（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题09 圆周运动（解析+原卷）学案

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 匀速圆周运动对比问题
\l "_Tc26924" 【题型二】 匀速圆周运动追及问题
\l "_Tc12217" 【题型三】 匀速圆周运动临界问题
\l "_Tc30563" 【题型四】 变速圆周运动
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 匀速圆周运动对比问题
【典例分析】如图所示，“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
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＝rω可知，座椅A的线速度比B的小，选项A错误；由a＝rω2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mgtan θ＝mrω2，tan θ＝eq \f(rω2,g)，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FT＝eq \f(mg,cs θ)，
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．
【提分秘籍】抓住共同量，找普遍表达式
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an＝eq \f(v2,r)＝ω2r的理解：当v一定时，an与r成反比；当ω一定时，an与r 成正比。
3．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vA＝vB。
(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vA＝vB。
(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。
【变式演练】
1．(多选)如图所示，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( )
A．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FT，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mgtan θ＝man＝mω2htan θ，可得向心加速度an＝gtan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D错；角速度ω＝eq \r(\f(g,h))，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＝ωhtan θ，所以线速度大小不同，选项B错，周期T＝eq \f(2π,ω)，角速度相等，所以周期相等，选项A对．
2．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，如图所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为RA∶RB∶RC＝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( )
A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6
B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2
C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3
D．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＝eq \f(v2,R)，A、B、C三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝eq \f(1,R)，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝eq \f(1,R)，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正确．
3．[多选]如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中( )
A．小球的向心加速度逐渐减小
B．小球运动的角速度逐渐减小
C．小球运动的线速度逐渐减小
D．小球运动的周期逐渐减小
解析：选CD 以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。
由牛顿第二定律得：eq \f(mg,tan θ)＝ma＝eq \f(mv2,r)＝mrω2
可知在A、B轨道的向心力大小相等，a＝eq \f(g,tan θ)，向心加速度不变，故A错误。角速度ω＝ eq \r(\f(g,rtan θ))，由于半径减小，则角速度变大，故B错误。线速度v＝eq \r(\f(gr,tan θ))，由于半径减小，线速度减小，故C正确。周期T＝eq \f(2π,ω)，角速度增大，则周期减小，故D正确。
【题型二】 匀速圆周运动追及问题
【典例分析】半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点．在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________.
答案 eq \f(gR2,2v2) eq \f(2nπv,R)(n＝1,2,3，…)
解析 小球做平抛运动，在竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt2①
在水平方向R＝vt②
由①②两式可得h＝eq \f(gR2,2v2)③
小球落在A点的过程中，OA转过的角度θ＝2nπ＝ωt (n＝1,2,3，…)④
由②④两式得ω＝eq \f(2nπv,R)(n＝1,2,3，…)
【提分秘籍】周期性、角度
【变式演练】
1．如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，为正整数)。从图示位置开始，在b运动一周的过程中( )
A．a、b距离最近的次数为k次
B．a、b距离最近的次数为k＋1次
C．a、b、c共线的次数为2k次
D．a、b、c共线的次数为2k－2次
解析：选D 设每隔时间T，a、b相距最近，
则(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝eq \f(2π,ωa－ωb)＝eq \f(2π,\f(2π,Ta)－\f(2π,Tb))＝eq \f(TaTb,Tb－Ta)
故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：
n＝eq \f(Tb,T)＝eq \f(Tb－Ta,Ta)＝eq \f(kTa－Ta,Ta)＝k－1
即a、b距离最近的次数为k－1次，故A、B均错误。
设每隔时间t，a、b、c共线一次，则(ωa－ωb)t＝π，
所以t＝eq \f(π,ωa－ωb)＝eq \f(π,\f(2π,Ta)－\f(2π,Tb))＝eq \f(TaTb,2Tb－Ta)；
故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：
n＝eq \f(Tb,t)＝eq \f(2Tb－Ta,Ta)＝eq \f(2kTa－2Ta,Ta)＝2k－2
故C错误，D正确。
2．(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则( )
A.子弹在圆筒中的水平速度为v0＝deq \r(\f(g,2h))
B.子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2deq \r(\f(g,2h))
C.圆筒转动的角速度可能为ω＝πeq \r(\f(g,2h))
D.圆筒转动的角速度可能为ω＝3πeq \r(\f(g,2h))
答案 ACD
解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝eq \r(\f(2h,g))，则v0＝eq \f(d,t)＝deq \r(\f(g,2h))，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝eq \f((2n＋1)π,t)＝(2n＋1)πeq \r(\f(g,2h))(n＝0,1,2，…)，故C、D正确.
