第18讲 水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题（解析版）

第18讲 水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题

1．（江苏高考）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

【解答】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v＝ω•r，A的运动半径小，A的速度就小。故A错误。

B、根据公式：a＝ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误。

C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ＝mω2r，则得tanθ，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误。

故选：D。

一.知识总结

1．圆周运动相关物理量

2.圆周运动各物理量间的关系

3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系

二. 圆锥摆模型及其临界问题 

1.圆锥摆模型的受力特点

受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。

2．运动实例

3．解题方法

(1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。

(2)确定圆心和轨道半径。

(3)应用相关力学规律列方程求解。

4．规律总结

(1)圆锥摆的周期

如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。

受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr

r＝Lsinθ

解得T＝2π＝2π。

(2)结论

①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。

②摆线拉力F＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。

③摆球的加速度a＝gtanθ。

5．圆锥摆的两种变形

变形1：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。

由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝知vA>vB。

变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。

由T＝2π知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。

6. 解决圆锥摆临界问题的技巧

圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。

(1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达最大值。

(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。

(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动。

三.例题精讲

题型一：圆锥摆模型常规问题

例1．如图所示，一根不可伸长的轻质细绳（绳长为L），一端系着质量为m的小球（可视为质点），另一端悬于O点。重力加速度大小为g，当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时，下列说法正确的是（　　）

A．细绳的拉力大小为2mω2l 

B．悬点O到轨迹圆心高度为 

C．小球的向心加速度大小为 

D．小球的线速度大小为

【解答】解：设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，有Fsinθ＝mω2lsinθ，得F＝mlω2，故A错误；

由mgtanθ＝mω2lsinθ，h＝lcosθ，得h，故B错误；

由mgtanθ＝mω2lsinθ，可得cosθ，小球的向心加速度大小a＝ω2lsinθ，故C正确；

由cosθ，得小球的线速度大小v＝ωlsinθ，故D错误．

故选：C。

题型二：圆锥摆模型临界问题

例2．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为L，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．a绳的张力可能为零 

B．a绳的张力随角速度的增大而增大 

C．当角速度，b绳将出现弹力 

D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A错误；

BC、当b绳恰好拉直且拉力为零时，有：，解得ω，可知当角速度ω时，b绳出现弹力；此后角速度再增大时，竖直方向上受力始终平衡，得：Fasinθ＝mg，解得Fa，可知a绳的拉力不再变化，故B错误，C正确；

D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。

故选：C。

四.举一反三，巩固训练

1. 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（　　）

A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大 

B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 

C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小 

D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大

【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图。侧壁对摩托车的支持力F不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故A错误。

B、第二定律得Fn＝m，h越高，r越大，Fn不变，则v越大。故B正确。

C、根据牛顿根据牛顿第二定律得Fn＝mr，h越高，r越大，Fn不变，则T越大。故C错误。

D、如图向心力Fn＝mgtanθ，m，θ不变，向心力大小不变。故D正确。

故选：B。

2. 火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示。若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R。在该转弯处规定的安全行驶的速度为v，则下列说法中正确的是（　　）

A．该转弯处规定的安全行驶的速度为v 

B．该转弯处规定的安全行驶的速度为v 

C．当实际行驶速度大于v时，轮缘挤压内轨 

D．当实际行驶速度小于v时，轮缘挤压外轨

【解答】解：AB、火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，由图得：

F合＝mgtanθ（θ为轨道平面与水平面的夹角），根据合力提供向心力得：mgtanθ＝m，解得：v，故A正确，B错误；

C、当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，轮缘挤压外轨，故C错误；

D、当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，轮缘挤压内轨，故D错误；

故选：A。

3. 3D地图技术能够为无人驾驶汽车分析数据，提供操作的指令.如图所示为一段公路拐弯处的地图，则（　　）

A．若弯道是水平的，汽车拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力 

B．若弯道是水平的，为防止汽车侧滑，汽车拐弯时收到的指令是让车速大一点 

C．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为内（东北）高外（西南）低 

D．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为外（西南）高内（东北）低

【解答】解：A、如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力，向心力不是汽车实际受到的力，故A错误；

