新高考物理一轮复习精练题专题4.3 圆周运动及应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精练题专题4.3 圆周运动及应用（含解析），共18页。试卷主要包含了3 圆周运动及应用【练】等内容，欢迎下载使用。

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23951" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc23951 \h 1
\l "_Tc5237" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc5237 \h 4
\l "_Tc19015" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc19015 \h 9
一．练经典题型
1．(2021·石嘴山三中期中)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A．速度的大小和方向都改变
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动
D．向心加速度不变
【答案】C
【解析】质点做匀速圆周运动时，线速度大小始终不变，速度方向为质点运动轨迹的切线方向，时刻在改变，故A错误；做匀速圆周运动的物体的加速度始终指向圆心，即方向在时刻改变，则匀速圆周运动是非匀变速曲线运动，故B、D错误；当质点所受合力全部用来提供向心力时，质点的线速度的大小不变，做匀速圆周运动，故C正确。
2.(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC＝eq \f(RA,2)，若在传动过程中，皮带不打滑。则( )
A．A点与C点的角速度大小相等
B．A点与C点的线速度大小相等
C．B点与C点的角速度大小之比为2∶1
D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4
【答案】BD
【解析】处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等。对于本题，显然vA＝vC，ωA＝ωB，选项B正确。根据vA＝vC及关系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝eq \f(RA,2)，所以ωA＝eq \f(ωC,2)，选项A错误。根据ωA＝ωB，ωA＝eq \f(ωC,2)，可得ωB＝eq \f(ωC,2)，即B点与C点的角速度大小之比为1∶2，选项C错误。根据ωB＝eq \f(ωC,2)及关系式a＝ω2R，可得aB＝eq \f(aC,4)，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D正确。
3.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。在各自运动轨迹的最低点时，有( )
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】小球从静止释放运动到最低点的过程中，由机械能守恒得mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，式中R为绳长，则小球在最低点的速度只与绳长有关，可知vP4．(2021·浙江选考模拟)(多选)如图所示，长为3L的轻杆绕水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B(可视为质点)，A球距转轴O的距离为L。现给系统一定的动能，使杆和球在竖直平面内转动。当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为g，则B球在最高点时，下列说法正确的是( )
A．B球的速度为eq \r(2gL)
B．A球的速度大于eq \f(\r(2gL),2)
C．杆对B球的弹力为零
D．杆对B球的弹力方向竖直向下
【答案】BD
【解析】当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零时，说明杆对两球的作用力大小相等、方向相反，杆对B球的弹力方向竖直向下，D正确；由题图可知两球的角速度ω相等，由牛顿第二定律知，对B球有mg＋T＝2mLω2，对A球有T－mg＝mω2L，联立解得ω＝eq \r(\f(2g,L))，T＝3mg，B球的速度vB＝2Lω＝2eq \r(2gL)，A球的速度vA＝Lω＝eq \r(2gL)，故B正确，A、C错误。
5．(2021·山东大学附中质检)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，则下列说法正确的是( )
A．物块A、B的运动属于匀变速曲线运动
B．B的向心力是A的向心力的2倍
C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
D．若B先滑动，则B与A之间的动摩擦因数μA小于盘与B之间的动摩擦因数μB
【答案】：C
【解析】：A、B做匀速圆周运动，加速度方向不断变化，属于非匀变速曲线运动，选项A错误；根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，选项B错误；对A、B整体分析，fB＝2mrω2，对A分析，有：fA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，选项C正确．对A、B整体分析，μB·2mg＝2mrωeq \\al(2,B)，解得ωB＝eq \r(\f(μBg,r))，对A分析，μAmg＝mrωeq \\al(2,A)，解得ωA＝eq \r(\f(μAg,r))，若B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，选项D错误．
6．(多选)(2020·四川成都七中5月测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转.一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2).设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )
A.两球运动的周期相等
B.两球的向心加速度大小相等
C.球A、B到P的距离之比等于m2∶m1
D.球A、B到P的距离之比等于m1∶m2
【答案】AC
【解析】对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcs θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsin θ＝mgtan θ＝meq \f(4π2,T2)lsin θ，解得周期为T＝2πeq \r(\f(lcs θ,g))＝2πeq \r(\f(h,g))，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m与l成反比，即eq \f(l1,l2)＝eq \f(m2,m1)，又小球的向心加速度a＝ω2htan θ＝(eq \f(2π,T))2htan θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误.
