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2024年高考物理复习第一轮：第 3讲 圆周运动
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这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 3讲 圆周运动，共22页。
第3讲 圆周运动
[主干知识·填一填]
一、圆周运动及其描述
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)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直．
2．描述圆周运动的物理量
意义
公式/单位
线速度(v)
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量
(2)是矢量，方向和半径垂直，沿圆周切线方向
v＝＝
＝2πrn
单位：m/s
角速度(ω)
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量
(2)是矢量(中学阶段不研究方向)
ω＝＝
＝2πn
单位：rad/s
周期和转
速(T/n)
物体沿圆周运动一周的时间叫周期，单位时间内转过的圈数叫转速
T＝＝
单位：s
n＝，单位：r/s
向心加速
度(an)
(1)描述速度方向变化快慢的物理量
(2)方向指向圆心
an＝＝ω2r
单位：m/s2
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：Fn＝man＝m＝mrω2＝mr＝mr4π2n2＝mωv.
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
(1)当F ＝mω2r时，物体做匀速圆周运动，如图所示．
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出．
(3)当F
1．线速度侧重于描述物体沿圆弧运动的快慢，角速度侧重于描述物体绕圆心转动的快慢．
2．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．当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比．
4．物体做匀速圆周运动还是偏离圆形轨道完全是由实际提供的向心力和所需的向心力间的大小关系决定的．
5．皮带传动和摩擦传动装置中两轮边缘线速度大小相等，而同轴传动装置中两轮角速度相等．
6．因为“绳”和“杆”施力特点不同，竖直平面内的圆周运动中“绳”模型和“杆”模型在最高点的最小速度是不同的．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)
2．做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的．(×)
3．做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．(×)
4．做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√)
5．做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．(√)
6．摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故．(×)
二、经典小题速练
1.如图所示，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( )
A．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：C
2．(人教版必修2P19T4改编)自行车传动装置的示意图如图所示，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3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( )
A． B．
C． D．
解析：D 大齿轮与小齿轮是链条传动，线速度大小相等，有2πnr1＝ωr2，得ω＝，小齿轮和后轮是同轴传动，角速度大小相等，故后轮边缘的线速度等于自行车前进的速度，大小为v＝ωr3＝，选项D正确．
3.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化．下列关于小球运动情况的说法中正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做直线运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动
解析：AB 在水平面上，细绳的拉力提供小球所需的向心力，当F＝mω2r时，小球做匀速圆周运动，当拉力突然消失时，小球将沿切线Pa方向做匀速直线运动，A正确；当拉力突然减小时，小球将沿Pb做离心运动，B正确，D错误；当拉力突然增大时，小球将沿Pc做向心运动，C错误．
命题点一 圆周运动的运动学分析(自主学习)
[核心整合]
1．对an＝＝ω2r的理解
在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比．
2．常见的三类传动方式及特点
(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)摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，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：如图戊、己所示，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．
[题组突破]
1.(同轴传动类圆周运动问题)如图所示一种古老的舂米机．舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起．然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米．已知OC>OB，则在横梁绕O转动过程中( )
A．B、C的向心加速度相等
B．B、C的角速度关系满足ωB<ωC
C．B、C的线速度关系满足vB
解析：C 由题图可知，B与C属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC＝ωB，向心加速度a＝ω2r，因OC>OB，可知C的向心加速度较大，选项A、B错误；由于OC>OB，由v＝ωr可知C点的线速度大，选项C正确；舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，选项D错误．
2.(齿轮传动类圆周运动问题)(多选)在如图所示的齿轮传动中，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( )
A．线速度大小之比为1∶1
B．角速度之比为1∶1
C．角速度之比为3∶1
D．向心加速度大小之比为1∶3
解析：AC 题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1；由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1；由an＝ω2r可知，A点和B点的向心加速度大小之比为3∶1.故选项A、C正确，B、D错误．
3．(圆周运动的多解问题)(2022·湖南长沙市雅礼中学高三月考)如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始该容器从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水，求：(重力加速度为g)
(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大；
(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.
解析：(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，
有h＝gt2，解得t＝.
(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1，2，3，…)，
由ωt＝nπ得
ω＝＝nπ(n＝1，2，3，…)．
(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：
x2＝v·2t＝2v，
第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：
x3＝v·3t＝3v，
当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：
x＝x2＋x3＝5v.
