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(考点分析) 第二节 圆周运动的应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(考点分析) 第二节 圆周运动的应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共25页。
【考点分析】 第二节 圆周运动的应用
【考点一】 竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及分类
【典型例题1】 (2022•河北省保定市高三(上)期末)如图所示，质量为m的小明(视为质点坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为(常数k<1，g为重力加速度大小)的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是( )
A．小明通过最高点时不受重力
B．小明做匀速圆周运动的周期为
C．小明通过最高点时处于完全失重状态
D．小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1+k2)mg
【解析】 A．当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；
B．小明做匀速圆周运动的周期，B正确；
C．小明做圆周运动所需的向心力大小F向=k2mg
【答案】 BD
【归纳总结】 常见模型
最
高
点
模
型
弹力向上 Fn=mg-FN 过最高点的条件v≤
弹力向下 Fn=mg+FN 过最高点的条件v≥
弹力可能向上，可能向下，也可能没有Fn=mg+FN=m
①当v>时物体受到的弹力必然是向下的；当v< 时物体受到的弹力必然是向上的；当v=时物体受到的弹力恰好为零
②当弹力大小FNmg时，向心力只有一解：FN+mg；当弹力FN=mg时，向心力等于零
弹力一定向上，Fn=FN-mg
【考点二】 火车转弯问题
【典型例题2】 (2021·四川省绵阳市一中)如图所示，铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，当质量为m的火车以速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力的作用，下面分析正确的是
A． 此时火车转弯所需向心力由重力和支持力的合力来提供
B． 若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用
C． 若火车速度大于v时，内侧轨将受到侧压力作用
D． 火车在弯道行驶时受到重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力．
【解析】 火车速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，由重力和支持力的合力提供向心力，如图所示．故A正确；
若火车速度小于v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，故B错误；若火车速度大于v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，故C错误；火车在弯道行驶时受到重力、支持力、牵引力、摩擦力作用．选项D错误；
【答案】 A
【归纳总结】 铁路弯道的特点
当外轨比内轨高时，铁轨对火车的支持力不再是竖直向上，而是和重力的合力提供向心力，可以减轻轨和轮缘的挤压。最佳情况是向心力恰好由支持力和重力的合力提供，铁轨的内、外轨均不受到侧向挤压的力。
(1)受力分析：如图甲所示，火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心，成为使火车拐弯的向心力。
(2)动力学方程：根据牛顿第二定律得mgtan θ=m，其中r是转弯处轨道的半径，v0是使内、外轨均不受力的最佳速度。
(3)结论：解上述方程可知=rgtan θ
可见，最佳情况是由v0，r，θ共同决定的。
当火车实际速度为v时，可有三种可能：
当v=v0时，内、外轨均不受侧向挤压的力；
当v>v0时，外轨受到侧向挤压的力(这时向心力增大，外轨提供一部分力)；
当v
【典型例题3】 (2021·阳江市第一中学)港珠澳大桥总长约55公里，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥，也是世界公路建设史上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最庞大的桥梁．如图所示的路段是一段半径约为120m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，取重力加速度，下列说法正确的是( )
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为
C．晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时，汽车以60km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动
【解析】 AB．汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径，运动速率，向心加速度为，角速度，故AB错；C．以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率，设汽车的质量为，在水平方向上根据牛顿第二定律得，在竖直方向上有，径向最大静摩擦力为正压力的0．8倍，即，以上三式联立解得，所以晴天时汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；D．下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0．4倍，有，60km/h <78.8km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道，且不做离心运动，故D错误。故选C。
【答案】 C
【考点四】 汽车过桥问题
【典型例题4】 如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1
【解析】 在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2．因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1
【归纳总结】 拱形桥的最高点与最低点
(1)如果汽车在拱形桥上，如图乙以某一速度v通过拱形桥的最高点时满足mg-F1=m。
结论：①汽车对桥面的压力小于汽车的重力mg。
②汽车行驶的速度越大，汽车对桥面的压力越小。
③当速度不断增大的时候，压力会不断减小，当达到某一速度时，汽车对桥面完全没有压力，汽车“飘离”桥面。
(2)如果是凹形桥，如图丙所示，以某一速度v通过凹形桥的最低点时满足F2-mg=m。
【考点五】 离心现象
【典型例题5】 如图所示，光滑水平面上，小球m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，关于小球运动情况的说法正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa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运动
【解析】 当拉力不足以提供所需要的向心力时，将做离心运动，若拉力突然消失，则小球将沿原来的运动方向运动，即Pa方向，A正确；若拉力突然变小，则做半径增大的曲线运动，即可能沿Pb方向，拉力突然变大，则做向心运动，可能沿Pc方向，B，C，D均错误。
【答案】 A
【归纳总结】 离心现象的受力特点
1．离心运动的实质是物体逐渐远离圆心的物理现象，它的本质是物体惯性的表现，总是有沿着圆周切线飞出去的趋势，之所以没有飞出去是因为受到向心力作用，一旦作为向心力的合外力消失，物体就会沿切线方向飞出去。
2．物体做离心运动不是因为物体受到离心力的作用，而是由于外力不能提供足够的向心力，所谓的“离心力”实际并不存在。
【考点六】 先圆周运动后平抛运动的问题
【典型例题6】 如图用细线吊着一个小球，使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动；圆周运动的水平面与悬点的距离为h，与水平地面的距离为H.若细线突然在A处断裂，求小球在地面上的落点P与A的水平距离．
【解析】 设小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动的速度为v
根据F向＝m有mgtanθ＝mg＝m则v＝R
若细线突然在A处断裂，小球以速度v做平抛运动，在地面上落点P的位置与A处的切线在同一竖直平面上，设与A处的水平距离为x；则有H＝gt2 x＝vt解得x＝R .