7.(多选)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，则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>eq \r(\f(gct θ,l))时，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
【答案】AC
【解析】对小球受力分析，可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝eq \f(mg,sin θ)，为定值，A正确，B错误。当Tacs θ＝mω2l，即ω＝eq \r(\f(gct θ,l))时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。
8．(多选)(2021·哈尔滨三中期中)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为( )
A．最小为eq \f(2,5)L B．最小为eq \f(3,5)L
C．最大为eq \f(4,5)L D．最大为eq \f(9,10)L
【答案】BC
【解析】当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,r)，根据机械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝eq \f(1,2)mv2，联立解得：r＝eq \f(2,5)L，故钉的位置到O点的距离为L－eq \f(2,5)L＝eq \f(3,5)L；当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：11mg－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，根据机械能守恒定律可知，mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，联立解得：R＝eq \f(1,5)L，故此时离最高点距离为eq \f(4,5)L，则可知，距离最小为eq \f(3,5)L，距离最大为eq \f(4,5)L，故B、C正确，A、D错误．
9.如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图象如图乙所示.下列说法正确的是( )
A.当地的重力加速度大小为eq \f(R,b)
B.小球的质量为eq \f(aR,b)
C.当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D.若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
【答案】B
【解析】小球在最高点，若v＝0，则FN＝a＝mg；若FN＝0，则mg＝meq \f(v2,R)＝meq \f(b,R)，解得g＝eq \f(b,R)，m＝eq \f(a,b)R，故A错误，B正确；由题图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；若v2＝2b，则FN＋mg＝meq \f(2b,R)，解得FN＝a，故D错误.
10.一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B.小球过最高点的最小速度是eq \r(gR)
C.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而增大
D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而减小
【答案】A
【解析】当小球在最高点所受的弹力为零时，有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)，即当速度v＝eq \r(gR)时，轻杆所受的弹力为零，所以A正确.小球通过最高点的最小速度为零，所以B错误.小球在最高点，若veq \r(gR)，则有：mg＋F＝meq \f(v2,R)，轻杆的作用力随着速度的增大而增大，所以C、D错误.
二、练创新情景
1.(2021·温州九校联考)环球飞车是一场将毫无改装的摩托车文化进行演绎的特技表演。如图所示，在舞台中固定一个直径为6.5 m的球形铁笼，其中有一辆摩托车在与球心共面的水平圆面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．摩托车受摩擦力、重力、弹力和向心力的作用
B．摩托车做圆周运动的向心力由弹力来提供
C．在此圆周运动中摩托车受到的弹力不变
D．摩托车受到水平圆面内与运动方向相同的摩擦力
【答案】B
【解析】摩托车受重力、摩擦力、弹力的作用，向心力是效果力，故A错误；竖直方向上，摩托力所受重力和摩擦力平衡，所以摩擦力方向竖直向上。弹力提供向心力，所以弹力方向改变，故B正确，C、D错误。
2.(2020·全国卷Ⅰ·16)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
【答案】B
【解析】 取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，
设每根绳子中的平均拉力为F.
由牛顿第二定律知：2F－mg＝eq \f(mv2,r)
代入数据得F＝405 N，故每根绳子平均承受的拉力约为405 N，
选项B正确.
3.(2020·合肥调研)如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是3∶2，运动方向改变的角度之比是2∶1，则( )
A．二者线速度大小之比为2∶3
B．二者角速度大小之比为1∶2
C．二者圆周运动的半径之比为1∶3
D．二者向心加速度大小之比为3∶1
【答案】D
【解析】线速度v＝eq \f(s,t)，两快艇通过的路程之比为3∶2，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为3∶2，故A错误；角速度ω＝eq \f(θ,t)，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为2∶1，由于运动时间相等，则角速度大小之比为2∶1，故B错误；根据v＝rω得，圆周运动的半径r＝eq \f(v,ω)，则两快艇做圆周运动的半径之比为3∶4，故C错误；根据a＝vω得，向心加速度大小之比为3∶1，故D正确。
4．(2021·沈阳一模)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平。已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g取10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为( )
A．8 cmB．9 cm
C．10 cmD．11 cm
【答案】B
【解析】由题可知半径R＝5 600 m，时速为v＝216 km/h＝60 m/s；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝meq \f(v2,R)，解得tan θ＝eq \f(9,140)，由几何关系得tan θ＝sin θ＝eq \f(h,L)，而L＝1 400 mm，联立得h＝90 mm＝9 cm，故B正确，A、C、D错误。
5.(2021·北京密云质检)如图所示，甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是
( )