答案：(1) (2)nπ(n＝1，2，3，…)
(3)5v
命题点二 圆周运动的动力学问题(师生互动)
[核心整合]
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．匀速圆周运动的实例分析
运动模型
向心力的来源图示
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
飞车走壁
汽车在水平
路面转弯
水平转台(光滑)
(2021·河北卷)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
解析：BD 对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向Tsin θ＝mg，而T＝k，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变．则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则Tcos θ－FN＝mω2r，即FN＝Tcos θ－mω2r，随ω增大，FN减小，当转速较大时，FN指向转轴Tcos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－Tcos θ，随ω′增大，FN′增大，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大．则C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大．则D正确．
“一、二、三、四”求解圆周运动问题
[题组突破]
1．(火车转弯问题)(2022·江苏如东县第一次检测)(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，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( )
A．该弯道的半径r＝
B．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
解析：ABD 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：mgtan θ＝m，解得：r＝，故A正确；根据牛顿第二定律有：mgtan θ＝m，解得：v＝，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．
2．(圆锥摆问题)(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球．当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力．下列说法正确的是( )
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
解析：BD 根据题意可知，mgtan θ＝mrω2＝mω2Lsin θ，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω，故A错误，B正确；小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确．
3．(水平转盘上的圆周运动问题)(多选)如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B沿同一半径方向放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接．物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动．开始时，轻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，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过3ω时，物块A、B开始滑动．若图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是( )
A．L＝ B．L＝
C．k＝ D．m＝M
解析：BC 开始转速较小时，A、B两物块的向心力均由静摩擦力提供，当转速增大到一定程度时，B的静摩擦力不足以提供向心力时，绳子开始有拉力，当转速再增大到一定程度，A的最大静摩擦力也不足时，两者开始做离心运动，由题图乙可得：kmg＝m·2ω·2L，F1＋kmg＝m·3ω·2L，可解得：L＝，k＝，选项A错误，B、C均正确；对物块A分析，kMg－F1＝M·3ω·L，可推得M＝2m，D错误．
命题点三 竖直面内圆周运动“两类模型”问题(多维探究)
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F向＝0，
此时FN＝mg
v＝
的意义
物体能否过最高点的临界点
FN表现为拉力还是支持力的临界点
第1维度：轻绳模型…………………
如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直平面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是( )
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析：D 当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，则有：mg＝m，解得：v2＝gr，故有a＝gr，则数据a与小球的质量无关，A错误；当v2＝2a时，对小球受力分析，则有：mg＋b＝m，解得：b＝mg，则数据b与小球的质量有关，B错误；根据A、B项分析可知：＝，则比值与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；若FT＝0，由题图乙可知：v2＝a，则有：mg＝m，解得：r＝，当v2＝2a时，则有：mg＋b＝m，解得：m＝，D正确．
第2维度：轻杆模型…………………
(2022·四川绵阳市诊断)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，重力加速度为g，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
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
解析：C 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，解得vB＝，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＝，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，解得：F＝1.5mg，根据牛顿第三定律可知，C正确，D错误．
第3维度：“双绳”模型…………………
如图所示，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，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为( )
A．mg B．mg
C．3mg D．2mg
解析：A 小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin 60°＝L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，可解得：F＝3mg.由2FTcos 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确．
第4维度：凹形桥与拱形桥模型…………………
概述
当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向＝FN－mg＝m
规律
桥对车的支持力FN＝mg＋m＞mg，汽车处于超重状态
概述
当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F向＝mg－FN＝m
规律
桥对车的支持力FN＝mg－m＜mg，汽车处于失重状态．若v＝，则FN＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动
一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力大小FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力大小为FN2，则FN1与FN2之比为( )
A．3∶1 B．3∶2
C．1∶3 D．1∶2
解析：C 汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1′＝FN1①
由牛顿第二定律可得mg－FN1′＝②
同理，如图乙所示，FN2′＝FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，
有FN2′－mg＝③
由题意可知FN1＝mg④
由①②③④得FN1∶FN2＝1∶3.
