PAGEPAGE35圓周運動及其應用主干梳理對點激活學問點勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度Ⅰ勻速圓周運動的向心力Ⅱ1.勻速圓周運動(1)定義：線速度大小eq\o(□,\s\up3(01))不變的圓周運動。(2)性質：加速度大小eq\o(□,\s\up3(02))不變，方向總是指向eq\o(□,\s\up3(03))圓心的變加速曲線運動。(3)條件：有初速度，受到一個大小不變，方向始終與速度方向eq\o(□,\s\up3(04))垂直且指向圓心的合外力。2．描述圓周運動的物理量描述圓周運動的物理量主要有線速度、角速度、周期、頻率、轉速、向心加速度、向心力等，詳細如下：學問點勻速圓周運動與非勻速圓周運動Ⅰ學問點離心現象Ⅰ1．離心運動(1)定義：做eq\o(□,\s\up3(01))圓周運動的物體，在所受合外力突然消逝或不足以供應圓周運動所需eq\o(□,\s\up3(02))向心力的狀況下，所做的漸漸遠離圓心的運動。(2)本質：做圓周運動的物體，由于本身的eq\o(□,\s\up3(03))慣性，總有沿著圓周eq\o(□,\s\up3(04))切線方向飛出去的傾向。(3)受力特點：Fn為供應的向心力。①當Fn＝mω2r時，物體做eq\o(□,\s\up3(05))勻速圓周運動。②當Fn<mω2r時，物體漸漸eq\o(□,\s\up3(06))遠離圓心，做離心運動。③當Fn＝0時，物體沿eq\o(□,\s\up3(07))切線方向飛出。2．近心運動：當Fn>mω2r時，物體將漸漸eq\o(□,\s\up3(08))靠近圓心，做近心運動。一思維辨析1．做圓周運動的物體，肯定受到向心力的作用，所以分析受力時，必需指出受到的向心力。()2．勻速圓周運動是勻變速曲線運動，非勻速圓周運動是變加速曲線運動。()3．勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。()4．在光滑的水平路面上汽車不行以轉彎。()5．摩托車轉彎時速度過大就會向外發生滑動，這是摩托車受沿轉彎半徑向外的離心力作用的原因。()6．火車轉彎速率小于規定的數值時，內軌受到的壓力會增大。()答案1.×2.×3.×4.√5.×6.√二對點激活1.(人教版必修2·P25·T3改編)如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力狀況是()A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案C解析A受三個力作用，重力和支持力平衡，指向圓心的摩擦力充當向心力，故C正確。2．(人教版必修2·P22·T1)(多選)甲、乙兩物體都在做勻速圓周運動，下列哪種狀況下甲的向心加速度比較大()A．它們的線速度相等，乙的半徑小B．它們的周期相等，甲的半徑大C．它們的角速度相等，乙的線速度小D．它們的線速度相等，在相同時間內甲與圓心的連線掃過的角度比乙的大答案BCD解析由a＝eq\f(v2,r)知當v相同的狀況下，r甲>r乙時，a甲<a乙，故A錯誤；由a＝eq\f(4π2,T2)r知當T相同狀況下，r甲>r乙時，a甲>a乙，故B正確；由a＝ωv知當ω相同狀況下，v甲>v乙時，a甲>a乙，故C正確；由a＝ωv知當v相同狀況下，ω甲>ω乙時，a甲>a乙，故D正確。3．(人教版必修2·P26·T5)一輛汽車在水平馬路上轉彎，沿曲線由M向N行駛，速度漸漸減小。如圖A、B、C、D分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為正確的是()答案C解析汽車沿曲線轉彎，所以受到垂直速度方向指向軌跡凹側的向心力Fn，汽車的速度漸漸減小，所以還受到與速度方向相反沿軌跡切線方向的切向力Ft，這兩個力的合力方向如圖C所示。4．下列關于離心現象的說法正確的是()A．當物體所受的離心力大于向心力時產生離心現象B．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消逝后，物體將做背離圓心的圓周運動C．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消逝后，物體將沿切線做直線運動D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消逝后，物體將做曲線運動答案C解析物體只要受到力，必有施力物體，但“離心力”是沒有施力物體的，故所謂的離心力是不存在的，只要向心力不足，物體就做離心運動，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體，當所受的一切力突然消逝后，物體將沿切線做勻速直線運動，故B、D錯誤，C正確。考點細研悟法培優考點1圓周運動的運動學分析1．圓周運動各物理量間的關系2．對公式v＝ωr的理解當r肯定時，v與ω成正比；當ω肯定時，v與r成正比；當v肯定時，ω與r成反比。3．對a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解當v肯定時，a與r成反比；當ω肯定時，a與r成正比。4．常見的三種傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。