第6章 专题探究4 水平面内的圆周运动问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

专题探究四水平面内的圆周运动问题 子错题本 黑题专题强化 限时：60min 题型1过弯路线问题 c. ()2 1.**(2025·黑龙江牡丹江期中)假设甲、乙 两车匀速通过环形路段，甲行驶在内侧，乙行 题型2与静摩擦力相关的临界问题 驶在外侧，它们转弯时线速度大小相等，设甲 3.*如图所示，0为水平转盘 所在车道的轨道半径为60m,乙所在车道的 的圆心，物块A和B质量均 轨道半径为72m.汽车受到的最大静摩擦力等 为m,中间用轻绳连接在一 于车重的0.8，g取10m/s2,则关于此过程中 起，A与竖直转轴之间也用轻绳连接，两绳能 两汽车的运动，下列说法正确的是 ( 承受的张力足够大，A、B随着转盘转动时，始 终与转盘保持相对静止，已知A与O点距离 为R,B与0点距离为2R,A、B与转盘之间的 动摩擦因数均为，A、B所受最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度为g,水平转盘的 A.乙车的最大速度可以达到30m/s 角速度ω从零开始缓慢增大的过程中，有 B.当乙车的速度大于30m/s时，可能会撞上甲车 C.两车的角速度大小相等 A.当0= 2时，AB绳开始有张力 D.向心加速度大小a甲>az 2.转(2024·山东烟台三 B.当w= M g时，AB绳开始有张力 模)如图所示，MN为半径 为r的圆弧路线，NP为 C.当w= 2延时，0A绳开始有张力 3 长度为19r的直线路线， D.当w= 时，0A绳开始有张力 R W MN为半径为4r的1圆弧路线，N 4 4.禁(2025·山东枣庄月考)如图所示，在水 P'为长度为16r的直线路线.赛车 平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物 从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即 体A和B,轻绳恰好伸长且无弹力，A和B质 以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保 量都为m.它们分居圆心两侧，与圆心的距 持v匀速行驶.已知赛车匀速转弯时径向最大 离分别为R4=r,RB=3r,A、B与盘间的动摩擦 静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重 因数相同且均为“，重力加速度为g.若最大静 的k倍，最大速度vm=6√gr,g为重力加速 摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速从零开 度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与 始缓慢增大到两物体刚好要发生滑动的过程 按照MN'P'路线运动到P'点的时间差为 中，下列说法正确的是 ( A.(.3)/ B.(ig 第六章黑白题035 题型3圆锥摆模型 A.圆盘的角速度为w= A 2时，物体A所受 6.*(2024·福建龙岩质检)四个完全相同的 摩擦力为零 小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动 时，轻绳中无弹力 如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆 B.圆盘的角速度ω< 锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示， g 小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但 C.圆盘的角速度应满足ω≤ 是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同 D.绳子的最大张力为F=2umg (连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是 5.整(2025·宁夏银川期中)如图，中空的水 平圆形转盘内径r。