专项突破5 竖直平面内的圆周运动的临界问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

心专项突破5 竖直平面内的圆周 1.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆 周运动而不易偏离竖直面，如图一根长为 2L的细线中点系一质量为m小球，两线上 端系于水平横杆上，A、B两点相距为L,若 小球受沿轨迹切线方向的变力F的作用 下，恰能到达最高点且在竖直面内做匀速 圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线 承受的张力为 A.2√3mg B.6mg 2√3 C.5mg D. 3 mg R (第1题) (第2题) 2.(2024·山东枣庄质检)如图，质量m= 1.6kg、半径R=0.5m的内表面光滑细圆管 轨道用轻质细绳悬挂在天花板上，位于管 内的小球A和B的直径略小于细圆管的内 径，A、B两球的质量分别为m4=1kg、mg= 2kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管的最 低点和最高点，A的速度大小为=3m/s, 此时细线上的拉力恰好为O.重力加速度g 取10m/s2,此时B球的速度大小为( A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s 3.电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大 大提高了工作效率如图所示为某电动打夯 机的结构示意图，由偏心轮（飞轮和配重物 组成)、电动机和底座三部分组成.电动机、 飞轮和底座总质量为M,配重物质量为m, 配重物的重心到轮轴的距离为.重力加速 度为g.在电动机带动下，偏心轮在竖直平 O6黑白题物理I必修第二册·RJ 运动的临界问题 课堂 面内匀速转动，皮带不打滑.当偏心轮上的 配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面 下列判断正确的是 飞轮 电动机 配重物 底座 A.电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同 B.配重物转到最高点时，处于超重状态 C.偏心轮转动的角速度为 (M+m)g mr D.打夯机对地面压力的最大值为(M+m)g 4.（2023·广东广州三校联考)如图甲所示为 自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制， 其结构如图乙所示，弹簧一端固定在顶部， 另一端与小物块P连接，当车轮转动的角 速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点 A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光.触 点B与车轮圆心距离为R,车轮静止且气嘴 灯在最低点时触点A、B距离为d,已知P与 触点A的总质量为m,弹簧劲度系数为飞， 重力加速度为g,不计接触式开关中的一切 摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点，要 使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小 角速度为 ( 小物 /块P 触点A 触点B 触式开关 乙 kd+2mg kd+mg A B. mR mR C. kd D. kd-mg √mR mR 心专项突破6 圆锥摆模型 1.(2024·河北沧州期中)如图，两轻绳左端 系于竖直细杆上，右端与第三根轻绳在0 点联结，当三根绳均拉直时，系于细杆上的 两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和 60°，上方绳长和第三根绳长均为L,第三根 绳的末端连接一质量为m的小球，小球可 在水平面内绕细杆做匀速圆周运动.不计空 气阻力，重力加速度为g,在转动过程中，当 第三根绳与竖直方向成45时 60 A.小球运动的加速度大小为√2g 2(2-1)g B.小球运动的角速度大小为 C.第三根绳子的拉力大小为mg D.系于细杆上的两轻绳的拉力大小不相等 2.如图所示，半径为R的半球形容器固定在 水平转台上，转台绕过容器球心0的竖直 轴线以角速度ω匀速转动.质量不同的小物 块A、B随容器转动且相对容器壁静止，A、B 和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为 a和B,a>B,则 ( A.A的质量一定小于B的 2 质量 B.A、B受到的摩擦力可能 B 同时为零 C.若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上 的摩擦力 D.若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都 增大 课 3.(2024·甘肃酒泉期中)一光滑圆锥固定在 水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的 圆心为0'.用一根长为0.5m的轻绳一端系 一质量为0.1kg的小球（可视为质点），另 一端固定在光滑圆锥顶点0上，如图所示， 如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动， (重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8) (1)当小球的角速度不断增大，求小球恰好 要离开圆锥表面时的角速度ωo; (2)当小球的角速度为2rad/s时，求轻绳 中的拉力F的大小； (3)逐渐增加小球的角速度，若小球的速度 增大到4g时轻绳会故拉商，求轻 绳能承受的最大拉力F的大小（结果 可用分数表示). 进阶突破·专项练074,B解析：A,排球运动到乙位置的过程的时间为4=L= 08=03s,该段时间排球下降的距离为么=之g=045m, 3.0 此时排球离地高度为h3=H-h=3m-0.45m=2.55m>h1,故 乙在网前直立不动不可能拦网成功，A错误：B.球员乙起跳 拦网高度为h2=2.75m,跳起的高度为△h=2.75m-2.30m= 0.45m,竖直上抛运动的下降时间与上升时间相等，故有t= /2△-0,38，故乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙 位置时，球员乙刚好到达最高点，可以拦住，B正确；C结合 选项B的分析，乙在甲击球后0.25s起跳离地，初速度为 v=gt=10×0.3m/s=3m/s,上升时间t'=0.3s-0.25s=0.05s 时球到达乙位登，球员乙上升的高度为△h'=W- 0.1375m,2.30m+0.1375m<2.55m,拦网不成功，C错误； D.乙在甲击球前0.3s起跳离地，经过0.6s刚好落地，拦不 到球，D错误.故选B. 5.A解析：AD.设PM=y,MW=x,设运动时间为t,对甲有y= 2,根据速度的反向延长线过水平位移的中点，则有 ana,=21an0,=2对乙，根据斜抛的对称性可知竖直距离 龙 为y一6（行）广-子，根据速度的反向延长线过水平位移 的中点，则有anc2=21an,三子=，因此ana, x 2tan&2,故A正确，D错误；B.甲、乙二者水平方向上做匀速 直线运动，位移和时间均相同，则速度相等，因此甲黄豆在P 点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B错误；C.甲乙 黄豆相遇时an02三)an8,即'2=人x,解得1三2 甲黄豆的合速度为"，=√+(2,2)7，乙黄豆的合速度为 2=√+(v2)2,可知两黄豆相遇时甲的速度大小不为乙的 两倍，故C错误故选A. 6.(1)3.75m/s(2)6.25m/s(3)0.5m/s≤v≤1.2m/s 解析：(1)依题意，可以把篮球的运动看成平抛模型， 有2g(h,-h,)=,又tan53=2,解得，=3.75m/s; (2)根据c0s53°=，解得，=6.25m/s; 1 (3)球打板后反弹，做平抛运动，有，=28，篮球反弹速度 最小时，有l=vt,篮球反弹速度最大时，有l+d1-d2=vmxt, 球打板后反弹的速度范围为v血≤v≤vmx,联立，可得 0.5m/s≤v≤1.2m/s. 参考答案与解析 专项突破4水平面内的圆周运动的临界问题 1C架析：A根锯平衡条件得R血0=g,解得E-品器。4 绳的张力不等于零，随角速度ω的增大a绳的张力不变， 故AB错误：C.绳b刚好伸直时，根据牛顿第二定律得 。n心1，解得w√品。放c正确：D当=√品。 g 时，b绳突然被剪断，则α绳的张力不发生变化，故D错误故 选C. 2D解析：A两轮边缘的线速度相等，而：根据=如 可知，滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为= 2,故A正确；B,因为R,=2R,根据a=w7,可得滑块A利 在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为a4:ag=2:9,故 B正确；CD.转速增加后，假设滑块B先发生滑动，则对B分 2 析有msg=ma,此时对A分析有ma:=9m,a 9um48m48,即此时滑块A还没有产生滑动，故C正确， D错误.故选D. 、L区(2)-4mm 3.(1)4Nm 4mml(3)√6m ≤w≤NJ2m k 解析：(1)开始时物块处于静止状态，则mg-纪，圆盘开始 转动时，A所受静摩擦力提供向心力，若滑块不滑动，则有 mg≥mlw,当umg=mlw时，即当n= 如1压时，物 2TT 4T m 体A开始滑动.(2)设弹簧伸长x,则有x=m /2m12 T (L+x), 4π2mL 解得x= 一.(3)当角速度最小时，摩擦力的方向与弹 kT2-4T2m 簧拉力方向相反，则化 飞.当角速 2。