【答案】 R
【归纳总结】 平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿运动定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系。若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速度等于平抛运动的末速度在圆周切线方向的分速度。
【考点七】 先平抛运动后圆周运动的问题
【典型例题7】 如图所示，质量为m=0.2 kg 的小球(可视为质点)从水平桌面端点A以初速度v0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径。P点到桌面的竖直距离也为R。小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道，g=10 m/s2，求：
(1)小球在A点的初速度v0及AP间水平距离x；
(2)小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力；
(3)判断小球能否到达圆轨道最高点M。
【解析】 (1)小球由A点做平抛运动，在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则小球在P点的竖直分速度为vy=v0tan 45°=v0
由平抛运动规律得vy=gt，R=t，x=v0t
解得v0=4 m/s，x=1．6 m。
(2)小球在P点的速度为v==4 m/s
小球从P点到N点，由动能定理得mgR(1-cos 45°)=m-mv2
小球在N点，由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得小球所受支持力FN=11．17 N
由牛顿第三定律得，小球对N点的压力为FN′=11．17 N，方向竖直向下。
(3)假设小球能够到达M点，对小球由P点到M点由动能定理得mgR(1+cos 45°)= mv2-mv′2
解得v′= m/s
小球能够完成圆周运动，在M点应有mg≤即vM≥=m/s
由v′
【考点八】 圆锥摆模型
【典型例题8】 (2021·昆山震川高级中学)两根长度不同的轻质细线下端分别悬挂两个小球A、B，细线上端固定在同一点，若两个小球绕共同的竖直轴在同一水平面内做同向的匀速圆周运动，球A的轨道半径是B的一半，不计空气阻力。则两个摆球在运动过程中( )
A．两球的角速度相等 B．两球的速度大小相等
C．两球的加速度大小相等 D．球A、B的向心力大小之比为1：2
【解析】 A．设细线与竖直方向夹角为θ，小球到悬挂点的竖直高度差为h，小球做圆周运动，根据牛顿第二定律有mgtanθ=mω2r，轨道半径r=htanθ，解得角速度，可见角速度ω与轨道半径大小无关，即两球的角速度相等，选项A正确；B．由公式v=ωr可知，角速度相等时，线速度v与半径r成正比，B球的半径大，则B球的线速度大，选项B错误；C．由公式a=ω2r可知，在角速度相等时，加速度a与半径r成正比，B球的半径大，则B球的加速度大，选项C错误；D．根据向心力公式F=ma，由于两球质量关系未知，则向心力大小关系无法判断，选项D错误。故选A。
【答案】 A
【考点九】 在圆锥内部运动物体的圆周运动问题
【典型例题9】 一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，则( )
A．球A的角速度等于球B的角速度
B．球A的线速度大于球B的线速度
C．球A的运动周期小于球B的运动周期
D．球A与球B对筒壁的压力相等
【解析】 物体受力如图：将FN沿水平和竖直方向分解得：
FNcosθ=ma…①，FNsinθ=mg…②
两球质量相等，则两球对筒壁的压力相等，向心力相等，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动． 由于A和B的质量相同，根据力的合成可知，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．由公式，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，球A的角速度小于球B的角速度，故A错误．
由向心力的计算公式，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，球A的线速度大于球B的线速度，故B正确；
由周期公式，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
【答案】 BD
【考点十】 在圆锥外的圆锥摆运动的问题
【典型例题10】 (2021·广东惠州市月考)如图所示，为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面，当转筒中心轴开始缓慢加速转动，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．角速度慢慢增大，一定是线长的那个球先离开圆锥筒
B．角速度达到一定值的时候两个球一定同时离开圆锥筒
C．两个球都离开圆锥筒后，它们一定高度相同
D．两个球都离开圆锥筒时两端绳子的拉力一定相同
【解析】 AB．设绳子与竖直方向的夹角为 ，小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒的支持力为0，则有，解得，则绳子越长的其角速度的临界值越小，越容易离开圆锥筒，所以A正确；B错误；C．两个球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动，有相同的角速度则有小球的高度为，代入数据解得，所以C正确；D．小球都离开圆锥筒时绳子的拉力为，由于绳子长度不同，则小球离开平台时的夹角也不同，所以拉力也不相同，则D错误；故选AC。
【答案】 AC
【考点十一】 环穿过球的圆锥摆运动的问题
【典型例题11】 (2021·广东省深圳市外国语学校)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法正确的是( )
A． 圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用
B． 圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直
C． 圆环角速度ω等于时，细绳断裂
D． 圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用
【解析】 AB、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtanθ=mRsinθ•ω2，即为，当绳恰好伸直时有θ=，则，故AB正确；CD．设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有，，当FT取最大值2mg时代入可得，即当时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
【考点十二】 含有弹簧问题的圆锥摆
【典型例题12】 (2021·高考河北卷) 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轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时( )
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】 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，而，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，即，当转速较大时，FN指向转轴，即，则因 ，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，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选BD。
【答案】 BD
【考点十三】 水平面内圆周运动的临界问题
【典型例题13】 如图所示，放置在水平转盘上的物体A、B、C能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0．5r、r、1．5r，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是( )
A．ω≤ B．ω≤