(2)摩擦(齒輪)傳動：如圖丙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。(3)同軸轉動：如圖丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉軸轉動，兩輪轉動的角速度大小相等，即ωA＝ωB。例1如圖所示的皮帶傳動裝置中，右邊兩輪連在一起同軸轉動。圖中三輪半徑的關系為：r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C三點為三個輪邊緣上的點，皮帶不打滑，則A、B、C三點的線速度之比為________；角速度之比為________；周期之比為________。解題探究(1)A、B兩點位于兩輪邊緣靠皮帶傳動，那么vA與vB有什么關系？ωA與ωB有什么關系？提示：vA＝vB，eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)。(2)B、C為同軸轉動的兩點，vB與vC、ωB與ωC的關系是什么？提示：ωB＝ωC，eq\f(vB,vC)＝eq\f(r2,r3)。嘗試解答1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。因為A、B兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時間內A、B兩點轉過的弧長相等，即vA＝vB，由v＝ωr知eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1,2)，又B、C是同軸轉動，相等時間內轉過的角度相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr知eq\f(vB,vC)＝eq\f(r2,r3)＝eq\f(\f(1,2)r1,1.5r1)＝eq\f(1,3)。所以vA∶vB∶vC＝1∶1∶3，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2，再由T＝eq\f(2π,ω)可得，TA∶TB∶TC＝1∶eq\f(1,2)∶eq\f(1,2)＝2∶1∶1。總結升華解決傳動問題的關鍵(1)確定屬于哪類傳動方式，抓住傳動裝置的特點。①同軸轉動：固定在一起共軸轉動的物體上各點角速度相同；②皮帶傳動、齒輪傳動和摩擦傳動：齒輪傳動和不打滑的摩擦(皮帶)傳動的兩輪邊緣上各點線速度大小相等。如例1，右邊兩輪為同軸轉動；左輪與右邊小輪為皮帶傳動。(2)結合公式v＝ωr，v肯定時ω與r成反比，ω肯定時v與r成正比，判定各點v、ω的比例關系。若判定向心加速度a的比例，可巧用a＝ωv這一規律。[變式1](2024·福州期末)如圖是某共享自行車的傳動結構示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的牙盤(大齒輪)，Ⅱ是半徑為r2的飛輪(小齒輪)，Ⅲ是半徑為r3的后輪。若某人在勻速騎行時每秒踩腳踏板轉n圈，則下列推斷正確的是()A．牙盤轉動角速度為eq\f(2π,n)B．飛輪邊緣轉動線速度為2πnr2C．牙盤邊緣向心加速度為eq\f(2πn2,r2)D．自行車勻速運動的速度為eq\f(2πnr1r3,r2)答案D解析腳踏板與牙盤同軸轉動，二者角速度相等，每秒踩腳踏板n圈，因為轉動一圈，相對圓心轉的角度為2π，所以角速度ω1＝2πn，A錯誤；牙盤邊緣與飛輪邊緣線速度的大小相等，據v＝rω可知，飛輪邊緣上的線速度v1＝2πnr1，B錯誤；牙盤邊緣的向心加速度a＝eq\f(v\o\al(2,1),r1)＝eq\f(2πnr12,r1)＝(2πn)2r1，故C錯誤；飛輪角速度ω2＝eq\f(v1,r2)＝eq\f(2πnr1,r2)，自行車后輪角速度與飛輪角速度相等，自行車勻速運動的速度v＝ω2r3＝eq\f(2πnr1r3,r2)，故D正確。考點2圓錐擺模型及其臨界問題1．圓錐擺模型的受力特點受兩個力，且兩個力的合力沿水平方向，物體在水平面內做勻速圓周運動。2．運動實例3．解題方法：①對探討對象進行受力分析，確定向心力來源。②確定圓心和半徑。③應用相關力學規律列方程求解。4．規律總結(1)圓錐擺的周期如圖擺長為L，擺線與豎直方向夾角為θ。受力分析，由牛頓其次定律得：mgtanθ＝meq\f(4π2,\a\vs4\al(T)2)rr＝Lsinθ解得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))。(2)結論①擺高h＝Lcosθ，周期T越小，圓錐擺轉的越快，θ越大。②擺線拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，圓錐擺轉的越快，擺線拉力F越大。③擺球的加速度a＝gtanθ。5．圓錐擺的兩種變形變形1：具有相同錐度角(長度不同)的圓錐擺，如圖甲所示。由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝eq\f(v2,r)知vA>vB。變形2：具有相同擺高、不同擺長和擺角的圓錐擺，如圖乙所示。由T＝2πeq\r(\f(h,g))知擺高h相同，則TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。