《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

6. (2024·甘肃省民乐县诊断)如图所示，叠放在水平转台上的物体$A$、$B$及物体$C$能随转台一起以角速度$\omega$匀速转动，$A$、$B$、$C$的质量分别为$3m$、$2m$、$m$，$A$与$B$、$B$和$C$与转台间的动摩擦因数都为$\mu$，$A$和$B$、$C$离转台中心的距离分别为$r$和$1.5r$。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体$A$、$B$、$C$均可视为质点，重力加速度为$g$，下列说法正确的是(B)


A.B对A的摩擦力一定为$3\mu mg$
B.B对A的摩擦力一定为$3m\omega^2r$
C.转台的角速度需要满足$\omega \leq \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$
D.若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体

答案： 6.B [由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为$f_{A} = 3m\omega^{2}r$，又有$0 ＜ f_{A} \leq f_{max} = 3\mu mg$，由于角速度大小不确定，B对A的摩擦力不一定达到最大静摩擦力$3\mu mg$，A错误，B正确；若B对A的静摩擦力达到最大静摩擦力，则$3\mu mg = 3m\omega^{2}r$，解得$\omega_{1} = \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$，若转台对物体B的静摩擦力达到最大静摩擦力时，对A、B整体有$5\mu mg = 5m\omega_{2}^{2}r$，解得$\omega_{2} = \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$，若转台对物体C的静摩擦力达到最大静摩擦力，则$\mu mg = m\omega_{3}^{2} × 1.5r$，解得$\omega_{3} = \sqrt{\frac{2\mu g}{3r}}$，可知$\omega_{1} = \omega_{2} ＞ \omega_{3}$，由于物体A、B及物体C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足$\omega \leq \omega_{3} = \sqrt{\frac{2\mu g}{3r}}$，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误。]

7. (多选)(2024·吉林通化市检测)如图甲所示，一长为$l$的轻绳，一端穿过$O$点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕$O$点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力$F$与其速度平方$v^2$的关系如图乙所示，重力加速度为$g$，下列判断正确的是(BD)


A.图像函数表达式为$F = m\frac{v^2}{l} + mg$
B.重力加速度$g = \frac{b}{l}$
C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D.绳长不变，用质量较小的球做实验，$b$值不变

答案： 7.BD [在最高点，对小球受力分析得$F = m\frac{v^{2}}{l} - mg$，选项A错误；由题图乙可知，当$F = 0$时，$mg = m\frac{v'^{2}}{l}$，即$v'^{2} = gl$，得$g = \frac{b}{l}$，选项B正确；结合题图乙和$F = m\frac{v^{2}}{l} - mg$可知，题图乙的斜率$k = \frac{m}{l}$，所以$m$减小，斜率减小，选项C错误；由上述讨论可知$b = gl$，当$m$减小时，$b$值不变，选项D正确。]

8. 如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴$OO_1$以恒定的角速度$\omega$转动，圆筒的半径$r = 1.5m$。筒壁内有一小物体(可视为质点)与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为$\frac{\sqrt{3}}{2}$(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为$60°$，重力加速度$g$取$10m/s^2$，则$\omega$的最小值是(C)


A.$1rad/s$
B.$\frac{\sqrt{30}}{3}rad/s$
C.$\sqrt{10}rad/s$
D.$5rad/s$

答案：
8.C [对小物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有$mg\cos 60^{\circ} + N = m\omega^{2}r$，$f = mg\sin 60^{\circ} \leq \mu N$，解得$\omega \geq \sqrt{10} rad/s$，故A、B、D错误，C正确。]

9. (2024·江苏扬州市江都中学检测)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体$A$和$B$，$m_A = 4kg$，$m_B = 1kg$，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为$r_A = 0.1m$，$r_B = 0.2m$，中间用水平细线相连，$A$、$B$与圆盘间的动摩擦因数均为$\mu = 0.2$，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，重力加速度$g$取$10m/s^2$，以下说法正确的是(D)


A.A的摩擦力先达到最大
B.当$\omega_1 = 2\sqrt{5}rad/s$，细线开始出现张力
C.当$\omega_1 = \sqrt{30}rad/s$，A、B两物体出现相对圆盘滑动
D.当$\omega_1 = 5\sqrt{2}rad/s$，A、B两物体出现相对圆盘滑动

