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物理
水平面内的圆周运动
　(12分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)ω＝(1±k)ω0，且0试卷抽样 评析指导
失分点①：方程和结果错误。 失分原因：该同学分析正确但列方程时出现错误，对公式使用上所表述的意义理解不透彻。 补偿建议：在对公式的使用上，圆心在哪、运动半径是指哪一段需搞清楚。 规范解答：列出正确方程mgtanθ＝mωRsinθ，ω0＝ 失分点②：摩擦力的方向判断错误。 失分原因：该同学两次分析摩擦力的方向错误而造成丢分。 补偿建议：加深对摩擦力概念的理解。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起沿OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　　)
A． B．
C． D．2
答案：B
解析：硬币在水平圆盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，当向心力等于最大静摩擦力时，圆盘转动的角速度最大，根据牛顿第二定律有μmg＝mrω2，解得圆盘转动的最大角速度为ω＝，B正确。
2．如图所示，正方形框ABCD竖直放置，两个完全相同的小球P、Q分别穿在方框的BC、CD边上，当方框绕AD轴匀速转动时，两球均恰与方框保持相对静止且位于BC、CD边的中点，已知两球与方框之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两球与方框间的动摩擦因数为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：设两球与方框之间的动摩擦因数均为μ，两球质量均为m，方框边长为l，方框匀速转动的角速度为ω，对P球，根据牛顿第二定律可得FN＝mω2l，且μFN＝mg，对Q球，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2，联立解得μ＝，故选B。
3．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小球过最高点的最小速度是
B．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
答案：B
解析：由于小球在最高点时杆对小球的作用力可以表现为拉力，也可以表现为支持力，所以小球过最高点的最小速度为0，故A错误；当小球在最高点的速度v＝时，Fn＝m＝mg，靠小球重力提供向心力，杆的弹力为零，故B正确；当小球经过最高点杆对它的作用力表现为支持力时，有mg－FN＝m，可知杆对球的作用力FN随速度增大而减小，当小球经过最高点杆对它的作用力表现为拉力时，有mg＋FN′＝m，可知杆对球的作用力FN′随速度增大而增大，故C、D错误。
4．(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个可看成质点的小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是(　　)
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
答案：BD
解析：根据题意可知，小球与玻璃管间恰无压力时，有mgtanθ＝mrω2＝mLsinθ·ω2。仅增加绳长后，小球需要的向心力变大，则小球将受到玻璃管斜向下方的压力，故A错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据mgtanθ＝mLsinθ·ω2，则需减小ω，故B正确；根据mgtanθ＝mLsinθ·ω2，可知仅增加小球质量后，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要的向心力变大，则小球将受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。
5．(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形管道，管道内有一质量为m的小钢球，小钢球的直径稍小于圆管的内径，小钢球的直径远小于R。在最低点给小钢球一大小为v0、方向水平向右的初速度，小钢球到达最高点的速度大小为(g为重力加速度大小)。圆管内壁光滑，水平线ab过管道圆心。下列说法正确的是(　　)
A．小钢球到达最高点时，受到管壁的作用力大小为mg
B．稍微减小v0，小钢球无法通过最高点
C．稍微增大v0，小钢球通过最高点时，对圆管外侧管壁有压力
D．小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小钢球一定有作用力
答案：CD
解析：小钢球到达管道最高点时，设管壁对小钢球的力为N，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有N＋mg＝m，由题知v＝，联立得N＝0，即小钢球在最高点不受管壁的作用，故A错误；稍微减小v0，只要mv－2mgR≥0，即到达最高点时速度不小于零，小钢球便可以通过管道最高点，B错误；稍微增大v0，根据题设和动能定理可知，小钢球通过管道最高点时速度大于，小钢球重力不足以提供其所需向心力，小钢球的重力与圆管外侧管壁对小钢球的压力的合力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，小钢球对圆管外侧管壁有压力的作用，故C正确；小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，重力沿垂直管壁向下的分力与管壁对小钢球的弹力的合力提供向心力，所以外侧管壁对小钢球一定有作用力，故D正确。
6．(2025·北京市通州区高三上10月月考)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT v2图像如图乙所示，则(　　)
A．轻质绳长等于
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
答案：D
