第四章 第3讲 圆周运动
2021江苏新高考物理一轮复习讲义：第四章 第3讲 圆周运动 (含答案)
第3讲圆周运动一、匀速圆周运动及描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．运动参量自测(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s ，转动周期为2 s ，则( ) A ．角速度为0.5 rad/s B ．转速为0.5 r/s C ．轨迹半径为4π mD ．加速度大小为4π m/s 2答案 BCD二、匀速圆周运动的向心力 1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．大小F n ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .3．方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．判断正误(1)物体做匀速圆周运动时，因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力．(×)(2)物体做匀速圆周运动时，因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小．(√)(3)物体做匀速圆周运动时，向心力由物体所受的合外力提供．(√)三、离心运动和近心运动1．离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2.受力特点(如图1)图1(1)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(2)当0<F<mrω2时，物体逐渐远离圆心；(3)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力．1．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比．当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．2．对a n＝v2r＝ω2r的理解在v一定时，a n与r成反比；在ω一定时，a n与r成正比．3．常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图2甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A＝v B.图2(2)摩擦传动和齿轮传动：如图3甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A＝v B.图3(3)同轴转动：如图4甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr 知v与r成正比．图4例1(多选)(2018·江苏卷·6)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车()A．运动路程为600 m B．加速度为零C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km答案AD解析由s＝v t知，s＝600 m，故A正确；在弯道做圆周运动，火车加速度不为零，故B错误；由10 s内转过10°知，角速度ω＝10°360°×2π10rad/s＝π180rad/s≈0.017 rad/s，故C错误；由v＝rω知，r＝vω＝60π180m≈3.4 km，故D正确．变式1(2019·江苏无锡市阶段检测)如图5所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c 三点在运动过程中的()图5A ．线速度大小之比为3∶2∶2B ．角速度之比为3∶3∶2C ．转速之比为2∶3∶2D ．向心加速度大小之比为9∶6∶4 答案 D解析 A 、B 间靠摩擦传动，则a 、b 两点的线速度大小相等，v a ∶v b ＝1∶1，选项A 错误；B 、C 同轴转动，则ωb ＝ωc ，选项B 错误；因n b n c ＝ωb ωc ＝11，故选项C 错误；对a 、b 两点，由a ＝v 2r 得a a ab ＝R B R A ＝32，对b 、c 两点，由a ＝ω2r 得a b a c ＝R B R C ＝32，故a a ∶a b ∶a c ＝9∶6∶4，选项D 正确．1．向心力来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．运动模型3.分析思路例2(多选)(2019·安徽合肥市第二次质检)如图6所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内．转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒．设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是()图6A ．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B ．转弯时车不发生侧滑的最大速度为μgRC ．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD ．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小 答案 BD解析 车受到的地面的支持力方向不与车所在的平面平行，故A 错误；设自行车受到地面的弹力为F N ，则有：F fm ＝μF N ，由平衡条件有：F N ＝Mg ，根据牛顿第二定律有：F fm ＝M v m 2R ，代入数据解得：v m ＝μgR ，故B 正确；对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力F N 与摩擦力F f 的合力过人与车的重心，则：1tan θ＝F f Mg ，解得F f ＝Mgtan θ，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg ，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确．变式2(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图7，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系在小环上，另一端系着夹子，夹子夹紧一个质量为M的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离为L，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为F.小环和物块一起向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环和物块一起向右匀速运动的速度最大为(不计小环和夹子的质量，重力加速度为g)()图7A.FLM B.2FLMC.(F－Mg)LM D.(2F－Mg)LM答案 D解析当小环碰到钉子的瞬间，物块将做圆周运动，则对物块：2F－Mg＝M v2L，解得v＝(2F－Mg)LM，故选D.拓展点实验：探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系例3 (2019·福建泉州市5月第二次质检)某同学做验证向心力与线速度关系的实验．装置如图8所示，一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球．钢球静止时刚好位于光电门中央．主要实验步骤如下：图8①用游标卡尺测出钢球直径d ；②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F 1，用米尺量出细线的长度为L;③将钢球拉到适当的高度处由静止释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t ，力传感器示数的最大值为F 2；已知当地的重力加速度大小为g ，请用上述测得的物理量表示：(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v ＝________，向心力表达式F 向＝m v 2R ＝________；(2)钢球经过光电门时所受合力的表达式F 合＝______；(3)若在实验误差允许的范围内F 向＝F 合，则验证了向心力与线速度的关系．该实验可能的误差有：________________________________________________________________________. (写出一条即可) 答案 (1)dtF 1d 2gt 2(L ＋d 2)(2)F 2－F 1 (3)摆线的长度测量有误差 解析 (1)钢球的直径为d ，遮光时间为t ，所以钢球通过光电门的速度：v ＝dt ，根据题意知，钢球做圆周运动的半径为：R ＝L ＋d 2，钢球质量：m ＝F 1g ，则向心力表达式：F 向＝m v 2R ＝F 1d 2gt 2(L ＋d2).(2)钢球经过光电门时只受重力和细线的拉力，由分析可知，钢球通过光电门时，细线的拉力最大，大小为F 2，故所受合力为F 合＝F 2－F 1.(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时存在误差.1．运动特点(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动．(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒．(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度．(4)一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形． 2．常见模型图示受力特征除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上受力示意图力学方程mg ＋F 弹＝m v 2Rmg ±F 弹＝m v 2R临界特征F 弹＝0mg ＝mv min 2R即v min ＝gRv ＝0 即F 向＝0 F 弹＝mg过最高点的条件 在最高点的速度v ≥gRv ≥0 模型归纳 轻绳模型轻杆模型模型1 球—绳模型例4(2020·福建龙岩市质检)如图9甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平面内做圆周运动．改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F－v2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为(0，－b)，斜率为k.不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图9A ．该小球的质量为bgB ．小球运动的轨迹半径为bkgC ．图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零D ．当v 2＝a 时，小球的向心加速度为g 答案 B解析 小球在最高点时受到的拉力为F ，则有： F ＋mg ＝m v 2R ，解得：F ＝m v 2R－mg结合题图乙可知：mg ＝b ，即m ＝b g ，斜率为k ＝m R ＝2ba解得：R ＝m k ＝bkg，故A 错误，B 正确；图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故C 错误；根据向心加速度公式可知a ′＝v 2R ＝a b kg ＝akgb＝2g ，故D 错误．