專題03力與物體的曲線運動

NO.1

壓軸題解讀

本專題屬于熱點內容；高考命題以選擇題或計算題的形式出現，可能單獨考察

某一種運動形式，也可能是多個運動的集合的多過程運動（平拋運動+圓周運動，

多個圓周運動，斜面+平拋運動+圓周運動等），再與功能關系、牛頓運動定律結合

進行考察。

在2025年高考中，無論是選擇題還是計算題，力與物體的曲線運動問題將是

命題預測

重點考查的對象，其重要性不言而喻。

備考時，考生應深入理解圓周運動的基本原理和規律，掌握相關的公式和解題

方法，并通過大量的練習提高解題能力。同時，考生還需關注歷年高考真題和模擬

題，了解命題趨勢和難度，以便更有針對性地備考。通過系統復習和練習，考生能

夠熟練掌握圓周運動的相關知識，為高考取得優異成績奠定堅實基礎。

1.利用運動的合成與分解、拋體運動問題

2.圓周運動中的動力學問題

高頻考法3.圓周運動中的臨界問題

4.數值平面內圓周運動的輕繩、輕桿模型在最高點的臨界問題

5.多過程問題

NO.2

壓軸題密押

0方法總結

考向一：利用運動的合成與分解、拋體運動問題

i.曲線運動的四大特點

1）運動學特點：由于做曲線運動的物體的瞬時速度方向沿曲線上物體位置的切線方向，所以做曲線運動

的物體的速度方向時刻發生變化，即曲線運動一定為變速運動.

2）動力學特征：由于做曲線運動的物體的速度時刻變化,說明物體具有加速度，根據牛頓第二定律可知,

物體所受合外力一定不為零且和速度方向始終不在一條直線上（曲線運動條件）.合外力在垂直于速度方向上

的分力改變物體速度的方向，合外力在沿速度方向上的分力改變物體速度的大小.

3）軌跡特征：曲線運動的軌跡始終夾在合力方向與速度方向之間，而且向合力的一側彎曲，或者說合力

的方向總指向曲線的凹側.軌跡只能平滑變化，不會出現折線.若已知物體的運動軌跡，可判斷出物體所受合外

力的大致方向，如平拋運動的軌跡向下彎曲，圓周運動的軌跡總向圓心彎曲等.

4）能量特征：若物體所受的合外力始終和物體的速度垂直，則合外力對物體不做功，物體的動能不變;若

合外力不與物體的速度方向垂直,則合外力對物體做功，物體的動能發生變化.

2.兩個互成角度的直線運動的合運動性質的判斷

兩個互成角度的分運動合運動

兩個勻速直線運動勻速直線運動

兩個初速度為零的勻加速直線運動勻加速直線運動

如果V臺與。合共線，為勻變速直線運動

兩個初速度不為零的勻變速直線運動

如果V合與。合不共線，為勻變速曲線運動

如果v冷與a合共線，為勻變速直線運動

一個勻速直線運動和一個勻變速直線運動

如果v冷與a合不共線，為勻變速曲線運動

3.小船渡河問題

1）解決這類問題的關鍵:正確區分船的分運動和合運動.船的航行方向也就是船頭指向，是分運動;船的運

動方向也就是船的實際運動方向，是合運動，一般情況下與船頭指向不一致.

2）運動分解的基本方法:按實際效果分解，一般用平行四邊形定則沿水流方向和船頭指向進行分解.

模型解讀分運動1分運動2合運動

運動船相對于靜水的劃行運動船隨水漂流的運動船的實際運動

速度本質發動機給船的速度不水流給船的速度丫2船相對于岸的速度V

速度方向沿船頭指向沿水流方向合速度方向，軌跡（切線）方向

①渡河時間只與船垂直二F河岸方向的分速度有

了

關，與水流速度無關9

渡河時間②渡河時間最短:船頭正,對河岸時，渡河時間最短，J'

Ln=-4為河寬）

匕

，〃/?〃〃〃〃〃〃〃〃,

①若VGV水，當船頭方向與上游河岸夾角。滿足S、

1

1

v船cosd=v水時，合速度垂直河岸，渡河位移最短，

-S*Xmind

渡河位移②若V冊＜V水，合速度不可能垂直于河岸，無法垂

直渡河.當船頭方向（即V船方向）與合速度方向垂直

d\卻一

時，渡河位移最短，且0―=也

cos0v船

4.牽連速度

1）定義：兩物體通過不可伸長的輕繩（桿）相連，當兩物體都發生運動，且物體運動的方向不在繩（桿）的

直線上，兩物體的速度是關聯的.