【题型三】 匀速圆周运动临界问题
【典例分析】(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图4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
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aA∶aB＝2∶9，B正确；据题意可得滑块A、B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∶(4.5mB)，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．
【提分秘籍】
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FN＝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：FT＝0.
【变式演练】
1．(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( )
A．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＝ eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ eq \r(\f(2kg,3l))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：fa＝mωa2l，当fa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝ eq \r(\f(kg,l))；对木块b：fb＝mωb2·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝ eq \r(\f(kg,2l))，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fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa2．如图所示，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eq \f(\r(3),2)(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.eq \r(5) rad/s B.eq \r(3) rad/s
C．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，
μmgcs 30°－mgsin 30°＝mω2r
解得ω＝1.0 rad/s，
故选项C正确．
3．(多选)如图所示，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( )
A．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> eq \r(\f(μg,r))时整体会发生滑动
D．当 eq \r(\f(μg,2r))<ω< eq \r(\f(μg,r))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·2rω12，解得ω1＝ eq \r(\f(μg,2r))，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FT＋μ(2m)g＝2m·2rω22，对A、B整体有FT＝2μmg，解得ω2＝ eq \r(\f(μg,r))，当ω2> eq \r(\f(μg,r))时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当eq \r(\f(μg,2r))<ω< eq \r(\f(μg,r))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＝FT＋Ff不断增大，故B、C间的拉力不断增大，故D正确．
【题型四】 变速圆周运动
【典例分析】如图所示，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( )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为eq \r(2gL)
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．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＝meq \f(v\\al( 2,B),2L)，解得vB＝eq \r(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vA＝eq \f(1,2)eq \r(2gL)，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＝meq \f(v\\al( 2,A),L)，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误．
【提分秘籍】某时刻，找向心力；某过程，动能定理等。
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”．
【变式演练】
1．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，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )
A．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
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＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gL)，因LPmQ，LP2．如图所示，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/s2，求：
(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？
答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4eq \r(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＋F1＝eq \f(mv2,R)①
由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，
亦即F1≥0 ②
联立①②得v≥eq \r(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v2＝4 m/s代入①得，F2＝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
F3－mg＝eq \f(mv\\al( 2,3),R) ③
将F3＝45 N代入③得v3＝4eq \r(2) m/s
即小球的速度不能超过4eq \r(2) m/s.
3．(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( )
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0>eq \r(6gl)时，小球一定能通过最高点P
D．当v0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：FT1－mg＝meq \f(v\\al( 2,0),l)；在最高点时：FT2＋mg＝meq \f(v2,l)，其中eq \f(1,2)mv02－mg·2l＝eq \f(1,2)mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝eq \r(6gl)时，得v＝eq \r(2gl)，因为小球能经过最高点的最小速度为eq \r(gl)，则当v0>eq \r(6gl)时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝eq \r(gl)时，由eq \f(1,2)mv02＝mgh得小球能上升的高度h＝eq \f(1,2)l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v01．如图所示，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)
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mgsin 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
FT＋mgsin α＝eq \f(mv\\al( 2,1),l)①
研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有
－mglsin α＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02②
若恰好能通过最高点，则绳子拉力
FT＝0③
联立①②③解得
sin α＝eq \f(1,2)，则α＝30°
故α的范围为0°≤α≤30°.