解析：设轻质绳长为L，在最高点，对小球，由牛顿第二定律有mg＋FT＝m，得FT＝m－mg，可知FT v2图像的斜率k＝＝，解得轻质绳的长度L＝，图像的纵轴截距的绝对值为a＝mg，解得当地的重力加速度g＝，故A、B错误；当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为FT＝m－mg＝－a，故C错误；当v2≥b时，在最高点有FT＋mg＝m，设小球运动到最低点时速度为v′，根据动能定理可知2mgL＝mv′2－mv2，又小球在最低点时，根据牛顿第二定律可知FT′－mg＝m，联立解得FT′－FT＝6mg＝6a，故当v2≥b时，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a，故D正确。
7．(多选)如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)静止在倾斜的匀质圆盘上，圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法中正确的是(　　)
A．a在最高点时所受摩擦力可能为0
B．a在最低点时所受摩擦力可能为0
C．ω＝是a开始滑动的临界角速度
D．ω＝是b开始滑动的临界角速度
答案：AD
解析：若a在最高点时所受摩擦力为0，则对a有mgsin30°＝mω2l，对b有mgsin30°＋fb＝mω22l，解得fb＝mgsin30°<μmgcos30°，故A正确；a在最低点，由牛顿运动定律有fa－mgsin30°＝m，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故B错误；当a在最低点时，由μmgcos30°－mgsin30°＝mωl，得a开始滑动的临界角速度ωa＝，故C错误；对b在最低点，由μmgcos30°－mgsin30°＝mω·2l，得b开始滑动的临界角速度ωb＝，故D正确。
8．两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．a比b先达到最大静摩擦力
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为
答案：D
解析：木块随圆盘一起转动，当绳子上无拉力时，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得Ff＝mω2r，Ffmax＝kmg，联立得ωmax＝，故随着ω增大，b先达到临界角速度，b先达到最大静摩擦力，故A错误。在b的静摩擦力没有达到最大前，由Ff＝mω2r，a、b质量分别是2m和m，圆周运动的半径r分别为L和2L，可知a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到最大值kmg后，即ω>后，轻绳上开始出现张力，设大小为F，对b有kmg＋F＝mω2·2L，对a有Ffa－F＝2mω2L，联立得Ffa＝2F＋kmg>kmg，可知a、b受到的摩擦力不一定相等，故B错误。b刚要滑动时，对b有kmg＋F＝mω·2L，对a有k·2mg－F＝2mωL，联立得ω0＝，故C错误。当ω＝时，a、b未滑动且轻绳中有拉力，由B项方程组可得a所受摩擦力大小Ffa＝4mω2L－kmg＝，故D正确。
[B组　综合提升练]
9．如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形，AB＝5 m，BC＝3 m，有一个可视为质点、质量m＝1 kg的小球用长L＝5 m的轻绳悬挂在A点。小球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10 m/s2，已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，下列说法正确的是(　　)
A．当ω＝1 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4 N
B．当ω＝2 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12 N
C．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s
D．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s
答案：C
解析：设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sinθ＝＝，解得θ＝37°，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan37°＝mωr，其中r＝BC＝3 m，解得ω0＝＝ rad/s，故C正确，D错误；由于ω＝1 rad/s<ω0＝ rad/s，则当ω＝1 rad/s时，小球还未接触器壁CD，器壁CD对小球无弹力作用，故A错误；由于ω＝2 rad/s>ω0＝ rad/s，则当ω＝2 rad/s时，小球接触器壁CD，设器壁CD对小球的弹力大小为N，轻绳拉力大小为T，则有Tcos37°＝mg，Tsin37°＋N＝mω2r，联立解得N＝4．5 N，故B错误。
10．(多选)如图所示，倾角为45°的光滑轨道AB和水平轨道BC平滑相连，右侧是光滑的半圆轨道CDE，半径R＝0．4 m。一可视为质点的、质量为m＝0．2 kg的滑块从轨道AB上高度h0处由静止释放。滑块与BC间的动摩擦因数μ＝0．5，重力加速度g取10 m/s2，滑块恰好能通过最高点E之后，恰好落到B点。下列选项中正确的是(　　)
A．水平轨道BC的长度为0．8 m
B．滑块释放点的高度为h0＝1．0 m
C．如果增加释放点的高度h0，滑块有可能垂直打到斜面上
D．如果将释放点的高度调整为h0＝0．8 m，滑块在半圆轨道CDE上运动过程中有可能脱离轨道
答案：AC
