素养提升课三 竖直面内圆周运动模型及临界问题-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦竖直面内圆周运动的轻绳模型、轻杆模型及临界问题，通过师生互动任务（如分析最高点受力）导入，衔接圆周运动基本规律，搭建从受力分析到临界条件的学习支架。 其亮点在于以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，通过“探究归纳”表格对比两模型弹力特征与临界条件，结合轻绳最高点速度计算、轻杆弹力方向分析等实例，采用任务驱动和实例辨析的教学方法。帮助学生深化规律理解，提升问题解决能力，也为教师提供结构化的教学资源和重难点突破路径。

素养提升课三　竖直面内圆周运动模型及临界问题 　　　　 第六章 圆周运动 1.通过建立竖直面内圆周运动的轻绳模型，应用动力学方法分析临界问题。 2.建立竖直面内圆周运动的轻杆模型，分析其与轻绳模型的区别。　 3.会通过分析圆周运动的临界状态，找到临界条件，解决临界问题。 素养目标 提升点一　竖直面内圆周运动的轻绳模型 1 提升点二　竖直面内圆周运动的轻杆模型 2 课时测评 144 内容索引 提升点三　圆周运动的临界问题 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 提升点一　竖直面内圆周运动的轻绳模型 返回 师生互动　如图所示，图甲中小球仅受轻绳拉力和重力作用，图乙中小球仅受轨道的弹力和重力作用，在竖直平面内做圆周运动，运动半径均为L，二者运动规律相同，这类运动称为“轻绳模型”。重力加速度为g。 任务1：小球过最高点时，如果绳(或轨道)对小球没有作用力，小球的重力提供向心力，小球在最高点的速度是多大？ 提示：由mg＝m得v＝。 任务2：小球过最高点的速度v＞时，小球受几个力的作用？绳(或轨道)对小球的作用力是多大？ 提示：小球受重力和绳的拉力(或轨道的弹力)两个力作用，由F弹＋mg＝m得F弹＝m－mg。 轻绳(轨道)模型的特点 探究归纳 项目 特点 情境图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 受力示意图 动力学方程 mg＋FT＝m，mg＋FN＝m 临界特征 FT＝0，FN＝0，即mg＝m，v＝ v＝的意义 物体能否通过最高点的临界速率 如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10 m/s2，求： (1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ 例1 答案：2 m/s　 在最高点，由牛顿第二定律得mg＋F＝m 由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F≥0 联立解得v≥＝2 m/s 所以小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s。 (2)当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力多大？ 答案：15 N　 将v1＝4 m/s代入mg＋F1＝m 解得F1＝15 N。 (3)若轻绳能承受的最大张力为50 N，小球的速度不能超过多大？ 答案：6 m/s 分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，在最低点由牛顿第二定律得F2－mg＝m 将F2＝50 N代入解得v2＝6 m/s 即小球的速度不能超过6 m/s。 针对练1. (多选)用轻绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示。重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.小球通过最高点时，轻绳张力可以为0 B.小球通过最高点时的最小速度是0 C.小球刚好通过最高点时的速度是 D.小球通过最高点时，轻绳对小球的作用 力可以与小球所受重力方向相反 √ √ 设小球通过最高点时的速度为v，由合力提供向心力及牛顿第二定律得mg＋FT＝m。当FT＝0时，v＝；当v＜时，FT＜0，而轻绳只能产生拉力，不能产生与重力方向相反的支持力；当v＞时，FT＞0，小球能通过最高点，可知v＝是小球能通过最高点的临界条件。故选AC。 针对练2.如图所示，游乐场翻滚过山车上的乘客常常会在高空倒悬时被吓得魂飞魄散。设想如下数据，轨道最高处离地面32 m，最低处几乎贴地，圆形轨道直径为15 m，过山车经过最高点时的速度约为18 m/s，g取 10 m/s2。在这样的情况下能否保证乘客的安全？ 答案：能 要保证乘客安全，过山车能通过最高点时的最小速度为临界速度此时圆形轨道对过山车的作用力为零，重力提供向心力，则有mg＝m，可得v＝≈8.7 m/s＜18 m/s，可知这样的情况下能保证乘客的安全。 返回 提升点二　竖直面内圆周运动的轻杆模型 返回 师生互动　如图所示，轻杆上固定的小球和在光滑管道内运动的小球仅在重力和杆(管道)的弹力作用下在竖直平面内做圆周运动，这类运动称为“轻杆模型”。 