2）處理關聯速度問題的方法：首先認清哪個是合速度、哪個是分速度.物體的實際速度一定是合速度,

把物體的實際速度分解為垂直于繩（桿）和平行于繩（桿）兩個分速度，根據沿繩（桿）方向的分速度大小相等求

解.

3）常見的速度分解模型

考向二：拋體運動規律及應用

1.平拋運動的規律及推論

1）飛行時間:由t=—知，飛行時間取決于下落高度h.

=Vot=/J也,即水平射程由初速度均和下落高度人共同決定,

2）水平射程:X

與其他因素無關.

3）落地速度:V=業+彳=8+2g/?,以表示落地速度與X軸正方向間

的夾角，有tan。=?=正訪，所以落地速度只與初速度處和下落高度占有

囁％

關.

4）速度改變量:物體在任意相等時間內的速度改變量Av=必”目同，方向

恒為豎直向下.

【技巧點撥】平拋運動的速度均勻變化，速率不是均勻變化。

5）平拋運動的兩個重要結論

①做平拋運動的物體在任意時刻（任意位置）處，有tan。=2tana.

②做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過水平位移的中點，即犯=2句.

2.平拋運動與各種面結合問題

1）平拋與豎直面結合

水平：d=v^t后

'豎直：h=-gt2

、2

2）平拋與斜面結合

①順著斜面平拋

情形一：落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下

處理方法：分解位移.

x=

<y=/可求得「=2”。

yg

tan0=—

x

情形二：物體離斜面距離最大，已知速度方向沿斜面向下

處理方法：分解速度

1°=gt可求得Z二%tane

tan0=—g

②對著斜面平拋：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下

O-^*-Vo

睡宣行i、

I到斜面I

處理方法：分解速度.

可求得「=」一

gtan0

3）平拋與圓面結合

①小球從半圓弧左邊沿平拋，落到半圓內的不同位置.

處理方法：由半徑和幾何關系制約時間::

<h=￥"聯立兩方程可求t.

R+J.?一空=vQt

②小球恰好沿8點的切線方向進入圓軌道，此時半徑08垂直于速度方向，圓心角a與速度的偏

向角相等.

處理方法：分解速度.

心=%

可求得,=%tan。

ta1=匕=杷g

匕%

③小球恰好從圓柱體。點沿切線飛過，此時半徑。。垂直于速度方向，圓心角6與速度的偏向角

相等.

處理方法：分解速度.

產=v（）

%=g’可求得%tan。

tand」=空g

匕%

4）與圓弧面有關的平拋運動：題中常出現一個圓心角，通過這個圓心角，就可找出速度的方向及水平位移

和豎直位移的大小，再用平拋運動的規律列方程求。

3.平拋運動的臨界問題

1）常見的三種臨界特征

①有些題目中有"剛好""恰好""正好"等字眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點.

②若題目中有"取值范圍""多長時間""多大距離"等詞語，表明題述的過程中存在著"起止點"，而這些

起止點往往就是臨界點.

③若題目中有"最大""最小""至多""至少"等字眼，表明題述的過程中存在著極值，這個極值點往往是

臨界點.

2）平拋運動臨界問題的分析方法

①確定研究對象的運動性質；

②根據題意確定臨界狀態；

③確定臨界軌跡，畫出軌跡示意圖；

④應用平拋運動的規律結合臨界條件列方程求解.

4.斜拋運動及解題思路

1）定義：將物體以初速度V。斜向上方或斜向下方拋出,物體只在重力作用下所做的運動.

2）運動性質：加速度為g的勻變速曲線運動，軌跡為拋物線.

3）研究方法：運動的合成與分解

①水平方向：勻速直線運動；②豎直方向：勻變速直線運動.

4）基本規律（以斜向上拋為例）

①水平方向:做勻速直線運動，vOx=VQcos0,x=votcos0.

2

②豎直方向:做豎直上拋運動，vQy=v0sin0,y=votsin6-；gt.

5）平拋運動和斜拋運動的相同點

①都只受到重力作用，加速度相同，相等時間內速度的變化量相同.

②都是勻變速曲線運動，軌跡都是拋物線.

③都可采用"化曲為直"的運動的合成與分解的方法分析問題.