例2如圖所示，用一根長為l＝1m的細線，一端系一質量為m＝1kg的小球(可視為質點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，結果可用根式表示)，問：(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？(2)若細線與豎直方向的夾角α＝60°，則小球的角速度ω′為多大？解題探究(1)小球離開錐面的臨界條件是什么？提示：錐面對小球支持力為零，且細線與豎直方向的夾角為θ。(2)細線與豎直方向夾角為60°時，小球受幾個力？提示：2個，重力、細線的拉力。嘗試解答(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s(1)當小球剛要離開錐面時，錐面給小球的支持力為零，受力分析如圖1。由牛頓其次定律得mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)當細線與豎直方向夾角α＝60°時，小球已飛離斜面，受力分析如圖2。由牛頓其次定律得mgtanα＝mω′2rr＝lsinα聯立得ω′＝eq\r(\f(g,lcosα))＝2eq\r(5)rad/s。總結升華解決圓錐擺臨界問題的技巧圓錐擺的臨界問題，主要就是與彈力有關的臨界問題。(1)繩上拉力的臨界條件是：①繩恰好拉直且沒有彈力。②繩上的拉力恰好達最大值。(2)接觸或脫離的臨界條件是物體與物體間的彈力恰好為零。(3)對于火車轉彎、半圓形碗內的水平圓周運動有兩類臨界狀況：①摩擦力的方向發生變更；②發生相對滑動。[變式2－1](2024·通州模擬)如圖所示，一個內壁光滑的圓錐筒，其軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動。有一個質量為m的小球A緊貼著筒內壁在水平面內做勻速圓周運動，筒口半徑和筒高分別為R和H，小球A所在的高度為筒高的一半。已知重力加速度為g，則()A．小球A做勻速圓周運動的角速度ω＝eq\f(\r(2gH),R)B．小球A受到重力、支持力和向心力三個力作用C．小球A受到的合力大小為eq\f(mgR,H)D．小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上答案A解析小球受重力、支持力兩個力作用，合力方向沿水平方向指向軸線，故B、D錯誤；受力分析如圖所示，由牛頓其次定律得eq\f(mg,tanθ)＝mω2eq\f(R,2)，得ω＝eq\r(\f(2g,Rtanθ))＝eq\r(\f(2g,R)·\f(H,R))＝eq\f(\r(2gH),R)，故A正確；合力大小為eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(mgH,R)，故C錯誤。[變式2－2](多選)如圖所示，物體P用兩根長度相等、不行伸長的細線系于豎直桿上，它們隨桿轉動，若轉動角速度為ω，則()A．ω只有超過某一值時，繩子AP才有拉力B．繩子BP的拉力隨ω的增大而增大C．繩子BP的張力肯定大于繩子AP的張力D．當ω增大到肯定程度時，繩子AP的張力大于繩子BP的張力答案ABC解析ω較小時，繩子AP處于松弛狀態，只有ω超過某一值，才產生拉力，A正確；當AP、BP都產生張力之后，受力如圖，FBPsinα＝mg＋FAPsinα①FBPcosα＋FAPcosα＝mω2r②由①②可知FBP>FAP，隨ω的增大FBP、FAP都變大，B、C正確，D錯誤。考點3水平轉盤上運動物體的臨界問題水平轉盤上運動物體的臨界問題，主要涉及到與摩擦力和彈力有關的臨界極值問題。1．假如只有摩擦力供應向心力，物體間恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，則最大靜摩擦力Fm＝eq\f(mv2,r)，方向指向圓心。2．假如除摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體隨水平面轉動，其臨界狀況要依據題設條件進行推斷，如推斷某個力是否存在以及這個力存在時的方向(特殊是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)。3．運動實例例3游樂場中有一種消遣設施叫“魔盤”，人坐在轉動的大圓盤上，當大圓盤轉速增加時，人就會自動滑向盤邊緣。如圖所示，有a、b、c三人坐在圓盤上，a的質量最大，b、c的質量相差不多，但c離圓盤中心最遠，a、b離圓盤中心的距離相等。若三人與盤面間的動摩擦因數均相等，且假定最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是()A．當圓盤轉速增加時，三人同時起先滑動B．當圓盤轉速增加時，b首先起先滑動C．當圓盤轉速增加時，a和c首先起先滑動D．當圓盤轉速增加時，c首先起先滑動解題探究(1)人和水平圓盤何時發生相對滑動？提示：他們之間的摩擦力達最大值時。(2)如何分析誰先滑動？提示：誰的臨界角速度小誰先滑動。嘗試解答選D。設圓盤的角速度為ω，則人所受的向心力F＝mω2R，且未滑動前圓盤上的人做共軸運動，角速度相同。圓盤上的人受到的最大靜摩擦力為Ff＝μmg。由題意得，當mω2R>μmg，即ω2R>μg時，圓盤上的人起先滑動，c離圓盤中心最遠，當圓盤轉速增加時，c先起先滑動，之后a、b再同時起先滑動，D正確。