C．ω≤ D．≤ω≤
【解析】 当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg＝mω2l，所以质量为m、离转盘中心的距离为l的物体随转盘一起转动的条件是ω≤，即ωA≤，ωB≤，ωC≤，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤，选项B正确．
【答案】 B
【考点十四】 叠加物体的圆周运动的临界问题
【典型例题14】 如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是( )
A．B的向心力是A的2倍
B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势
D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB
【解析】 A、B两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A、B的向心力相等，故A错误．对A分析，有：fA＝mrω2，对A、B整体分析，fB＝2m·rω2，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确．A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A与B之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知，A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB，故D正确．
【答案】 BD
【考点十五】 水平面内分别在圆心同侧的连接体圆周运动的临界问题
【典型例题15】 如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，两木块与转盘间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( )
A．当ω>时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>时，绳子一定有弹力
C．ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
D．ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力一直变大
【解析】 B受到的静摩擦力先达到最大，设木块A和B的质量为m，此时对B有kmg＝mω22L，解得ω＝，故当ω>，绳子一定有弹力，选项B错误；当A受到的静摩擦力也达到最大时，由摩擦力提供向心力有kmg＋kmg＝mω22L＋mω2L，解得ω＝，故当ω>时，A、B都相对于转盘滑动，选项A正确；ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力已经达到最大且不变，选项D错误；ω在0<ω< 范围内增大时，根据fA＝mω2L知，A所受摩擦力变大，ω在<ω<范围内增大时，绳的拉力T增大，根据fA－T＝mω2L知，A所受摩擦力也在变大，选项C正确．
【答案】 AC
【考点十六】 水平面内分别在圆心两侧连接体圆周运动的临界问题
【典型例题16】 如图所示，A、B两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2．当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．则：
(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？
(2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？
【解析】 (1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有Ff＝mω2R，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．
设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg时，框架的角速度为ω0，则有
μmg＝mωR ①
由此得ω0＝ ．
①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝ 时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为FfA＝m1ωR1＝，
FfB＝μm2g．
(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为FT，对于A物体有FT＋FfA＝m1ω2R1 ②
对于B物体有FT＋μm2g＝m2ω2R2 ③
联立②③式得A物体受到的静摩擦力为
FfA＝μm2g－(m2R2－m1R1)ω2 ④
由于R1＜R2和m1＜m2，则A物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为
ω2＝ ⑤
将⑤式代入③式得轻绳拉力为FT＝．
【答案】 (1)ω1＝ FfA＝ FfB＝μm2g (2)ω2＝ FT＝
【考点十七】 连接体的圆锥摆问题
【典型例题17】 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．设因阻力作用，小球Q的运动轨道发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．下列判断正确的是( )
A．小球Q的位置越来越高 B．细线的拉力变小
C．小球Q运动的角速度变大 D．P受到桌面的静摩擦力变大
【解析】 由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝，mgtan θ＝m＝mω2Lsin θ，解得ω＝，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cos θ增大，因此，细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变小，故D项错误．
【答案】 B
【考点十八】 双绳圆锥摆的问题
【典型例题18】 (2021·广东汕头市)如图所示，用两根长l1、l2的细线拴一小球a，细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处，当竖直杆以某一范围角速度()转动时，小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动，此时两根均被拉直，圆周半径为r，已知l1：l2：r=20：15：12，则=( )
A．3：4 B．3：5 C．4：5 D．1：2
【解析】 将绳子拉力沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力大小等于重力，水平方向分力提供向心力，则有 ，，由几何关系可得，又l1：l2：r=20：15：12，联立解得，BCD错误，A正确。故选A。
【答案】 A
【考点十九】 双绳圆锥摆的临界问题
【典型例题19】 如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。
【解析】 (1)细线AB上的张力恰为零时有mgtan 37°＝mωLsin 37°
解得ω1＝ ＝ rad/s＝rad/s。
(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cos θ′＝，则有θ′＝53°
mgtan θ′＝mωLsin θ′解得ω2＝rad/s。
【答案】 (1)rad/s (2)rad/s
【考点二十】 双绳先断裂问题
【典型例题20】 如图所示，OO′为竖直轴，MN为固定在OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，AC和BC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO′上．当绳拉直时，A、B两球转动半径之比恒为2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时( )
A．AC先断 B．BC先断 C．两线同时断 D．不能确定哪根线先断