【技巧點撥】逆向思維法處理斜拋問題：對斜上拋運動，從拋出點到最高點的運動可逆過程分析，看成平

拋運動，分析完整的斜上拋運動，還可根據對稱性求解某些問題.

考向三：圓周運動的動力學問題

1.圓周運動動力學分析過程：

審清題意，確：_____J做圓周運動的物

定研究對象：：體為研究對象

______________1I_______________

所運而商運前的福葩面

分析幾何關系，目的是確定圓周運動的圓心、

半徑

分析物體的運動情況,即物體的線速度、角速

度等相關量

分析物體的受力情況,畫出受力破題關鍵

示意圖，確定向心力的來源

根據牛頓運動定律及圓周運動知識列方程

2.水平面內的圓盤臨界模型

?ab①口訣：“誰遠誰先飛”；

,；口口,②a或b發生相對圓盤滑動的各自臨界角速度：

f-jcmg=mc^r；co-

o'm

①口訣：“誰遠誰先飛”；

②輕繩出現拉力，先達到的臨界角速度：例=/

B陽.

rB

A/B

③AB一起相對圓盤滑動時，臨界條件：

Ag；

.隔離A：r二〃加隔離B：T+/LLmBg=mBCD^B

1

整體：1

*M[imAg+]LimBg=mBC02rB

AB相對圓盤滑動的臨界條件：①=卜（%+%口=1_（Jg_

一VmBrBJmBrB

[(%+%)

①口訣：“誰遠誰先飛”；

②輕繩出現拉力，先達到B的臨界角速度：為=/

③同側背離圓心，力”工和為“皿指向圓心，一起相對圓盤滑動時，

u；臨界條件：

隔禺A：iim^g-T=m^co^r^隔禺B：尸加加Bg=冽B①22rB

2+2

整體：/zmAg+-^mBg=mA692^A^B^2^B

AB相對圓盤滑動的臨界條他=/（%+〃%）g=

VmArA+mBrB]1nA弓+小弓

①口訣：“誰遠誰先飛”（rB>rA）；

②輕繩出現拉力臨界條件：例=杵

此時B與面達到最大靜摩擦力，A與面未達到最大靜摩擦力。

B

此時隔離A：/+GmA①之人；隔離B：T+jLimBg=mco2r

口：口BB

消掉T：力=〃機Bg-（加皿3-加"Z）①2

③當機“8=加”4時，力=〃加Bg，AB永不滑動，除非繩斷；

④AB一起相對圓盤滑動時，臨界條件：

T1）當加叱戶加”力時，力1平加Bg-SWB-加"4）①=0一反向—達到

最大—從B側飛出；

2）當加〈加“Z時，/T5加Bg+（加“4-加8。）蘇TY/4達到最大

-oT-TT—/B1TB=0T反向f達到最大―從A側飛出；

AB相對圓盤滑動的臨界條件例=卜配+，%)g-

2mrmr

V\AA-BB\]mArA-mBrB

(mA+mB)

co臨界條件：

①〃力>4，3=②〃4<4，3=

VrB,VrB

臨界條件：

①產力￡

'mAr

②]

ymr

c)BA

考向四：常見繩桿模型特點

輕繩模型輕桿模型

情景圖示:1;心滑管切

h\\/n空軌沙

、'、__

彈力特征彈力可能向下，也可能等于零彈力可能向下，可能向上，也可能等于零

如

FT

受力示意圖mgmg/N

mgmgmg

olo1。LoLo

V2V2

力學方程mg-\-Fy=m-mg^F^=m—

rr

V21—v=0,即/向=0,

臨界特征

FT=0,即mg=m—,得v=yjgr

r'止匕時FN=mg

⑴“繩”只能對小球施加向下的力

(D“桿”對小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力

模型關鍵⑵小球通過最高點的速度至少為

(2)小球通過最高點的速度最小可以為0

■題型密押

?題型01運動的合成與分解

1.質量為0.2kg的物體在水平面上運動，它的兩個正交分速度圖像分別如圖所示，由圖可知()

A.開始4s內物體的位移為80m

B.4s到6s末物體的加速度大小為2"n/s2

C.從開始至6s末物體一直做曲線運動

D.開始4s內物體做曲線運動，4s-6s內物體做直線運動

【答案】AD

【詳解】A.根據v-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示位移可知開始4s內物體的分位移分別為