模型2 球—杆模型例5(2020·四川绵阳市模拟)如图10所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时()图10A ．球B 的速度为零B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg ＝m v B 22L，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝ 12v B ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L，解得：F ＝1.5mg ，根据牛顿第三定律可知，C 正确，D 错误． 变式3 一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图11所示，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B ．小球过最高点的最小速度是gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小答案 A解析 当小球在最高点所受的弹力为零时，有mg ＝m v 2R，解得v ＝gR ，即当速度v ＝gR 时，轻杆所受的弹力为零，所以A 正确．小球通过最高点的最小速度为零，所以B 错误．小球在最高点，若v <gR ，则有：mg －F ＝m v 2R，轻杆的作用力随着速度的增大先减小后反向增大，若v >gR ，则有：mg ＋F ＝m v 2R，轻杆的作用力随着速度增大而增大，所以C 、D 错误．1．与摩擦力有关的临界极值问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力．(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力F m ＝m v 2r，静摩擦力的方向一定指向圆心． (2)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．2．与弹力有关的临界极值问题(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力．例6(多选)如图12所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是()图12A．当ω>2Kg3L时，A、B相对于转盘会滑动B．当ω>Kg2L，绳子一定有弹力C．ω在Kg2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大答案ABD解析当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝2Kg3L，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B项正确；当ω>Kg2L时，B已达到最大静摩擦力，则ω在Kg2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由F f－F T＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确．1．(圆周运动的运动学问题)(多选)(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖、池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转．”并附有牛力齿轮翻车的图画如图13所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田．已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为r A>r B>r C，则()图13A．齿轮A、B的角速度相等B．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小C．齿轮B、C的角速度相等D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度小答案BC解析齿轮A与齿轮B是齿轮传动，边缘线速度大小相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度．而B与C是同轴转动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小，故A错误，B、C正确；B、C角速度相等，齿轮B的半径大，边缘线速度大于C的，又齿轮A与齿轮B边缘线速度大小相等，所以齿轮A边缘的线速度比C 边缘的线速度大，故D错误．2．(圆周运动的动力学问题)(多选)(2019·天津市南开区下学期二模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图14所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力．设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T.则下列说法正确的是()图14A ．若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 增大B ．若飞行速率v 不变，θ增大，则周期T 增大C ．若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大D ．若飞行速率v 增大，θ增大，则周期T 可能不变答案 CD解析 对飞机进行受力分析，如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mg tan θ＝m v 2R ＝m 4π2T 2R ，解得：v ＝gR tan θ，T ＝2πR g tan θ.若飞行速率v 不变，θ增大，由v ＝gR tan θ知，R 减小，则再由T ＝2πR g tan θ知T 减小，故A 、B 错误；若θ不变，飞行速率v 增大，由v ＝gR tan θ知，R 增大，故C 正确；若飞行速率v 增大，θ增大，R 的变化不能确定，则周期T 可能不变，故D 正确．3.(圆周运动的动力学问题)洗衣机的脱水筒如图15所示，设其半径为R并绕竖直轴线OO′以角速度ω匀速转动．质量不同的小物件A、B随脱水筒转动且相对筒壁静止，两小物体与筒壁间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则()图15A．转速减小，质量大的物件先下落B．转速增加，物件对筒壁的压力均增加C．转速增加，物件受到的摩擦力均增加D．转动过程中两物件的向心加速度总是相同答案 B解析物件恰不下落时，对物件受力分析，水平方向：F N＝mω2r；竖直方向：mg＝μF N，即g＝μω2r，则与衣物的质量无关，即转速减小，物件同时下落，选项A错误；由F N＝mω2r 可知，转速增加，物件对筒壁的压力均增加，选项B正确；物件所受的摩擦力等于重力，可知转速增加，物件受到的摩擦力不变，选项C错误；转动过程中两物件的向心加速度大小相同，但是方向不一定相同，选项D错误．4．(竖直面内的圆周运动问题)(2019·江苏扬州中学月考)如图16所示，一质量为m的小球分别在甲、乙两种竖直固定轨道内做圆周运动．若两轨道内壁均光滑、半径均为R，重力加速度为g，小球可视为质点，空气阻力不计，则()图16A．小球通过甲轨道最高点时的最小速度为零B．小球通过乙管道最高点时的最小速度为gRC．小球以最小速度通过甲轨道最高点时受到轨道弹力为mgD．小球以最小速度通过乙管道最高点时受到轨道弹力为mg答案 D5.(圆周运动的临界极值问题)(2019·江苏丹阳市期中)如图17所示，与轻绳相连的滑块置于水平圆盘上，绳的另一端固定于圆盘中心的转轴上，绳子刚好伸直且无弹力，绳长l＝0.5 m．滑块随圆盘一起做匀速圆周运动(二者未发生相对滑动)，滑块的质量m＝1 kg，与水平圆盘间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：图17(1)圆盘角速度ω1＝1 rad/s时，滑块受到静摩擦力的大小；(2)圆盘的角速度ω2至少为多大时，绳中才会有拉力．答案(1)0.5 N(2)2 rad/s解析(1)静摩擦力提供向心力，有：F f＝mω12l，代入数据解得：F f＝0.5 N(2)当静摩擦力达到最大值时，绳中才出现拉力，最大静摩擦力提供向心力，有：μmg＝mω22l，代入数据解得：ω2＝2 rad/s.1．(2020·河北邢台市调研)如图1所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯时的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看做一个整体，下列论述正确的是()图1A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力答案 B解析向心力为沿半径方向上的合力．运动员转弯时，受力分析如图所示，可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当F f<m v2r，摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发生离心侧滑，故C、D错误．2.(多选)(2020·辽宁丹东市质检)在如图2所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，()图2A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1B．A点和B点的角速度之比为1∶1C．A点和B点的角速度之比为3∶1D．以上三个选项只有一个是正确的答案AC解析题图中三个齿轮边缘线速度相等，则A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr 可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为3∶1，故A、C正确，B、D错误．3.(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图3所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则()图3A ．该弯道的半径r ＝v 2g tan θB ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C ．当火车速率大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压D ．当火车速率大于v 时，外轨将受到轮缘的挤压答案 ABD解析 火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mg tan θ＝m v 2r ，解得：r ＝v 2g tan θ，故A 正确；根据牛顿第二定律有：mg tan θ＝m v 2r ，解得：v ＝gr tan θ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B 正确；当火车速率大于v 时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 错误，D 正确．4.