總結升華解決臨界問題的留意事項(1)先確定探討對象受力狀況，看哪些力充當向心力，哪些力可能突變引起臨界問題。(2)留意分析物體所受靜摩擦力大小和方向隨圓盤轉速的變更而發生變更。(3)關注臨界狀態，即靜摩擦力達到最大值時。例3中，隨圓盤轉動、靜摩擦力供應向心力，隨轉速的增大，靜摩擦力增大，當達到最大靜摩擦力時起先滑動，出現臨界狀況，此時對應的角速度為臨界角速度。[變式3]兩個質量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為L，b與轉軸的距離為2L，a、b之間用長為L的強度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止起先繞轉軸緩慢地加速轉動，起先時輕繩剛好伸直但無張力，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是()A．a比b先達到最大靜摩擦力B．a、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b起先滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，a所受摩擦力的大小為eq\f(5kmg,3)答案D解析木塊隨圓盤一起轉動，當繩子上無拉力時，靜摩擦力供應向心力，由牛頓其次定律得：Ff＝mω2r，Ffmax＝kmg，聯立得ωmax＝eq\r(\f(kg,r))，故隨著ω增大，b先達到臨界角速度，b先達到最大靜摩擦力，故A錯誤。在b的靜摩擦力沒有達到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質量分別是2m和m，而圓周運動的半徑r分別為L和2L，所以起先時a和b受到的摩擦力是相等的；當b受到的靜摩擦力達到最大后，即ω>eq\r(\f(kg,2L))，對于b木塊有：kmg＋F＝mω2·2L，對于a木塊有f－F＝2mω2L，聯立得f＝4mω2L－kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不肯定相等，故B錯誤。b剛要滑動時，對b木塊有kmg＋F＝mωeq\o\al(2,0)·2L，對a木塊有k·2mg－F＝2mωeq\o\al(2,0)L，聯立得kmg＋2kmg＝4mωeq\o\al(2,0)L，得ω0＝eq\r(\f(3kg,4L))，故C錯誤。當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，b未滑動，a所受摩擦力大小f＝4mω2L－kmg＝eq\f(5kmg,3)，故D正確。考點4豎直面內的圓周運動——“繩”模型和“桿”模型1.在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力狀況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環)約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．繩、桿模型涉及的臨界問題例4(2024·山西呂梁模擬)(多選)如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是()A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝eq\r(gR＋r)B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝0C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球肯定無作用力D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球肯定有作用力解題探究(1)該光滑圓形管道屬于繩模型還是桿模型？提示：桿模型。(2)桿模型中小球通過最高點的臨界速度是多大？提示：v＝0。嘗試解答選BC。在最高點，由于外管或內管都可以對小球產生彈力作用，當小球的速度等于0時，內管對小球產生彈力，大小為mg，故最小速度為0，故A錯誤，B正確；小球在水平線ab以下管道運動時，由于沿半徑方向的合力供應小球做圓周運動的向心力，所以外側管壁對小球肯定有作用力，而內側管壁對小球肯定無作用力，故C正確；小球在水平線ab以上管道運動時，由于沿半徑方向的合力供應小球做圓周運動的向心力，可能外側管壁對小球有作用力，也可能外側管壁對小球沒有作用力，故D錯誤。總結升華豎直面內圓周運動問題的解題技巧(1)定模型：首先推斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同。(2)確定臨界點：抓住繩模型中最高點v≥eq\r(gR)，以及桿模型中最高點v≥0這兩個臨界條件。(3)探討狀態：通常狀況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動狀況。4受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，依據牛頓其次定律列出方程，F合＝F向其中F合為沿半徑方向的合力。5過程分析：應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態聯系起來列方程。