课时测评12 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练习（人教版）

课时测评12　竖直面内圆周运动模型及临界问题 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－11题，每题4分，共44分) 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 答案：BD 解析：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.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 答案：D 解析：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。 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 答案：BC 解析：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。 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 答案：ABC 解析：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。 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 答案：D 解析：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。 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 答案：C 解析：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。 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 答案：AC 解析：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。 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 答案：AD 解析：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。 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 答案：B 解析：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。 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 答案：AC 解析：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。 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 答案：CD 解析：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。 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； (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：(1)37°　(2)2 rad/s≤ω≤4 rad/s 解析：(1)对A根据牛顿第二定律得m1gtan θ＝m1(L－R)sin θ 解得θ＝37°。 (2)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。 学科网（北京）股份有限公司 $