素养培优11 斜面上圆周运动的临界问题
实例一 静摩擦力控制下的斜面圆周运动
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(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． rad/s B． rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误．
实例二 轻杆控制下的斜面圆周运动
如图所示，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．g取10 m/s2.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( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：A 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝mv，可得vB＝4 m/s，A正确．
实例三 轻绳控制下的斜面圆周运动
(多选)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自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾角为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＝2 m/s，g取10 m/s2，则( )
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
解析：AD 小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力．在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳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＝m ①，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有：－mglsin α ＝ mv－mv ②，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立①②解得：sin α＝＝，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为：FT＝m＝4 N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能mv＝1 J，机械能不守恒，故B错误．
限时规范训练
[基础巩固]
1．(2021·全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：C 纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度：a＝ω2r≈1000 m/s2，故选C．
2．(多选)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：AD 由s＝vt知，s＝600 m，故A正确．火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B错误．由10 s内转过10°知，角速度ω＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，故C错误．由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，故D正确．
3．(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
解析：B 取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子平均受力为F.由牛顿第二定律知：2F－mg＝，代入数据得F＝405 N，选项B正确．
4．(2021·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mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
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
解析：A 在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有F－mgcos θ＝m，由于小明的速度为0，则有F＝mgcos θ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，所以A正确，B、C、D错误．
5．(2022·齐鲁名校联考)(多选)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳和飞椅的重力．下列判断正确的是( )
A．P、Q两位游客的线速度大小相同
B．无论两位游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2
C．如果两位游客的质量相同，则有θ1等于θ2
D．如果两位游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力
解析：BD 设h为钢绳延长线与转轴交点的位置与游客所在水平面之间的高度，则对游客：mgtan θ＝mω2htan θ，可得h＝，即hP＝hQ.设转盘半径为r，钢绳的长度为L，由h＝＋Lcos θ，可得L越小，θ越小，即θ1>θ2，由R＝r＋Lsin θ，v＝ωR，可得：RP>RQ，vP>vQ，游客所受的向心力F＝mgtan θ，θ1>θ2，故两游客质量相同时，Q的向心力一定小于P的向心力，选项B、D正确，A、C错误．
6．(2022·人大附中质量检测)某游乐设施如图所示，由半圆形APB和直线形BC细圆管组成的细圆管轨道固定在水平桌面上(圆半径比细圆管内径大得多)，轨道内壁光滑且A、P、B、C各点在同一水平面上．已知APB部分的半径R＝0.8 m，BC段长L＝1.6 m，弹射装置将一质量m＝0.2 kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道水平抛出，落地点D离C点的水平距离为s＝1.6 m，桌子的高度h＝0.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小球水平初速度v0的大小；
(2)小球在半圆形轨道上运动的角速度ω以及从A点运动到C点所用的时间t；
(3)小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力F的大小．
解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，则有：
竖直方向：h＝gt2，
水平方向：s＝v0t
得：v0＝s＝1.6× m/s＝4 m/s.
(2)小球在半圆形轨道上运动时的角速度为
ω＝＝ rad/s＝5 rad/s.
小球从A到B的时间为t1＝＝ s＝0.628 s.
小球从B到C做匀速直线运动，
时间为t2＝＝ s＝0.4 s.
因此从A点运动到C点所用的时间为
t＝t1＋t2＝1.028 s.
(3)根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平作用力大小为
Fx＝m＝0.2× N＝4 N.
竖直作用力大小为Fy＝mg＝2 N
故细圆管对小球的作用力为
F＝＝2 N.