(2019·辽宁沈阳市第一次质检)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm ，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g 等于10 m/s 2，则此弯道内、外轨高度差应为( )A ．8 cmB ．9 cmC ．10 cmD ．11 cm答案 B解析 由题可知：半径R ＝5 600 m ，时速为v ＝216 km/h ＝60 m/s ；根据牛顿第二定律有：mg tan θ＝m v 2R解得：tan θ＝9140由题意得tan θ＝sin θ＝h L而L ＝1 400 mm联立得：h ＝90 mm ＝9 cm ，故B 正确，A 、C 、D 错误．5.(多选)(2019·四川南充市第一次高考适应性考试)如图4所示，A 、B 两个物体放在水平旋转的圆盘上，A 的质量是m ，B 的质量为2m ，B 离轴距离为R ，A 离轴距离为2R ，在转盘转速增加的过程中，两物体始终相对盘静止，则( )图4A．A与B的线速度大小之比为2∶1B．A与B的角速度之比为1∶1C．A与B的向心加速度大小之比为1∶1D．摩擦力对物体做正功答案BD解析A、B同轴转动，角速度相等，即ωA∶ωB＝1∶1，由v＝rω得：v A∶v B＝r A∶r B＝2∶1，故A错误，B正确；根据a＝rω2知，a A∶a B＝r A∶r B＝2∶1，故C错误；由于只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W f＝ΔE k，转盘转速增加则动能增加，所以摩擦力对物体做正功，故D正确．6．(2019·四川遂宁市三诊)如图5(a)中甲汽车在水平路面上转弯行驶，图(b)中乙汽车在倾斜路面上转弯行驶．关于两辆汽车的受力情况，以下说法正确的是()图5A ．两车都受到路面竖直向上的支持力作用B ．两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力C ．甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力D ．乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力答案 D解析 水平路面上的汽车在竖直方向上受竖直向上的支持力和竖直向下的重力，倾斜路面上汽车受到的支持力与倾斜路面垂直，故A 错误．汽车转弯时的运动可看成圆周运动，向心力方向指向弯道内侧，令倾斜路面的倾角为θ，当乙车的速度满足m v 2r＝mg tan θ，即v ＝gr tan θ，乙车恰好没有向路面内外两侧滑动的趋势，即此时乙车不受摩擦力作用；乙车在倾斜路面转弯，当速度大于gr tan θ时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，这时乙车有向外运动的趋势，所以乙车受到路面的摩擦力指向弯道内侧；当速度小于gr tan θ时，重力与支持力的合力大于所需向心力，乙车有向里运动的趋势，此时乙车受到平行路面指向弯道外侧的摩擦力作用，故B 错误，D 正确．甲车转弯时，由静摩擦力提供做圆周运动所需的向心力，故甲车不可能不受平行于路面指向弯道内侧的摩擦力，故C 错误．7.(多选)(2019·四川成都七中5月测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P 可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转．一根轻绳穿过P ，两端分别连接质量为m 1和m 2的小球A 、B (m 1≠m 2)．设两球同时做如图6所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )图6A ．两球运动的周期相等B ．两球的向心加速度大小相等C ．球A 、B 到P 的距离之比等于m 2∶m 1D ．球A 、B 到P 的距离之比等于m 1∶m 2答案 AC解析 对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F T ，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有F T cos θ＝mg ，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P 的距离为l ，则有F T sin θ＝mg tan θ＝m 4π2T 2l sin θ，解得周期为T ＝2πl cos θg ＝2πh g，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A 正确；连接两球的绳的张力F T 相等，由于向心力为F n ＝F T sin θ＝mω2l sin θ，故m 与l 成反比，即l 1l 2＝m 2m 1，又小球的向心加速度a ＝ω2h tan θ＝(2πT)2h tan θ，故向心加速度大小不相等，选项C 正确，B 、D 错误．8．(2019·山东滨州市上学期期末)利用如图7所示的实验装置可验证做匀速圆周运动的物体所受合外力与所需向心力的“供”“需”关系，启动小电动机带动小球做圆锥摆运动，不计一切阻力，移动水平圆盘，当盘与球恰好相切时关闭电动机，让球停止运动，悬线处于伸直状态．利用弹簧秤水平径向向外拉小球，使小球恰好离开圆盘且处于静止状态时，测出水平弹力的大小F .图7(1)为算出小球做匀速圆周运动时所需向心力，下列物理量还应该测出的有________．A ．用秒表测出小球运动周期TB ．用刻度尺测出小球做匀速圆周运动半径rC ．用刻度尺测出小球到线的悬点的竖直高度hD ．用天平测出小球质量m(2)小球做匀速圆周运动时，所受重力与线拉力的合力大小________弹簧秤测出F 大小．(选。
第四章 第3-3讲竖直面内的圆周运动
【典例透析2】小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一 端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直 平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉， 球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高 度为d，手与球之间的绳长为 3 d ,重力加速度为g。忽略手的运
4
动半径和空气阻力。求：
(1)绳断时球的速度大小v1; (2)绳能承受的最大拉力； (3)改变绳长（绳承受的最大拉力不变），保持手的位置不动， 使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球 抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
【解析】(1)设绳断后球做平抛运动时间为t1，
竖直方向：
1 4
d
1 2
第3-3讲 竖直面内的圆周运动
【考点解读】 1.竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。 2.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。 3.竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问 题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点速 度不为零。 4.一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低 点的两种情形。
【规范解答】已知a、b绳长均为1 m，即：
Am Bm 1 m，AO 1 AB 0.8 m 2
在△AOm中，cos AO 0.8 0.8
Am 1
sinθ=0.6，θ=37° 小球做圆周运动的轨道半径为
r Om Amsin 1 0.6 m 0.6 m
b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a绳拉力FTa的合 力F为向心力，其受力分析如图所示： 由牛顿第二定律得：F=mgtanθ=mrω2 解得直杆和球的角速度为
【解析】（1）物块做平抛运动，竖直方向有
H 1 gt2 2
作业本：第四章 第3讲 圆周运动的规律及其应用
第3讲圆周运动的规律及其应用A对点训练——练熟基础知识题组一匀速圆周运动的运动学问题1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验．在T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T，由此可知()．A．小球运动的角速度ω＝T/(2π)B．小球运动的线速度v＝2πL/TC．小球运动的加速度a＝2π2L/T2D．细绳中的拉力为F＝4mπ2L/T2解析小球运动的角速度ω＝2π/T，选项A错误；线速度v＝ωL＝2πL/T，选项B正确；加速度a＝ω2L＝4π2L/T2，选项C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝4mπ2L/T2，选项D正确．答案BD2．(单选)2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm，小球2 s 转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为()．A．0.1 m/s B．0.5 m/sC．1 m/s D．2 m/s解析在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s＝2πR＝2π×0.32 m＝2 m，由s＝v t可得小球做匀速圆周运动的速度为v＝s/T＝1 m/s，选项C正确．答案 C题组二 匀速圆周运动的动力学问题3．(单选)如图4－3－9所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O 处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A 处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( )． A.12 B.12 C.14 D.13 解析 小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x ，弹簧的劲度系数为k ，则有kx ＝m ·4x ·ω12，k ·3x ＝m ·6x ·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B 正确．答案 B4．(2013·扬州中学期中考试)(单选)如图4－3－10所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两物体A 和B ，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚好没有发生滑动时，烧断细线，则两物体的运动情况将是 ( )．A ．两物体均沿切线方向滑动B ．两物体均沿半径方向滑动，远离圆心C ．两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会滑动D ．物体A 仍随圆盘做匀速圆周运动，物体B 沿曲线运动，远离圆心 解析 对A 和B 分别受力分析，如图所示随着圆盘转速的增加，f B 先达最大值即有：μmg ＋T ＝mr B ω2当f A 达最大值时：μmg －T ＝mr A ω2此时烧断细线，B 将发生离心现象，图4－3－9图4－3－10而A 仍可以做圆周运动，选D.