《2026年一本密卷高考物理》

36.(2025.东北三省四市3月二模)如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直
固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1kg的小球

(可视为质点)在A点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力
加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (D)

A.小球在B点的动能为7.5J
B.小球在A点受到轨道的弹力大小为10N
C.小球沿轨道上升过程中距地面的最大高度为1.75m
D.小球离开轨道后将落至轨道B点

答案： 36. D　选项A主要考查动能定理在全过程中的应用。小球从释放到最低点，根据动能定理有$ mg(h + R) = E_{kB} $，解得$ E_{kB} = 17.5J $，选项A错误。选项B主要考查模型构建及动能定理与牛顿第二定律的应用。小球从释放到$ A $点，根据动能定理有$ mgh = \frac{1}{2}mv_A^2 $，小球到达$ A $点开始做圆周运动，在$ A $点轨道弹力提供向心力，根据牛顿第二定律有$ N = m\frac{v_A^2}{R} $，联立解得$ N = 15N $，选项B错误。选项C是小球脱离轨道的临界条件分析。设小球沿轨道上升过程中距地面最大高度处与圆心的连线和竖直方向的夹角为$ \theta $，则有$ mg\cos\theta = m\frac{v^2}{R} $，从$ B $点到最高点，根据动能定理有$ -mgR(1 + \cos\theta) = \frac{1}{2}mv^2 - E_{kB} $，解得$ \cos\theta = \frac{1}{2} $，最大高度为$ h_{升} = R(1 + \cos\theta) = 1.5m $，选项C错误。选项D考查的是斜抛运动模型建构及规律应用。假设小球离开轨道后将落至轨道$ B $点，由C分析可知脱离轨道的速度为$ v = \sqrt{5}m/s $，根据斜抛的运动规律可知$ h_{升} = -v\sin60° · t + \frac{1}{2}gt^2 $，$ x = v\cos60° · t $，联立解得$ x = \frac{\sqrt{3}}{2}m = R\cos30° $，可知小球离开轨道后将落至轨道$ B $点，选项D正确。

37.(2025.山东济南5月模拟)如图所示，MN为半径为r的$\frac{1}{4}$圆弧路线，NP为长
13.5r的直线路线,MN'为半径为4r的$\frac{1}{4}$圆弧路线，N'P'为长10.5r的直线路

线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加
速至最大速度~m并保持~m匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力
和加速时的最大合外力均为车重的n倍，最大速度um=5$\sqrt{ngr}$,g为重力加速
度，赛车从M点按照MNP路线到P点与按照MN'P'路线运动到P'点的时间差为 (A)

A.($\frac{π}{2}$−$\frac{13}{10}$$\frac{r}{ng}$.
B.($\frac{π}{2}$−$\frac{3}{2}$}$\frac{r}{ng}$
C.(π−−$\frac{23}{10}$$\frac{r}{ng}$.
D.($\frac{π}{2}$+4−2√7{ $\frac{r}{ng}$

答案： 37. A　对各阶段运动逐项分析，由题意知$ a_m = ng $，
$ M \to N $：$ nmg = \frac{mv_1^2}{r} \to \frac{\frac{1}{2}\pi r = v_1t_1}{t_1 = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{r}{ng}}} $，由于$ x_{NP} ＞ \frac{v_m^2 - v_1^2}{2ng} $，则赛车从$ N $到$ P $先加速后匀速。
$ N \to P $：加速阶段$ v_m = v_1 + ngt_2 \to t_2 = 4\sqrt{\frac{r}{ng}} $，匀速阶段$ x_{NP} - \frac{v_m^2 - v_1^2}{2ng} = v_mt_3 \to t_3 = \frac{3}{10}\sqrt{\frac{r}{ng}} $。
$ M \to N' $：$ nmg = \frac{mv_2^2}{4r} \to \frac{2\pi r = v_2t_4}{t_4 = \pi\sqrt{\frac{r}{ng}}} $，由于$ x_{N'P'} = \frac{v_m^2 - v_2^2}{2ng} $，则赛车从$ N' $到$ P' $恰一直加速到$ v_m $。$ N' \to P' $：$ v_m = v_2 + ngt_5 \to t_5 = 3\sqrt{\frac{r}{ng}} $。$ \Delta t = t_4 + t_5 - t_1 - t_2 - t_3 = \left( \frac{\pi}{2} - \frac{13}{10} \right)\sqrt{\frac{r}{ng}} $，A正确。

38.(多选)如图所示，在粗糙圆盘上沿同一直径放置物体A、C及侧面光滑的圆柱
物体B,一轻绳绕过B连接A、C,初始时轻绳恰好伸直无弹力。已知mA;

mB;mc=2;3:1,BO=CO=r,AO=2r,A、B、C与圆盘间的动摩擦因数分
别为3μ、丝和3μ,物体C的质量为m。现使圆盘从静止开始缓慢加速转动,转
动过程中A、B、C始终未倾倒，重力加速度为g,下列说法中正确的是 ( )

A.物体与圆盘相对滑动前，A物体所受的向心力最大
B.绳开始出现弹力时,圆盘的角速度
C.若固定物体B,圆盘上恰好有物体开始滑动时
D.若固定物体B,圆盘上恰好有物体开始滑动时,绳的拉力大小为6μmg

答案： 38. AD　本题以水平转盘上放多个物体为情境，建构水平面上的匀速圆周运动模型，考查的仍是模型建构、推理论证等关键能力和临界思想。选项A，三个物体与圆盘相对滑动前，比较三个物体的向心力大小。$ A $、$ B $、$ C $的向心力分别为$ F_A = 2m\omega^2 · 2r = 4m\omega^2r $，$ F_B = 3m\omega^2r $，$ F_C = m\omega^2r $，可知，$ A $物体所受的向心力最大，选项A正确。选项B为绳刚开始出现弹力时的临界角速度分析。假设三者不相连，分别与圆盘的摩擦力达到最大静摩擦力时有$ 3\mu · 2mg = 2m\omega_A^2 · 2r $，$ \mu · 3mg = 3m\omega_B^2r $，$ 3\mu mg = m\omega_C^2r $，解得$ \omega_A = \sqrt{\frac{3\mu g}{2r}} $，$ \omega_B = \sqrt{\frac{\mu g}{r}} $，$ \omega_C = \sqrt{\frac{3\mu g}{r}} $，$ B $的临界角速度最小，则绳开始出现弹力时，圆盘的角速度为$ \omega = \sqrt{\frac{\mu g}{r}} $，选项B错误。选项C、D是对圆盘上恰好有物体开始滑动时临界角速度大小分析。$ A $的临界角速度小于$ C $的临界角速度，设恰好有物体开始滑动时绳的拉力为$ T $，则对物体$ A $有$ T + 3\mu · 2mg = 2m\omega^2 · 2r $，对物体$ C $有$ T - 3\mu mg = m\omega^2r $，联立解得$ \omega = \sqrt{\frac{3\mu g}{r}} $、$ T = 6\mu mg $，选项C错误，D正确。