=0.8m,外径足够大，沿转 盘某条直径有两条粗糙凹槽，凹槽内有A、B 两个物块，两根不可伸长的轻绳一端系在C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小 定滑轮系在A、B两个物块上，转盘不转动时 两个物块放在距离竖直转轴R。=1.0m处系 A.小球A、B的线速度大小相同 统恰好保持静止.每根绳长L=1.2m,A、B两 B.小球A、B的角速度相等 个物块的质量均为m=2.0kg,C物块的质 C.小球C、D的向心加速度大小不相同 量mc=1.5kg,所有物块均可视为质点，重力 D.小球D受到绳的拉力大于小球C受到绳的 加速度g取10m/s2. 拉力 (1)启动转盘，缓慢增大转速，求A、B与凹槽 7.籍(2025·湖北云学名校联盟期中)圆锥摆 间摩擦力恰好为零时转盘的角速度ω1； 是我们在研究生活中的圆周运动时常遇到的 (2)ω2=4rad/s时，改变物块C的质量，要使 类物理模型.如图所示，质量分别为2m和m A、B相对凹槽不滑动，求物块C的质量最 的1、2两个小摆球（均可视为质点）用长度相 小值mo; 等的细线拴在同一悬点，组成具有相同摆长 (3)若不计一切摩擦，水平圆形转盘外径R= 和不同摆角的圆锥摆，若两个小摆球均在水 1.2m,请写出匀速圆周转动的物块A的 平面内做匀速圆周运动，球1和球2摆线与竖 角速度ω2与其距竖直转轴距离r的关 直夹角分别为30°和60°，不计空气阻力.则 系式 B A.摆球1比摆球2的角速度小 B.细线对球1的拉力与细线对球2的拉力之 比为3：2 C.摆球1与摆球2的向心力大小之比为3：2 D.摆球1与摆球2的线速度之比为1：3 必修第二册黑白题036 8.整如图所示，内壁光滑的圆锥筒，圆锥的轴 C.B物体落到水平面的位置到竖直轴的距离 线竖直，顶角为20=60°，底面半径为R= 为1.6m 3 m,在底面圆心0处系一条轻质细线，细线 D.B物体落地时的速度大小为4m/s 10.(2025·淅江宁波九校联考)如图所示， 长也为R,细线的另一端拴着一个小球，小球 质量为m的小滑块静止在足够大的粗糙水 可视为质点.现给小球一个初速度，使其做水 平转盘上，一根长为L的细线一端连接在滑 平圆周运动，已知重力加速度g取10m/s2. 块上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A (1)要使小球对锥筒侧面没有压力，则小球水 点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角0= 平圆周运动的线速度最大是多少？ 37°，重力加速度为g,使转盘绕转轴在水平 (2)要使细线无拉力，则小球水平圆周运动的 面内转动，并缓慢增大转动的角速度，滑块 角速度应满足什么条件？ 与转盘间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，求： (1)当ω为多少时，细线恰好要有拉力； (2)当ω为多少时，滑块恰好与转盘脱离； (3)当ω= g时，细线恰好断裂，滑块在圆 盘上的落点与转轴的距离为多少 题型4水平面圆周运动与平抛运动结合 9.整(2024·河北名校联盟联考)如图所示， 一距地面高为0.80m、半径为1.2m的水平圆 视频讲解 盘上放置质量分别为0.85kg、0.15kg的A和 B两个物体，用长为1.2m的轻绳连接，A物体 在转轴位置上，当圆盘绕其竖直轴以角速度 ω，转动时，A、B两物体刚好相对圆盘静止.两 物体均看作质点，两物体与圆盘之间的动摩 擦因数均为0.2，重力加速度g取10m/s2,最 大静摩擦力等于滑动摩擦力.某时刻轻绳突然 断裂，下列说法正确的是 ( B A.轻绳断裂前，圆盘转动的角速度为 3 rad/s B.轻绳断裂前，轻绳拉力的大小为0.3N 第六章黑白题037到靠外壁的②位置：而木球密度小，不易发生离心运动，所以 木球会在靠转轴的①位置，故选A 8.(1)750N(2)15m/s(3)12.56s 解析：(1)由平衡条件得mg=Tcos0,解得T=750N; T mg (2)由牛顿第二定律得mgtan0= mo? d+lsin 0 解得v=15m/s; (3)座椅的角速度为ω= rd+lsin =0.5 rad/s, 座椅转一圈的时间为T=2 -=12.568. 黑题应用提优 1.A2.C 3.C解析：AB.两小球处于同轴转动状态，可知，两小球的周 期与角速度相等，故AB错误：C.对两小球分别进行分析，由 重力与绳子拉力的合力提供向心力，则有T,cosa=mg, B=g,解得=。