答案 D5．(2013·江苏卷，2)(单选)如图4－3－11所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是 ( )． A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析 A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r 得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mg cos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．答案 D题组三 离心现象6．(单选)世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里，共有23个弯道，如图4－3－12所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是 ( )．A ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的图4－3－11图4－3－12D ．由公式F ＝mω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道解析 赛车在水平面上转弯时，它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的．由F ＝m v 2r 知，当v 较大时，赛车需要的向心力也较大，当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道．答案 C7．(2013·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图4－3－13，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( )．A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小解析 汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A 正确；选项D 错误．当v <v c 时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v >v c 时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B 错误，选项C 正确．答案 AC题组四 圆周运动的临界问题8．(2013·上海卷，6)(单选)秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千( )． A ．在下摆过程中B ．在上摆过程中C ．摆到最高点时D ．摆到最低点时解析 当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D 正确． 答案 D图4－3－139．(2013·北京西城区期末考试)(多选)如图4－3－14所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m 在圆形轨道内侧做圆周运动．对于半径R 不同的圆形轨道，小球m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的有 ( )．A ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小解析 在最高点时，由mg ＝m v 2R 可得v ＝gR ，所以半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A 正确；由机械能守恒可知12m v 2＋mg ×2R ＝12m v 02，所以v 0＝5gR ，由ω＝v R ＝5g R ，故半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小，D 正确．答案 AD10．(单选)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一细绳，绳的另一端连接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，小球可随转轴转动在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图4－3－15所示．要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )． A.12π g h B ．πgh C.12π g l D.12πl g 解析 当小球即将离开水平面时，F N ＝0，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m (2πn m )2R ①图4－3－14 图4－3－15R ＝h tan θ②联立①②得n m ＝12π g h 选项A 正确．答案 A11．(多选)如图4－3－16所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定转轴O ，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL ，则以下判断正确的是( )．A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度小于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力解析 根据机械能守恒定律2mgL ＝12m v 2－12m v P 2，可求出小球在P 点的速度为12gL <gL ，故B 正确，A 错误．计算出向心力F ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 错误、D 正确．答案 BDB 深化训练——提高能力技巧12．(单选)如图4－3－17所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转动轴的最大距离为( )． A.R B 4 B.R B 3 C.R B 2D ．R B 解析 由题图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度相同，图4－3－16 图4－3－17由ω＝v R ，得ωA ωB ＝v /R A v /R B ＝R B R A＝12.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg ，故μmg ＝mωA 2R A ①设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg ＝mωB 2r ②因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mωA 2R A ＝mωB 2r ，得r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ωA ωB 2R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122R A ＝R A 4＝R B 2.所以选项C 正确． 答案 C13．(单选)雨天的野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图4－3－18所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则 ( )．A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析 当后轮匀速转动时，由a ＝Rω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝mω2R ，在b 、d 两点有F bd ＝mω2R ，在c 点有F c －mg ＝mω2R .所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B 、D 错误，C 正确．答案 C14．(2013·常州市上学期期中考试)如图4－3－19所示，将一质量为m ＝0.1 kg 的小球自水平平台右端O 点以初速度v 0水平抛出，小球飞离平台后由A 点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC ，并沿轨道恰好通过最高点C ，圆轨道ABC 的形状为半径R ＝2.5 m 的圆截去了左上角127°的圆弧，BC 为其竖直直径，(sin 图4－3－1853°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g 取10 m/s 2)求：图4－3－19(1)小球经过C 点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B 时小球对轨道的压力大小；(3)v 0的数值．解析 (1)恰好运动到C 点，仅有重力提供向心力，即mg ＝m v C 2R解得：v C ＝5 m/s(2)从B 点到C 点，由机械能守恒定律有12m v C 2＋2mgR ＝12m v B 2 在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R解得：F N ＝6 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6 N(3)从A 到B 由机械能守恒定律有12m v A 2＋mgR (1－cos 53°)＝12m v B 2 解得：v A ＝105m/s在A 点进行速度的分解有：v 0＝v A cos 53°＝35105 m/s答案 (1)5 m/s (2)6 N (3)35105 m/s。
必修2 第四章 第3讲 圆周运动
图3
13
知识梳理·双基过关
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A．速度恒定 B．加速度恒定 C．相等时间内转过的角度相同 D．相等时间内经过的位移相同 解析 速度、加速度、位移均为矢量，在做圆周运动时，方向是变化的，选项A、 B、D均错误，C正确。 答案 C
14
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2．(多选)(2018·江苏单科，6)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在
桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车( )
A．运动路程为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
解析 在此 10 s 时间内，火车运动路程 s＝vt＝60×10 m＝600 m，选项 A 正确；
B．A、B 球的向心力之比为 3∶1 C．A、B 球运动的角速度之比为 3∶1 D．A、B 球运动的线速度之比为 1∶1
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解析 设小球受到的支持力为 FN，向心力为 F，则有 FNsin θ＝mg，FNA∶FNB＝ 3∶1，选项 A 错误；F＝tamngθ，FA∶FB＝3∶1，选项 B 错误；小球运动轨道高
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图5
