《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

8. (2024 江苏苏州月考)一种离心测速器的简化模型如图所示.细杆的一端固定在竖直转轴 OO'上的 O 点,并可随轴一起转动.杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于 O 点,另一端与套在杆上的圆环相连.当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度.已知细杆长度 L=0.2 m,杆与竖直转轴的夹角α始终为 60°,弹簧原长 x₀=0.1 m,弹簧的劲度系数 k=100 N/m,圆环质量 m=1 kg,弹簧始终处在弹性限度内,重力加速度 g 取 10 m/s²,摩擦力可忽略不计.

(1) 若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到 O 点的距离.
(2) 求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小.
(3) 求圆环处于细杆末端 P 时,细杆匀速转动的角速度大小.

答案：
8.
(1)当细杆和圆环处于静止状态，对圆环受力分析，如图甲所示，有$T_0 = mg\cos\alpha = 5 N$，根据胡克定律$F = k\Delta x$，有$\Delta x_0 = \frac{T_0}{k} = 0.05 m$，弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到$O$点的距离，为$x_1 = x_0 - \Delta x_0 = 0.05 m$。

(2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有$\frac{mg}{\tan\alpha} = m\omega_0^2r$，由几何关系得，圆环此时转动的半径为$r = x_0\sin\alpha$，联立解得$\omega_0 = \frac{10\sqrt{6}}{3} rad/s$。
(3)圆环处于细杆末端$P$时，对圆环受力分析，如图乙所示，圆环受重力和支持力，此时弹簧伸长，则圆环所受弹力沿杆向下。根据胡克定律，有$T = k(L - x_0) = 10 N$，对圆环所受的力进行正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力，有$mg + T\cos\alpha = F_N\sin\alpha$，$T\sin\alpha + F_N\cos\alpha = m\omega^2r'$，由几何关系得，圆环此时转动的半径为$r' = L\sin\alpha$，联立解得$\omega = 10 rad/s$。

9. (多选)如图所示,在倾角为θ=37°的角锥体表面上对称地放着可视为质点的 A、B 两个物体,用一轻质绳跨过固定在顶部的光滑的定滑轮连接在一起,开始时绳子绷直但无张力.已知 A、B 两个物体的质量分别为 m 和 2m,它们与竖直轴的距离均为 r=1 m,两物体与角锥体表面的动摩擦因数为 0.8,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取 g=10 m/s²,某时刻起,圆锥体绕竖直轴缓慢加速转动,加速转动过程中 A、B 两物体始终与角锥体保持相对静止,则下列说法正确的是 (AB)


A.绳子没有张力之前,B 物体受到的静摩擦力在增加

B.绳子即将有张力时,转动的角速度$ω₁=\frac{\sqrt{5}}{4}$rad/s
C.在 A、B 滑动前 A 所受的静摩擦力一直在增加
D.在 A、B 即将滑动时,转动的角速度$ω₂=\frac{\sqrt{5}}{4}$rad/s

答案： 9. AB 解析：绳子没有张力之前，对B物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得，水平方向$f\cos\theta - N\sin\theta = 2m\omega^2r$，竖直方向有$f\sin\theta + N\cos\theta = 2mg$，由以上两式可得，随着$\omega$的增大，$f$增大，$N$减小，A正确；对B物体分析，其将要发生滑动瞬间的临界状态，水平方向有$\mu N\cos\theta - N\sin\theta = 2m\omega^2r$，竖直方向有$\mu N\sin\theta + N\cos\theta = 2mg$，代入数据解得$\omega_1 = \frac{\sqrt{5}}{4} rad/s$，B正确；在$\omega$逐渐增大的过程中，A物体先有向外滑动的趋势，后有向内滑动的趋势，其所受静摩擦力先沿斜面向上增大，后沿斜面向上减小，再变为沿斜面向下增大，C错误；$\omega$增大到A、B整体将要滑动时，B有向下滑动的趋势，A有向上滑动的趋势，对A物体，水平方向有$(T - \mu N_A)\cos\theta - N_A\sin\theta = m\omega^2r$，竖直方向有$(T - \mu N_A)\sin\theta + N_A\cos\theta = mg$，对B物体，水平方向有$(T + \mu N_B)\cos\theta - N_B\sin\theta = 2m\omega^2r$，竖直方向有$(T + \mu N_B)\sin\theta + N_B\cos\theta = 2mg$，联立解得$\omega_2 = \sqrt{\frac{165}{28}} rad/s$，D错误。

10. (2025 河邯郸市期中)如图所示(俯视图),用自然长度为 l₀,劲度系数为 k 的轻质弹簧,将质量都是 m 的两个物块 P、Q 连接在一起,放置在能绕 O 点在水平面内转动的圆盘上,物块 P、Q 和 O 点恰好组成一个边长为 2l₀的正三角形.已知物块 P、Q 和圆盘间的最大静摩擦力均为$\sqrt{3}kl₀$,现使圆盘带动两个物块以不同的角速度做匀速圆周运动,则 (D)


A.当圆盘的角速度为$ω=\sqrt{\frac{k}{2m}}$时,P、Q 两物块受到的摩擦力最小
B.当圆盘的角速度为$ω=\sqrt{\frac{k}{3m}}$时,P、Q 两物块受到的摩擦力都等于弹簧弹力的大小
C.当圆盘的角速度为$ω=\sqrt{\frac{k}{2m}}$时,P、Q 两物块受到的合力大小均为$\frac{kl₀}{2}$
D.当 P、Q 两物块刚要滑动时,圆盘的角速度为$ω=\sqrt{\frac{k}{m}}$

答案： 10. D 解析：$P$、$Q$间的距离为$2l_0$，而弹簧的原长为$l_0$，故弹簧的弹力为$F = kl_0$，根据合力与分力构成的矢量三角形可知，静摩擦力沿轨迹切线方向时具有最小值，与弹簧弹力沿轨迹切线方向的分力平衡，为$f_{\min} = F\cos30° = \frac{\sqrt{3}kl_0}{2}$，此时物块随圆盘转动需要的向心力由弹力沿半径方向的分力提供，有$F_{nl} = m\omega^2 · 2l_0 = F\sin30° = \frac{kl_0}{2}$，解得$\omega = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{k}{m}}$，A错误；当$\omega = \sqrt{\frac{k}{3m}}$时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为$F_{n2} = m\omega^2 · 2l_0 = \frac{2kl_0}{3}$，由力的三角形可知静摩擦力不等于弹簧的弹力，B错误；当$\omega = \sqrt{\frac{k}{2m}}$时，可得两物块随圆盘转动需要的向心力大小为$F_{n3} = m\omega^2 · 2l_0 = kl_0$，由力的三角形可知静摩擦力等于$kl_0 ＜ \sqrt{3}kl_0$，此时两物块还未与圆盘发生相对滑动，两物块所受的合力大小均为$kl_0$，C错误；静摩擦力达到最大时，恰好最大静摩擦力与弹力垂直，此时$F_{n1} = m\omega^2 · 2l_0 = \frac{kl_0}{\cos60°} = 2kl_0$，解得$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$，D正确。
关键点拨：如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。