水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)(12分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)陶罐球心O的對(duì)稱軸OO′重合。轉(zhuǎn)臺(tái)以一定角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)罐壁靜止，它和O點(diǎn)的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g。(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；(2)ω＝(1±k)ω0，且0<k?1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。試卷抽樣評(píng)析指導(dǎo)失分點(diǎn)①：方程和結(jié)果錯(cuò)誤。失分原因：該同學(xué)分析正確但列方程時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤，對(duì)公式使用上所表述的意義理解不透徹。補(bǔ)償建議：在對(duì)公式的使用上，圓心在哪、運(yùn)動(dòng)半徑是指哪一段需搞清楚。規(guī)范解答：列出正確方程mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)Rsinθ，ω0＝eq\r(\f(2g,R))失分點(diǎn)②：摩擦力的方向判斷錯(cuò)誤。失分原因：該同學(xué)兩次分析摩擦力的方向錯(cuò)誤而造成丟分。補(bǔ)償建議：加深對(duì)摩擦力概念的理解。課時(shí)作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1．如圖，一硬幣(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起沿OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為()A．eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r)) B．eq\r(\f(μg,r))C．eq\r(\f(2μg,r)) D．2eq\r(\f(μg,r))答案：B解析：硬幣在水平圓盤上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜摩擦力提供向心力，當(dāng)向心力等于最大靜摩擦力時(shí)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度最大，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝mrω2，解得圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為ω＝eq\r(\f(μg,r))，B正確。2．如圖所示，正方形框ABCD豎直放置，兩個(gè)完全相同的小球P、Q分別穿在方框的BC、CD邊上，當(dāng)方框繞AD軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩球均恰與方框保持相對(duì)靜止且位于BC、CD邊的中點(diǎn)，已知兩球與方框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則兩球與方框間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,4) D．eq\f(\r(2),4)答案：B解析：設(shè)兩球與方框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，兩球質(zhì)量均為m，方框邊長(zhǎng)為l，方框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，對(duì)P球，根據(jù)牛頓第二定律可得FN＝mω2l，且μFN＝mg，對(duì)Q球，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝mω2eq\f(l,2)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(2),2)，故選B。3．一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球過(guò)最高點(diǎn)的最小速度是eq\r(gR)B．小球過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，桿所受到的彈力可以等于零C．小球過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而減小答案：B解析：由于小球在最高點(diǎn)時(shí)桿對(duì)小球的作用力可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，所以小球過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為0，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度v＝eq\r(gR)時(shí)，F(xiàn)n＝meq\f(v2,R)＝mg，靠小球重力提供向心力，桿的彈力為零，故B正確；當(dāng)小球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)桿對(duì)它的作用力表現(xiàn)為支持力時(shí)，有mg－FN＝meq\f(v2,R)，可知桿對(duì)球的作用力FN隨速度增大而減小，當(dāng)小球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)桿對(duì)它的作用力表現(xiàn)為拉力時(shí)，有mg＋FN′＝meq\f(v2,R)，可知桿對(duì)球的作用力FN′隨速度增大而增大，故C、D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖，內(nèi)壁光滑的玻璃管內(nèi)用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛一個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)的小球。