[變式4－1](2024·福州質檢)如圖所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g。現使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根輕繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根輕繩的拉力大小為()A.eq\r(3)mgB.eq\f(4,3)eq\r(3)mgC．3mgD．2eq\r(3)mg答案A解析當小球到達最高點速率為v時，兩根輕繩中張力恰好均為零，有mg＝meq\f(v2,r)；當小球到達最高點速率為2v時，設每根輕繩中張力大小為F，應有2Fcos30°＋mg＝meq\f(2v2,r)，解得F＝eq\r(3)mg，A正確。[變式4－2]一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是()A．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零B．小球過最高點的最小速度是eq\r(gR)C．小球過最高點時，桿對球的作用力肯定隨速度增大而增大D．小球過最高點時，桿對球的作用力肯定隨速度增大而減小答案A解析輕桿可對小球產生向上的支持力，小球經過最高點的速度可以為零，當小球過最高點的速度v＝eq\r(gR)時，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯誤。若v<eq\r(gR)，則桿在最高點對小球的彈力豎直向上，mg－F＝meq\f(v2,R)，隨v增大，F減小；若v>eq\r(gR)，則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mg＋F＝meq\f(v2,R)，隨v增大，F增大，故C、D均錯誤。考點5斜面上圓周運動的臨界問題在斜面上做圓周運動的物體，依據受力狀況的不同，可分為以下三類。1．物體在靜摩擦力作用下做圓周運動。2．物體在繩的拉力作用下做圓周運動。3．物體在桿的作用下做圓周運動。這類問題的特點是重力的分力和其他力的合力供應向心力，運動和受力狀況比較困難。例5(2014·安徽高考)如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2。則ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/s B.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/s D．0.5rad/s解題探究(1)隨著ω增大會發生什么？提示：小物體在圓盤上滑動。(2)小物體轉到哪個位置最簡單發生上述狀況？提示：最低點。嘗試解答選C。當物體轉到圓盤的最低點恰好要滑動時，轉盤的角速度最大，其受力如圖所示(其中O為對稱軸位置)。由沿斜面的合力供應向心力，有μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R得ω＝eq\r(\f(g,4R))＝1.0rad/s，C正確。總結升華與豎直面內的圓周運動類似，斜面上的圓周運動也是集中分析物體在最高點和最低點的受力狀況，列牛頓運動定律方程來解題。只是在受力分析時，一般須要進行立體圖到平面圖的轉化，這是解斜面上圓周運動問題的難點。[變式5]如圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8m的輕桿，一端固定在O點，另一端系一質量為m＝0.2kg的小球，沿斜面做圓周運動，取g＝10m/s2，若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速度是()A．4m/s B．2eq\r(10)m/sC．2eq\r(5)m/s D．2eq\r(2)m/s答案A解析小球受輕桿限制，在A點的最小速度為零，由動能定理可得：mg·2Lsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，可得vB＝4m/s，A正確。答卷現場2水平面內的圓周運動(16分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以肯定角速度ω勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g。(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；(2)ω＝(1±k)ω0，且0<k?1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。高考模擬隨堂集訓1．(2024·江蘇高考)(多選)火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發覺放在桌面上的指南針在10s內勻速轉過了約10°。在此10s時間內，火車()A．運動路程為600mB．加速度為零C．角速度約為1rad/sD．轉彎半徑約為3.4km答案AD解析圓周運動的弧長s＝vt＝60×10m＝600m，A正確；火車轉彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故B錯誤；由題意得圓周運動的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10,180×10)×3.14rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，故C錯誤，D正確。2．(2024·全國卷Ⅱ)小球P和Q用不行伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點()A．P球的速度肯定大于Q球的速度B．P球的動能肯定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力肯定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度肯定小于Q球的向心加速度答案C解析設小球的質量為m，繩長為L，依據動能定理得mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，LP<LQ，所以vP<vQ，故A項錯誤；小球動能Ek＝mgL，其中mP>mQ，LP<LQ，所以無法推斷它們的動能大小關系，B項錯誤；F拉－mg＝eq\f(mv2,L)，將v＝eq\r(2gL)代入得F拉＝3mg，因為mP>mQ，所以P球所受繩的拉力大于Q球所受繩的拉力，故C項正確；向心加速度a＝eq\f(v2,L)＝2g，所以在軌跡的最低點，P、Q兩球的向心加速度相同，故D項錯誤。3．(2024·江蘇高考)如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環上，小環套在水平光滑細桿上。物塊質量為M，到小環的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環和物塊以速度v向右勻速運動，小環遇到桿上的釘子P后立即停止，物塊向上搖擺。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環和夾子的質量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2FB．小環遇到釘子P時，繩中的張力大于2FC．物塊上升的最大高度為eq\f(2v2,g)D．速度v不能超過eq\r(\f(2F－MgL,M))答案D解析物塊受到的摩擦力小于等于最大靜摩擦力，即Mg≤2F。物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態，繩子中的張力T＝Mg≤2F，A錯誤；小環遇到釘子時，物塊做圓周運動，依據牛頓其次定律和向心力公式有：T－Mg＝eq\f(Mv2,L)，T＝Mg＋eq\f(Mv2,L)，所以繩子中的張力與2F大小關系不確定，B錯誤；物塊運動到達最高點，依據動能定理有－Mgh＝0－eq\f(1,2)Mv2，則最大高度h＝eq\f(v2,2g)，C錯誤；環遇到釘子后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力達到最大值時速度最大，由牛頓其次定律知：2F－Mg＝eq\f(Mv2,L)，故最大速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，D正確。4.(2024·廣東佛山質檢一)圖示為馬路自行車賽中運動員在水平路面上急轉彎的情景，運動員在通過彎道時假如限制不當會發生側滑而摔離正常競賽路途，將運動員與自行車看做一個整體，下列論述正確的是()A．運動員轉彎所需向心力由地面對車輪的支持力與重力的合力供應B．運動員轉彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力供應C．發生側滑是因為運動員受到的合外力方向背離圓心D．發生側滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力答案B解析運動員轉彎所需的向心力由地面對車輪的摩擦力供應，則A錯誤，B正確。發生側滑而做離心運動的緣由是自行車所受的摩擦力小于所須要的向心力，故C、D錯誤。5．(2024·甘肅蘭化一中模擬)如圖所示，“旋轉秋千”中座椅(可視為質點)通過輕質纜繩懸掛在旋轉圓盤上。當旋轉圓盤以角速度ω勻速轉動時，不計空氣阻力，纜繩延長線與豎直中心軸相交于O點，夾角為θ，O點到座椅的豎直高度為h，則當ω增大時()A．h不變 B．θ減小C．ω2h不變 D．ω2h增大答案C解析對座椅受力分析如圖所示，依據牛頓其次定律可得mgtanθ＝mω2htanθ，解得：g＝ω2h，則當ω增大時，h減小，θ變大，ω2h不變，故選C。配套課時作業時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共11小題，每小題7分，共77分。其中1～8為單選，9～11為多選)1.(2024·南寧摸底)如圖所示，質量相等的A、B兩物體緊貼在勻速轉動的圓筒的豎直內壁上，隨圓筒一起做勻速圓周運動，則下列關系中正確的是()A．線速度vA＝vBB．角速度ωA＝ωBC．受到的合力FA合＝FB合D．