = 1.5m$
D.$r_B = 2.5m$

答案： 例9　答案:C
解析:以物体B为研究对象，则有$T_2 + \mu_B mg = m \omega^2 r_B$，变形得$T_2 = m \omega^2 r_B - \mu_B mg$，与$T_2$图像对比可得$r_B = 2 m$，$\mu_B = 0.2$，故B、D错误;以A为研究对象可得$T_1 - T_2 + \mu_A mg = m \omega^2 r_A$，代入$T_2$得$T_1 = m \omega^2 (r_A + r_B) - (\mu_A + \mu_B) mg$，与$T_1$图像对比可得$r_A + r_B = 3.5 m$，$\mu_A + \mu_B = 0.5$，即$r_A = 1.5 m$，$\mu_A = 0.3$，故A错误，C正确。

[例 10] (2025·北京东城高三期末)如图所示，一长为$l$的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为$m$的小球。使轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为$\omega$的匀速圆周运动，重力加速度为$g$。下列说法正确的是(C)


A.小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上
B.小球运动到水平位置$A$时，杆对球的作用力指向$O$点
C.若$\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}}$，小球通过最高点时杆对球的作用力为零
D.小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下

答案： 例10　答案:C
解析:根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有$mg = m \omega^2 l$，解得$\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$，可知，若小球运动的角速度$\omega ＞ \sqrt{\frac{g}{l}}$，杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度$\omega ＜ \sqrt{\frac{g}{l}}$，杆对球的作用力向上，故A错误，C正确;小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形定则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误;小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。

[例 11] (多选)(2025·广东卷)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$0.4m$，小球所在位置处的切面与水平面夹角$\theta$为$45^{\circ}$，小球质量为$0.1kg$，重力加速度$g$取$10m/s^2$。关于该小球，下列说法正确的有(AC)


A.角速度为$5rad/s$
B.线速度大小为$4m/s$
C.向心加速度大小为$10m/s^2$
D.所受支持力大小为$1N$

答案：
例11　答案:AC
解析:
 

[例 12] (2025·安徽卷)如图，$M$、$N$为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距$L = 0.5m$。一根长为$3L$的轻绳一端系在$M$上，另一端竖直悬挂质量$m = 0.1kg$的小球，小球与水平地面接触但无压力。$t = 0$时，小球以水平向右的初速度$v_0 = 10m/s$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$10m/s^2$。

(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$t = 0$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： 例12　答案:见解析
解析:
(1)从$t = 0$时至小球运动到M正下方与M相距L的位置（绳子刚好被拉断）的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得$mg · 2L = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{1}{2} m v^2$，解得$v = 4 \sqrt{5} m/s$。小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得$F_m - mg = m \frac{v^2}{L}$，结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小$F_m' = F_m = 17 N$。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为$\Delta t$，水平位移大小（抛出点到落地点的水平距离）为x，则由平抛运动规律可得$2L = \frac{1}{2} g (\Delta t)^2$，$x = v \Delta t$，联立解得$x = 4 m$。
(3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为$v_{min}$，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为$v_N$，则对小球从$t = 0$时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得$mg · 5L = \frac{1}{2} m v_{min}^2 - \frac{1}{2} m v_N^2$，小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得$mg = m · \frac{v_N^2}{2L}$，联立解得$v_{min} = 2 \sqrt{15} m/s$。