答案：(1)4 m/s (2)5 rad/s 1.028 s (3)2 N
[能力提升]
7．(多选)如图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( )
A．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
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
解析：BD 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FN，则有：Ffm＝μFN，由平衡条件有：FN＝Mg，根据牛顿第二定律有：Ffm＝M，代入数据解得：vm＝，故B正确；对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，则：＝，解得Ff＝，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．
8．(多选)如图所示，一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔，上端拴物体M，下端拴物体N.若物体M在桌面上做半径为r的匀速圆周运动时，角速度为ω，线速度大小为v，物体N处于静止状态，则(不计摩擦)( )
A．M所需向心力大小等于N所受重力的大小
B．M所需向心力大小大于N所受重力的大小
C．v2与r成正比
D．ω2与r成正比
解析：AC 物体N静止不动，绳子拉力与物体N重力相等，物体M做匀速圆周运动，绳子拉力完全提供向心力，即T＝mNg＝F向，所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小，A正确，B错误；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝m，则v2与r成正比，C正确；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝mω2r，则ω2与r成反比，D错误．
9.如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)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l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动．当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为
D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为
解析：C 小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsin β＝mω2l sin β，可知随角速度变化，细绳的拉力FT会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有FTcos θ＝mg，FTsin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝ ＝，若小球飞离了水平面，则角速度大于，而<，故选项C正确，D错误．
10.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β.则( )
A．A的质量一定小于B的质量
B．A、B受到的摩擦力可能同时为零
C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
解析：D 当B的摩擦力恰为零时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mωRsin β ，解得：ωB＝，同理可得：ωA＝，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小，A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA>ωB，所以B物块的向心力变大，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确．
11．(2022·山西大同市联考)(多选)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A．B受到的静摩擦力一直增大
B．B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大
C．A受到的静摩擦力是先增大后减小
D．A受到的合力一直在增大
解析：BD 开始角速度较小时，两物块均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据Ff＝mrω2，知ω＝ ，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大．对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变，可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大，故A、C错误，B正确；根据向心力公式F＝m，在发生相对滑动前物块的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物块受到的合力，故D正确．
12.一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′.用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动．
(1)当小球的角速度为4 rad/s时，求轻绳中的拉力大小；
(2)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为 N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与O′点间的距离．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)当小球在圆锥表面上运动时，
根据牛顿第二定律可得：
Tsin 37°－FNcos 37°＝mω2Lsin 37°①
Tcos 37°＋FNsin 37°＝mg②
小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，
求得：ω0＝5 rad/s
T0＝1.25 N
当小球的角速度为4 rad/s时，小球在圆锥表面上运动，
根据公式①②可求得：T1＝1.088 N.
(2)当轻绳断裂时，绳中的拉力大于T0＝1.25 N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ.
根据牛顿运动定律可得：T2sin θ＝m
T2cos θ＝mg，求得：θ＝53°，v＝ m/s
轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：
h＝H－Lcos 53°＝0.45 m
据h＝gt2，求得：t＝0.3 s
如图所示：水平位移为：x＝vt＝ m
抛出点与OO′间的距离为：
y＝Lsin 53°＝0.4 m, ＝0.8 m
0．8 m>0.75 m×tan 37°，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，所以落地点与O′点间的距离为0.8 m.
答案：(1)1.088 N (2)0.8 m
第3讲 圆周运动
[主干知识·填一填]
一、圆周运动及其描述
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)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直．
2．描述圆周运动的物理量
意义
公式/单位
线速度(v)
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量
(2)是矢量，方向和半径垂直，沿圆周切线方向
v＝＝
＝2πrn
单位：m/s
角速度(ω)
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量
(2)是矢量(中学阶段不研究方向)
ω＝＝
＝2πn
单位：rad/s
周期和转
速(T/n)
物体沿圆周运动一周的时间叫周期，单位时间内转过的圈数叫转速
T＝＝
单位：s
n＝，单位：r/s
向心加速
度(an)
(1)描述速度方向变化快慢的物理量
(2)方向指向圆心
an＝＝ω2r
单位：m/s2
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：Fn＝man＝m＝mrω2＝mr＝mr4π2n2＝mωv.