受到的摩擦力FfA>FfB答案B解析質量相等的A、B兩物體隨圓筒一起做勻速圓周運動，兩者的角速度相等，B正確；依據角速度與線速度的關系v＝ωr，A物體的線速度大于B物體的線速度，A錯誤；由向心加速度公式a＝ω2r和牛頓其次定律F合＝ma可知，A物體所受的合力大于B物體所受的合力，C錯誤；在豎直方向，它們所受的摩擦力等于重力，由于二者質量相等，重力相等，所以它們受到的摩擦力相等，D錯誤。2.(2024·朔州模擬)如圖所示，粗糙水平圓盤上，質量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列說法不正確的是()A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半徑向外滑動的趨勢D．若B先滑動，則B對A的動摩擦因數μA大于盤對B的動摩擦因數μB答案A解析A、B兩物塊的角速度大小相等，依據Fn＝mrω2，轉動半徑相等，質量相等，所以向心力相等，A錯誤；對AB整體分析，FfB＝2mrω2，對A分析，有：FfA＝mrω2，知盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍，B正確；A所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，可知B有沿半徑向外滑動的趨勢，C正確；對AB整體分析，μB·2mg＝2mrωeq\o\al(2,B)，解得：ωB＝eq\r(\f(μBg,r))，對A分析，μAmg＝mrωeq\o\al(2,A)，解得ωA＝eq\r(\f(μAg,r))，因為B先滑動，可知B先達到臨界角速度，可知B的臨界角速度較小，即μB<μA，D正確。3.如圖所示，兩個相同材料制成的水平摩擦輪A和B，兩輪半徑RA＝2RB，A為主動輪。當A輪勻速轉動時，在A輪邊緣處放置的小木塊恰能在A輪的邊緣上與A輪相對靜止，若將小木塊放在B輪上讓其相對B輪靜止，木塊與B輪轉軸間的最大距離為()A.eq\f(RB,8)B.eq\f(RB,2)C．RBD.eq\f(RB,4)答案B解析兩輪邊緣上線速度大小相等，依據題意可知ωARA＝ωBRB，所以ωB＝eq\f(ωARA,RB)＝2ωA，因為同一物體在兩輪上受到的最大靜摩擦力相等，則依據最大靜摩擦力等于向心力有mωeq\o\al(2,A)RA＝mωeq\o\al(2,B)r，解得r＝eq\f(RAω\o\al(2,A),ω\o\al(2,B))＝eq\f(RA,4)＝eq\f(RB,2)，B正確，A、C、D錯誤。4.如圖所示，在傾角為α＝30°的固定光滑斜面上，有一根長為L＝1m的細繩，一端固定在O點，另一端系一小球沿斜面做圓周運動，若小球能通過最高點A，取重力加速度g＝10m/s2，則()A．小球經過最高點A的速度可能是1m/sB．小球從A點運動至最低點B過程繩子拉力可能先變小后變大C．小球經過最低點B的速度大于等于5m/sD．小球受到的合力的最小值可能為0答案C解析小球能通過最高點A，有mgsin30°＋F＝meq\f(v\o\al(2,A),L)，F≥0，有vA≥eq\r(5)m/s，A錯誤；小球從最高點A向最低點B運動過程中，其拉力漸漸變大，B錯誤；從A點到B點機械能守恒，有2mgLsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，vB≥5m/s，C正確；依據曲線運動特點得知，小球做圓周運動，其合力不行能為零，D錯誤。5．(2024·湖南六校聯考)一根細線一端系一小球(可視為質點)，另一端固定在光滑圓錐頂上，如圖所示，設小球在水平面內做勻速圓周運動的角速度為ω，細線的張力為FT，則FT隨ω2變更的圖象是()答案C解析由題知小球未離開圓錐表面時細線與豎直方向的夾角為θ，用L表示細線長度，小球離開圓錐表面前，細線的張力為FT，圓錐對小球的支持力為FN，依據牛頓其次定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋FNsinθ＝mg，聯立解得FT＝mgcosθ＋mω2Lsin2θ。小球離開圓錐表面后，設細線與豎直方向的夾角為α，依據牛頓其次定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mL·ω2。比照四個選項的圖象可知C項正確。6.(2024·保定一模)如圖所示，豎直平面內有一光滑圓環，圓心為O，OA連線水平，AB為固定在A、B兩點間的光滑直桿，在直桿和圓環上分別套著一個相同的小球M、N。先后兩次讓小球M、N以角速度ω和2ω隨圓環一起繞豎直直徑BD做勻速圓周運動。則()A．小球M其次次的位置比第一次時離A點近B．小球M其次次的位置與第一次時相同C．小球N其次次的豎直位置比第一次時高D．小球N其次次的豎直位置比第一次時低答案C解析M球套在直桿上，受力分析如圖甲所示，受重力mg和桿的支持力N，設桿AB與水平面夾角為θ，則有mgtanθ＝mω2r，所以當ω變大時r變小，所以小球M其次次位置比第一次離B近，故A、B均錯誤；小球N套在圓環上，受力分析如圖乙，受重力mg和環的支持力FN，則將mg和FN合成，合力供應向心力，有mgtanα＝mω2·Rsinα，其中R為大圓環半徑，化簡得：ω2＝eq\f(g,Rcosα)，ω變大，cosα變小，α變大，所以小球N其次次位置比第一次高，故C正確，D錯誤。7．