2．如图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)( )
A．运动周期之比为5∶4
B．运动线速度大小之比为1∶1
C．向心加速度大小之比为4∶5
D．受到的合力大小之比为15∶14
答案 D
解析 A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝eq \f(2π,ω)知，周期相等，故A错误．根据v＝rω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＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C错误．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．
3.如图所示，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( )
A．OB绳的拉力范围为0～eq \f(\r(3),3)mg
B．OB绳的拉力范围为eq \f(\r(3),3)mg～eq \f(2\r(3),3)mg
C．AB绳的拉力范围为eq \f(\r(3),3)mg～eq \f(2\r(3),3)mg
D．AB绳的拉力范围为0～eq \f(2\r(3),3)mg
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F1，则2F1cs 30°＝mg，F1＝eq \f(\r(3),3)mg，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F2，则F2cs 30°＝mg，F2＝eq \f(2\r(3),3)mg，因此OB绳的拉力范围为eq \f(\r(3),3)mg～eq \f(2\r(3),3)mg，AB绳的拉力范围为0～eq \f(\r(3),3)mg，B项正确．
4. (多选)如图所示，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v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g＝10 m/s2)( )
A．v0≥0 B．v0≥4 m/s
C．v0≥2eq \r(5) m/s D．v0≤2eq \r(2) m/s
答案 CD
解析 当v0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≤eq \f(mv2,r)，又根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＋2mgr＝eq \f(1,2)mv02，得v0≥2eq \r(5) m/s，C正确．当v0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＝eq \f(1,2)mv02，得v0＝2eq \r(2) m/s，D正确．
5．如图所示，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hA、hB，下列说法正确的是( )
A．若使小球沿轨道运动并且到达轨道最高点，两球释放的最小高度hAB．在轨道最低点，A球受到的支持力最小值为6mg
C．在轨道最低点，B球受到的支持力最小值为6mg
D．适当调整hA、hB，可使两球从轨道最高点飞出后，均恰好落在各自轨道右端开口处
答案 B
解析 若小球A恰好能到左侧轨道的最高点，由mg＝meq \f(v\\al( 2,A),R)得vA＝eq \r(gR)，根据机械能守恒定律有mg(hA－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,A)，解得hA＝eq \f(5,2)R；若小球B恰好能到右侧轨道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB＝2R，故hA>hB，A错误；在轨道最低点，小球受到的支持力最小时，释放高度是最小的，即对左侧轨道来说，在最低点mghA＝eq \f(1,2)mv12，由牛顿第二定律有FNA－mg＝meq \f(v\\al( 2,1),R)，联立得FNA＝6mg，对右侧轨道来说，在最低点有mghB＝eq \f(1,2)mv22，根据牛顿第二定律有FNB－mg＝meq \f(v\\al( 2,2),R)，联立得FNB＝5mg，故B正确，C错误；小球A从最高点飞出后进行平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vAeq \r(\f(2R,g))＝eq \r(gR)·eq \r(\f(2R,g))＝eq \r(2)R>R，所以小球A落在轨道右端开口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端开口处，D错误．
6．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11所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为eq \f(3,4)d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力．
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；
(2)求绳能承受的最大拉力；
(3)改变绳长，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，绳长应是多少？最大水平距离为多少？
答案 (1)eq \r(2gd) eq \r(\f(5,2)gd) (2)eq \f(11,3)mg
(3)eq \f(d,2) eq \f(2\r(3),3)d
解析 (1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得
竖直方向eq \f(1,4)d＝eq \f(1,2)gt2
水平方向d＝v1t
解得v1＝eq \r(2gd)
在竖直方向上有v⊥2＝2g(1－eq \f(3,4))d，则
v22－v12＝2g(1－eq \f(3,4))d
解得v2＝ eq \r(\f(5,2)gd)
(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R＝eq \f(3,4)d
对小球在最低点由牛顿第二定律得
FT－mg＝eq \f(mv\\al( 2,1),R)
解得FT＝eq \f(11,3)mg
(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变．由牛顿第二定律得
FT－mg＝eq \f(mv\\al( 2,3),l)
解得v3＝ eq \r(\f(8,3)gl)
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1，则
竖直方向d－l＝eq \f(1,2)gt12
水平方向x＝v3t1
解得x＝4eq \r(\f(ld－l,3))
当l＝eq \f(d,2)时，x有极大值，xmax＝eq \f(2\r(3),3)d.