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解析 火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设 转弯处斜面的倾角为 θ，根据牛顿第二定律得 mgtan θ＝mvr2，解得 r＝gtavn2 θ， 故选项 A 正确；根据牛顿第二定律得 mgtan θ＝mvr2，解得 v＝ grtan θ，可知火 车规定的行驶速度与质量无关，故选项 B 正确；当火车速率大于 v 时，重力和 支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选 项 C 错误；当火车速率小于 v 时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此 时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项 D 错误。
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动
考向二 水平面内的匀速圆周运动模型 1．分析圆周运动问题的基本思路如下
2．水平面内的匀速圆周运动的常见模型 (1)水平转盘：如图甲所示，向心力由静摩擦力提供，即 Ff＝mω2r，物体刚要滑动时Ff＝μmg.所以，临界角速度ωm＝ μrg.
特点与规律： 物体离中心O越远，ωm越小，就越容易被“甩出去”．
加速度跟半径成正比，故aC＝12a，所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1. 【答案】 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1
【规律方法】 在分析传动装置的各物理量时，要抓住 不等量与等量之间的关系．分析此类问题有两个关键点：一 是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮 带接触的各点线速度大小相同．这两点抓住了，然后根据描 述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论．
C. gRtan θ
D. gRcot θ
解析：C 轨道不受侧向挤ห้องสมุดไป่ตู้时，轨道对列车的作用力 就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公 式mgtan θ＝mvR2，得v＝ gRtan θ，C正确．
4．(多选)如图所示，两个质量均为 m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆 盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转 轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩 擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静 止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速 度，下列说法正确的是( )
平面对A的静摩擦力方向背离圆心，大小等于最大静摩擦力2
N，此时对A有T－Ffm＝Mω
2 1
r，B静止时受力平衡，T＝mg＝
3 N，解得ω1＝2.9 rad/s
当ω为所求范围的最大值时，A有远离圆心运动的趋势， 水平面对A的摩擦力方向指向圆心，且大小为2 N，此时对A 有T＋Ffm＝Mω22r
高考物理 知识复习与检测 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲 圆周运动
第3讲 圆周运动一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动． (2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动． (3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心． 2．描述匀速圆周运动的物理量深度思考 如图1所示为一辆自行车传动装置的结构图．图1(1)同一齿轮上到转轴距离不同的各点的线速度、角速度是否相同？(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同，转速是否相同？ 答案 (1)线速度不同，角速度相同．(2)线速度相同，角速度、转速不同． 二、匀速圆周运动的向心力 1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．大小F ＝m v 2r ＝mr ω2＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝4π2mf 2r .3．方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 三、离心现象1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势． 3．受力特点(如图2)图2当F ＝mr ω2时，物体做匀速圆周运动； 当F ＝0时，物体沿切线方向飞出； 当F <mr ω2时，物体逐渐远离圆心．1．判断下列说法是否正确．(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( × )(2)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．( × )(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．( × ) (4)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．( √ )(5)飞机在空中沿半径为R 的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．( √ ) 2．(人教版必修2P25第3题改编)如图3所示，小物体A 与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A 受力情况是( )图3A ．重力、支持力B ．重力、向心力C ．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D ．重力、支持力、向心力、摩擦力 答案 C3．(人教版必修2P19第4题改编)图4是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )图4A.πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D.2πnr 1r 3r 2答案 D4．(人教版必修2P25第2题改编)如图5所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是( )图5A ．A 球的角速度等于B 球的角速度 B ．A 球的线速度大于B 球的线速度C ．A 球的运动周期小于B 球的运动周期D ．A 球对筒壁的压力大于B 球对筒壁的压力 答案 B解析 先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg 和支持力F N 的合力，建立如图所示的坐标系，则有：F N sin θ＝mg ① F N cos θ＝mr ω2②由①得F N ＝mgsin θ，小球A 和B 受到的支持力F N 相等，由牛顿第三定律知，选项D 错误．由于支持力F N 相等，结合②式知，A 球运动的半径大于B 球运动的半径，故A 球的角速度小于B 球的角速度，A 球的运动周期大于B 球的运动周期，选项A 、C 错误．又根据F N cos θ＝mv 2r可知：A 球的线速度大于B 球的线速度，选项B 正确.命题点一 圆周运动的分析 1．圆周运动中的运动学分析 (1)对公式v ＝ωr 的理解 当r 一定时，v 与ω成正比； 当ω一定时，v 与r 成正比； 当v 一定时，ω与r 成反比．(2)对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 2．圆周运动中的动力学分析 (1)向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． (2)向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．例1 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图6A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s绕赛道一圈时间最短．答案 AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v 2mr，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－R －r2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30 s≈2.80 s，选项D 错误．1．如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图7A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝r ω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a ＝r ω2可知，座椅A 的向心加速度比B的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mr ω2，tan θ＝r ω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcosθ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．2．(多选)如图8所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )图8A ．周期相同B ．线速度的大小相等C ．角速度的大小相等D ．向心加速度的大小相等 答案 AC解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg 、绳子拉力F T ，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的距离为h ，则有mg tan θ＝ma n ＝m ω2h tan θ，可得向心加速度a n ＝g tan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D 错；角速度ω＝gh，所以角速度大小相等，选项C 对；由于水平面内圆周运动的半径不同，线速度v ＝ωh tan θ，所以线速度大小不同，选项B 错，周期T ＝2πω，角速度相等，所以周期相等，选项A 对．命题点二 水平面内圆周运动的临界问题例2 如图9所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)求：图9(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？