任务1：小球的速度v＞时，小球受几个力的作用？杆(或管道)对小球的作用力的方向如何？ 提示：小球受重力和杆的拉力(或管道外壁的弹力)两个力作用，杆的拉力(或管道的弹力)的方向指向圆心。 任务2：小球的速度v＜时，小球受几个力的作用？杆(或管道)对小球的作用力的方向如何？ 提示：小球受重力和杆的支持力(或管道内壁的弹力)两个力作用，杆的支持力(或管道的弹力)的方向沿半径背离圆心。 1.轻杆(管道)模型的特点 探究归纳 项目 特点 情境图示 弹力特征 弹力可能向下，可能向上，还可能等于零 受力示意图 探究归纳 项目 特点 动力学方程 mg±F弹＝m 临界特征 v＝0，则Fn＝0，此时F弹＝mg v＝的意义 F弹的方向是背离圆心还是指向圆心的临界速率 2.小球在最高点时轻杆(或管道)的弹力随速度的变化 (1)v＝时，mg＝m，即重力恰好提供小球所需要的向心力，轻杆(或管道)与小球间无作用力。 (2)v＜时，mg＞m，即重力大于小球所需要的向心力，小球受到向上的弹力 F弹，重力和弹力的合力充当向心力，mg－F弹＝m，即F弹＝mg－m，v越大，F弹越小。 (3)v＞时，mg＜m，即重力小于小球所需要的向心力，小球受到向下的弹力 F弹，重力和弹力的合力充当向心力，mg＋F弹＝m，即F弹＝m－mg，v越大，F弹越大。 探究归纳 如图所示，有一轻质杆长L为0.5 m，一端固定一 质量m为0.5 kg的小球，杆绕另一端在竖直面内做圆周 运动。(g＝10 m/s2) (1)当小球在最高点时刚好对杆无作用力，求小球此时的 速率； 例2 答案： m/s　 小球在最高点时刚好对杆无作用力，此时重力提供向心力，有mg＝m 代入数据解得v＝＝ m/s。 (2)当小球运动到最高点速率分别为1 m/s和4 m/s时， 求小球对杆的作用力； 答案：4 N，方向竖直向下　11 N，方向竖直向上　 当小球运动到最高点速率为1 m/s(小于 m/s)时，此时小球受到杆向上的支持力，根据牛顿第二定律得mg－F1＝m 代入数据解得F1＝4 N 根据牛顿第三定律可得，小球对杆的作用力大小为4 N，方向竖直向下； 当小球运动到最高点速率为4 m/s(大于 m/s)时，此时小球受到杆向下的拉力，根据牛顿第二定律得F2＋mg＝m 代入数据解得F2＝11 N 根据牛顿第三定律可得，小球对杆的作用力大小为11 N，方向竖直向上。 (3)当小球运动到最低点时，小球受到杆的拉力为41 N， 求小球此时的速率。 答案：6 m/s 当小球运动到最低点时，小球受到杆的拉力为41 N，由牛顿第二定律有F3－mg＝m 代入数据解得v3＝6 m/s。 针对练1. (多选)如图所示，长为r的细杆一端固定一个质量为m的小球，使之绕另一光滑端点O在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速率v＝，g为重力加速度。则 A.小球在最高点时对杆的压力为mg B.小球在最高点时对杆的压力为mg C.若小球运动到最高点时的速率为，小球对杆的弹力为零 D.若小球运动到最高点时的速率为2，小球对杆的拉力为2mg √ √ 小球在最高点对杆的作用力恰好为零时，重力提供向心 力，根据牛顿第二定律，有mg＝m，解得v0＝， 由于v＝＜v0，故杆对球有支持力，根据牛顿第二定 律，有mg－FN＝m，解得FN＝mg－m＝mg，根据牛顿第三定律知，小球在最高点时对杆的压力为mg，故A、C正确，B错误；同理，若小球运动到最高点时的速率为2，小球对杆的拉力满足F＋mg＝m，解得F＝3mg，故D错误。故选AC。 针对练2.如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球(直径略小于管内径)一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v。已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是 A.v的最小值为 B.当v＝时，小球处于完全失重状态，不受力的作用 C.当v＝时，细管对小球的弹力方向竖直向下 D.当v由逐渐减小的过程中，细管对小球的弹力也逐渐减小 √ 小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力，当支持力的大 小等于小球重力的大小时，小球的速度最小，最小速度为零，故A 错误；根据a＝可知，当v＝时，小球的加速度为a＝g，方向 竖直向下，则小球处于完全失重状态，只受重力作用，故B错误；当v＝时，小球需要的向心力为Fn＝m＝2mg，则可知细管对小球的弹力大小为mg，方向竖直向下，故C正确；当v＜时，小球需要的向心力Fn＝m＜mg，可知，小球受细管竖直向上的弹力，由牛顿第二定律得mg－FN＝m，可得FN＝mg－m，则当v由逐渐减小的过程中，细管对小球的弹力FN逐渐增大，故D错误。故 选C。 返回 提升点三　圆周运动的临界问题 返回 1.与摩擦力有关的临界问题 (1)物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，则有Ff＝m，静摩擦力的方向一定指向圆心。 (2)如果除摩擦力外还有其他力提供向心力，如绳两端连接物体，其中一个物体竖直悬挂，另外一个物体在水平面内做匀速圆周运动，此时存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向分别为沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。 2.与弹力有关的临界问题 (1)与接触面的弹力有关的临界问题：接触与脱离的临界条件为弹力F弹 ＝0。 (2)与绳的弹力有关的临界问题 ①绳子断与不断的临界条件为绳中张力等于它所能承受的最大张力； ②绳子松弛的临界条件为绳中张力F＝0。 如图所示，A、B、C三个物体放在旋转的水平圆盘面上，物体与盘面间的最大静摩擦力均是其重力的k倍，三物体的质量分别为2m0、m0、m0，它们离转轴的距离分别为R、R、2R。当圆盘旋转时，若A、B、C三物体均相对圆盘静止，则下列说法正确的是 A.A的向心加速度最大 B.B和C所受摩擦力大小相等 C.当圆盘转速缓慢增大时，C比A先滑动 D.当圆盘转速缓慢增大时，B比A先滑动 例3 √ A、B、C三物体角速度相同，由an＝ω2r知，物体 C的向心加速度最大，A错误；摩擦力提供向心力， FfB＝m0ω2R，FfC＝m0ω2·2R，物体B所受摩擦力小 于物体C所受摩擦力，B错误；物体恰好滑动时， 有kmg＝mω2r，则ω＝，可知滑动的临界角速度与质量无关，r越大，临界角速度越小，则物体C先滑动，C正确，D错误。故选C。 　　物体恰好滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大值，根据牛顿第二定律列方程，求解出相应的临界角速度。 总 结 提 升 如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂 一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴 线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角为θ＝37°，小球 以角速度ω绕圆锥体轴线做水平圆周运动(sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g)。 例4 解题引导：(1)若要小球离开圆锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若ω＜ω0，小球没有离开圆锥面；若ω＞ω0，小球离开圆锥面。 (1)当ω1＝时，求细线对小球的拉力大小和小球对圆锥体的压力大小； 答案：　　 小球离开圆锥面的临界条件为圆锥体对小球的支持力为FN＝0 由牛顿第二定律可得mgtan θ＝mLsin θ 解得ω0＝ ＞ω1 则当ω1＝ 时，小球对圆锥体的压力不为0，对小球进行受力分析如图甲所示 根据牛顿第二定律有FT1sin θ－FN1cos θ＝mLsin θ， FT1cos θ＋FN1sin θ－mg＝0 联立解得FT1＝，FN1＝ 根据牛顿第三定律可得小球对圆锥面的压力大小为。 (2)当ω2＝时，求细线对小球的拉力大小。 答案：2mg 因ω2＝ ＞ω0，可知小球离开圆锥面，对小球进行受力分析如图乙 所示 设细线与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得 FT2sin α＝mLsin α 解得FT2＝2mg。 针对练1.如图所示，甲、乙两个物体放在旋转圆台上，它们的质量均为m，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，甲物体离轴心距离为2R，乙物体离轴心距离为R。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，当圆台旋转时，甲、乙两个物体都没有滑动，则下列说法中正确的是 A.乙物体的向心加速度大 B.乙物体受到的静摩擦力大 C.ω＝是甲物体开始滑动的临界角速度 D.当圆台转速增加时，甲物体先滑动 √ 甲、乙两个物体随旋转圆台转动时，角速度相同。 根据an＝ω2r可知，乙物体的旋转半径小于甲物体 的旋转半径，则乙物体的向心加速度小于甲物体 的向心加速度，A错误；根据牛顿第二定律得Ff甲＝mω2·2R，Ff乙＝mω2R，可知甲物体受到的静摩擦力大，B错误；对甲物体，最大静摩擦力提供向心 力时，角速度达到临界值，则μmg＝m·2R，解得ω甲＝，C错误；对 乙物体，最大静摩擦力提供向心力时，角速度达到临界值，则μmg＝ mR，解得ω乙＝，因为ω甲＜ω乙，所以当圆台转速增加时，甲物体 先滑动，D正确。故选D。 针对练2.如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块， 物块到转轴的距离为r。一段绳的一端与物块相连，另 一端系在圆盘中心上方r处，绳恰好伸直，物块和转盘 间的动摩擦因数为μ，设物块受到的最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，已知重力加速度为g。 (1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，绳上恰好有张力，求ω1的值； 答案：　 当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，绳上恰好有张力，静摩擦力达到最大值，则此时物块所需向心力恰好完全由最大静摩擦力提供，则μmg＝mr，解得ω1＝。 (2)当水平转盘以角速度ω2匀速转动时，物块恰好离开转盘，求ω2的值。 答案： 物块恰好离开转盘，则FN＝0，物块只受重力和绳的拉力， 如图所示，有mgtan θ＝mr，tan θ＝，联立解得ω2＝ 。 课堂回眸 返回 课时测评 返回 1. (多选)如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.人在最高点时处于倒坐状态，全靠保险带拉住， 没有保险带，人就会掉下来 B.人在最高点时对座位仍可能产生压力 C.人在最低点时对座位的压力等于mg D.人在最低点时对座位的压力大于mg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当人与保险带间恰好没有作用力时，由重力提供向心力，有mg＝m，可得临界速度为v0＝，当速度v0≥时，没有保险带，人也不会掉下来，故A错误，B正确；人在最低点时，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，可知FN＞mg，由牛顿第三定律可知人对座位的压力大于mg，故C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过轨道最高点而不脱离轨道的最小速度是v，重力加速度为g，则当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道压力的大小是 A.0 B.3mg C.5mg D.8mg √ 当小球以速度v经内侧轨道最高点时不脱离轨道，小球仅受重力，重力提供向心力，有mg＝m；当小球以速度3v经内侧轨道最高点时，小球受重力mg和向下的弹力FN，合力提供向心力，有mg＋FN＝m，解得FN＝8mg，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小FN'＝FN＝8mg。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3. (多选)如图所示，轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个小球，轻杆随转轴在竖直平面内做圆周运动，当小球运动至最高点时，轻杆对小球的作用力 A.方向一定竖直向上 B.方向可能竖直向下 C.大小可能为0 D.大小不可能为0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设轻杆长为R，当重力刚好提供小球做圆周运动的向心力时，轻杆对小球无作用力，此时有mg＝m，解得v＝；当v＞时，轻杆对小球提供竖直向下的拉力；当v＜时，轻杆对小球提供竖直向上的支持力。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4. (多选)如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管内运动，轨迹半径为R，小球通过最高点时的速率为v0，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 A.若v0＝，则小球对管壁无压力 B.若v0＞ ，则小球对管上壁有压力 C.若0＜v0＜ ，则小球对管下壁有压力 D.不论v0多大，小球对管下壁都有压力 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 在最高点，只有重力提供向心力时，由mg＝m，解得v0＝，此时小球对管内壁无压力，A正确；若v0＞，则有mg＋FN＝m，表明小球对管上壁有压力，B正确；若0＜v0＜，则有mg－FN＝m，表明小球对管下壁有压力，C正确；综上分析，D错误。故选ABC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·陕西西安高一下学期期末)圆盘餐桌的上面有一直径为1 m的转盘，可绕盘中心的转轴转动。现将一小物块放在转盘边缘后转动转盘，并逐渐增大转速，当转速增大到一定程度时，小物块从转盘上滑落。已知小物块和转盘间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，要使小物块从转盘上滑落，转盘转动的角速度至少为 A.1.0 rad/s B.2.0 rad/s C.2 rad/s D.4.0 rad/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 要使小物块刚好从转盘上滑落，则μmg＝mω2r，解得ω＝＝＝ rad/s＝4.0 rad/s，即要使小物块从转盘上滑落，转盘转动的角速度至少为ω＝4.0 rad/s。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·四川凉山高一下期末)如图所示，长为L的轻绳一端固定在水平圆盘的竖直中心转轴上，另一端连接一质量为m的物块，圆盘未转动时，轻绳水平伸直但无弹力。