4x4°

x=2x4m=8m，y=------m=8m

2

可得

X合=J/+/-80m

故A正確；

B.根據M圖像中圖線斜率表示加速度，可知4s到6s末物體的分加速度大小為

Av°Av0

--二Im/s2,a=--=2m/s2

AtyvAt

可得

。合=yja；+a：=V5m/s2

故B錯誤;

CD.開始時物體初速度方向沿x方向，加速度方向沿y方向，兩者不在一條直線上，所以物體做曲線運動,

4s末物體的速度方向與x方向夾角的正切值為

tan=—=2

匕

后2s內加速度方向與x方向夾角的正切值為

tan/?=—=2

?v

可知速度方向與加速度方向在同一條直線上，所以物體后2s內做直線運動。故C錯誤；D正確。

故選ADo

?題型02小船過河問題

2.如圖所示，小船從A碼頭出發，沿垂直于河岸的方向渡河，若河寬為d,渡河速度v船恒定，河水的流速

與河岸的最短距離x成正比，即珠=麻Q43,左為常量），要使小船能夠到達距A正對岸為s的B碼頭，

貝I」（）

—s—HB

A

A.v船應為/B.v船應為咳

s2s

4v2sl

C.渡河時間為D.渡河時間為

kaka

【答案】C

【詳解】CD.根據運動的合成和分解的知識，因為小船垂直于河岸航行，過河時間與水的速度無關，又河

水的流速與到河岸的最短距離x成正比，即

"水=船（》＜5，左為常量）

因v次oa,且正日，則沿x方向平均速度

_kd

4

過河時間

s_4s

,一鼠kd

選項C正確，D錯誤；

AB.則船速

dkd2

v^~=-~

t4s

選項AB錯誤。

故選Co

?題型03關聯速度的綜合問題

3.光滑的細桿固定放置，與水平方向的夾角為37。，質量為加的小球與質量為2加的物塊通過輕質細線連接,

細線跨過天花板上的兩個輕質定滑輪。小球套在細桿上從某處由靜止開始上滑，細線一直處于伸直狀態，

當小球運動到/點時，速度沿著桿斜向上大小為%=質，細線與細桿之間的夾角為37。，當小球運動到8

點時，細線與細桿垂直。已知/、2兩點之間的距離為2,重力加速度大小為g,小球與物塊（均視為質點）

34

總在同一豎直平面內運動，sin370=-,cos37°=-,下列說法正確的是（）

A.當小球在N點時，物塊的速度大小為］必

B.小球從/點運動到8點，系統總重力勢能的減小量為名等

C.當小球運動到8點時，物塊速度的大小為0

D.小球從/點運動到2點，細線對小球做的功為巧詈

【答案】BCD

【詳解】A.小球在N點時，把實際速度V。分別沿著細線和垂直細線分解，沿著細線方向的分速度為

V沿線=%cos37=---

由關聯速度可知，此時物塊的速度等于沿細線方向的速度，則有

_.4強

v物塊-v沿線—一g—

故A錯誤;

C.同理，小球運動到8點時，把小球的速度分別沿著細線和垂直細線分解，因為細線與細桿垂直，即細線

與小球的速度垂直，則細線速度為0,物塊的速度為零，故c正確；

B.小球從N到b重力勢能的增加量為

￡pl=〃zg￡sin37°=現詈

物塊下落的高度為

h=--——Atan37°=-

cos3702

重力勢能的減小量為

I?=2mgh=mgL

則系統總重力勢能的減小量為

PP2pl5

故B正確;

D.小球從A點運動到B點過程,細線對小球做的功瞑線'與細線對物塊做的功%m，大小相等，一正一負。

分析物塊，根據動能定理

12

2加g/?+唳線=0-32加5塊

解得

則細線對小球做的功為

/=_%線=險也

?我馬出我25

故D正確。

故選BCD?