(2024·安陽模擬)如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現讓小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F－v2圖象如圖乙所示。則下列說法不正確的是()A．小球的質量為eq\f(aR,b)B．當地的重力加速度大小為eq\f(R,b)C．v2＝c時，小球對桿的彈力方向向上D．v2＝2b時，小球受到的彈力與重力大小相等答案B解析當彈力F方向向下時，F＋mg＝meq\f(v2,R)，解得F＝meq\f(v2,R)－mg，當彈力F方向向上時，mg－F＝meq\f(v2,R)，解得F＝mg－meq\f(v2,R)，對比題圖乙F－v2圖象可知，b＝gR，a＝mg，聯立解得g＝eq\f(b,R)，m＝eq\f(aR,b)，A正確，B錯誤；v2＝c時，代入F＝eq\f(mv2,R)－mg，得F>0，由牛頓第三定律知，小球對桿的彈力方向向上，C正確；同理v2＝2b時，解得小球受到的彈力與重力大小相等，D正確。8.如圖所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球(可視為質點)。當小球在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動時，通過傳感器測得輕繩拉力T、輕繩與豎直線OP的夾角θ滿意關系式T＝a＋bcosθ，式中a、b為常數。若不計空氣阻力，則當地的重力加速度為()A.eq\f(b,2m)B.eq\f(2b,m)C.eq\f(3b,m)D.eq\f(b,3m)答案D解析設小球在最低點，即θ＝0時的速度為v1，拉力為T1，在最高點，即θ＝180°時的速度為v2，拉力為T2，在最低點有：T1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，在最高點有：T2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，依據動能定理有：2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，可得T1－T2＝6mg，對比T＝a＋bcosθ，有T1＝a＋b，T2＝a－b，故T1－T2＝2b，即6mg＝2b，故當地重力加速度g＝eq\f(b,3m)，D正確。9.(2024·河北名校聯盟質檢一)如圖為過山車及其軌道簡化模型，過山車車廂內固定一平安座椅，座椅上乘坐假人，并系好平安帶，平安帶恰好未繃緊，不計一切阻力，以下推斷正確的是()A．過山車在圓軌道上做勻速圓周運動B．過山車在圓軌道最高點時的速度至少應等于eq\r(gR)C．過山車在圓軌道最低點時假人處于失重狀態D．若過山車能順當通過整個圓軌道，在最高點時平安帶對假人肯定無作用力答案BD解析過山車在豎直圓軌道上做圓周運動，不計一切阻力，只有重力做功，則機械能守恒，過山車動能不斷變更，速度也在變，故不行能做勻速圓周運動，A錯誤；在最高點，過山車和假人水平方向不受力，重力和軌道對過山車的彈力的合力供應向心力，當彈力為零時，速度最小，則mg＝meq\f(v2,R)，解得過山車在圓軌道最高點時的速度至少為v＝eq\r(gR)，B正確；在最低點時，重力和軌道對過山車的彈力的合力供應向心力，加速度方向向上，假人處于超重狀態，C錯誤；若過山車順當通過整個圓軌道，在最高點速度最低時假人的重力恰好供應向心力，若在最高點速度大于eq\r(gR)，則座椅對假人有向下的支持力，平安帶對假人無作用力，D正確。10.(2024·福建廈門質檢)如圖所示，金屬塊Q放在帶光滑小孔的水平桌面上，一根穿過小孔的細線，上端固定在Q上，下端拴一個小球。小球在某一水平面內做勻速圓周運動(圓錐擺)，細線與豎直方向成30°角(圖中P位置)。現使小球在更高的水平面上做勻速圓周運動。細線與豎直方向成60°角(圖中P′位置)。兩種狀況下，金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種狀況與原來相比較，下面推斷正確的是()A．Q受到桌面的靜摩擦力大小不變B．小球運動的角速度變大C．細線所受的拉力之比為2∶1D．小球向心力大小之比為3∶1答案BD解析對小球受力分析如圖所示，則有T＝eq\f(mg,cosθ)，向心力Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，當小球做圓周運動的平面上升時，θ增大，cosθ減小，則拉力T增大，角速度ω增大，金屬塊Q受到的靜摩擦力等于細線的拉力大小，則后一種狀況與原來相比，Q受到桌面的靜摩擦力增大，故A錯誤，B正確。細線與豎直方向成30°角時拉力T1＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2mg,\r(3))，細線與豎直方向成60°角時拉力T2＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，所以T2∶T1＝eq\r(3)∶1，故C錯誤。細線與豎直方向成30°角時向心力Fn1＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，細線與豎直方向成60°角時向心力Fn2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，所以Fn2∶Fn1＝3∶1，所以D正確。