现使该物块随圆盘一起在水平面内绕竖直转轴匀速转动，不计空气阻力，该物块与圆盘间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，物块可视为质点，轻绳伸长可忽略。当圆盘以不同角速度匀速转动时，下列说法正确的是 A.物块受的摩擦力可以沿半径背离圆心 B.圆盘转动角速度为ω＝时，轻绳的拉力为μmg C.圆盘转动角速度为ω＝时，轻绳拉力为0.5μmg D.圆盘转动角速度ω＝2时，轻绳拉力为2μmg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 开始时静摩擦力提供向心力，静摩擦力方向沿半径指 向圆心，根据Ff＝mω2L，随角速度的增加，静摩擦力 逐渐增加，当达到最大静摩擦力时绳子上出现拉力，根 据FT＋Ffm＝mω2L，随角速度的增加，拉力逐渐变大， 摩擦力方向仍指向圆心，可知物块受的摩擦力一直沿半径指向圆心，A错误；圆盘 转动角速度为ω＝时，根据FT＋Ffm＝mω2L，可得轻绳的拉力为零，B错误；圆盘转动角速度为ω＝时，根据FT＋Ffm＝mω2L，可得轻绳拉力为FT＝0.5μmg，C正确；圆盘转动角速度ω＝2时，根据FT＋Ffm＝mω2L，可得轻绳弹力大小为FT＝3μmg，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7. (多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.a绳的弹力不可能为零 B.a绳的弹力随角速度的增大而增大 C.当角速度ω＞，b绳将出现弹力 D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零， 水平方向上的合力提供向心力，所以a绳的弹力在 竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的弹力 不可能为零，故A正确；当b绳伸直后，根据竖直方向上受力平衡得 Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的弹力不变，故B错误；当b绳弹力为零时，有＝ml，解得ω0＝ ，可知当角速度ω＞ 时，b绳出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8. (多选)如图所示，两个质量均为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OO'的距离为2l，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，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是 A.b一定比a先开始滑动 B.a、b所受的摩擦力始终相等 C.当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg D.ω＝是b开始滑动的临界角速度 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力， 由牛顿第二定律可知Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l， 故Ffa＜Ffb，a、b未发生相对滑动前摩擦力不等， B错误；因为两个木块的最大静摩擦力相等，未发生相对滑动时Ffa＜ Ffb，所以b先达到最大静摩擦力，b先滑动，A正确；当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为Ffa＝mω2l＝＜kmg，C错误；当b恰好开始滑动时kmg＝mω2·2l，解得ω＝，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·福建柘荣一中月考)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点时的速度大小为v，其FN-v2图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，小球可视为质点，不计一切阻力。则下列说法正确的是 A.小球的质量为2 kg B.小球做圆周运动的半径为2.5 m C.v2＝2时，在最高点杆对小球 的弹力大小为40 N D.v2＝时，小球的向心加速度大小为10 m/s2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题图乙知，当v2＝0时，对小球有mg＝FN＝10 N，解得小球的质量为m＝1 kg，故A错误；当v2＝25 m2/s2时，FN＝0，根据牛顿第二定律有mg＝m，解得小球做圆周运动的半径为R＝＝2.5 m，故B正确；由题图乙可知，当v2＝时，FN＝10 N，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m，当v2＝2时，根据牛顿第二定律有FN'＋mg＝m，解得此时杆对小球的弹力大小为FN'＝30 N，故C错误；当v2＝时，FN＝10 N，小球的向心加速度大小为an＝＝20 m/s2，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10. (多选)如图所示，轻杆长为3L，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动，在转动的过程中，忽略空气的阻力。