當(dāng)玻璃管繞豎直軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球與玻璃管間恰無(wú)壓力。下列說(shuō)法正確的是()A．僅增加繩長(zhǎng)后，小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛏戏降膲毫．僅增加繩長(zhǎng)后，若仍保持小球與玻璃管間無(wú)壓力，需減小ωC．僅增加小球質(zhì)量后，小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛏戏降膲毫．僅增加角速度至ω′后，小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛳路降膲毫Υ鸢福築D解析：根據(jù)題意可知，小球與玻璃管間恰無(wú)壓力時(shí)，有mgtanθ＝mrω2＝mLsinθ·ω2。僅增加繩長(zhǎng)后，小球需要的向心力變大，則小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛳路降膲毫?，故A錯(cuò)誤；僅增加繩長(zhǎng)后，若仍保持小球與玻璃管間無(wú)壓力，根據(jù)mgtanθ＝mLsinθ·ω2，則需減小ω，故B正確；根據(jù)mgtanθ＝mLsinθ·ω2，可知僅增加小球質(zhì)量后，小球仍與管壁間無(wú)壓力，故C錯(cuò)誤；僅增加角速度至ω′后，小球需要的向心力變大，則小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛳路降膲毫?，故D正確。5．(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形管道，管道內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鋼球，小鋼球的直徑稍小于圓管的內(nèi)徑，小鋼球的直徑遠(yuǎn)小于R。在最低點(diǎn)給小鋼球一大小為v0、方向水平向右的初速度，小鋼球到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小為eq\r(gR)(g為重力加速度大小)。圓管內(nèi)壁光滑，水平線ab過(guò)管道圓心。下列說(shuō)法正確的是()A．小鋼球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，受到管壁的作用力大小為mgB．稍微減小v0，小鋼球無(wú)法通過(guò)最高點(diǎn)C．稍微增大v0，小鋼球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓管外側(cè)管壁有壓力D．小鋼球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外側(cè)管壁對(duì)小鋼球一定有作用力答案：CD解析：小鋼球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)管壁對(duì)小鋼球的力為N，方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律有N＋mg＝meq\f(v2,R)，由題知v＝eq\r(gR)，聯(lián)立得N＝0，即小鋼球在最高點(diǎn)不受管壁的作用，故A錯(cuò)誤；稍微減小v0，只要eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2mgR≥0，即到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度不小于零，小鋼球便可以通過(guò)管道最高點(diǎn)，B錯(cuò)誤；稍微增大v0，根據(jù)題設(shè)和動(dòng)能定理可知，小鋼球通過(guò)管道最高點(diǎn)時(shí)速度大于eq\r(gR)，小鋼球重力不足以提供其所需向心力，小鋼球的重力與圓管外側(cè)管壁對(duì)小鋼球的壓力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小鋼球?qū)A管外側(cè)管壁有壓力的作用，故C正確；小鋼球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力沿垂直管壁向下的分力與管壁對(duì)小鋼球的彈力的合力提供向心力，所以外側(cè)管壁對(duì)小鋼球一定有作用力，故D正確。6．(2025·北京市通州區(qū)高三上10月月考)如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)(不計(jì)一切阻力)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)繩對(duì)小球的拉力為FT，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其FT-v2圖像如圖乙所示，則()A．輕質(zhì)繩長(zhǎng)等于eq\f(am,b)B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(m,a)C．當(dāng)v2＝c時(shí)，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力差均為6a答案：D解析：設(shè)輕質(zhì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，在最高點(diǎn)，對(duì)小球，由牛頓第二定律有mg＋FT＝meq\f(v2,L)，得FT＝meq\f(v2,L)－mg，可知FT-v2圖像的斜率k＝eq\f(a,b)＝eq\f(m,L)，解得輕質(zhì)繩的長(zhǎng)度L＝eq\f(mb,a)，圖像的縱軸截距的絕對(duì)值為a＝mg，解得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝eq\f(a,m)，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝c時(shí)，輕質(zhì)繩的拉力大小為FT＝meq\f(v2,L)－mg＝eq\f(ac,b)－a，故C錯(cuò)誤；當(dāng)v2≥b時(shí)，在最高點(diǎn)有FT＋mg＝meq\f(v2,L)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度為v′，根據(jù)動(dòng)能定理可知2mgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，又小球在最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知FT′－mg＝meq\f(v′2,L)，聯(lián)立解得FT′－FT＝6mg＝6a，故當(dāng)v2≥b時(shí)，小球在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力差均為6a，故D正確。