=g由于a0,则有T T2,故C正确；D.结合上述有mgtan a=ma1,mgtan B=ma2,解 得a1=gtan,a2=gtanB,由于a<B,则有a1<a2,故D错误故 选C. 压轴挑战 4.D解析：AC.M、N两点相对静止，运动状态相同，线速度大 小相同，均做匀速圆周运动，AC错误；B.由前分析知，N点加 速度始终和MO方向平行（即和M点加速度同向），B错误： D.设快递袋质量为m,做圆周运动时向心加速度和水平方向 夹角为a,如图所示，由f=macos&,mg-FN=masin,又f≤ uFn,a= 乙，联立得≤ ,其中tanp= √1+w2sin(atp) 1 ,由数学知识可知，v最大值为 ugL ,D正确.故选D √1+2 mg 专题探究四水平面内的圆周运动问题 黑题专题强化 1.D 2.C解析：赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆 周运动过程有mg=m, _工1.2m,在NP直线路 441 线匀加速过程有mg=ma1,。=,+a,,解得4，-Ty图 2kg 2-5愿，在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移 g 19r-%1 为名=”，=1门.5r<19r则匀速运动的时间争 参考答案与解析 ,赛车从M点按照MNP'路线运动到P点过程，在圆 Akg -1.2m·4r,在NP直线 周运动过程有mg=m4=4=4·2 路线匀加速过程有mg=m,.=+a,4,解得，-@】 kg, =4y⑧，在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移 kg v2+"m 为=2，=16，即匀加速至最大速度时，恰好到达P 点，则赛车从M点按照MWP路线运动到P点与按照MW'P' 路线运动到P'点的时间差为△t=t4+花，-t1-t2-t,解得△t= (m5)工，故选C 2 4kg 3.C解析：AB.由题可知，A、B具有相同的角速度，根据向心力 公式F=mw2r,可知角速度相同时，圆周运动半径越大，向心 力越大：B的圆周运动半径较大，当B达到最大静摩擦力 时，AB绳即将产生拉力，此时对B有umg=mw2·2R,解得 √祭放AB错灵：D,当A,B整体达到最大静摩浆力 时，OA绳即将产生拉力，设AB绳的拉力为T,此时对A有 umg-T=mw2R,对B有mg+T=mw2·2R,联立解得ω= √紧，故c正确，D错误故选C 4.D解析：B.刚开始角速度较小时，A、B两个物体由所受的 静摩擦力提供向心力，因B物体离中心轴更远，故B物体所 需要向心力更大，即B物体所受到的静摩擦力先达到最大 值，此时则有×mg=mw2·3r,解得当绳上刚出现拉力时圆 盘的角速度为。√停放当圆盘的角速度清足0<，√ 时，轻绳中无弹力，故B错误；CD.当两物体刚要发生相对滑 动时，以B为研究对象，有F+umg=mω2·3r,以A为研究 ，故 对象，有F,umg=mwa,联立解得F=24mg,0。=√ 圆盘的角速度应满足如≤√受，绳子的最大张力为F Fr=2umg,故C错误，D正确；A.当A所受的摩擦力为零时， 以B为研究对象，有F?+umg=mw?·3r,以A为研究对象，有 F=,联立解得@=√受，故当圆盘的角速度为0 、时，物体A所受摩擦力为零，故A错误故选D. 01=√2r 5.（1)2.5rad/s（2)2.34kg (3)w2=-15(2-r）1 4r√(2-r)2-0.8e(ad/s2) 解析：(1)设绳子上的拉力为T,绳子与竖直方向的夹角 ro 为0，由儿何知识可得血0-(R,代人数据解 得si0=0.8,即有0=53°，对于物块C而言，在竖直方向，根 据平衡条件有2Tcs0=m:8,整理得到Tc39,代人数 据解得T=12.5N,A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时，绳子的 拉力为其做圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律与向心 黑白题13 T 力表达式可得T=moR,整理解得w1=, ,代入数据解 mRo 得o,=2.5rad/s: (2)转盘不动时，A、B受到的摩擦力与绳子的拉力平衡，则 有mg=T,代入数据解得u=0.625,当转盘转动的角速度 w2=4rad/s,A、B所需的向心力Fn=moR,代人数据解得 F。