【解析】 对A球进行受力分析，A球受重力、支持力、拉力FA三个力作用，拉力的分力提供A球做圆周运动的向心力，得：水平方向FAcosα＝mrAω2，同理，对B球：FBcosβ＝mrBω2，由几何关系，可知cosα＝，cosβ＝.。所以：＝＝＝.。由于AC>BC，所以FA>FB，即绳AC先断．
【答案】 A
【考点二十一】 在斜面上做圆周运动的问题
【典型例题21】 (2021·河南郑州一中月考)如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为θ。开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰尘。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增加至ω，此时圆盘表面上的灰尘有75%被甩掉，设灰尘与圆盘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，则ω的值为( )
A． B．
C． D．
【解析】 灰尘所在位置半径越大越容易被甩掉，当圆盘表面上的灰尘有75%被甩掉时，设剩余灰尘所占面积的半径为r，则(1－75%)πR2＝πr2，可得r＝R，对半径为r处的灰尘受力分析可知，μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得ω＝，A正确。
【答案】 A
【考点二十二】 轻绳模型
【典型例题22】 如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v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．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是( )
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
【解析】 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg，因为2F为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F，A项错误；当小环碰到钉子P时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F，B项错误；如果物块上升的最大高度不超过细杆，则根据机械能守恒可知，Mgh＝Mv2，即上升的最大高度h＝，C项错误；当物块向上摆动的瞬时，如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F，此时的速度v是最大速度，则2F－Mg＝M，解得v＝，D项正确．
【答案】 D
【考点二十三】 轻绳连接体问题
【典型例题23】 轻杆一端固定有质量为m=1kg的小球，另一端安装在水平轴上，转轴到小球的距离为50 cm，转轴固定在三角形的带电动机(电动机没画出来)的支架上，在电动机作用下，轻杆在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。若转轴达到某一恒定转速n时，在最高点，杆受到小球的压力为2 N，重力加速度g取10 m/s2，则 ( )
A.小球运动到最高点时，小球需要的向心力为12 N
B.小球运动到最高点时，线速度v=1 m/s
C.小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力为8 N
D.把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点
【解析】 小球运动到最高点时，杆受到小球的压力为2 N，由牛顿第三定律可知杆对小球的支持力FN=2 N，在最高点，小球需要的向心力由重力和杆的支持力的合力提供，为 F=mg-FN=8 N，故A错误;在最高点，由F=m得，v==m/s=2 m/s，故B错误;小球运动到图示水平位置时，设杆对小球的拉力为FT，则有FT=m=F=8 N，则小球对杆的拉力FT′=FT=8 N，据题意知支架处于静止状态，由平衡条件可知地面对支架的摩擦力 Ff=FT′=8 N，故C正确;把杆换成轻绳，设小球通过最高点的最小速度为v0，由mg=m得，v0==m/s=m/s>v，所以在同样转速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故D错误。
【答案】 C
【考点二十四】 轻杆模型
【典型例题24】 如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有固定转轴O，杆可在竖直平面内绕转轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v = 2，则小球的运动情况为（ ）
A.小球不可能到达圆周轨道的最高点P
B.小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力
C.小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力
D.小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力
【解析】 只要小球到达最高点时的速度大小v≥0，就能到达最高点。设球能够到达最高点，且到达最高点时的速度为vP，则根据机械能守恒定律有，，又v = 2，可得vP=0，所以小球刚好能到达圆周轨道的最高点P；因为小球到达P点时的线速度vP=0，其向心力也为零，该位置处的合力为零，轻杆对小球的作用力平衡小球的重力，所以小球在P点受到轻杆对它向上的弹力，选项C正确。本题答案为C。
【答案】 C
【考点二十五】 轻杆两端分别连接物体的圆周运动问题
【典型例题25】 在光滑的水平桌面上，有两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图所示．当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球2的距离是( )
A．Lv1/(v1＋v2) B．Lv2/(v1＋v2) C．L(v1＋v2)/v1 D．L(v1＋v2)/v2
【解析】 两球固定在同一杆上转动，其ω相同，设小球1、2到O点的距离分别为r1、r2，则v1＝ωr1，v2＝ωr2，且r1＋r2＝L，解得：r2＝，选项B正确．
【答案】 B
【考点二十六】 子弹打击转动物体的问题
【典型例题26】 (2021·江苏省平潮高级中学)如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( )
A．飞镖击中P点所需的时间为
B．圆盘的半径为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度可能为
【解析】 A．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此，故A错误；B．飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则，解得圆盘的半径为，故B错误；C．飞镖击中P点，则P点转过的角度满足1，，故，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；D．P点随圆盘转动的线速度为，当时，，故D正确。故选D。
【答案】 D
【考点二十七】 碗类内装物体的圆周运动问题
【典型例题27】 (2021·江苏宿迁市调研)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】 当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mωB2Rsin β，解得：ωB＝，同理可得：ωA＝，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断物块质量的大小，故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，故B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ω＝ωA>ωB，则B物块有向上的运动趋势，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；如果转台的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果ω增大，A、B受到的摩擦力都增大，故D正确．
【答案】 D