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
(1)当F ＝mω2r时，物体做匀速圆周运动，如图所示．
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出．
(3)当F
1．线速度侧重于描述物体沿圆弧运动的快慢，角速度侧重于描述物体绕圆心转动的快慢．
2．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．当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比．
4．物体做匀速圆周运动还是偏离圆形轨道完全是由实际提供的向心力和所需的向心力间的大小关系决定的．
5．皮带传动和摩擦传动装置中两轮边缘线速度大小相等，而同轴传动装置中两轮角速度相等．
6．因为“绳”和“杆”施力特点不同，竖直平面内的圆周运动中“绳”模型和“杆”模型在最高点的最小速度是不同的．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)
2．做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的．(×)
3．做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．(×)
4．做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√)
5．做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．(√)
6．摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故．(×)
二、经典小题速练
1.如图所示，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( )
A．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：C
2．(人教版必修2P19T4改编)自行车传动装置的示意图如图所示，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3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( )
A． B．
C． D．
解析：D 大齿轮与小齿轮是链条传动，线速度大小相等，有2πnr1＝ωr2，得ω＝，小齿轮和后轮是同轴传动，角速度大小相等，故后轮边缘的线速度等于自行车前进的速度，大小为v＝ωr3＝，选项D正确．
3.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化．下列关于小球运动情况的说法中正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做直线运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动
解析：AB 在水平面上，细绳的拉力提供小球所需的向心力，当F＝mω2r时，小球做匀速圆周运动，当拉力突然消失时，小球将沿切线Pa方向做匀速直线运动，A正确；当拉力突然减小时，小球将沿Pb做离心运动，B正确，D错误；当拉力突然增大时，小球将沿Pc做向心运动，C错误．
命题点一 圆周运动的运动学分析(自主学习)
[核心整合]
1．对an＝＝ω2r的理解
在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比．
2．常见的三类传动方式及特点
(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)摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，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：如图戊、己所示，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．
[题组突破]
1.(同轴传动类圆周运动问题)如图所示一种古老的舂米机．舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起．然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米．已知OC>OB，则在横梁绕O转动过程中( )
A．B、C的向心加速度相等
B．B、C的角速度关系满足ωB<ωC
C．B、C的线速度关系满足vB
解析：C 由题图可知，B与C属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC＝ωB，向心加速度a＝ω2r，因OC>OB，可知C的向心加速度较大，选项A、B错误；由于OC>OB，由v＝ωr可知C点的线速度大，选项C正确；舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，选项D错误．
2.(齿轮传动类圆周运动问题)(多选)在如图所示的齿轮传动中，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( )
A．线速度大小之比为1∶1
B．角速度之比为1∶1
C．角速度之比为3∶1
D．向心加速度大小之比为1∶3
解析：AC 题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1；由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1；由an＝ω2r可知，A点和B点的向心加速度大小之比为3∶1.故选项A、C正确，B、D错误．
3．(圆周运动的多解问题)(2022·湖南长沙市雅礼中学高三月考)如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始该容器从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水，求：(重力加速度为g)
(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大；
(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.
解析：(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，
有h＝gt2，解得t＝.
(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1，2，3，…)，
由ωt＝nπ得
ω＝＝nπ(n＝1，2，3，…)．
(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：
x2＝v·2t＝2v，
第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：
x3＝v·3t＝3v，
当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：
x＝x2＋x3＝5v.
答案：(1) (2)nπ(n＝1，2，3，…)
(3)5v
命题点二 圆周运动的动力学问题(师生互动)
[核心整合]
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．匀速圆周运动的实例分析
运动模型
向心力的来源图示
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
飞车走壁
汽车在水平
路面转弯
水平转台(光滑)
(2021·河北卷)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
解析：BD 对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向Tsin θ＝mg，而T＝k，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变．则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则Tcos θ－FN＝mω2r，即FN＝Tcos θ－mω2r，随ω增大，FN减小，当转速较大时，FN指向转轴Tcos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－Tcos θ，随ω′增大，FN′增大，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大．则C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大．则D正确．
“一、二、三、四”求解圆周运动问题
[题组突破]
1．(火车转弯问题)(2022·江苏如东县第一次检测)(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，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( )
A．该弯道的半径r＝
B．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
解析：ABD 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：mgtan θ＝m，解得：r＝，故A正确；根据牛顿第二定律有：mgtan θ＝m，解得：v＝，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．
2．(圆锥摆问题)(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球．当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力．下列说法正确的是( )
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
解析：BD 根据题意可知，mgtan θ＝mrω2＝mω2Lsin θ，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω，故A错误，B正确；小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确．
3．(水平转盘上的圆周运动问题)(多选)如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B沿同一半径方向放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接．物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动．开始时，轻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，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过3ω时，物块A、B开始滑动．若图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是( )
A．L＝ B．L＝
C．k＝ D．m＝M
解析：BC 开始转速较小时，A、B两物块的向心力均由静摩擦力提供，当转速增大到一定程度时，B的静摩擦力不足以提供向心力时，绳子开始有拉力，当转速再增大到一定程度，A的最大静摩擦力也不足时，两者开始做离心运动，由题图乙可得：kmg＝m·2ω·2L，F1＋kmg＝m·3ω·2L，可解得：L＝，k＝，选项A错误，B、C均正确；对物块A分析，kMg－F1＝M·3ω·L，可推得M＝2m，D错误．