7、如图所示，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FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：
(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？
答案 (1)eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s (2)2eq \r(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：
mgtan θ＝mω02lsin θ
解得：ω02＝eq \f(g,lcs θ)
即ω0＝ eq \r(\f(g,lcs θ))＝eq \f(5,2)eq \r(2) 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：
mgtan α＝mω′2lsin α
解得：ω′2＝eq \f(g,lcs α)，
即ω′＝ eq \r(\f(g,lcs α))＝2eq \r(5) rad/s.
8．如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg。当细绳AC和BC均拉直时∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1 m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A．AC 5 m/s B．BC 5 m/s
C．AC 5.24 m/s D．BC 5.24 m/s
解析：选B 当小球线速度增至BC被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcs∠ACB＋TB＝meq \f(v2,r)②，由①式可得：TA＝eq \f(5,4)mg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当BC绳刚要被拉断时，TB＝2mg，由②可解得此时，v≈5.24 m/s；BC绳断后，随小球线速度增大，AC线与竖直方向间夹角增大，设AC线被拉断时与竖直方向的夹角为α，由TAC·cs α＝mg，TACsin α＝meq \f(v′2,r′)，r′＝LAC·sin α，可解得，α＝60°，LAC＝eq \f(5,3) m，v′＝5 m/s，故B正确。
9.如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)小球抛出点到A点的水平距离；
(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。
解析：(1)小球做平抛运动，
竖直方向：h－R(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)gt2，解得：t＝0.3 s，
竖直分速度：vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，
水平分速度：v0＝eq \f(vy,tan 37°)＝eq \f(3,\f(0.6,0.8)) m/s＝4 m/s，
抛出点距A点的水平距离：
L＝x＝v0t＝4×0.3 m＝1.2 m。
(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：
mg(h－R)＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，
在B点，由牛顿第二定律得：F＝meq \f(vB2,R)，
解得：F＝68 N，
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：
F′＝F＝68 N。
答案：(1)1.2 m (2)68 N
10．[多选]在光滑水平桌面中央固定一边长为0．1 m的小正三棱柱abc，俯视如图。长度为L＝0.5 m的不可伸长细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m＝0.8 kg可视为质点的小球，t＝0时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v0＝4 m/s。由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)。已知细线所能承受的最大张力为50 N。则细线断裂之前( )
A．小球的速率逐渐减小
B．小球速率保持不变
C．小球运动的路程为0.8π m
D．小球运动的位移大小为0.3 m
解析：选BCD 细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速率保持不变，故A错误，B正确；细线断裂瞬间，拉力大小为50 N，由F＝meq \f(v02,r)得：r＝eq \f(mv02,F)＝eq \f(0.8×42,50) m＝0.256 m，
所以刚好转一圈细线断裂，故小球运动的路程为：
s＝eq \f(1,3)·2πr1＋eq \f(1,3)·2πr2＋eq \f(1,3)·2πr3＝eq \f(2π,3)×(0.5＋0.4＋0.3) m＝0.8π m，故C正确；小球每转120°半径减小0.1 m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.5 m－0.2 m＝0.3 m，故D正确。
11（2021年浙江卷）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是( )
A.秋千对小明的作用力小于B.秋千对小明的作用力大于
C.小明的速度为零，所受合力为零D.小明的加速度为零，所受合力为零
答案：A
解析：本题考查生活中圆周运动的受力分析。设在最高点时绳索与竖直方向的夹角为α，将重力沿着绳子和垂直绳子方向分解，沿着绳子方向合力为零，此时绳子拉力，A项正确。