【考点分析】 第二节 圆周运动的应用
【考点一】 竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及分类
【典型例题1】 (2022•河北省保定市高三(上)期末)如图所示，质量为m的小明(视为质点坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为(常数k<1，g为重力加速度大小)的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是( )
A．小明通过最高点时不受重力
B．小明做匀速圆周运动的周期为
C．小明通过最高点时处于完全失重状态
D．小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1+k2)mg
【解析】 A．当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；
B．小明做匀速圆周运动的周期，B正确；
C．小明做圆周运动所需的向心力大小F向=k2mg
【答案】 BD
【归纳总结】 常见模型
最
高
点
模
型
弹力向上 Fn=mg-FN 过最高点的条件v≤
弹力向下 Fn=mg+FN 过最高点的条件v≥
弹力可能向上，可能向下，也可能没有Fn=mg+FN=m
①当v>时物体受到的弹力必然是向下的；当v< 时物体受到的弹力必然是向上的；当v=时物体受到的弹力恰好为零
②当弹力大小FN
弹力一定向上，Fn=FN-mg
【考点二】 火车转弯问题
【典型例题2】 (2021·四川省绵阳市一中)如图所示，铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，当质量为m的火车以速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力的作用，下面分析正确的是
A． 此时火车转弯所需向心力由重力和支持力的合力来提供
B． 若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用
C． 若火车速度大于v时，内侧轨将受到侧压力作用
D． 火车在弯道行驶时受到重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力．
【解析】 火车速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，由重力和支持力的合力提供向心力，如图所示．故A正确；
若火车速度小于v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，故B错误；若火车速度大于v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，故C错误；火车在弯道行驶时受到重力、支持力、牵引力、摩擦力作用．选项D错误；
【答案】 A
【归纳总结】 铁路弯道的特点
当外轨比内轨高时，铁轨对火车的支持力不再是竖直向上，而是和重力的合力提供向心力，可以减轻轨和轮缘的挤压。最佳情况是向心力恰好由支持力和重力的合力提供，铁轨的内、外轨均不受到侧向挤压的力。
(1)受力分析：如图甲所示，火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心，成为使火车拐弯的向心力。
(2)动力学方程：根据牛顿第二定律得mgtan θ=m，其中r是转弯处轨道的半径，v0是使内、外轨均不受力的最佳速度。
(3)结论：解上述方程可知=rgtan θ
可见，最佳情况是由v0，r，θ共同决定的。
当火车实际速度为v时，可有三种可能：
当v=v0时，内、外轨均不受侧向挤压的力；
当v>v0时，外轨受到侧向挤压的力(这时向心力增大，外轨提供一部分力)；
当v
【典型例题3】 (2021·阳江市第一中学)港珠澳大桥总长约55公里，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥，也是世界公路建设史上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最庞大的桥梁．如图所示的路段是一段半径约为120m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，取重力加速度，下列说法正确的是( )
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为
C．晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时，汽车以60km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动
【解析】 AB．汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径，运动速率，向心加速度为，角速度，故AB错；C．以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率，设汽车的质量为，在水平方向上根据牛顿第二定律得，在竖直方向上有，径向最大静摩擦力为正压力的0．8倍，即，以上三式联立解得，所以晴天时汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；D．下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0．4倍，有，60km/h <78.8km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道，且不做离心运动，故D错误。故选C。
【答案】 C
【考点四】 汽车过桥问题
【典型例题4】 如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1
【解析】 在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2．因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1
【归纳总结】 拱形桥的最高点与最低点
(1)如果汽车在拱形桥上，如图乙以某一速度v通过拱形桥的最高点时满足mg-F1=m。
结论：①汽车对桥面的压力小于汽车的重力mg。
②汽车行驶的速度越大，汽车对桥面的压力越小。
③当速度不断增大的时候，压力会不断减小，当达到某一速度时，汽车对桥面完全没有压力，汽车“飘离”桥面。
(2)如果是凹形桥，如图丙所示，以某一速度v通过凹形桥的最低点时满足F2-mg=m。
【考点五】 离心现象
【典型例题5】 如图所示，光滑水平面上，小球m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，关于小球运动情况的说法正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa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运动
【解析】 当拉力不足以提供所需要的向心力时，将做离心运动，若拉力突然消失，则小球将沿原来的运动方向运动，即Pa方向，A正确；若拉力突然变小，则做半径增大的曲线运动，即可能沿Pb方向，拉力突然变大，则做向心运动，可能沿Pc方向，B，C，D均错误。
【答案】 A
【归纳总结】 离心现象的受力特点
1．离心运动的实质是物体逐渐远离圆心的物理现象，它的本质是物体惯性的表现，总是有沿着圆周切线飞出去的趋势，之所以没有飞出去是因为受到向心力作用，一旦作为向心力的合外力消失，物体就会沿切线方向飞出去。
2．物体做离心运动不是因为物体受到离心力的作用，而是由于外力不能提供足够的向心力，所谓的“离心力”实际并不存在。
【考点六】 先圆周运动后平抛运动的问题
【典型例题6】 如图用细线吊着一个小球，使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动；圆周运动的水平面与悬点的距离为h，与水平地面的距离为H.若细线突然在A处断裂，求小球在地面上的落点P与A的水平距离．
【解析】 设小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动的速度为v
根据F向＝m有mgtanθ＝mg＝m则v＝R
若细线突然在A处断裂，小球以速度v做平抛运动，在地面上落点P的位置与A处的切线在同一竖直平面上，设与A处的水平距离为x；则有H＝gt2 x＝vt解得x＝R .