?題型04平拋運動與各種面結合問題

4.如圖所示，擋板。4與豎直方向的夾角為凡小球（視為質點）從。點的正上方高度為H的尸點以大小

為%的初速度水平拋出，落到斜面上時，小球的位移與斜面垂直，重力加速度大小為g,不討論小球落到斜

面后的情況，下列說法正確的是（）

A.小球落到斜面上的速度大小為」5

COS”

B.小球在空中運動的時間為'",an"

g

Ctan20=絲"

2片

D.若小球拋出時的初速度大小為恒,

則擋板OA與豎直方向的夾角為45。

2

【答案】BD

【詳解】AB.設小球在空中運動的時間為"小球落到斜面的速度為v,則速度v與%的夾角為設水平

位移為x,豎直位移為了，如圖

1

If\tan。二上二國，八.

tan6=—vvcosa

x00

vot

解得

i-------------2vtan6

2n

v=vnVl+4tan0,t=

g

故A錯誤，B正確;

C.小球落到斜面的豎直方向的位移

y=Hsin20二

解得

*2

2八gHsin0

tan26=------------

2寸

故C錯誤;

D.由tan/英空，v恒，可得

20

2v02

AV2

cose-——

2

即

6=45。

故D正確。

故選BDo

?題型05平拋運動的臨界問題

5.如圖所示，運動員將網球在邊界/處正上方8點正對球網水平向右擊出，恰好過中間網C的上邊沿落在。

點。已知=網高/!=￡H,/C=L,重力加速度大小為g,不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

B

目亡………—

?D\

----------L--------------H

A.網球的初速度大小為國

2\H

B.網球在中間網左、右兩側的水平距離之比為2:1

C.若網球的初速度變為原來的兩倍，網球還可以落在對方界內

D.若擊球高度低于H（仍大于，），應減小擊球速度，才能讓球落在對方界內

【答案】B

【詳解】AB.網球做平拋運動，豎直方向有

水平方向有

L+1=

L=

聯立解得

l=-L

2

則網球在中間網左、右兩側的水平距離之比

L:l=2-A

故A錯誤，B正確;

C.若網球的初速度變為原來的兩倍，則網球落地時的水平位移

x=2%/]=3L>2L

網球出界，故C錯誤；

D.若擊球高度低于“，則網球運動到與網等高位置的時間變短，若再減小擊球速度，網球會落在網前，

故D錯誤。

故選Bo

■題型06平拋運動與電磁學綜合問題

6.如圖所示，一光滑固定軌道由傾斜軌道和水平軌道兩部分組成，軌道上端連接一阻值尺=0.5。的電阻，水

平部分兩軌道間有豎直向下、磁感應強度大小8=0.5T的勻強磁場，磁場區域的長度為±=2m。一質量為

冽=0.5kg的導體棒，從軌道上距水平軌道4=0.8m高處由靜止釋放，通過磁場區域后從水平軌道末端飛出,

落在水平地面上。已知軌道間距d=lm,軌道水平部分距地面的高度為=0.8m,導體棒電阻、軌道電阻、

空氣阻力均忽略不計，取g=10m/s2。下列說法正確的是（）

導體棒剛進入磁場時加速度的大小為4m/s2

整個過程中，通過電阻R的電荷量為3c

整個過程中，電阻R上產生的熱量為3J

導體棒的落地點與水平軌道末端的水平距離馬為0.8m

【答案】ACD

【詳解】A.導體棒下落過程機械能守恒，有

,12

mgn{=—mv

解得

v=4m/s

由牛頓第二定律得

Bdl=ma

又

E

I=—,E=Bdv

R

解得

<2=4m/s2

故A正確;

B.整個過程中，通過電阻尺的電荷量為

q=It

又

-E-

I=—，E=——

R4

解得

A①Bdx

q=----=------Lx=2C

RR

故B錯誤；

C.導體棒穿過磁場過程中，以向右為正方向，對導體棒根據動量定理可得

—Bdlt—mvl—mv

解得

匕=2m/s

設整個過程中電阻尺上產生的熱量為0,有

0=；mv2-—mVy=3J

故C正確；

D.導體棒水平飛出做平拋運動，有

,12

h2=~gtl,x2=Vltf

解得

x2=0.8m

故D正確。

故選ACD?

?題型08斜拋運動

8.如圖所示，在一個傾角0=15。的足夠長固定斜面底端P點將小球。以某一初速度斜向上拋出，拋出方向與

斜面的夾角a=30。，小球。將落在斜面上的0點，P、0之間的距離為/。若將小球b以相同大小的初速度

從P點拋出，拋出方向與斜面的夾角調整為45。，不計空氣阻力，重力加速度為g,

.15。=亞茗,315。=回2則()

44

A.從拋出到落在斜面上，小球。所用的時間為科

B.從拋出到落在斜面上，小球0、6所用的時間相等

C.小球6將落在。點

D.小球6將落在0點的下方

【答案】AC

【詳解】A.將a的重力ag和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解,設初速度大小為V,則從拋出到落