7．(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在傾斜的勻質(zhì)圓盤上，圓盤可繞垂直于盤面的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，a到轉(zhuǎn)軸的距離為l，b到轉(zhuǎn)軸的距離為2l，物塊與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，盤面與水平面的夾角為30°。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，若a、b隨圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是()A．a(chǎn)在最高點(diǎn)時(shí)所受摩擦力可能為0B．a(chǎn)在最低點(diǎn)時(shí)所受摩擦力可能為0C．ω＝eq\r(\f(g,8l))是a開始滑動(dòng)的臨界角速度D．ω＝eq\r(\f(g,8l))是b開始滑動(dòng)的臨界角速度答案：AD解析：若a在最高點(diǎn)時(shí)所受摩擦力為0，則對(duì)a有mgsin30°＝mω2l，對(duì)b有mgsin30°＋fb＝mω22l，解得fb＝mgsin30°<μmgcos30°，故A正確；a在最低點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有fa－mgsin30°＝meq\f(v2,l)，所以a在最低點(diǎn)時(shí)所受摩擦力不可能為0，故B錯(cuò)誤；當(dāng)a在最低點(diǎn)時(shí)，由μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,a)l，得a開始滑動(dòng)的臨界角速度ωa＝eq\r(\f(g,4l))，故C錯(cuò)誤；對(duì)b在最低點(diǎn)，由μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,b)·2l，得b開始滑動(dòng)的臨界角速度ωb＝eq\r(\f(g,8l))，故D正確。8．兩個(gè)質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為L(zhǎng)，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2L，a、b之間用長(zhǎng)為L(zhǎng)的強(qiáng)度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，開始時(shí)輕繩剛好伸直但無(wú)張力，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)比b先達(dá)到最大靜摩擦力B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b開始滑動(dòng)的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時(shí)，a所受摩擦力的大小為eq\f(5kmg,3)答案：D解析：木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)繩子上無(wú)拉力時(shí)，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得Ff＝mω2r，F(xiàn)fmax＝kmg，聯(lián)立得ωmax＝eq\r(\f(kg,r))，故隨著ω增大，b先達(dá)到臨界角速度，b先達(dá)到最大靜摩擦力，故A錯(cuò)誤。在b的靜摩擦力沒有達(dá)到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質(zhì)量分別是2m和m，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r分別為L(zhǎng)和2L，可知a和b受到的摩擦力是相等的；當(dāng)b受到的靜摩擦力達(dá)到最大值kmg后，即ω>eq\r(\f(kg,2L))后，輕繩上開始出現(xiàn)張力，設(shè)大小為F，對(duì)b有kmg＋F＝mω2·2L，對(duì)a有Ffa－F＝2mω2L，聯(lián)立得Ffa＝2F＋kmg>kmg，可知a、b受到的摩擦力不一定相等，故B錯(cuò)誤。b剛要滑動(dòng)時(shí)，對(duì)b有kmg＋F＝mωeq\o\al(2,0)·2L，對(duì)a有k·2mg－F＝2mωeq\o\al(2,0)L，聯(lián)立得ω0＝eq\r(\f(3kg,4L))，故C錯(cuò)誤。當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時(shí)，a、b未滑動(dòng)且輕繩中有拉力，由B項(xiàng)方程組可得a所受摩擦力大小Ffa＝4mω2L－kmg＝eq\f(5kmg,3)，故D正確。[B組綜合提升練]9．如圖所示是豎直放置的內(nèi)壁光滑的長(zhǎng)方體容器的縱截面圖，ABCD是一個(gè)矩形，AB＝5m，BC＝3m，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m＝1kg的小球用長(zhǎng)L＝5m的輕繩懸掛在A點(diǎn)。小球隨容器一起繞AB邊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)ω＝1rad/s時(shí)，器壁CD對(duì)小球的彈力大小是4NB．當(dāng)ω＝2rad/s時(shí)，器壁CD對(duì)小球的彈力大小是12NC．小球剛接觸器壁CD時(shí)的角速度是eq\f(\r(10),2)rad/sD．