【答案】 R
【归纳总结】 平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿运动定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系。若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速度等于平抛运动的末速度在圆周切线方向的分速度。
【考点七】 先平抛运动后圆周运动的问题
【典型例题7】 如图所示，质量为m=0.2 kg 的小球(可视为质点)从水平桌面端点A以初速度v0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径。P点到桌面的竖直距离也为R。小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道，g=10 m/s2，求：
(1)小球在A点的初速度v0及AP间水平距离x；
(2)小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力；
(3)判断小球能否到达圆轨道最高点M。
【解析】 (1)小球由A点做平抛运动，在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则小球在P点的竖直分速度为vy=v0tan 45°=v0
由平抛运动规律得vy=gt，R=t，x=v0t
解得v0=4 m/s，x=1．6 m。
(2)小球在P点的速度为v==4 m/s
小球从P点到N点，由动能定理得mgR(1-cos 45°)=m-mv2
小球在N点，由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得小球所受支持力FN=11．17 N
由牛顿第三定律得，小球对N点的压力为FN′=11．17 N，方向竖直向下。
(3)假设小球能够到达M点，对小球由P点到M点由动能定理得mgR(1+cos 45°)= mv2-mv′2
解得v′= m/s
小球能够完成圆周运动，在M点应有mg≤即vM≥=m/s
由v′
【考点八】 圆锥摆模型
【典型例题8】 (2021·昆山震川高级中学)两根长度不同的轻质细线下端分别悬挂两个小球A、B，细线上端固定在同一点，若两个小球绕共同的竖直轴在同一水平面内做同向的匀速圆周运动，球A的轨道半径是B的一半，不计空气阻力。则两个摆球在运动过程中( )
A．两球的角速度相等 B．两球的速度大小相等
C．两球的加速度大小相等 D．球A、B的向心力大小之比为1：2
【解析】 A．设细线与竖直方向夹角为θ，小球到悬挂点的竖直高度差为h，小球做圆周运动，根据牛顿第二定律有mgtanθ=mω2r，轨道半径r=htanθ，解得角速度，可见角速度ω与轨道半径大小无关，即两球的角速度相等，选项A正确；B．由公式v=ωr可知，角速度相等时，线速度v与半径r成正比，B球的半径大，则B球的线速度大，选项B错误；C．由公式a=ω2r可知，在角速度相等时，加速度a与半径r成正比，B球的半径大，则B球的加速度大，选项C错误；D．根据向心力公式F=ma，由于两球质量关系未知，则向心力大小关系无法判断，选项D错误。故选A。
【答案】 A
【考点九】 在圆锥内部运动物体的圆周运动问题
【典型例题9】 一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，则( )
A．球A的角速度等于球B的角速度
B．球A的线速度大于球B的线速度
C．球A的运动周期小于球B的运动周期
D．球A与球B对筒壁的压力相等
【解析】 物体受力如图：将FN沿水平和竖直方向分解得：
FNcosθ=ma…①，FNsinθ=mg…②
两球质量相等，则两球对筒壁的压力相等，向心力相等，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动． 由于A和B的质量相同，根据力的合成可知，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．由公式，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，球A的角速度小于球B的角速度，故A错误．
由向心力的计算公式，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，球A的线速度大于球B的线速度，故B正确；
由周期公式，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
【答案】 BD
【考点十】 在圆锥外的圆锥摆运动的问题
【典型例题10】 (2021·广东惠州市月考)如图所示，为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面，当转筒中心轴开始缓慢加速转动，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．角速度慢慢增大，一定是线长的那个球先离开圆锥筒
B．角速度达到一定值的时候两个球一定同时离开圆锥筒
C．两个球都离开圆锥筒后，它们一定高度相同
D．两个球都离开圆锥筒时两端绳子的拉力一定相同
【解析】 AB．设绳子与竖直方向的夹角为 ，小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒的支持力为0，则有，解得，则绳子越长的其角速度的临界值越小，越容易离开圆锥筒，所以A正确；B错误；C．两个球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动，有相同的角速度则有小球的高度为，代入数据解得，所以C正确；D．小球都离开圆锥筒时绳子的拉力为，由于绳子长度不同，则小球离开平台时的夹角也不同，所以拉力也不相同，则D错误；故选AC。
【答案】 AC
【考点十一】 环穿过球的圆锥摆运动的问题
【典型例题11】 (2021·广东省深圳市外国语学校)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法正确的是( )
A． 圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用
B． 圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直
C． 圆环角速度ω等于时，细绳断裂
D． 圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用
【解析】 AB、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtanθ=mRsinθ•ω2，即为，当绳恰好伸直时有θ=，则，故AB正确；CD．设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有，，当FT取最大值2mg时代入可得，即当时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
【考点十二】 含有弹簧问题的圆锥摆
【典型例题12】 (2021·高考河北卷) 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轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时( )
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】 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，而，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，即，当转速较大时，FN指向转轴，即，则因 ，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，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选BD。
【答案】 BD
【考点十三】 水平面内圆周运动的临界问题
【典型例题13】 如图所示，放置在水平转盘上的物体A、B、C能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0．5r、r、1．5r，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是( )
A．ω≤ B．ω≤
C．ω≤ D．≤ω≤
【解析】 当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg＝mω2l，所以质量为m、离转盘中心的距离为l的物体随转盘一起转动的条件是ω≤，即ωA≤，ωB≤，ωC≤，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤，选项B正确．
【答案】 B
【考点十四】 叠加物体的圆周运动的临界问题
【典型例题14】 如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是( )
A．B的向心力是A的2倍
B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势
D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB
【解析】 A、B两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A、B的向心力相等，故A错误．对A分析，有：fA＝mrω2，对A、B整体分析，fB＝2m·rω2，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确．A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A与B之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知，A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB，故D正确．
【答案】 BD
【考点十五】 水平面内分别在圆心同侧的连接体圆周运动的临界问题
【典型例题15】 如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，两木块与转盘间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( )
A．当ω>时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>时，绳子一定有弹力
C．ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
D．ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力一直变大
【解析】 B受到的静摩擦力先达到最大，设木块A和B的质量为m，此时对B有kmg＝mω22L，解得ω＝，故当ω>，绳子一定有弹力，选项B错误；当A受到的静摩擦力也达到最大时，由摩擦力提供向心力有kmg＋kmg＝mω22L＋mω2L，解得ω＝，故当ω>时，A、B都相对于转盘滑动，选项A正确；ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力已经达到最大且不变，选项D错误；ω在0<ω< 范围内增大时，根据fA＝mω2L知，A所受摩擦力变大，ω在<ω<范围内增大时，绳的拉力T增大，根据fA－T＝mω2L知，A所受摩擦力也在变大，选项C正确．
【答案】 AC
【考点十六】 水平面内分别在圆心两侧连接体圆周运动的临界问题
【典型例题16】 如图所示，A、B两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2．当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．则：
(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？
(2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？
【解析】 (1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有Ff＝mω2R，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．
设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg时，框架的角速度为ω0，则有
μmg＝mωR ①
由此得ω0＝ ．
①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝ 时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为FfA＝m1ωR1＝，
FfB＝μm2g．
(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为FT，对于A物体有FT＋FfA＝m1ω2R1 ②
对于B物体有FT＋μm2g＝m2ω2R2 ③
联立②③式得A物体受到的静摩擦力为
FfA＝μm2g－(m2R2－m1R1)ω2 ④
由于R1＜R2和m1＜m2，则A物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为
ω2＝ ⑤
将⑤式代入③式得轻绳拉力为FT＝．
【答案】 (1)ω1＝ FfA＝ FfB＝μm2g (2)ω2＝ FT＝
【考点十七】 连接体的圆锥摆问题
【典型例题17】 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．设因阻力作用，小球Q的运动轨道发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．下列判断正确的是( )
A．小球Q的位置越来越高 B．细线的拉力变小
C．小球Q运动的角速度变大 D．P受到桌面的静摩擦力变大
【解析】 由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝，mgtan θ＝m＝mω2Lsin θ，解得ω＝，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cos θ增大，因此，细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变小，故D项错误．
【答案】 B
【考点十八】 双绳圆锥摆的问题
【典型例题18】 (2021·广东汕头市)如图所示，用两根长l1、l2的细线拴一小球a，细线另一端分别系在一竖直杆上O1、O2处，当竖直杆以某一范围角速度()转动时，小球a保持在图示虚线的轨迹上做圆周运动，此时两根均被拉直，圆周半径为r，已知l1：l2：r=20：15：12，则=( )
A．3：4 B．3：5 C．4：5 D．1：2
【解析】 将绳子拉力沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力大小等于重力，水平方向分力提供向心力，则有 ，，由几何关系可得，又l1：l2：r=20：15：12，联立解得，BCD错误，A正确。故选A。
【答案】 A
【考点十九】 双绳圆锥摆的临界问题
【典型例题19】 如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。
【解析】 (1)细线AB上的张力恰为零时有mgtan 37°＝mωLsin 37°
解得ω1＝ ＝ rad/s＝rad/s。
(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cos θ′＝，则有θ′＝53°
mgtan θ′＝mωLsin θ′解得ω2＝rad/s。
【答案】 (1)rad/s (2)rad/s
【考点二十】 双绳先断裂问题
【典型例题20】 如图所示，OO′为竖直轴，MN为固定在OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，AC和BC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO′上．当绳拉直时，A、B两球转动半径之比恒为2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时( )
A．AC先断 B．BC先断 C．两线同时断 D．不能确定哪根线先断
【解析】 对A球进行受力分析，A球受重力、支持力、拉力FA三个力作用，拉力的分力提供A球做圆周运动的向心力，得：水平方向FAcosα＝mrAω2，同理，对B球：FBcosβ＝mrBω2，由几何关系，可知cosα＝，cosβ＝.。所以：＝＝＝.。由于AC>BC，所以FA>FB，即绳AC先断．