①小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动；②若要小球刚好离开锥面．答案 (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s解析 (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝m ω 20l sin θ解得：ω20＝g l cos θ即ω0＝g l cos θ＝522 rad/s. (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan α＝m ω′2l sin α解得：ω′2＝gl cos α，即ω′＝g l cos α＝2 5 rad/s.水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)． 2．三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T ＝0.3．(多选)如图10所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图10A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a＝mω2l，f b＝mω2·2l，f a<f b，选项B错误；当ω＝kg2l时b刚要开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg3l时，a没有滑动，则f a＝mω2l＝23kmg，选项D错误．命题点三竖直面内的圆周运动1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法重力、弹力，弹力方向向下或重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向上例3小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图11所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )图11A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度①P 球的质量大于Q 球的质量；②由静止释放；③在各自轨迹的最低点．答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，L P <L Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a n ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误．例4 如图12所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动．g 取10 m/s 2，求：图12(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ (2)当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的速度不能超过多大？①轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动；②小球要做完整的圆周运动；③最大张力为45 N.答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 2 m/s解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得mg ＋F 1＝mv 2R①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值，亦即F 1≥0②联立①②得v ≥gR ， 代入数值得v ≥2 m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s. (2)将v 2＝4 m/s 代入①得，F 2＝15 N.(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F 3－mg ＝mv23R③将F 3＝45 N 代入③得v 3＝4 2 m/s 即小球的速度不能超过4 2 m/s.4．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图13所示，已知绳长为l ，重力加速度为g ，则( )图13A ．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态B ．小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C ．当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点PD ．当v 0<gl 时，细绳始终处于绷紧状态 答案 CD解析 小球运动到最低点Q 时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A 错误；小球在最低点时：F T1－mg ＝m v 20l ；在最高点时：F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12mv 20－mg ·2l ＝12mv 2，解得F T1－F T2＝6mg ，故在P 、Q 两点绳对小球的拉力差与初速度v 0无关，选项B 错误；当v 0＝6gl 时，得v ＝2gl ，因为小球能经过最高点的最小速度为gl ，则当v 0>6gl 时小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；当v 0＝gl 时，由12mv 20＝mgh 得小球能上升的高度h ＝12l ，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v 0<gl 时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D 正确．5．如图14所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图14A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝m v2B 2L，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg ＝m v2A L，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误.斜面上圆周运动的临界问题在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．下面列举三类实例：1．静摩擦力控制下的圆周运动图15典例1如图15所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s答案 C解析当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r解得ω＝1.0 rad/s故选项C正确．2．轻绳控制下的圆周运动典例2如图16所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10 m/s2)图16答案0°≤α≤30°解析小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mg sin α小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有F T＋mg sin α＝mv 21l①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mgl sin α＝12mv 21－12mv 20②若恰好能通过最高点，则绳子拉力F T ＝0③ 联立①②③解得sin α＝12，则α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°. 3．轻杆控制下的圆周运动典例3 如图17所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的轻杆，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取g ＝10 m/s 2，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )图17A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s 答案 A解析 小球受轻杆控制，在A 点的最小速度为零，由2mgL sin α＝12mv 2B 可得v B ＝4 m/s ，A正确．题组1 匀速圆周运动的分析1．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A 、B 、C ，用不打滑皮带相连，如图1所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为R A ∶R B ∶R C ＝3∶2∶1，当主动轮C 匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A 、B 、C 接触面间的动摩擦因数分别为μA 、μB 、μC ，A 、B 、C 三轮转动的角速度分别为ωA 、ωB 、ωC ，则( )图1A ．μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6 B ．μA ∶μB ∶μC ＝6∶3∶2 C ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶3D ．ωA ∶ωB ∶ωC ＝6∶3∶2 答案 A解析 小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a ＝μg ，而a ＝v 2R ，A 、B 、C 三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝1R，所以μA ∶μB ∶μC ＝2∶3∶6，由v ＝R ω可知，ω∝1R，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶3∶6，故只有A 正确．2．(多选)如图2为学员驾驶汽车在水平面上绕O 点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg 的学员在A 点位置，质量为70 kg 的教练员在B 点位置，A 点的转弯半径为5.0 m ，B 点的转弯半径为4.0 m ，学员和教练员(均可视为质点)( )图2A ．运动周期之比为5∶4B ．运动线速度大小之比为1∶1C ．向心加速度大小之比为5∶4D ．受到的合力大小之比为15∶14 答案 CD解析 A 、B 两点做圆周运动的角速度相等，根据T ＝2πω知，周期相等，故A 错误．根据v ＝r ω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B 错误．根据a ＝r ω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C正确．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D正确．题组2 水平面内圆周运动的临界问题3．