《2025年金版新学案高中物理必修第二册人教版》

[衔接教材] 教科版必修第二册 P56T6
如图所示，在以角速度$\omega = 2\ rad/s$匀速转动的水平圆盘上，放一质量$m = 5\ kg$的滑块，滑块离转轴的距离$r = 0.2\ m$，滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动（二者未发生相对滑动）。
（1）求滑块运动的线速度大小；
（2）求滑块受到的摩擦力的大小。
[衔接分析] 2023 年江苏高考试题和教科版教材习题都是已知圆盘运动的半径和运动的角速度计算线速度和物体受到的摩擦力，该高考试题就是教材习题的再现。

答案： （1）$ 0.4 \, m/s $；（2）$ 4 \, N $

对点练.（2025·安徽马鞍山二中期中）如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一起，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为$R_{甲}:R_{乙} = 2:1$，两圆盘和小物体$A$、$B$之间的动摩擦因数$\mu_{A}:\mu_{B} = 1:2$，$A$、$B$的质量相同，$A$距$O$点为$2r$，$B$距$O'$点为$r$，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时（ ）


A.两物体都没有相对圆盘滑动时，角速度之比$\omega_{A}:\omega_{B} = 2:1$
B.两物体都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比$a_{nA}:a_{nB} = 1:2$
C.随着转速慢慢增加，$A$先开始滑动
D.随着转速慢慢增加，$B$先开始滑动

答案： 对点练.B 甲、乙两圆盘边缘上的线速度大小相等，根据$v = \omega r$，可知甲、乙两圆盘的角速度之比为$\omega_{甲}:\omega_{乙} = R_{乙}:R_{甲} = 1:2$，则两物体都没有相对圆盘滑动时，角速度之比为$\omega_{A}:\omega_{B} = \omega_{甲}:\omega_{乙} = 1:2$，故A错误；根据$a_{n}=\omega^{2}r$可知，两物体都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比$a_{nA}:a_{nB} = (\omega_{A}^{2} · 2r):(\omega_{B}^{2} · r) = 1:2$，故B正确；设$A$与甲圆盘发生相对滑动的临界角速度为$\omega_{0A}$，根据牛顿第二定律可得$\mu_{A}mg = m\omega_{0A}^{2} · 2r$，解得$\omega_{0A} = \sqrt{\frac{\mu_{A}g}{2r}}$，设$B$与乙圆盘发生相对滑动的临界角速度为$\omega_{0B}$，根据牛顿第二定律可得$\mu_{B}mg = m\omega_{0B}^{2}r$，解得$\omega_{0B} = \sqrt{\frac{\mu_{B}g}{r}}$，可得$\omega_{0A}:\omega_{0B} = 1:2$，由于两物体都没有相对圆盘滑动时，角速度之比为$\omega_{A}:\omega_{B} = 1:2$，可知随着转速慢慢增加，$A$、$B$同时达到临界角速度，则$A$、$B$同时发生相对滑动，故C、D错误。故选B。

如图所示，长为$L$的悬线一端固定在$O$点，在$O$点正下方有一钉子$C$，$O$、$C$间的距离为$\dfrac{L}{2}$，把悬线另一端的小球$A$拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则（ ）

A.小球的线速度突然增大为原来的$2$倍
B.小球的加速度突然增大为原来的$2$倍
C.小球受的拉力突然增大为原来的$2$倍
D.小球的向心力突然增大为原来的$4$倍

答案： 易错点1.B 悬线碰到钉子前后，悬线的拉力始终与小球的运动方向垂直，小球的线速度大小不变，A错误；悬线碰到钉子后，小球的运动半径减小为原来的一半，线速度大小不变，由$a_{n} = \frac{v^{2}}{r}$知加速度变为原来的2倍，由$F_{n} = m\frac{v^{2}}{r}$可知向心力变为原来的2倍，故B正确，D错误；在最低点，由牛顿第二定律有$F_{T} - mg = m\frac{v^{2}}{r}$，碰到钉子后合力增大为原来的2倍，$mg$是定值，悬线的拉力增大，但不是原来的2倍，C错误。故选B。

（多选）如图所示，半径为$R$的水平圆盘绕中心$O$点做匀速圆周运动，圆盘中心$O$点正上方$H$处有一小球被水平抛出，此时半径$OB$恰好与小球初速度方向垂直，从上向下看圆盘沿顺时针方向转动，小球恰好落在$B$点，重力加速度大小为$g$，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）


A.小球的初速度大小为$R\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$
B.小球的初速度大小为$R\sqrt{\dfrac{g}{2H}}$
C.圆盘的角速度大小可能为$\dfrac{3\pi}{2}\sqrt{\dfrac{g}{2H}}$
D.圆盘的角速度大小可能为$\dfrac{7\pi}{2}\sqrt{\dfrac{g}{2H}}$

答案： 易错点2.BCD 小球被抛出后做平抛运动，由$H = \frac{1}{2}gt^{2}$可得小球下落的时间为$t = \sqrt{\frac{2H}{g}}$，小球的初速度大小为$v_{0} = \frac{R}{t} = R\sqrt{\frac{g}{2H}}$，故A错误，B正确；在小球下落的这段时间内，圆盘转过的角度为$\theta = 2n\pi + \frac{3\pi}{2}(n = 0,1,2,·s)$，所以圆盘的角速度大小为$\omega = \frac{\theta}{t} = \frac{4n\pi + 3\pi}{2}\sqrt{\frac{g}{2H}}(n = 0,1,2,·s)$，当$n = 0$时，$\omega = \frac{3\pi}{2}\sqrt{\frac{g}{2H}}$，当$n = 1$时，$\omega = \frac{7\pi}{2}\sqrt{\frac{g}{2H}}$，故C、D正确。故选BCD。