=32N,要使物块C的质量最小，绳子上的拉力应最小，对 物块A、B受力分析可知Fm+μmg=F。,联立上式，代入数据 解得Fmm=19.5N,对物块C受力分析可得2 min COS0=mog, 联立上式，代人数据可得m。=2.34kg: (3)对于物块C而言，在竖直方向，根据平衡条件 2Tcos0=mcg,在水平方向，根据牛顿第二定律T=mw2r,由 儿何关系可得®0=√---石，联立上式整理得 L-(r-ro) 2=15(2-r）1 4r√(2-r)2-0.8(ad/s3). 6.B解析：AB.设小球做圆锥摆运动时，小球与O点的高度差 为h,细绳与竖直方向的夹角为0，根据牛顿第二定律可 得mean0=ma,=n心2hn0,解得w=√凭，小球A,B在同 一水平面内做圆锥摆运动，可知h相同，小球A、B角速度相 等：根据v=o,由于小球A、B做圆周运动的半径不相等，所 以小球A、B的线速度大小不相等，故A错误，B正确：CD.小 球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳 与竖直方向之间的夹角相同，根据牛顿第二定律可得 mgtan 0=ma,可得a=tan0,可知小球C、D的向心加速度大 小相同，根据Tcos0=mg,可得T。可知小球D受到绳 的拉力等于小球C受到绳的拉力，故CD错误故选B. 7.A解析：A.对于圆锥摆，根据牛顿第二定律mgtan0= mw2Lsin0,化简可得ω=A名0，球1摆线与竖直夹角， 30°，球2摆线与竖直夹角02=60°，因为c0s30°>cos60°，所 以ω1<w2,A正确；B.对摆球进行受力分析，摆球受到重 力mg和细线的拉力T,在竖直方向上Tcos9=mg,则T= 。对于球1，=30-增，对于球2， cos30°5 086。=2mg,所以是=二，B错误；C.摆球的向心力 T25 F,=mgan0,对于球1，E=2 mgtan300=25n 3mg,对于球2， Fm2=mgtan60°=√3mg,则 。3,C错误；D.由mgam0= m Lsin9可得"=√an Osin0,对于球1，，= v2 Vgan30in30°，对于球2，=√gam60sm60, "1 tan30°sin30° √tan60°sin60°-√9 ,D错误故选A. 8.(1)1m/s(2)5,√2rad/s≤ω球≤10rad/s 解析：(1)小球恰好与筒壁接触，但与筒壁无作用力，设此时 小球的速度最大为1，小球受力如图1所示： 必修第二册 ng 图1 m 由牛顿第二定律得F,sin30°= sin300,B1cos30°=mg,解得 v1=1m/s. (2)小球恰好与筒壁接触，但线的拉力为零，设此时小球的 角速度为01，受力如图2所示： 图2 由牛顿第二定律得N1cos30°=moRsin30°，N1sin30°=mg, 解得ω，=10rad/s.当细线达到水平时，线的拉力为零，设此 时小球的角速度为2，小球受力如图3所示： N 图3 由牛顿第二定律得V2cos30°=mw2R,N2sin30°=mg,解得 w2=5万rad/s,所以要使细线无拉力，小球的角速度应满足 5√2rad/s≤0排≤10rad/s. 9.A解析：AB.当圆盘绕其竖直轴以角速度w,转动时，有 F+umgg=mBwR,F=mAg,联立解得F=1.7N,w,= 3ads,故A正确，B错误；C轻绳突然断裂，B物体做平抛 1 运动，有=，R·1,A=弓4，所以B物体落到水平面的位 置到竖直轴的距离为s=√x2+R2=2m,故C错误；D.B物体 落地时的速度大小为v=√(woR)2+(t)7=42m/s,故 D错误故选A 2 10.(1)Z 15 解析：(1)根据题意可知，当最大静摩擦力提供向心力时， 细线恰好要有拉力，有mw2Lsin37°=mg, 解得ω=入√乙 (2)滑块恰好脱离转盘时滑块与转盘作用力为0，则 mo2Lsin 0=mgtan 0, 5g 解得ω=入√4 (3)当w= g时滑块已脱离转盘，设细线与转轴夹角为 N3 黑白题14 a,mw2·Lsin a=mgtan a, 解得cosa=0.6,所以a=53°， 此时滑块离转盘高度h=Lcos0-Lcos a=0.2L, 滑块线速度v=wLsin a, 细线断裂后滑块做平抛运动，有h=2,x=t, /32 解得x=入√75 L,s=V(Lsin a)2+x, 4√/15L 联立上式解得s= 15 专题探究五 竖直平面内的圆周运动问题 黑题专题强化 1.C 2.(1)50m/s(2)20m/s 解析：(1)汽车在凹形路面最低点受到重力和支持力作用， 根据牛顿第二定律有F-mg=m,代人数据，解得/=40m, 同理，由P-g=m二，解得.=50n/3: (2)若汽车在最高点B对路面没有压力，只受到重力作用， 重力提供向心力，则有mg=,代入数据，解得p=20叫 3.C解析：AD.由乙图可知，当细线的拉力刚好为0时，w2= a,解得小球的角速度为w=√a,线只能提供拉力，不能提供 支持力，则此角速度为小球能通过最高点的最小角速度， 故AD错误；BC.由牛顿第二定律与向心力公式可得F+ mg=mrw2,即F=-mg+mrw2,则乙图的纵截距-b=-mg,解得 重力加遮度大小为g=合，乙图的斜率为名=m,解得细线 a 的长度为，品故B错误，C正确放选C 4.(1)2m/s(2)10m/s(3)6N 解析：(1)水和桶在经过最高点时水不至于从小桶中流出 来，重力提供向心力mg=R,解得三√gR=2m3 (2)对水和桶在最低点时受力分析有Tm-mg=m ,解得 v2=10m/s. (3)对水和桶在最高点时受力分析有T+mg=m尺，解得T= 6N. 5.(1)0.8m/s(2)4.8m/s(3)12.7N 解析：(1)小车在最高点A刚好由重力提供做圆周运动所需 的向心力，则有g=m,解得=V@=08ms (2)小车在最高点A时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹 力大小为厂，根据牛顿第二定律可得F,+mg=m三，以鱼缸 为对象，根据受力平衡可得F1+F以=Mg,由牛顿第三定律可 知F4=,联立解得2=4.8m/s. (3)小车在最低点B时，以小车为对象，设鱼缸对小车的弹 力大小为，根据牛顿第二定律可得F,g=m三，以鱼缸 参考答案与解析 为对象，根据受力平衡可得F2=Mg+F,由牛顿第三定律可 知Fn=,联立解得F,=12.7N. 6.B解析：AB.由图乙可知，当F=0时，对小球在最高点由牛 顿第二定律得mg=m R=m 【=m0,可得当地的重力加速度大 小为g=只，当=0时，在最高点有g=F=a,可得小球的质 量为m=:=0R,故A错误，B正确：C.当2=c>b时，在最 高点对小球由牛顿第二定律得mg+F=mR,可得F= m发mg=及(e-b)>0,可知杆对小球弹力方向向下，则小 球对杆弹力方向向上，故C错误：D.当v2=2b时，在最高点 m2b=2mg,解得 对小球由牛顿第二定律得mg+F=mR=mR F=mg,可知小球对杆的弹力为mg,故D错误故选B. 7.B解析：A.球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力， 即重力恰好提侯向心力，则有g=m元解得，=V2红。 故A错误；B.由于A、B两球的角速度相等，由v=wr,得球A 的速度大小为，之，=子2L,故B正确，D,杆对A球 3 的作用力Tmg=m,则T=)mg,B球到最高点时，对杆 无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为1.5mg,CD错误故 选B. 8.(1)40N,方向竖直向上（2)2m/s 解析.(1、对小球B,所需的向心力B=mP=1N= 50N>mg=10N,故需要圆管外壁对小球B产生向下的压力 来补充重力提供向心力不足，有F+mg=Fa,解得F=40N, 根据牛顿第三定律可知，B对轨道的弹力竖直向上，大小也 为40N; (2)对圆管，根据平衡条件有F杆+Mg=F+FA,代入F杆= 10N,M=1.2kg,F=40N,解得F4=-18N,负号说明A对圆 管的弹力竖直向下，则圆管对A的弹力竖直向上，大小为 B,'=18N,对小球A,合外力提供向心力有R,mg=m R 代入数据解得vA=2m/s. g(95:(25m(3)大小为3N,方向竖直向下 解析：(1)小球从A到B做平抛运动，竖直方向上有 R(2+eas0)=方d,解得=1s,到达B点时am0=- 联立可得6=105m 3 m/s. (2)A,D间的水平距离为s=o+Rsin9,解得5=13,5m 3m. (3)小球从D到B,Rsin6="4,R(1+cos6)=2,解得 UD n=5ms,在D点mg-K=m尺，解得K=3N,小球对管 壁的作用力FN=-=-3N,即小球对管壁的作用力大小为 3N,方向竖直向下 黑白题15