答案： 9.D [A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足$\mu m_{A}g = m_{A}\omega_{0A}^{2}r_{A}$，解得$\omega_{0A} = 2\sqrt{5} rad/s$，同理可得，B达到最大静摩擦力时的临界角速度为$\omega_{0B} = \sqrt{10} rad/s$，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B的摩擦力先达到最大，选项A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当$\omega_{1} = \sqrt{10} rad/s$时，细线开始出现张力，选项B错误；当A、B两物体出现相对圆盘滑动时，B受到的摩擦力方向背离圆心，A受到的摩擦力方向指向圆心，则对A有$T + \mu m_{A}g = m_{A}\omega_{1}^{2}r_{A}$，对B有$T - \mu m_{B}g = m_{B}\omega_{1}^{2}r_{B}$，解得$\omega_{1} = 5\sqrt{2} rad/s$，选项C错误，D正确。]

10. (多选)(2025·广东东莞市第四中学月考)如图所示，半径$R = 3l$的光滑圆筒竖直固定，长度为$5l$的轻绳，一端固定在圆筒轴线上一点，另一端悬挂可视为质点、质量为$m$的小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，小球始终在圆筒内，重力加速度为$g$。下列说法正确的是(CD)


A.小球角速度越大，轻绳的拉力越大
B.小球角速度$\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$时，轻绳的拉力为$5mg$
C.小球角速度$\omega = \sqrt{\frac{2g}{9l}}$时，小球受两个力的作用
D.小球角速度$\omega = \sqrt{\frac{g}{2l}}$时，筒壁与小球之间作用力大小为$\frac{3}{4}mg$

答案： 10.CD [当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为$T = \frac{mg}{\cos\theta}$，可知此时随着小球角速度越大$\theta$越大，绳子的拉力越大，当小球与圆筒接触后，小球角速度再大时$\theta$不变，故此时绳子的拉力不变，故A错误；当小球与圆筒刚好接触时有$mg\tan\theta = m\omega^{2}R$，$\tan\theta = \frac{3l}{\sqrt{(5l)^{2} - (3l)^{2}}} = \frac{3}{4}$，解得$\omega = \sqrt{\frac{g}{4l}}$，故可知当$\omega ＞ \sqrt{\frac{g}{4l}}$时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角速度$\omega = \sqrt{\frac{2g}{9l}} ＜ \sqrt{\frac{g}{4l}}$时，小球未与圆筒接触，此时只受重力和绳子的拉力两个力的作用，故B错误，C正确；当小球角速度$\omega = \sqrt{\frac{g}{2l}}$时，此时小球与圆筒间有弹力作用，对小球受力分析$T\sin\theta + N = m\omega^{2}R$，$T\cos\theta = mg$，解得筒壁与小球之间作用力大小为$N = \frac{3}{4}mg$，故D正确。]

11. (多选)如图所示，竖直平面内有一半径为$R = 0.35m$且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以大小为$3.5m/s$的初速度$v_0$进入轨道，重力加速度$g$取$10m/s^2$，则(BCD)


A.小球不会脱离圆轨道
B.小球会脱离圆轨道
C.小球脱离圆轨道时的速度大小为$\frac{\sqrt{7}}{2}m/s$
D.小球脱离圆轨道的位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为$30°$

答案：
11.BCD [若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有$mg = m\frac{v^{2}}{R}$，解得$v = \sqrt{gR} = \sqrt{3.5} m/s$，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得$\frac{1}{2}mv_{0}'^{2} = mg \cdot 2R + \frac{1}{2}mv^{2}$，解得$v_{0}' = \sqrt{\frac{70}{2}} m/s ＞ v_{0} = 3.5 m/s$，故小球不可能运动到最高点，若小球恰好到达与圆心等高的点，则$\frac{1}{2}mv_{0}''^{2} = mgR$，得$v_{0}'' = \sqrt{7} m/s ＜ v_{0} = 3.5 m/s$，则小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离圆轨道时，其位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为$\theta$，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示。在脱离点，支持力等于$0$，由牛顿第二定律得$mg\sin\theta = m\frac{v_{1}^{2}}{R}$，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得$\frac{1}{2}mv_{0}^{2} = mgR(1 + \sin\theta) + \frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，联立解得$\sin\theta = \frac{1}{2}$，即$\theta = 30^{\circ}$，则$v_{1} = \frac{\sqrt{7}}{2} m/s$，故C、D正确。]