某时刻若球B运动到最高点，且球B对杆恰好无作用力，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.此时球B在最高点时速度不为零 B.此时球A的速度比球B的速度大 C.此时杆对水平轴的作用力为1.5mg D.此时杆对水平轴的作用力为3mg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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mg＝m，解得vB＝， 两球角速度相同，由v＝ωr得此时球A的速度为vA＝ ，故A正确，B错误；对球A由牛顿第二定律有 FT－mg＝m，解得FT＝1.5mg，故C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11. (多选)如图所示，水平转盘上叠放着质量均为1 kg的A、B两个物块，B物块用长为0.25 m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8 N，B与转盘间的动摩擦因数为μ1＝0.1，A、B间的动摩擦因数为μ2＝0.4，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘可绕竖直中心轴转动，转盘静止时，细线刚好伸直，力传感器的读数为零(重力加速度g取10 m/s2)。根据以上信息，下列说法正确的是 A.A物块随转盘做圆周运动的向心力由细线的拉力、 B对A的摩擦力的合力提供 B.转盘的角速度为4 rad/s时，细线刚好有拉力 C.A物块刚要脱离B物块时转盘的角速度为4 rad/s D.转盘的角速度大于6 rad/s时细线将被拉断 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A物块随转盘做圆周运动的向心力是由重力、B对A的支持 力和B对A的摩擦力的合力提供的，A错误；当B物块与转 盘间的静摩擦力达到最大时，有μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB) r，解得ω1＝ ＝2 rad/s，这时细线刚好有拉力，B 错误；当A物块所需的向心力恰等于最大静摩擦力时，有μ2mAg＝mAr，解得ω2＝ ＝4 rad/s，此时细线的拉力为FT＝(mA＋mB)r－μ1(mA＋mB)g＝6 N＜FTmax＝8 N，故细线未被拉断，角速度继续增大，A物块脱离B物块，C正确；当细线达到能承受的最大拉力8 N时，A物块已脱离B物块，有FTmax＋μ1mBg＝mBr，解得ω3＝6 rad/s，D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(16分)(2025·黑龙江哈尔滨六中高一下期中)如图所 示，半径为R＝0.5 m的水平转盘绕竖直轴OO'转动， 水平转盘中心O处有一光滑小孔，用长为L＝1 m的细 线穿过小孔将质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.5 kg的 小球A和小物块B连接。现让小球A和水平转盘各以一定的角速度在水平面内转动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ＝0.3，且始终处于转盘的边缘处与转盘相对静止。 重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)若小球A的角速度ω0＝5 rad/s，求细线与竖直方向的夹角θ； 答案：37° 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对A根据牛顿第二定律得m1gtan θ＝m1(L－R)sin θ 解得θ＝37°。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)在满足(1)中的条件下，设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，求水平转盘角速度ω的取值范围。 答案：2 rad/s≤ω≤4 rad/s 当水平转盘的角速度最大时，根据牛顿第二定律得＋μm2g＝m2R 解得ωmax＝4 rad/s； 当水平转盘的角速度最小时，根据牛顿第二定律得－μm2g＝m2R 解得ωmin＝2 rad/s 故水平转盘角速度ω的取值范围为2 rad/s≤ω≤4 rad/s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 第六章 圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $