上分专题4 水平面内的圆周运动-【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）

上分专题4 水平面内的圆周运动 命题密钥 水平面内的圆周运动通常有两条主线：一是圆锥摆模型及其变种（如球面约束、双摆）， 二是临界问题（如最大转速、最小速度）.命题思路往往先设定圆周运动场景（转盘、圆锥摆、转 弯等)，然后隐藏向心力来源（比如用静摩擦力而非弹力），最后通过某个量的变化（如角速 度)考察临界状态。 考点觉醒 ●圆盘模型 1.分析向心力：摩擦力提供向心力， 2.分析运动：①当f≤fmx=umg时，物块与圆盘相对静止； ②当f>f时，物块与圆盘相对滑动. 物块随圆盘一起转动 3.临界条件： mw2r=umg→ω= 切临界只与u和r相关 ●圆锥摆模型 1.分析向心力：由拉力T和重力mg的合力提供向心力F=mgtan 0. v2 2.列式：mgtan0=ma=mw2r=m mg a=gtan0(向心加速度只与角度相关)， gtan 0 g Lcos 0 h (角速度只与高度有关)， V=0r= ·r=√gh tan(线速度与角度、高度都有关) 等高摆 等角摆 等长摆 a=gtan0,ω= w相同 a相同 位置越高，a、u、w越大 r越大，v、a越大 r越大，v越大，ω越小 10■物理1必修第二册 实战演练 类型一转盘模型 1.整(2025·山东济宁月考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角 速度ω匀速转动，盘面上离转轴2处有一小物体（可视为质，点）与圆盘始终保持相对静止，设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，g=10m/s2,则 A.若ω越大，则小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 B.小物体受到的摩擦力不可能背离圆心 C若小物体与盘面间的动岸擦因数为，则心的最大值是 rad/s 30° D.若小物体与赛面间的动摩擦因数为，则0的最大值是25ad/s 2 2.整如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C,质量分别为m、2m、3m,A 叠放在B上，C、B离圆心O距离分别为2r、3r.C、B之间用不可伸长、质量不计的细线相连，圆 盘静止时细线几乎伸直无张力.已知C、B与圆盘间动摩擦因数为4，A、B间动摩擦因数为3u, 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,现让圆盘从静止缓慢加速，则 A.当w=3r 时，A、B即将开始发生相对滑动 B.当w= 时，细线张力为4mg 2r 2 C.当ω= 时，C一定受到圆盘的摩擦力 D.当w= 时，剪断细线，C将做离心运动 l 5r 3.禁(2025·重庆期末)如图所示，有一可绕中心轴O0'转动的水平圆盘，上面放有三个可视为 质点的物块A、B、C,质量分别为2m,m,3m,与转轴距离分别为3r、r、2r,三个物块与圆盘表面的 动摩擦因数均为山，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.物块间用不可伸长的轻质细绳相连，开始时 轻绳几乎伸直无张力.现圆盘从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g,下列说 法正确的是 () 0 (U A当<心时，B所受摩擦力先诚小后指大 5r B.当、5 3时，B所受摩擦力先减小后增大 <ω<2 C.连接A、B的绳上张力最大值为33umg D.连接B、C的绳上张力最大值为38umg 黑白题·上分秘籍■1团 类型二圆锥摆模型 4.**(2025·江苏四市二模)如图所示，竖直细杆0点处固定有一水平横杆，在横杆上有A、B 两点，且OA=AB,在A、B两点分别用两根等长的轻质细线悬挂两个相同的小球α和b,将整个 装置绕竖直杆匀速转动，则α、b两球稳定时的位置关系可能正确的是 () 5.接(2025·山东青岛期中)如图甲，一根长为1.0m的轻质细线，一端系着一个质量为0.2kg 的小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥体顶端，圆锥顶角的一半为0.当小球随圆锥体围 绕其中心轴线一起做角速度为。的匀速圆周运动时，细线的张力大小为F,F随ω变化的规 律如图乙.重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () FIN B 1.67 0 2ad%可 A.0=30° B.对应图像的BC段，小球可能受到圆柱体的支持力 C.B点坐标(12.5,2) 52 D.当绳子的拉力大小为2N时，圆锥体转动的角速度为 3 rad/s 6.禁(2025·安徽五校联考)如图所示，装置B0'0可绕竖直轴0'0转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角0= 37°.已知小球的质量m=0.8kg,细线AC长L=1m,B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加 速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)，两细线AB、AC对小球的拉力分别为F,、F2: (1)若装置静止不转动，求F、F2的大小 (2)若装置匀速转动，角速度ω=√10rad/s,求F、F,的大小 (3)若装置匀速转动，角速度ω=5rad/s,求F,、F,的大小. clo 37 A m 0 12物理1必修第二册6.B解析：ABC.当小球落在A点时，有H= 2802,s=1t,联立 解得心，=5√2 g=6m/s,同理可知，当小球落在D点时，有 g g 2=5√2i内9s,当小球落在B点时，有%=(s+d) 10ms,当小球落在C点时，有：=(s+d)√2(H-h) g 15m/s,则小球的速度范围为10m/s<u<15m/s时，小球击 中油桶的内壁；小球的速度范围为9m/s<<l0m/s时，小球 击中油桶的下底；小球的速度范围为6m/s<u<9m/s时，小 球击中油桶外壁，故AC正确，B错误；D.若从P点正下方高 度为H。处水平抛出小球，轨迹同时过D点和B点，则此时 初速度为=√2(-(s+) 品解得么点 可知以P点正下方范出小球，范出点的高度低于，无论 以多大的速度抛出都无法击中下底，故D正确本题选错误 的，故选B. 7.(①3⑩ms(2)3V1⑩m/s≤≤122ms(3)m 解析：(1)(2)排球被水平击出后，做平抛运动，作出如图1 所示的示意图 X2 9m 图1 若正好压在底线上，根据。= 2, o 球在空中飞行的时间为4√g 2×2.5√2 V108= 28, 由此得排球越界的临界击球速度值为， x2+9m12 m/s= √2 2 122m/s, 若球恰好不触网，根据。-H=2戏， 1 2(h。-H) 则球在球网上方运动的时间为与=√g 2x(25-2s=0 10 10 S, 由此求得排球触网的临界击球速度， 3 m/s= 2√10 10 3√/10m/s, 要使排球既不触网又不越界，水平击球速度，的取值范围为 3√/10m/s≤v≤12W2m/s: (3)设击球点的高度为h,当h较小时，击球速度过大会出 界，击球速度过小又会触网，此情况是球刚好擦网而过，落地 时又恰压底线上（如图2所示）， H X2 图2 参考答案与解析 则有考+9m 2h 2(h-H) 解得6=铝m 即击球高度不超过此值时，球不是出界就是触网 上分专题4水平面内的圆周运动 1.C解析：AB.小物体在最高点时，由牛顿第二定律得 mgsin30°+f=mw2r,解得w= mgsin30°，当f=0时0= mr gsin30°_/10x0.5 5 「5 =√2 2nads=√2ads,当a<√2ad/s 时K0,即摩擦力方向背离圆心，ω越大，则小物体受到的 5 摩擦力越小；当>√乞ads时，0，即摩擦力方向指向 圆心，ω越大，则小物体受到的摩擦力越大；故AB错误； CD.小物体在最低点摩擦力达到滑动摩擦力时，此时圆盘 转动的角速度最大，由牛顿第二定律得umgcos30°- mgm30=,将么=，=2m代人上式得，最大角速 度wad,放c正确，D错误赦选C 2.B解析：A.当A开始滑动时有f=3umg=m·3r·w,解得 严当w=√要<√受时，4B未发生相对淄动， 选项A错误，B.当w√受<√吗时，以AB为整体，根据 9 F角=mw2可知F角=3m·3r·o2=之umg,B与转盘之间的 最大静摩擦力为fm=u(m+2m)g=3mg,所以有F向>fm,此 时细线有张力，设细线的拉力为T,对AB有3umg+T=3m· 3·w,对C有6+T=3m·2,·w2,解得T=33,。= 2 3mg,选项B正确；C.当u=√ 2 时，A、B整体需要的向心 力为FB=3m·3r·w2=μmg=T'+fm,解得此时细线的拉 力T'=9umg-fm=6umg,C需要的向心力为Fc=3m·2r· ω2=6umg,C受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以 圆盘对C的摩擦力一定等于0，选项C错误，D,当ω-√” /24g 时，对C有f+7=3m·2·心2=nmg,剪断细线，则f= 1 5mgfm=3mg,所以C与转盘之间的最大静摩擦力大于需 要的向心力，则C仍然做匀速圆周运动选项D错误故选B. 3.B解析：当ω较小时三个物块都相对圆盘静止，静摩擦力 提供向心力，设角速度为ω，时A所受摩擦力达到最大静摩 擦力，取指向中心轴方向为正，对A,由牛顿第二定律得： x2mg=2meX3r,解得：g0,=√=当o>0,时A,B间轻绳 上出现弹力，设弹力大小为T,B与盘面间的静摩擦力为f, 由牛顿第二定律得：对A:2umg+T1=2mw2×3r,对B:f+ T1=mwr,解得：fa=-5mwr+2mg,随w2增大fn减小，当 黑白题45 0时，@2：，2华，当>心，时开始反向增大，设当 度为ω，时C所受静摩擦力达到最大静摩擦力，对C,由牛顿 第二定律得ux3mg=3md5×2,解得：0，=√ 坚，则当ω>0 时B、C间轻绳出现弹力，由于w3>w2,且当角速度为ω时， f。=-2mg,B所受静摩擦力没有达到最大静摩擦力，由以 上分析可知，当0，<ω<w,时f先减小为零然后反向增大，当 w>w,时，设B、C间的弹力大小为T2,由牛顿第二定律得： 对A:2umg+T1=2mw2×3r,对B:T1+fg-T2=mw2r,对C:T2+ 3mg=3mω2×2r,整理得：fB=-umg+mw2r,方向为反向，随w 增大后反向或小，当=0时解得：，=√侣，当。>，时随 ω增大∫a增大，当B所受摩擦力为最大静摩擦力，即fB=umg 时解得，=√，当w>,时，A所受静摩擦方开始波小为 零，然后反向增大，A、B、C三者恰好相对圆盘静止，当A所受 静摩擦力再次为最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得：对A: T1-2mg=2mw2×3r,对B:T1+umg-T2=mw2r,对C:T2+ 3mg=3nw×2r,解得：o,=,√g,当u继续增大时，A、B C会一起滑动，此时T1、T2都达到最大值，解得：T1mx= 38mg,7=3mgA由以上分析可知，当√=<0c, N 5r 时先减小后增大，再减小，故A错误；B.当，g<山< N 5T /时/先减小后增大，故B正确；CD.A、B间轻绳上的最 W/27 大张力是38umg,B、C间轻绳上的最大张力是33mg,故 CD错误故选B. 4.C解析：将小球的圆周运动等效成圆锥摆，设摆长为L,等 效摆线与竖直方向夹角为0，则mgtan0=mw2Lsin0,解得 。√总。√只A为等效悬点到小球的高度差，由于两 球的角速度相同，因此h相同.故选C. 5.D解析：A.由乙图可知，当w=0时，细线的张力大小为 1.6N,对小球受力分析可知F=mgcos0,解得8≈37°， 故A错误：B.分析小球到受力情况可知，B点时，小球飞离锥 面，只受重力和细线的张力，随着角速度增大，离心运动时， 也只受到这两个力的作用，故B错误；C在B点，是小球飞离 锥面的临界角速度，设此时的角速度为ω'，对小球受力分 析，可知，小球的重力和细线的拉力为其做圆周运动提供向 心力，故有mgtan0=mLsin0w2,解得w2=12.5(rad/s)2,此 时，细线的张力=mS。=2.5N,所以B点坐标(12.5,25)， cos 0 故C错误；D.当绳子的拉力大小为2N时，小球没有离开圆 锥体，则有Fcos0+Nsin0=mg,Fsin0-Ncos0=mLsin 02, 解得转动的角速度为。=碧ais,故D正确故选D 6.(1)6N,10N(2)1.2N,10N(3)4N,20N 解析：(1)对小球受力分析，如图1所示， 必修第二册 F 37 -3mg 图1 根据受力平衡有F1=mgtan37°=0.8×10×0.75N=6N,F2= mg0.8×10 c0s37°0.8 N=10N; (2)若装置转动的角速度缓慢增至细线AB上恰好没有拉 力，且细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，此时小球做匀速 圆周运动所需向心力由重力和细线AC的拉力的合力提供， 设此时的角速度为w1,如图2所示 37 mg 图2 根据牛顿第二定律有mgtan37°=moLsin37°，求得o1= 52 rad/s, 因w=√10rad/s<ω，=2 rad/s, 所以此时细绳AB上仍有拉力，受力分析如图3所示 F2 1379 F mg 图3 根据牛顿第二定律和受力平衡有 F2sin37°-f1=mw2Lsin37°，F2cos37°=mg, 求得F1=1.2N,F2=10N; -5v2 (3)=5 rad/s>0=rad/s, 所以，小球将离开原来的位置而飘起来，若装置转动的角速 度缓慢增至细线AB再次恰好拉紧，设此时装置转动的角速 度为w2,此时细线AC与竖直方向的夹角为01，根据题意 有01=53°， 根据牛顿第二定律有mgtan53°=moLsin53°，求得w2= 5w6 3 rad/s, w6 因w=5rad/s>w2=3 rad/s,所以此时细线AB拉紧且有拉 力，对小球受力分析，如图4所示 图4 黑白题46 根据牛顿第二定律和受力平衡有F2sin53°=mw2Lsin53°， F2c0s53°=F1+mg, 联立，求得F1=4N,F2=20N 上分专题5竖直平面内的圆周运动 1.C解析：A.