小球剛接觸器壁CD時(shí)的角速度是eq\f(5,2)rad/s答案：C解析：設(shè)小球剛接觸器壁CD時(shí)的角速度為ω0，此時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得sinθ＝eq\f(BC,L)＝eq\f(3,5)，解得θ＝37°，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtan37°＝mωeq\o\al(2,0)r，其中r＝BC＝3m，解得ω0＝eq\r(\f(gtan37°,r))＝eq\f(\r(10),2)rad/s，故C正確，D錯(cuò)誤；由于ω＝1rad/s<ω0＝eq\f(\r(10),2)rad/s，則當(dāng)ω＝1rad/s時(shí)，小球還未接觸器壁CD，器壁CD對(duì)小球無(wú)彈力作用，故A錯(cuò)誤；由于ω＝2rad/s>ω0＝eq\f(\r(10),2)rad/s，則當(dāng)ω＝2rad/s時(shí)，小球接觸器壁CD，設(shè)器壁CD對(duì)小球的彈力大小為N，輕繩拉力大小為T，則有Tcos37°＝mg，Tsin37°＋N＝mω2r，聯(lián)立解得N＝4．5N，故B錯(cuò)誤。10．(多選)如圖所示，傾角為45°的光滑軌道AB和水平軌道BC平滑相連，右側(cè)是光滑的半圓軌道CDE，半徑R＝0．4m。一可視為質(zhì)點(diǎn)的、質(zhì)量為m＝0．2kg的滑塊從軌道AB上高度h0處由靜止釋放。滑塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0．5，重力加速度g取10m/s2，滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)E之后，恰好落到B點(diǎn)。下列選項(xiàng)中正確的是()A．水平軌道BC的長(zhǎng)度為0．8mB．滑塊釋放點(diǎn)的高度為h0＝1．0mC．如果增加釋放點(diǎn)的高度h0，滑塊有可能垂直打到斜面上D．如果將釋放點(diǎn)的高度調(diào)整為h0＝0．8m，滑塊在半圓軌道CDE上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有可能脫離軌道答案：AC解析：滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)E時(shí)，由牛頓第二定律可得mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，解得滑塊通過(guò)E點(diǎn)時(shí)的速度大小為vE＝2m/s，滑塊離開E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，xBC＝vEt0，解得水平軌道BC的長(zhǎng)度為xBC＝0．8m，故A正確；滑塊從釋放至運(yùn)動(dòng)到半圓軌道最高點(diǎn)E的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mg(h0－2R)－μmgxBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)，解得h0＝1．4m，故B錯(cuò)誤；設(shè)滑塊落到B點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ0，則tanθ0＝eq\f(gt0,vE)＝2，θ0>45°，如果增加釋放點(diǎn)的高度h0，則滑塊過(guò)軌道最高點(diǎn)E點(diǎn)時(shí)的速度增大，打在斜面上時(shí)下落的高度降低，豎直方向上的速度分量減小，tanθ0減少，當(dāng)θ0減小到45°時(shí)，滑塊將垂直打到斜面上，故C正確；如果釋放點(diǎn)的高度為h0＝0．8m，假設(shè)滑塊能夠到達(dá)D點(diǎn)，則滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得mg(h0－R)－μmgxBC＝EkD－0，解得EkD＝0，可知滑塊恰好能滑到D點(diǎn)，然后沿DC向下返回，即滑塊在半圓軌道CDE上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)脫離軌道，D錯(cuò)誤。11．(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上，沿直徑方向放著用輕繩相連的物體A和B，A和B質(zhì)量都為m。它們分居圓心兩側(cè)，與圓心的距離分別為RA＝r，RB＝3r，A、B與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同且均為μ。若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速?gòu)牧汩_始逐漸加快到兩物體剛好要發(fā)生但還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．繩子的最大張力為FT＝2μmgB．當(dāng)A所受的摩擦力為零時(shí)，圓盤的角速度為ω＝eq\r(\f(2μg,r))C．隨著角速度的增大，A所受摩擦力的方向(相對(duì)圓盤)和大小都會(huì)變化，而B所受摩擦力的方向(相對(duì)圓盤)不變D．隨著角速度的增大，A所受的摩擦力一直減小，而B所受的摩擦力一直增大答案：AC解析：隨著圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的不斷增大，可以分為以下幾個(gè)階段：當(dāng)0＜ω≤ω1時(shí)，A、B兩物體所受的靜摩擦力逐漸增大，且均指向圓心，此階段輕繩張力FT1＝0，當(dāng)角速度為ω1時(shí)，對(duì)B有μmg＝3mrωeq\o\al(2,1)，則ω1＝eq\r(\f(μg,3r))；當(dāng)ω1＜ω≤ω2時(shí)，B所受摩擦力始終為μmg，方向指向圓心，A所受靜摩擦力方向指向圓心，對(duì)B有μmg＋FT＝3mrω2，對(duì)A有FT＋fA＝mrω2，則fA＝μmg－2mrω2，可知FT增大，fA減小，當(dāng)角速度為ω2時(shí)fA＝0，可解得ω2＝eq\r(\f(μg,2r))，此階段輕繩張力最大值為FT2＝0．5μmg；當(dāng)ω2＜ω≤ω3時(shí)，A所受摩擦力方向背離圓心，B所受摩擦力仍為μmg，方向指向圓心，對(duì)B有μmg＋FT＝3mrω2，對(duì)A有FT－fA＝m