=mo?3L,解得o1=6m 度最大时，摩擦力的方向与弹簧的弹力的方向相同，则：+ 2 人=m头解得以，= k ,所以角速度需要满足。 k ≤ 6m k w≤入2m 专项突破5竖直平面内的圆周运动的 临界问题 1.D2.B 3.C解析：A.电动机轮轴与偏心轮转动属于同传送带传动，线 速度相等，根据v=or,可知角速度不相等，故A错误：B.配重 物转到最高点时，加速度向下，处于失重状态，故B错误； C.当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面， 则有T=Mg,对配重物有mg+T=mw,解得@=M+mg mr 故C正确；D.在最低点，对配重物有T-mg=mw2r,对发动 黑白题51 机、飞轮和底座组成的整体有N=T+Mg,解得N= 2(m+M)g,根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最 大值为2(M+m)g,故D错误.故选C. 4.A解析：车轮静止时，弹簧弹力等于触点A和P的总重 力mg,当气嘴灯运动到最高点时能发光，则弹簧此时的弹力 为mg+d,此时弹力与触点A和P的总重力共同提供向心 力，即kd+2mg=mw2R,得ω= d+2m竖.即要使气嘴灯一直 mR kd+2mg.故选A. 发光，车轮匀速转动的最小角速度为，√mR 专项突破6圆锥摆模型 1.B解析：A.小球做匀速圆周运动，故其受到的重力与第三根 绳子对其拉力的合力充当向心力，其大小为F向=mgtan45°， 方向水平指向圆心，由牛顿第二定律可得mgtan45°=ma,解 得a=g,故A错误；B.由mgtan45°=mw2r,其中r=Lsin30°+ Lsin45°，解得角速度o= 2(2-)8,故B正确；C对小球 L sin45o=V2mg,故 受力分析可得，绳子的拉力大小为F=mg C错误；D.对节点O受力分析，系于细杆上的两根绳的拉力 的合力与第三根绳上的拉力大小相等，方向相反：如图，由数 学知识可得，第三根绳子的延长线恰好是系于细杆上的二根 绳的夹角的角平分线，根据平行四边形定则可知系于细杆上 的两轻绳的拉力大小相等，故D错误故选B. 30e 60°0pL 2.D解析：当B不受摩擦力时，受力分析如图所示，根据牛顿 第二定律得mgtanB=mB,.解得w,√RcsB,同理 可得，当A不受摩擦力时，“二√Rcos, 8一，可知物块转动角速 度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小关系，由于 a>B,所以w4>wg,则A、B受到的摩擦力不可能同时为 零，AB错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ω4，所 以物块B的向心力大于摩擦力为零时的向心力，此时B受 沿容器壁向下的摩擦力，如果转台角速度从ω4开始增 大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，所以C错 误，D正确. Cw 0为 @BN B mg 3(1)5ads(2)a872N(3)号N 解析：(1)当小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，根据牛 顿运动定律有mgtan37°=mwr,r=Lsin37°，代入数据解得 必修第二册·RJ wo=5rad/s;(2)当小球的角速度为2rad/s时，小球在圆锥 表面上运动，根据牛顿运动定律有Fsin37°- Fxcos37°=mw2Lsin37°，Fcos37°+Fxsin37°=mg,代入数据 解得F=0.872N;(3)当轻绳断裂时，设绳子与竖直方向的 v 夹角为日，根据牛顿运动定律有Fsin0=m Lsin' Pm0=g联立代人数据解得R一弓义 专项突破7圆周运动与平抛运动综合应用 15N(2)0.1s346m3 2(105(22 解析：(1)对小球受力分析，受重力mg,轻绳的拉力T,重力 和轻绳拉力的合力提供向心力，如图： 01 ∠2 .02 则an0=E,解得F=mgtan0,小球做匀速圆周运动的半径 mg r=Lsin0,由牛顿第二定律得mgtan0=mIsin'解得u 5in6=。√5gL:(2)设当T=2mg时，轻维 方向的夹角为a,则c0sQ=学=2解得a=60,小球做匀 速圆周运动的半径r'=Lsin c= 02 2L,则mgtan a=min解 得=子6亿，小球离桌面的高度=2-1sa=子，绳断 后小球做平抛运动，由A=弓4，解得小球落到桌面的时间 为√臣√受水平食修大小为1：1小球茶到 2 桌面的位置到0，的距离R=√+=√L,桌面的最小 2 面积Sn=(2R)2-21L2. 专项突破8天体运动问题 1.A 解析：地球同步卫星的周期等于地球自转周期T2,对赤 Mmo 道上的人有GF=m4灯R,对地球近地卫星有G T R2 4π2 m7RR,解得 FTT 4mm(分-7)故选A 2B解析：A根搭万有引力提供向心力可得6恤=m 4π2 联立可得=4m, ,图像的斜率为k=4,该星球和 黑白题52