【答案】 A
【考点二十一】 在斜面上做圆周运动的问题
【典型例题21】 (2021·河南郑州一中月考)如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为θ。开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰尘。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增加至ω，此时圆盘表面上的灰尘有75%被甩掉，设灰尘与圆盘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，则ω的值为( )
A． B．
C． D．
【解析】 灰尘所在位置半径越大越容易被甩掉，当圆盘表面上的灰尘有75%被甩掉时，设剩余灰尘所占面积的半径为r，则(1－75%)πR2＝πr2，可得r＝R，对半径为r处的灰尘受力分析可知，μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得ω＝，A正确。
【答案】 A
【考点二十二】 轻绳模型
【典型例题22】 如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v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．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是( )
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
【解析】 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg，因为2F为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F，A项错误；当小环碰到钉子P时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F，B项错误；如果物块上升的最大高度不超过细杆，则根据机械能守恒可知，Mgh＝Mv2，即上升的最大高度h＝，C项错误；当物块向上摆动的瞬时，如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F，此时的速度v是最大速度，则2F－Mg＝M，解得v＝，D项正确．
【答案】 D
【考点二十三】 轻绳连接体问题
【典型例题23】 轻杆一端固定有质量为m=1kg的小球，另一端安装在水平轴上，转轴到小球的距离为50 cm，转轴固定在三角形的带电动机(电动机没画出来)的支架上，在电动机作用下，轻杆在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。若转轴达到某一恒定转速n时，在最高点，杆受到小球的压力为2 N，重力加速度g取10 m/s2，则 ( )
A.小球运动到最高点时，小球需要的向心力为12 N
B.小球运动到最高点时，线速度v=1 m/s
C.小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力为8 N
D.把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点
【解析】 小球运动到最高点时，杆受到小球的压力为2 N，由牛顿第三定律可知杆对小球的支持力FN=2 N，在最高点，小球需要的向心力由重力和杆的支持力的合力提供，为 F=mg-FN=8 N，故A错误;在最高点，由F=m得，v==m/s=2 m/s，故B错误;小球运动到图示水平位置时，设杆对小球的拉力为FT，则有FT=m=F=8 N，则小球对杆的拉力FT′=FT=8 N，据题意知支架处于静止状态，由平衡条件可知地面对支架的摩擦力 Ff=FT′=8 N，故C正确;把杆换成轻绳，设小球通过最高点的最小速度为v0，由mg=m得，v0==m/s=m/s>v，所以在同样转速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故D错误。
【答案】 C
【考点二十四】 轻杆模型
【典型例题24】 如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端有固定转轴O，杆可在竖直平面内绕转轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v = 2，则小球的运动情况为（ ）
A.小球不可能到达圆周轨道的最高点P
B.小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力
C.小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力
D.小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力
【解析】 只要小球到达最高点时的速度大小v≥0，就能到达最高点。设球能够到达最高点，且到达最高点时的速度为vP，则根据机械能守恒定律有，，又v = 2，可得vP=0，所以小球刚好能到达圆周轨道的最高点P；因为小球到达P点时的线速度vP=0，其向心力也为零，该位置处的合力为零，轻杆对小球的作用力平衡小球的重力，所以小球在P点受到轻杆对它向上的弹力，选项C正确。本题答案为C。
【答案】 C
【考点二十五】 轻杆两端分别连接物体的圆周运动问题
【典型例题25】 在光滑的水平桌面上，有两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图所示．当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球2的距离是( )
A．Lv1/(v1＋v2) B．Lv2/(v1＋v2) C．L(v1＋v2)/v1 D．L(v1＋v2)/v2
【解析】 两球固定在同一杆上转动，其ω相同，设小球1、2到O点的距离分别为r1、r2，则v1＝ωr1，v2＝ωr2，且r1＋r2＝L，解得：r2＝，选项B正确．
【答案】 B
【考点二十六】 子弹打击转动物体的问题
【典型例题26】 (2021·江苏省平潮高级中学)如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( )
A．飞镖击中P点所需的时间为
B．圆盘的半径为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度可能为
【解析】 A．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此，故A错误；B．飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则，解得圆盘的半径为，故B错误；C．飞镖击中P点，则P点转过的角度满足1，，故，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；D．P点随圆盘转动的线速度为，当时，，故D正确。故选D。
【答案】 D
【考点二十七】 碗类内装物体的圆周运动问题
【典型例题27】 (2021·江苏宿迁市调研)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】 当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mωB2Rsin β，解得：ωB＝，同理可得：ωA＝，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断物块质量的大小，故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，故B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ω＝ωA>ωB，则B物块有向上的运动趋势，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；如果转台的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果ω增大，A、B受到的摩擦力都增大，故D正确．
【答案】 D
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