《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

9. (2024 河北保定期末)如图所示，长为 $ L $ 的轻杆，两端分别固定质量为 $ M $、$ m $ 的小球，杆的中心固定在水平轴 $ O $ 上，水平轴 $ O $ 带着轻杆在竖直平面内做匀速圆周运动，已知圆周运动的角速度为 $ \omega = \sqrt{\frac{g}{L}} $，重力加速度为 $ g $，求：
(1) 轻杆转到水平位置时对小球 $ m $ 的作用力；
(2) 轻杆转到竖直位置时（$ M $ 在上，$ m $ 在下）水平轴 $ O $ 对轻杆的作用力。

答案：
9.
(1)设轻杆转到水平位置时对小球$m$的作用力为$F$，力$F$与水平方向的夹角为$\theta$，小球$m$受力分析如图所示，则$F_n = m \omega^2 \frac{L}{2} = \frac{1}{2} mg$，向心力为$F$和重力$mg$的合力，故$F = \sqrt{(F_n)^2 + (mg)^2} = \sqrt{(\frac{1}{2} mg)^2 + (mg)^2} = \frac{\sqrt{5}}{2} mg$，$\tan \theta = \frac{mg}{F_n} = \frac{mg}{\frac{1}{2} mg} = 2$，轻杆转到水平位置时对小球$m$的作用力$F$大小为$\frac{\sqrt{5}}{2} mg$，与水平方向夹角的正切值为2，斜向左上方。
(2)轻杆转到竖直位置时，规定竖直向下为正方向，设杆对$M$的作用力为$F_1$，则$F_1 + Mg = M \omega^2 \frac{L}{2}$，解得$F_1 = - \frac{Mg}{2}$，杆对$M$的作用力大小为$\frac{Mg}{2}$，方向竖直向上。
由牛顿第三定律，$M$对杆的作用力大小为$\frac{Mg}{2}$，方向竖直向下；轻杆转到竖直位置时，规定竖直向上为正方向，设杆对$m$的作用力为$F_2$，则$F_2 - mg = m \omega^2 \frac{L}{2}$，解得$F_2 = \frac{3}{2} mg$，杆对$m$的作用力大小为$\frac{3}{2} mg$，方向竖直向上。
由牛顿第三定律，$m$对杆的作用力大小为$\frac{3}{2} mg$，方向竖直向下。
轻杆转到竖直位置时($M$在上，$m$在下)，水平轴$O$对轻杆的作用力$F_3 = \frac{3}{2} mg + \frac{1}{2} Mg$，方向竖直向上。

10. (2024 广东惠州一中月考)图甲为一种小型打夯机，原理可简化为一个质量为 $ M $ 的支架(含电动机)上，由一根长为 $ l $ 的轻杆带动一个质量为 $ m $ 的铁球(可视为质点)转动，如图乙。某次打夯过程中，铁球以角速度 $ \omega $ 匀速转动，重力加速度为 $ g $，则(D)


A.当铁球转到最高点时，支架对地面的压力最大
B.当铁球转到最低点时，支架对地面的压力可能为零
C.当铁球转到水平最右端时，轻杆对铁球的作用力大小为 $ m\omega^2 l $
D.若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则角速度满足 $ \omega = \sqrt{\frac{(M + m)g}{ml}} $

答案： 10.D 解析:当铁球转到最高点时，轻杆对小球可能是没作用力，可以是向上的支持力为$mg - m \omega^2 r$，可以是向下的拉力$m \omega^2 r - mg$，所以支架对地面的压力可以是$Mg$，或$mg - m \omega^2 r + Mg$，或$m \omega^2 r - mg + Mg$，当铁球转到最低点时，轻杆对小球只能是向上的拉力$mg + m \omega^2 r$，所以支架对地面的压力为$mg + m \omega^2 r + Mg$，可见当铁球转到最高点时，支架对地面的压力不是最大，当铁球转到最低点时，支架对地面的压力不可能为零，故A、B错误；当铁球转到水平最右端时，轻杆对铁球的作用力和重力合力提供向心力，设轻杆对铁球的作用力为$F$，由平行四边形定则有$F = \sqrt{(m \omega^2 l)^2 + (mg)^2}$，故C错误；若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，即杆对支架有向上的拉力，大小为$Mg$，此时杆对小球为向下的拉力，大小为$Mg$，对小球由牛顿第二定律得$Mg + mg = m \omega^2 l$，解得$\omega = \sqrt{\frac{(M + m)g}{ml}}$，故D正确。

11. (多选，2024 河北保定期末)一倾角为 $ 30^{\circ} $ 的圆盘绕过圆心且垂直盘面的轴以大小为 $ \sqrt{\frac{g}{6r}} $ 的角速度匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为 $ r $、质量为 $ m $ 的物块(可视为质点)随圆盘一起转动(相对盘面静止)。如图所示，$ P $ 点是物块运动的轨迹圆上的最高点，$ Q $ 点是物块运动的轨迹圆上的最低点，重力加速度大小为 $ g $，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(AD)


A.物块经过 $ Q $ 点时受到的静摩擦力大小为 $ \frac{2}{3}mg $
B.物块经过 $ P $ 点时受到的静摩擦力大小为 $ \frac{1}{6}mg $
C.物块与盘面间的动摩擦因数可能为 $ \frac{4}{9} $
D.若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为 $ Q $ 点

答案： 11.AD 解析:物块随圆盘一起转动过程中，所需向心力为$F = m \omega^2 r = \frac{1}{6} mg$，物块经过Q点时，根据牛顿第二定律有$f_Q - mg \sin 30° = F$，解得$f_Q = \frac{2}{3} mg$，A正确。物块经过P点时，根据牛顿第二定律有$mg \sin 30° - f_P = F$，解得$f_P = \frac{1}{3} mg$，B错误。静摩擦力小于或等于最大静摩擦力，即$f_Q = \frac{2}{3} mg \leqslant \mu mg \cos 30°$，$f_P = \frac{1}{3} mg \leqslant \mu mg \cos 30°$，解得$\mu \geqslant \frac{4\sqrt{3}}{9}$，C错误。若圆盘的角速度继续缓慢增大，当物块经过Q点时，沿斜面向上的静摩擦力和重力沿斜面向下的分力的合力提供向心力，即静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力与向心力之和；当物块经过P点，且静摩擦力为0时，由牛顿第二定律有$m g \sin 30° = m \omega_0^2 r$，解得$\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{2r}}$，则当角速度增大到$\omega ＞ \sqrt{\frac{g}{2r}}$后，沿斜面向下的静摩擦力和重力沿斜面向下的分力与向心力之差，即在Q点时的静摩擦力大，因此，若圆盘的角速度继续缓慢增大，则物块最容易与圆盘发生相对滑动的位置为Q点，D正确。
规律总结 与竖直平面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动通常也是分析物体在最高点和最低点的受力情况，通过列牛顿运动定律方程解题。只是在进行受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。