B、如果弯道是水平的，由静摩擦力提供向心力，根据f＝m可知，速度越大，所需要的向心力越大，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，汽车做离心运动，所以“无人驾驶”汽车在拐弯时收到的指令应让车速小一点，防止汽车做离心运动而发生侧翻，故B错误；

CD、如果弯道是倾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，而向心力指向圆心，所以3D地图上应标出外（西南）高内（东北）低，故C错误，D正确。

故选：D。

4. 如图所示是利用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验装置图，已知小球质量为m，小球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的时间为t，则下列说法正确的是（　　）

A．小球受到重力、拉力、向心力 

B．向心力的表达式Fn＝mr 

C．小球所受的合外力为F合＝mg 

D．小球转动越快，细线与竖直方向的夹角越小

【解答】解：A、小球受到重力和绳子拉力，两者的合力提供向心力，故A错误；

B、小球做圆周运动的周期 ，其向心力公式为，故B错误；

C、设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有，其所受重力和绳子拉力的合力提供向心力，有，故C正确；

D、设绳长为L，根据牛顿第二定律有 mgtanθ＝m•Lsinθ•ω2，解得；，由此可知，角速度越大，θ越大，故D错误；

故选：C。

5. 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的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，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．这时铁轨对火车的支持力等于 

D．这时铁轨对火车的支持力大于

【解答】解：CD、火车在水平面内运动，所以，在竖直方向上受力平衡，所以，铁轨对火车的支持力FN的竖直分量与重力平衡，即FNcosθ＝mg，所以，，故C正确，D错误；

AB、铁轨对火车的支持力FN的水平分量为FNsinθ＝mgtanθ，火车在弯道半径为R的转弯处的速度，所以，火车转弯时需要的向心力；

支持力的水平分量正好等于向心力，故火车轮缘对内外轨道无挤压，故A错误，B错误；

故选：C。

6. 如图所示，一辆汽车正通过一段弯道公路，视汽车做匀速圆周运动，则（　　）

A．该汽车速度恒定不变 

B．汽车左右两车灯的线速度大小相等 

C．若速率不变，则跟公路内道相比，汽车在外道行驶时的向心力较小 

D．若速率不变，则跟晴天相比，雨天路滑时汽车在同车道上行驶时的向心力较小

【解答】解：A、圆周运动速度方向时刻变化，故A错误；

B、汽车整体的角速度相等，v＝ωr，左右两个灯的半径不同，线速度大小不同，故B错误；

C、若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据Fn＝m，在外轨道是转弯半径大，故在外轨道时向心力小，故C正确；

D、根据C项知向心力不会因为天气而变化，只是雨天路面较滑，最大静摩擦力减小，故D错误；

故选：C。

7. 一球绕直径匀速转动，如图所示，球面上有A、B两点，则（　　）

A．可能vA＜vB，也可能vA＞vB 

B．A、B两点的向心加速度都指向球心O 

C．由a可知aA＞aB 

D．由a＝ω2r可知aA＜aB

【解答】解：A、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知rA＜rB，根据v＝ωr，可知vA＜vB，故A错误；

B、质点A、B的向心加速度方向都指向圆心，如题图，A、B的加速度都是垂直转轴直线转轴，它们都不是指向圆心。故B错误。

C、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知rA＜rB，而且vA＜vB，所以不能使用a判断知aA和aB的关系。故C错误。

D、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知rA＜rB，根据a＝ω2r可知aA＜aB，故D正确。

故选：D。

8. 如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长AB＝l＞h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动．要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是（　　）

A． B．π C．2π D．

【解答】解：当小球对水平面的压力为零时，有：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlsinθω2，

解得最大角速度为：ω，

则最大转速为：n．故D正确，A、B、C错误。

故选：D。

9. （多选）如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则（　　）

A．小球均静止时，弹簧的长度为L 

B．角速度ω＝ω0时，小球A对弹簧的压力为mg 

C．角速度ω0 

D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变

【解答】解：A、光滑小球均静止时，则可知，杆没有作用力，否则B球不可能平衡的，对A受力分析，重力与弹簧的弹力，处于平衡，依据胡克定律，那么弹簧的形变量△x，因此弹簧的长度为L′＝L，故A正确；