在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供 向心力，则有mg+T=m,可得T=行·2-mg,由T-2 L 像知，图您的斜奉为k=片=公，则轻质绳长为1= a 故A错误；B.当2=0时，有T=-a=-mg,解得当地的重力加 速度为g=0,故B错误；C.当02=2b时，解得T= m L 2b-mg=2mg-mg=mg,即小球受到的弹力与重力大小相等， 故C正确；D.当2=c时，轻质绳的拉力大小为T=”c I.c-mg= %a,故D结误故选C 2.A解析：A.位于初始位置时的向心加速度大小为a=, 沿斜面向下的加速度大小为a2=gsin6,根据平行四边形定 则知，小球位于初始位置时的加速度大于，故A错误，满 足题意要求；B.由图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力 最小，为零，则有mgsn9=m,解得小球通过最高点时的 速度v,=√glsin0,故B正确，不满足题意要求；C.小球在初 始位置时，有F。=m 上，则小球通过最高点时的速度= mgsin 0 Vgm√。”，故C正确，不清足题意要求：D.小 球通过最低点时，细线的拉力最大，根据牛顿第二定律 有2F。-mgsin0=mi ，联立解得小球通过最低点的速度为 2F。-mgsin 一o,故D正确，不满足题意要求.故选A 3.(1)2m/s(2)26m/s(3)0.8m1.63m 解析：(1)要使球恰好能在竖直平面内完成整个圆周运动， ,得 它在最高点只有重力提供向心力，由mg=m元， Umin=2 m/s; 2)由F-mg=m，,得=26m/ (3)曲，得=2 2(d-L) 由F-mg=m,得=V6g配 由x=t,得x=√12L(d-L可， 当L=0.8m时xm=1.63m 4.B解析：对A分析，根据牛顿第二定律有F4-m8=m，, 可得，圆管对小球A的弹力为F,=28N,方向向上，则小球A 对圆管的弹力为F1=F4=28N,方向向下，对圆管分析，则有 F2=F,+mg,解得小球B对圆管的弹力为F2=44N,方向向 参考答案与解析 上，则圆管对小球B的弹力为F。=F2=44N,方向向下，对小 球B分析，有F+mgm解得，小球B的速度为g 4m/s,故选B. 5.B解析：A.,时刻小球通过最高点，面积S,表示小球从最 低点运动到水平直径最左端时的水平位移大小，其值为轨道 半径；S,表示小球从水平直径最左端运动到最高点时的水平 位移大小，其值也等于轨道半径，故S,和S2的面积相 等，A错误：B.由图可知，小球从t,时刻开始运动到第一次与 圆心等高位置过程中，水平方向的速度先增大后减小，故在 七，时刻小球处在最高点，轻杆对小球的弹力不为零；而2时 刻小球水平方向的速度最大，故2时刻杆对小球无弹力， B正确：C.t,时刻小球处在最高点，此时速度最小且不为零， 根据向心加速度公式α=，小球的向心加速度不可能为 零，C错误：D.注意到t时刻的水平速度不是最大，t至t,时 间内，小球从最高点开始顺时针转动，只有小球受到水平向 右分方向上的力时，其水平速度才能增大，由于仅有轻杆能 提供水平分方向的力，由此得到，小球在最高点时，轻杆必然 对小球有向上的支持力.而小球运动至圆心以下时，轻杆必 然对小球有指向圆心的拉力.可见在小球做一次完整圆周运 动的过程中，杆上的弹力必然有两次为零的时刻，D错误故 选B. /m+M 6.（1)mg+moz（2),√L8(3)见解析 解析：(1)在最低点时，铁块受到重力和杆拉力的作用，有 T低-mg=mwL,解得T低=mg+mw2L; (2)夯受到重力Mg,杆对夯的拉力T,地面的支持力N的作 用，当铁块在最高点时，杆对夯的拉力最大，要求夯不离开地 面，即在最高点时T≤Mg,又T+mg=mwL,故mw2L≤ /m+M Mg+mg,解得w≤√mLg,铁块匀速转动的角速度最大 为√ (3)在最低点时夯对地面的压力最大，在最低点时对铁块有 v m+M T-mg=m乙，又=wm=L√mLg,代入得T=2mg+Mg, 对夯受力分析有：夯受到重力Mg,地面的支持力N,杆对夯 的拉力与杆对铁块的拉力大小相同，方向相反，记作T, 有N=T'+Mg=2mg+2Mg,根据牛顿第三定律Fmx=N= 2mg+2Mg=2(m+M)g,因为m+M=定值，所以铁块质量m对 Fnn无影响. 上分专题6天体质量与密度计算 1C解析：由线速度定义D=,角速度定义（孤度制）@=9 线速度与角速度的关系”=，可得=日，由万有引力提供 向心力GMm= =m,其中G为引力常量，M为小行星质 L代入 量，m为探测器质量，整理得GM=r,将u=:r= CM=,解得M=户 m,放选C. 黑白题47