命题点三 竖直面内圆周运动“两类模型”问题(多维探究)
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F向＝0，
此时FN＝mg
v＝
的意义
物体能否过最高点的临界点
FN表现为拉力还是支持力的临界点
第1维度：轻绳模型…………………
如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直平面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是( )
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析：D 当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，则有：mg＝m，解得：v2＝gr，故有a＝gr，则数据a与小球的质量无关，A错误；当v2＝2a时，对小球受力分析，则有：mg＋b＝m，解得：b＝mg，则数据b与小球的质量有关，B错误；根据A、B项分析可知：＝，则比值与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；若FT＝0，由题图乙可知：v2＝a，则有：mg＝m，解得：r＝，当v2＝2a时，则有：mg＋b＝m，解得：m＝，D正确．
第2维度：轻杆模型…………………
(2022·四川绵阳市诊断)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，重力加速度为g，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
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
解析：C 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，解得vB＝，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＝，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，解得：F＝1.5mg，根据牛顿第三定律可知，C正确，D错误．
第3维度：“双绳”模型…………………
如图所示，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，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为( )
A．mg B．mg
C．3mg D．2mg
解析：A 小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin 60°＝L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，可解得：F＝3mg.由2FTcos 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确．
第4维度：凹形桥与拱形桥模型…………………
概述
当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向＝FN－mg＝m
规律
桥对车的支持力FN＝mg＋m＞mg，汽车处于超重状态
概述
当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F向＝mg－FN＝m
规律
桥对车的支持力FN＝mg－m＜mg，汽车处于失重状态．若v＝，则FN＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动
一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力大小FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力大小为FN2，则FN1与FN2之比为( )
A．3∶1 B．3∶2
C．1∶3 D．1∶2
解析：C 汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1′＝FN1①
由牛顿第二定律可得mg－FN1′＝②
同理，如图乙所示，FN2′＝FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，
有FN2′－mg＝③
由题意可知FN1＝mg④
由①②③④得FN1∶FN2＝1∶3.
素养培优11 斜面上圆周运动的临界问题
实例一 静摩擦力控制下的斜面圆周运动
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(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． rad/s B． rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误．
实例二 轻杆控制下的斜面圆周运动
如图所示，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．g取10 m/s2.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( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：A 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝mv，可得vB＝4 m/s，A正确．
实例三 轻绳控制下的斜面圆周运动
(多选)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自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾角为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＝2 m/s，g取10 m/s2，则( )
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
解析：AD 小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力．在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳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＝m ①，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有：－mglsin α ＝ mv－mv ②，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立①②解得：sin α＝＝，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为：FT＝m＝4 N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能mv＝1 J，机械能不守恒，故B错误．
限时规范训练
[基础巩固]
1．(2021·全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：C 纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度：a＝ω2r≈1000 m/s2，故选C．
2．(多选)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：AD 由s＝vt知，s＝600 m，故A正确．火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B错误．由10 s内转过10°知，角速度ω＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，故C错误．由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，故D正确．
3．(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
解析：B 取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子平均受力为F.由牛顿第二定律知：2F－mg＝，代入数据得F＝405 N，选项B正确．
4．(2021·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mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
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
解析：A 在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有F－mgcos θ＝m，由于小明的速度为0，则有F＝mgcos θ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，所以A正确，B、C、D错误．
5．(2022·齐鲁名校联考)(多选)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳和飞椅的重力．下列判断正确的是( )
A．P、Q两位游客的线速度大小相同
B．无论两位游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2
C．如果两位游客的质量相同，则有θ1等于θ2
D．如果两位游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力
解析：BD 设h为钢绳延长线与转轴交点的位置与游客所在水平面之间的高度，则对游客：mgtan θ＝mω2htan θ，可得h＝，即hP＝hQ.设转盘半径为r，钢绳的长度为L，由h＝＋Lcos θ，可得L越小，θ越小，即θ1>θ2，由R＝r＋Lsin θ，v＝ωR，可得：RP>RQ，vP>vQ，游客所受的向心力F＝mgtan θ，θ1>θ2，故两游客质量相同时，Q的向心力一定小于P的向心力，选项B、D正确，A、C错误．
6．(2022·人大附中质量检测)某游乐设施如图所示，由半圆形APB和直线形BC细圆管组成的细圆管轨道固定在水平桌面上(圆半径比细圆管内径大得多)，轨道内壁光滑且A、P、B、C各点在同一水平面上．已知APB部分的半径R＝0.8 m，BC段长L＝1.6 m，弹射装置将一质量m＝0.2 kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道水平抛出，落地点D离C点的水平距离为s＝1.6 m，桌子的高度h＝0.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小球水平初速度v0的大小；
(2)小球在半圆形轨道上运动的角速度ω以及从A点运动到C点所用的时间t；
(3)小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力F的大小．
解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，则有：
竖直方向：h＝gt2，
水平方向：s＝v0t
得：v0＝s＝1.6× m/s＝4 m/s.