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图3所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心．已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距R A＝2R B.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )图3A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A∶a B＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动答案ABC解析假设轮盘乙的半径为R，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶9，B正确；据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为F f A＝μm A g，F f B＝μm B g，最大静摩擦力之比为F f A∶F f B ＝m A∶m B，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为F f A′∶F f B′＝(m A a A)∶(m B a B)＝m A∶(4.5m B)，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误．4．(多选)如图4所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是( )图4A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大C．当ω2> μgr时整体会发生滑动D．当μg2r<ω<μgr时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大答案BCD解析当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F0＝mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m)g＝2m·2rω21，解得ω1＝μg2r，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力达到最大，且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到细线的拉力，对C有F T＋μ(2m)g＝2m·2rω22，对A、B整体有F T＝2μmg，解得ω2＝μgr，当ω2>μgr时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当μg2r<ω<μgr时，C所受摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F＝F T＋F f不断增大，故B、C 间的拉力不断增大，故D正确．5.如图5所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )图5A ．OB 绳的拉力范围为0～33mg B ．OB 绳的拉力范围为33mg ～233mg C ．AB 绳的拉力范围为33mg ～233mg D ．AB 绳的拉力范围为0～233mg答案 B解析 当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F 1，则2F 1cos 30°＝mg ，F 1＝33mg ，增大转动的角速度，当AB 绳的拉力刚好等于零时，OB 绳的拉力最大，设这时OB 绳的拉力为F 2，则F 2cos 30°＝mg ，F 2＝233mg ，因此OB 绳的拉力范围为33mg ～233mg ，AB 绳的拉力范围为0～33mg ，B 项正确． 6．如图6所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g .图6(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k )ω0，且0＜k ≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向． 答案 (1)2gR(2)当ω＝(1＋k )ω0时，F f 沿罐壁切线向下，大小为 3k＋k2mg当ω＝(1－k )ω0时，F f 沿罐壁切线向上，大小为 3k－k2mg解析 (1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mg①F N sin 60°＝mR′ω20②R′＝R sin 60°③联立①②③解得：ω0＝2g R(2)由于0＜k≪1，当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知：F N′cos 60°＝mg＋F f cos 30°④F N′sin 60°＋F f sin 30°＝mR′ω2⑤联立③④⑤解得：F f＝3k＋k2mg当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知：F N″cos 60°＋F f′sin 60°＝mg⑥F N″sin 60°－F f′cos 60°＝mR′ω2⑦联立③⑥⑦解得F f′＝3k－k2mg.题组3 竖直平面内圆周运动的临界问题7．如图7所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( )A.3mgB.433mg C ．3mgD ．23mg答案 A解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L .根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝m v2r ，联立解得F ＝3mg ，选项A 正确．8.(多选)如图8所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(取g ＝10 m/s 2)( )图8A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s答案 CD 解析 当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r，又根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确．当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 20，得v 0＝2 2 m/s ，D 正确． 9．如图9所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 、h B ，下列说法正确的是( )。
高考物理一轮复习文档：第四章 第3讲 圆周运动及其应用 讲义 Word版含解析
第3讲圆周运动及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ1.匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。
(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)条件：有初速度，受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心的合外力。
2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，具体如下：【知识点2】匀速圆周运动与非匀速圆周运动【知识点3】离心现象Ⅰ1．离心运动(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
(3)受力特点：F n为提供的向心力。
①当F n＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；②当F n＝0时，物体沿切线方向飞出；③当F n<mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。
2．近心运动：当F n>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
板块二考点细研·悟法培优考点1圆周运动的运动学分析[基础强化]1．圆周运动各物理量间的关系2．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。
3．对a＝v2r＝ω2r的理解当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。
4．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B 。
(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B 。
(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA ＝ωB 。
例1 如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转动。
第四章 第3讲 圆周运动(课前预习)
第3讲 圆周运动
一、匀速圆周运动及描述
1.匀速圆周运动 (1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长 相等，就是 匀速圆周运动. (2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心 ，是变加速运动. (3)条件：合外力大小不变、方向始终与 速度 方向垂直且指向圆心.
2.运动参量
线速度
定义、意义
描述做圆周运动的物体沿圆弧运动 快慢 的物理量(v)
公式、单位
(1)v＝
Δs Δt
2πr ＝__T____
(2)单位：_m__/_s _
角速度
描述物体绕圆心 转动快慢 的物理 量(ω)
2π (1)ω＝ΔΔθt ＝__T___ (2)单位：_r_a_d_/_s _
周期
物体沿圆周运动 一圈 的时间(T)
命题点四 圆周运动中的两类临界问题
1.与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力.
(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm＝
mv，2 静摩擦力的方向一定 r
指向圆心.
(2)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
④当v>
gr 时，FN＋mg＝m
v2， r
FN指向圆心并随v的增大而增大
2.解题技巧 (1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型物体过最高点的临界 条件不同. (2)确定临界点：抓住球—绳模型中球恰好能过最高点时v＝ gR 及球—杆模型中 球恰好能过最高点时v＝0这两个临界条件. (3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动 情况. (4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列 出方程：F合＝F向. (5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.
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[A组·基础题组] 一、单项选择题 1．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图)，记录了我们祖先的劳动智慧．若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图，则( ) A．齿轮A的角速度比C的大 B．齿轮A与B角速度大小相等 C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等 D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的大 解析：由图可知rA＞rB＞rC，A齿轮边缘与B齿轮边缘线速度大小是相等的，即
vA＝vB，由v＝ωr，可得ωAωB＝rBrA，则ωA＜ωB；B齿轮与C齿轮共轴，则B齿轮
与C齿轮角速度大小相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr，可得齿轮B与C边缘的线速度之比vBvC＝rBrC，则vB＞vC，综上所述可知：vA＝vB＞vC，ωB＝ωC＞ωA，则A、B、C错误，D正确． 答案：D 2．(2017·福建漳州联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )
解析：小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtan θ＝mω2Lsin θ，整理得Lcos θ＝gω2，则两球处于同一高度，故B正确． 答案：B 3．如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入圆轨道．OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2.下列关系式正确的是( ) A．tan θ1tan θ2＝2 B．cot θ1tan θ2＝2 C．cot θ1cot θ2＝2 D．tan θ1cot θ2＝2 解析：小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球
在A点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝vyv0＝gtv0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt，则tan θ1tan θ2＝2.故A正确，B、C、D错误． 答案：A 4．如图所示，长为r的细杆一端固定一个质量为m的小球，使之绕另一端O在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v＝gr2，小球在这点时( )
A．对杆的拉力是mg2 B．对杆的压力是mg2 C．对杆的拉力是32mg D．对杆的压力是mg 解析：假设在最高点时小球受杆的支持力为FN，方向向上，则由牛顿第二定律得mg－FN＝mv2r，解得FN＝mg2，假设成立，故杆对小球的支持力为mg2，由牛顿第三定律知，小球对杆的压力为mg2，B正确． 答案：B 二、多项选择题 5．(2017·安徽皖江名校高三模拟)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距RA＝2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( ) A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3 B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aA∶aB＝2∶9 C．转速增加后滑块B先发生滑动 D．转速增加后两滑块一起发生滑动 解析：假设轮盘乙的半径为R，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω
甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9，B正确；据题意可得滑块的最大静摩擦力分别为FfA＝μmAg，FfB＝μmBg，最大静摩擦力之比为FfA∶FfB＝mA∶mB，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为FfA′∶FfB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝mA∶(4.5 mB)，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误． 答案：ABC 6．如图所示，半径为R的光滑半圆管道(内径很小)竖直放置，质量为m的小球(可视为质点)以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg.小球落地点到P点的水平距离可能为( ) A.2R B．3R C．2R D．6R
解析：小球从管口飞出做平抛运动，设落地时间为t，则2R＝12gt2，解得t＝2Rg.
当小球在P点对管壁下部有压力时，mg－0.5mg＝mv12R，解得v1＝gR2；当小球在P点对管壁上部有压力时，mg＋0.5mg＝mv22R，解得v2＝3gR2，因此水平位移x1＝v1t＝2R，x2＝v2t＝6R，A、D正确． 答案：AD 7．铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面间的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R.若质量为m的火车转弯时的速度小于Rgtan θ，则( ) A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．铁轨对火车的支持力等于mgcos θ
D．铁轨对火车的支持力小于mgcos θ 解析：若火车以规定速度v0行驶时，火车的向心力等于它所受的重力mg与支持力FN的合力，则mgtan θ＝mv02R，解得v0＝Rgtan θ.若火车车速小于v0，则内轨对内侧车轮产生侧压力F，选项A正确，B错误；此时有Fsin θ＋FNcos θ＝mg，即FNcos θ＜mg，所以FN＜mgcos θ，选项C错误，D正确． 答案：AD 8．(2017·湖北六校联考)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相撞．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2，则( ) A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 解析：根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝mvB2R，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误． 答案：AC [B组·能力题组组] 一、选择题 9．(单选)如图所示，细绳长为L，挂一个质量为m的小球，小球离地面的高度h＝2L，当绳受到大小为2mg的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上．现让环与小球一起以速度v＝gL向右运动，在A处环被挡住而立即停止，A离墙的水平距离也为L，小球在以后的运动过程中，小球第一次碰撞点离墙角B点的距离是ΔH(不计空气阻力)，则( )
A．ΔH＝12L B．ΔH＝53L
C．ΔH＝23L D．ΔH＝32L 解析：环被A挡住时，小球做圆周运动，受到重力和绳子的拉力作用，两者的合力充当向心力，故有FT－mg＝mv2L，因为v＝gL，代入解得FT＝2mg，故绳子会断开，断开之后小球做平抛运动，设小球直接落地，则h＝12gt2，小球的水平位移x＝vt＝2L＞L，所以小球先与墙壁碰撞．设小球平抛后经时间t′与墙壁碰撞，则t′＝Lv＝Lg，小球下落高度h′＝12gt′2＝L2，碰撞点距B的距离ΔH＝2L－L2
＝32L，故D正确． 答案：D 10．(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示．设细管内径可忽略不计，则下列说法中正确的是( )
A．当地的重力加速度大小为Rb B．该小球的质量为abR C．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7a D．当0≤v2解析：由图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时
由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg＝mbR，故g＝bR，选项A错误；当v2＝0时，有mg＝a，又因为g＝bR，所以小球的质量m＝abR，选项B正确；当
v2 ＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，则由机械能守恒定律可得：
mg·2R＝12mv′2－12m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，则由向心力公式可得F′－mg＝mv′2R，联立解得F′＝7a，选项C正确；当0≤v2最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D错误． 答案：BC 二、非选择题 11．如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B放在转盘上，且木块A、B与转盘中心在同一条直线上，两木块用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止转动，使角速度ω缓慢增大．为使细绳有弹力，而木块A和B又能相对转盘保持静止，求角速度ω的取值范围和细绳张力的最大值． 解析：若木块A、B间没有细绳相连，随着ω的逐渐增大，由Ff＝mω2r可知木块B先出现相对滑动． 当木块A、B间有细绳相连时，若细绳刚要出现弹力，则对木块B由牛顿运动定律有kmg＝mω12·2L 解得ω1＝kg2L 当木块A刚要出现相对滑动时，设绳的弹力为FT，则对于木块B有FT＋kmg＝mω2
2
·2L
对于木块A有kmg－FT＝mω22L
解得FT＝13kmg，ω2＝ 2kg3L 综上可知，当 kg2L＜ω≤ 2kg3L时，绳子有弹力，且绳的最大张力FT＝13kmg. 答案： kg2L＜ω≤ 2kg3L 13kmg 12．(2017·山西调研)在天津国际无人机展中首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注．据介绍，软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型．同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不易受损，可用于航拍、航测、遥感等用途．飞翔从容、稳定、柔和、自如，易操纵，被称为“空中自行车”“无线的风筝”．若一质量为m的