在斜面上，小球a所用的時間為

2vsina

Lgcosd

則沿斜面方向有

1=vcosaxta一;gsinSx]

代入題中數據，聯立解得

故A正確;

B.同理，小球6所用的時間為

2vsin45°2vsin30°

t,=--------w=---------

gcos0gcos6

可知小球。、6所用的時間不相等,故B錯誤;

CD.設6球落點距離6球距離為x,則有

1八2

x=vcos45°x/z)--gsin0xtb

聯立以上，解得

x-I

故C正確，D錯誤。

故選AC。

?題型09圓周運動的動力學問題

9.如圖所示，A球在輕繩的作用下在豎直面內擺動，B球在輕繩的作用下在水平面內做勻速圓周運動。兩小

球質量相同，均可視為質點。連接兩小球的輕繩長度相同，A球輕繩與豎直方向所成的最大角度和B球輕繩

與豎直方向所成的夾角均為e（夕<5。）。下列說法中正確的是（）

A.A、B兩球運動的周期之比為1：1

B.圖示位置A、B兩球所受輕繩拉力大小之比為COS26>:1

A球的最大向心力大小與B球的向心力大小之比為京

C.

D.A球的最大動能與B球的動能之比為卬

【答案】BD

【詳解】A.由圖可知左圖是單擺模型，設輕繩長度為L小球重力為加g,則單擺的周期

L

T=2TI

g

右圖是水平面內的勻速圓周運動模型（圓錐擺），由牛頓第二定律分析可知

47

mgtan0=m-^LsmO

其周期

Leos6

T'=2兀

g

所以

￡_I1

T'Vcos（9

故A錯誤；

B.左圖A球在該位置的加速度方向沿切線，沿半徑方向受力平衡，計算得繩上拉力大小為

Fx-mgeosd

右圖B球的加速度方向水平，豎直方向受力平衡，計算得繩上拉力大小為

cos。

所以

2

耳_cos0

葭丁

故B正確;

C.當左圖A球運動到最低點時向心力最大，設此時速度為匕，由動能定理得

wgL(l-cos^)=~mvx

所以向心力為

%=加

L

整理得

=2mg(l-cos6>)

由平行四邊形定則可得，右圖B球的向心力計為

%=㈣and

所以

2(1-cos。)

尸向2tan(9

故C錯誤;

D.當左圖A球運動到最低點時動能最大，結合以上分析得，最大動能為

凡人=|俄片=mgZ（l-cos<9）

對右圖B球，設其速度為功,由牛頓第二定律有

2

mgtan^=m—--

Lsin0

故B球動能為

121

EkB=5加VB=2加g￡tanOxsin6

所以

mgZ（l-cos^）2（1-coscos2（1-coscos2cos8

/一5〃gZtanOxsinJ3一-1+cos。

故D正確。

故選BD?

?題型10水平臺上圓周運動的臨界問題

10.如圖所示，水平轉臺上有一個質量為加的小物塊，用輕細繩將物塊連接在通過轉臺中心的豎直轉軸。尸

上，。尸高度為肌物塊距尸點距離為凡系統靜止時細繩伸直且拉力剛好為零。物塊與轉臺間動摩擦因數

〃=0.5,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現物塊和轉臺一起以相同的角速度繞OP軸做勻速圓周運動,

重力加速度為g,下列說法錯誤的是（）

A.若a總,轉臺對物塊的支持力小于重力

■，摩擦力小于;加g

B.若h=R當刃=

:，繩上拉力為3鬲g

C.若h=R當°=

D.隨著。的取值由零逐增加，轉臺與物塊的摩擦力先逐漸增加后逐漸減小

【答案】AC

【詳解】A.若//=；?,系統靜止時細繩伸直且拉力剛好為零，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力時，轉臺的

角速度為例），有

jumg=mRco1

解得

0。=橙

當。=）豆時，明顯

V47?

co<a)Q

可知由靜摩擦力提供向心力，豎直方向對物塊受力分析有

mg=N

轉臺對物塊的支持力等于重力；

故A錯誤，符合題意；

B.當物塊剛好要要離開轉臺時，對轉臺的壓力為零，設轉臺的角速度為例，此時物塊受拉力和重力，由拉

力和重力的合力提供向心力，有

mgtan6=mRa^

由幾何關系得