解析：滑块恰好能通过最高点E时，由牛顿第二定律可得mg＝m，解得滑块通过E点时的速度大小为vE＝2 m/s，滑块离开E点后做平抛运动，则有2R＝gt，xBC＝vEt0，解得水平轨道BC的长度为xBC＝0．8 m，故A正确；滑块从释放至运动到半圆轨道最高点E的过程中，由动能定理可得mg(h0－2R)－μmgxBC＝mv，解得h0＝1．4 m，故B错误；设滑块落到B点时的速度方向与水平方向的夹角为θ0，则tanθ0＝＝2，θ0>45°，如果增加释放点的高度h0，则滑块过轨道最高点E点时的速度增大，打在斜面上时下落的高度降低，竖直方向上的速度分量减小，tanθ0减少，当θ0减小到45°时，滑块将垂直打到斜面上，故C正确；如果释放点的高度为h0＝0．8 m，假设滑块能够到达D点，则滑块运动到D点时，由动能定理可得mg(h0－R)－μmgxBC＝EkD－0，解得EkD＝0，可知滑块恰好能滑到D点，然后沿DC向下返回，即滑块在半圆轨道CDE上运动过程中不会脱离轨道，D错误。
11．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝3r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速从零开始逐渐加快到两物体刚好要发生但还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　)
A．绳子的最大张力为FT＝2μmg
B．当A所受的摩擦力为零时，圆盘的角速度为ω＝
C．随着角速度的增大，A所受摩擦力的方向(相对圆盘)和大小都会变化，而B所受摩擦力的方向(相对圆盘)不变
D．随着角速度的增大，A所受的摩擦力一直减小，而B所受的摩擦力一直增大
答案：AC
解析：随着圆盘转动角速度的不断增大，可以分为以下几个阶段：当0＜ω≤ω1时，A、B两物体所受的静摩擦力逐渐增大，且均指向圆心，此阶段轻绳张力FT1＝0，当角速度为ω1时，对B有μmg＝3mrω，则ω1＝；当ω1＜ω≤ω2时，B所受摩擦力始终为μmg，方向指向圆心，A所受静摩擦力方向指向圆心，对B有μmg＋FT＝3mrω2，对A有FT＋fA＝mrω2，则fA＝μmg－2mrω2，可知FT增大，fA减小，当角速度为ω2时fA＝0，可解得ω2＝，此阶段轻绳张力最大值为FT2＝0．5μmg；当ω2＜ω≤ω3时，A所受摩擦力方向背离圆心，B所受摩擦力仍为μmg，方向指向圆心，对B有μmg＋FT＝3mrω2，对A有FT－fA＝mrω2，可得fA＝2mrω2－μmg，则FT增大，fA增大，当角速度为ω3时fA＝μmg，可解得ω3＝，此过程轻绳张力最大值为FT3＝2μmg，且角速度为ω3时，两物体刚好要发生但还未发生滑动。结合以上分析可知，A、C正确，B、D错误。
[C组　拔尖培优练]
12．(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　)
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
答案：BD
解析：对小球进行受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Tsinθ＝mg　①，且T＝k　②，当角速度从ω变为ω′时，若θ增大(减小)，根据①式，T应减小(增大)，而根据②式，T应增大(减小)，故角速度从ω变为ω′时，θ和T都不变，即小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确。在水平方向，小球的运动半径r不变，当角速度较小时，PQ杆对小球的弹力FN背离转轴，有Tcosθ－FN＝mω2r，即FN＝Tcosθ－mω2r；当角速度较大时，FN指向转轴，有Tcosθ＋FN＝mω2r，即FN＝mω2r－Tcosθ；由以上分析，结合牛顿第三定律可知，当角速度增大后，小球对杆的压力不一定变大，C错误。根据F合＝mω2r可知，当角速度增大后，小球所受合外力变大，D正确。
9(共33张PPT)
第四章　曲线运动
第4讲　专题：圆周运动的临界和极值问题
答卷现场　水平面内的圆周运动
目录
1
2
答卷现场　水平面内的圆周运动
课时作业
答卷现场　水平面内的圆周运动
　 (12分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)ω＝(1±k)ω0，且0小和方向。
课时作业
［A组　基础巩固练］
4．(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个可看成质点的小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是(　　)
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
解析：根据题意可知，小球与玻璃管间恰无压力时，有mgtanθ＝mrω2＝mLsinθ·ω2。仅增加绳长后，小球需要的向心力变大，则小球将受到玻璃管斜向下方的压力，故A错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据mgtanθ＝mLsinθ·ω2，则需减小ω，故B正确；根据mgtanθ＝mLsinθ·ω2，可知仅增加小球质量后，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要的向心力变大，则小球将受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。
10．(多选)如图所示，倾角为45°的光滑轨道AB和水平轨道BC平滑相连，右侧是光滑的半圆轨道CDE，半径R＝0．4 m。一可视为质点的、质量为m＝0．2 kg的滑块从轨道AB上高度h0处由静止释放。滑块与BC间的动摩擦因数μ＝0．5，重力加速度g取10 m/s2，滑块恰好能通过最高点E之后，恰好落到B点。下列选项中正确的是(　　)
A．水平轨道BC的长度为0．8 m
B．滑块释放点的高度为h0＝1．0 m
C．如果增加释放点的高度h0，滑块有可能垂直打到斜面上
D．如果将释放点的高度调整为h0＝0．8 m，滑块在半圆轨道CDE上运动过程中有可能脱离轨道
[C组　拔尖培优练]
12．(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　)
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大

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