《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

9. (2024 河北邢台一中期中)如图所示,金属环 A、B 的质量分别为$m_{1}=0.6kg,m_{2}=1kg$,用不可伸长的细线连接,分别套在水平粗糙细杆 OM 和竖直光滑细杆 ON 上,B 环到竖直杆 O 点的距离为$L=1m$,细线与水平杆 OM 间夹角$θ=37^{\circ }$.当整个装置以竖直杆 ON 为轴以不同大小的角速度ω匀速转动时,两金属环一直相对杆不动.已知环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 g 取$10m/s^{2},sin37^{\circ }$取 0.6,$cos37^{\circ }$取 0.8.
(1) 为使得金属环 B 与水平粗糙杆 OM 间没有摩擦力,角速度ω应为多大?
(2) 若金属环 B 与水平粗糙杆 OM 间动摩擦因数$\mu =0.25$,要使金属环 B 相对细杆静止不动,求角速度ω的范围.

答案： 9．
(1) 设细线张力为 $T$，对于 A 环有 $m_{1}g = T\sin \theta$，当金属环 B 与水平粗糙杆 $OM$ 间没有摩擦力时，细线对金属环 B 的拉力沿 $MO$ 方向的分力恰好提供了金属环 B 所需的向心力，即 $T\cos \theta = m_{2}\omega ^{2}L$，解得 $\omega =2\sqrt{2}\ rad/s$．
(2) 金属环 B 与水平粗糙杆间的最大静摩擦力为 $f = \mu (m_{2}g + T\sin \theta ) = 4\ N$，细线对金属环 B 的拉力沿 $MO$ 方向的分力为 $T_{MO}=T\cos \theta = 8\ N＞ f$，所以角速度 $\omega = 0$ 时金属环 B 相对于细杆不能保持静止．设角速度最小为 $\omega _{1}$ 时金属环 B 恰能相对于细杆保持静止，则有 $T\cos \theta - f = m_{2}\omega _{1}^{2}L$，解得 $\omega _{1}=2\ rad/s$．设角速度最大为 $\omega _{2}$ 时金属环 B 恰能相对于细杆保持静止，则有 $T\cos \theta + f = m_{2}\omega _{2}^{2}L$，解得 $\omega _{2}=2\sqrt{3}\ rad/s$，所以角速度 $\omega$ 的范围为 $2\ rad/s\leqslant \omega \leqslant 2\sqrt{3}\ rad/s$．

10. (2024 山东青岛期中)一根轻质细线一端系一可视为质点的小球,细线另一端固定在一光滑圆锥顶上,如图甲所示,设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω,线的张力 T 随$ω^{2}$变化的图像如图乙所示,已知重力加速度为 g,下列说法正确的是 (A)


A.细线的长度为$\frac {\sqrt {T_{2}g}}{\sqrt {T_{1}}ω_{0}^{2}}$
B.细线的长度为$\frac {\sqrt {T_{1}g}}{\sqrt {T_{2}}ω_{0}^{2}}$
C.细线的长度为$\frac {\sqrt {T_{2}-T_{1}}g}{\sqrt {T_{1}}ω_{0}^{2}}$
D.细线的长度为$\frac {\sqrt {T_{2}-T_{1}}g}{\sqrt {T_{2}}ω_{0}^{2}}$

答案： 10．A 解析：设线长为 $L$，锥体母线与竖直方向的夹角为 $\theta$，当角速度为 $0$ 时，小球静止，受重力、支持力和线的拉力而平衡，此时有 $T_{1}=mg\cos \theta$，当角速度增大时，线上的拉力增大，小球受到的支持力减小，当支持力减小到 $0$ 时，角速度为 $\omega _{0}$，当小球的角速度小于 $\omega _{0}$ 时，水平方向有 $T\sin \theta - N\cos \theta = m\omega ^{2}L\sin \theta$，竖直方向有 $T\cos \theta + N\sin \theta = mg$，整理有 $T = m\omega ^{2}L\sin ^{2}\theta + mg\cos \theta$．结合题图乙有 $\frac{T_{2}-T_{1}}{\omega _{0}^{2}}=mL\sin ^{2}\theta$，当小球的角速度大于 $\omega _{0}$ 时，小球将离开锥面，此时线与竖直方向的夹角为 $\alpha$，竖直方向有 $T\sin \alpha = m\omega ^{2}L\sin \alpha$，可得 $T = m\omega ^{2}L$，此时图像的反向延长线经过原点，结合题图乙有 $\frac{T_{2}}{\omega _{0}^{2}}=mL$，综上所述，有 $\frac{T_{2}-T_{1}}{\omega _{0}^{2}}=mL\sin ^{2}\theta$，$\frac{T_{2}}{\omega _{0}^{2}}=mL$，$T_{1}=mg\cos \theta$，联立解得 $L=\frac{\sqrt{T_{2}g}}{\sqrt{T_{1}\omega _{0}^{2}}}$，故 A 正确．

11. (多选)一水平放置的圆筒,截面图如图所示,O 为转轴.现让圆筒绕中心轴沿顺时针方向高速旋转,某时刻把一小物块轻轻放在圆筒轴线正下方的 A 点,物块在圆筒的带动下随之运动,物块运动到最高点 C 后又会滑下来,最终停留在 B 点.已知$∠AOB=θ,∠BOC=α$,各处动摩擦因数相同.下列说法正确的是(BC)


A.物块在 A 点受到的摩擦力小于停留在 B 点时受到的摩擦力
B.物块在 A、C 两点加速度大小之比为$sinθ:sinα$
C.若增大圆筒转速,则物块最终仍会停留在 B 点
D.若增大动摩擦因数,物块有可能一直加速

答案： 11．BC 解析：由 $f = \mu N$，得物块在 A、B、C 处所受摩擦力分别为 $f_{A}=\mu mg$，$f_{B}=\mu mg\cos \theta$，$f_{C}=\mu mg\cos (\theta + \alpha )$，故 A 错误；物块在 A 点的加速度 $a_{A}=\frac{f_{A}}{m}=\mu g$，物块最终停留在 B 点，可知 $\mu =\tan \theta$，在 C 点，有 $mg\sin (\theta + \alpha )-\mu mg· \cos (\theta + \alpha ) = ma_{C}$，可解得 $a_{C}=g\frac{\sin \alpha }{\cos \theta }$，故 B 正确；物块所受摩擦力与转筒的速度无关，若增大圆筒转速，则物块最终仍会停留在 B 点，物块所能达到的最大高度仍为 C 点，故 C 正确；若增大动摩擦因数，物块有可能脱离圆筒，也有可能加速到与圆筒共速，故 D 错误．