(2)小球在半圆形轨道上运动时的角速度为
ω＝＝ rad/s＝5 rad/s.
小球从A到B的时间为t1＝＝ s＝0.628 s.
小球从B到C做匀速直线运动，
时间为t2＝＝ s＝0.4 s.
因此从A点运动到C点所用的时间为
t＝t1＋t2＝1.028 s.
(3)根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平作用力大小为
Fx＝m＝0.2× N＝4 N.
竖直作用力大小为Fy＝mg＝2 N
故细圆管对小球的作用力为
F＝＝2 N.
答案：(1)4 m/s (2)5 rad/s 1.028 s (3)2 N
[能力提升]
7．(多选)如图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( )
A．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
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
解析：BD 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FN，则有：Ffm＝μFN，由平衡条件有：FN＝Mg，根据牛顿第二定律有：Ffm＝M，代入数据解得：vm＝，故B正确；对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，则：＝，解得Ff＝，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．
8．(多选)如图所示，一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔，上端拴物体M，下端拴物体N.若物体M在桌面上做半径为r的匀速圆周运动时，角速度为ω，线速度大小为v，物体N处于静止状态，则(不计摩擦)( )
A．M所需向心力大小等于N所受重力的大小
B．M所需向心力大小大于N所受重力的大小
C．v2与r成正比
D．ω2与r成正比
解析：AC 物体N静止不动，绳子拉力与物体N重力相等，物体M做匀速圆周运动，绳子拉力完全提供向心力，即T＝mNg＝F向，所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小，A正确，B错误；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝m，则v2与r成正比，C正确；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝mω2r，则ω2与r成反比，D错误．
9.如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)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l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动．当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )
A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为
D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为
解析：C 小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsin β＝mω2l sin β，可知随角速度变化，细绳的拉力FT会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有FTcos θ＝mg，FTsin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝ ＝，若小球飞离了水平面，则角速度大于，而<，故选项C正确，D错误．
10.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β.则( )
A．A的质量一定小于B的质量
B．A、B受到的摩擦力可能同时为零
C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力
D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
解析：D 当B的摩擦力恰为零时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mωRsin β ，解得：ωB＝，同理可得：ωA＝，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小，A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA>ωB，所以B物块的向心力变大，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确．
11．(2022·山西大同市联考)(多选)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A．B受到的静摩擦力一直增大
B．B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大
C．A受到的静摩擦力是先增大后减小
D．A受到的合力一直在增大
解析：BD 开始角速度较小时，两物块均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据Ff＝mrω2，知ω＝ ，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大．对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变，可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大，故A、C错误，B正确；根据向心力公式F＝m，在发生相对滑动前物块的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物块受到的合力，故D正确．
12.一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′.用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动．
(1)当小球的角速度为4 rad/s时，求轻绳中的拉力大小；
(2)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为 N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与O′点间的距离．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)当小球在圆锥表面上运动时，
根据牛顿第二定律可得：
Tsin 37°－FNcos 37°＝mω2Lsin 37°①
Tcos 37°＋FNsin 37°＝mg②
小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，
求得：ω0＝5 rad/s
T0＝1.25 N
当小球的角速度为4 rad/s时，小球在圆锥表面上运动，
根据公式①②可求得：T1＝1.088 N.
(2)当轻绳断裂时，绳中的拉力大于T0＝1.25 N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ.
根据牛顿运动定律可得：T2sin θ＝m
T2cos θ＝mg，求得：θ＝53°，v＝ m/s
轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：
h＝H－Lcos 53°＝0.45 m
据h＝gt2，求得：t＝0.3 s
如图所示：水平位移为：x＝vt＝ m
抛出点与OO′间的距离为：
y＝Lsin 53°＝0.4 m, ＝0.8 m
0．8 m>0.75 m×tan 37°，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，所以落地点与O′点间的距离为0.8 m.
答案：(1)1.088 N (2)0.8 m
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