B、角速度ω＝ω0时，球B在杆及重力作用下，提供向心力，做匀速圆周运动，那么，杆对小球A有作用力，因此弹簧对A的支持力大于mg，则球A对弹簧的压力也大于mg，故B错误；

C、当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，对B分析，杆的拉力与重力的合力提供向心力，如下图所示：

 根据矢量的合成法则，结合牛顿第二定律，则有mLcosθ，

对AB整体分析，弹簧的弹力F′＝2mg

依据胡克定律，则弹簧的形变量L″，

根据几何知识，则有：sinθ

 综上所述，解得：ω0，故C正确；

D、由上分析，可知，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，弹簧弹力等于2mg，当角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧弹力仍等于2mg，因此小球A对弹簧的压力不会变，故D正确；

故选：ACD。

10. （多选）如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与 B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和 B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．B 对 A 的摩擦力一定为 3μmg 

B．B 对 A 的摩擦力一定为 3mω2r 

C．转台的角速度一定满足ω 

D．转台的角速度一定满足ω

【解答】解：A、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f＝（3m）ω2r≤μ（3m）g．故A错误，B正确。

C、由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故

对A，有：（3m）ω2r≤μ（3m）g

对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g

对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg

解得，故C错误，D正确。

故选：BD。

11. （多选）转笔（PenSpinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（　　）

A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小 

B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 

C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 

D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差

【解答】解：A、由向心加速度公式an＝ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故A正确；

B、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；

C、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故C正确；

D、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，故D错误；

故选：AC。

12. 某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与线速度大小的关系。装置中光滑水平直杆随竖直转轴一起转动，一个滑块套在水平光滑杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，当滑块随水平杆一起转动时，细线的拉力就是滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的线速度可以通过速度传感器测得。

（1）要探究影响向心力大小的因素，采用的方法是 　A　。

A．控制变量法 B．等效替代  C．微元法   D．放大法

（2）实验中，要测量滑块做圆周运动的半径时，应测量滑块到 　竖直转轴　（选“力传感器”或“竖直转轴”）的距离。若仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及速度传感器的示数v，将测得的多组F、v值，在图乙F﹣v2坐标轴中描点，请将描出的点进行作图。若测得滑块做圆周运动的半径为r＝0.2m，由作出的F﹣v2的图线可得滑块与速度传感器的总质量m＝　0.18　kg（结果保留两位有效数字）。

【解答】解：（1）要探究影响向心力大小与线速度的关系，保持滑块与速度传感器的总质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故A正确；

（2）实验中，因为滑块在水平方向上做圆周运动，故要测量滑块做圆周运动的半径时，应测量滑块到竖直转轴的距离；

作出F﹣v2图线，如图所示：

根据知图线的斜率为：

则有：

代入数据解得：m＝0.18kg。

故答案为：（1）A；（2）竖直转轴，0.18。

13. 如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：

（1）该同学采用的实验方法为　B　。

A．等效替代法

B．控制变量法

C．理想化模型法

（2）改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：

该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。

①作出F﹣v2图线；

②若圆柱体运动半径r＝0.2m，由作出的F﹣v2的图线可得圆柱体的质量m＝　0.18　kg．（结果保留两位有效数字）

【解答】解：（1）实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故AC错误B正确；

故选：B。

（2）①作出F﹣v2图线，如图所示：

②根据F＝m，图线的斜率k，代入数据解得：m＝0.18kg。

故答案为：（1）B（2）①如图所示 ②0.18。

14. 如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R的大圆弧和r的小圆弧，直道与弯道相切，直道长度L。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K倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在圆心角为120°弯道上做匀速圆周运动，若R＝4r，要使赛车安全且绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度为g）。求：

（1）赛车行驶的最大速率；

（2）赛车绕赛道一圈的最短时间。

【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：kmg＝m，

最大速率为

（2）赛车在直道的时间为

赛车在小圆弧弯道的时间为t2

赛车在大圆弧弯道的时间为t3

所以赛车绕赛道一圈的最短时间tz＝t1+t2+t3

联立解得：

答：（1）赛车行驶的最大速率为；

（2）赛车绕赛道一圈的最短时间为。