A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点 时，座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为eq \r(gR)
【答案】：BC
【解析】：甲图中，由mg＝meq \f(v2,R)可知，当轨道车以一定的速度v＝eq \r(gR)通过轨道最高点时，座椅给人向上的力为零，选项A错误；乙图中，由F－mg＝meq \f(v2,R)可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力F＝mg＋meq \f(v2,R)，选项B正确；丙图中，由F－mg＝meq \f(v2,R)可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力F＝mg＋meq \f(v2,R)，选项C正确；由于过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，轨道车过最高点的最小速度可以为零，选项D错误．
6.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】在转动过程中，A、B两座椅的角速度相等，但由于B座椅的半径比较大，故B座椅的速度比较大，向心加速度也比较大，A、B项错误；A、B两座椅所需向心力不等，而重力相同，故缆绳与竖直方向的夹角不等，C项错误；根据F＝mω2r判断A座椅的向心力较小，所受拉力也较小，D项正确。
7.(2021·武汉高考调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴A的半径为ra，车轮B的半径为rb，滚动圆筒C的半径rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n(每秒钟n转)运行时，下列说法正确的是( )
A．C的边缘线速度为2πnrc
B．A、B的角速度大小相等，均为2πn且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动
C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动
D．B、C的角速度之比为eq \f(rb,rc)
【答案】：B
【解析】：由v＝2πnR可知B轮的线速度为vb＝2πnrb，B、C线速度相同，即C的线速度为vc＝vb＝2πnrb，A错误．B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，D错误．A、B同轴转动，A、B角速度相等为2πn，C的角速度为eq \f(2πnrb,rc)，A、B为主动轮，C为从动轮，A、B顺时针转动，C逆时针转动，B正确，C错误．
8．(多选)(2019·江苏高考)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱( )
A．运动周期为eq \f(2πR,ω)
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
【答案】BD
【解析】由T＝eq \f(2π,ω)，v＝ωR可知A错误，B正确。由座舱做匀速圆周运动，可知座舱所受的合力提供向心力，F＝mω2R，方向始终指向摩天轮中心，则座舱在最低点时，其所受摩天轮的作用力为mg＋mω2R，故C错误，D正确。
9.(多选)(2021·天津市南开区下学期二模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图7所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力.设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T.则下列说法正确的是( )
A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
【答案】 CD
【解析】 对飞机进行受力分析，如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mgtan θ＝meq \f(v2,R)＝meq \f(4π2,T2)R，解得：v＝eq \r(gRtan θ)，T＝2πeq \r(\f(R,gtan θ)).若飞行速率v不变，θ增大，由v＝eq \r(gRtan θ)知，R减小，则再由T＝2πeq \r(\f(R,gtan θ))知，T减小，故A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝eq \r(gRtan θ)知，R增大，故C正确；若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，则周期T可能不变，故D正确.
10.(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m.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2.25倍.假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动.要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
【答案】 AB
【解析】 如图所示，设直道分别为AB和CD段，作BE平行OO′，根据几何知识可得BE＝
100 m，AE＝50 m，AB＝50eq \r(3) m，赛车在大圆弧弯道上做匀速圆周运动，设在大圆弧弯道上各处速度为vA，根据牛顿第二定律，2.25mg＝meq \f(vA2,R)，可得vA＝45 m/s，设在小圆弧弯道上各处速度为vB，由2.25mg＝meq \f(vB2,r)，可得vB＝30 m/s，vC＝vB三．练规范解答
1．(2021·山东德州月考)一竖直杆上相距L的A、B两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长1.4L，绳上套着一个光滑的小铁环，设法转动竖直杆，不让绳缠绕在杆上，而让小铁环在某水平面上做匀速圆周运动，如图所示．当两段绳成直角时，求小铁环转动的周期．已知重力加速度为g.
【答案】：eq \f(4π,5)eq \r(\f(3L,7g))
【解析】：设两段绳呈直角时小铁环所在的位置为O点，∠BAO＝θ，绳中拉力为F.由牛顿第二定律得：
Fcs θ＝Fsin θ＋mg①
Fsin θ＋Fcs θ＝ma②
由圆周运动规律得：a＝(eq \f(2π,T))2r③
由几何关系得：
r＝Lcs θsin θ④
Lcs θ＋Lsin θ＝1.4L⑤
由①得：cs θ>sin θ⑥
由⑤⑥解得：sin θ＝0.6，cs θ＝0.8⑦
则由①②③④⑤⑦解得T＝eq \f(4π,5)eq \r(\f(3L,7g))
2.如图所示，质量为m＝1.2 kg的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直轴上相距0.3 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.4 m.
(1)今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起.当绳O′P刚伸直时，拉力F的大小是多少？(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(2)如果撤去拉力F，使轴加速转动，求两绳绷紧时的最小角速度；
(3)如果撤去拉力F，使轴匀速转动，设绳O′P对球的作用力为F′，系统与轴一起转动的角速度为ω，请写出F′与角速度ω的关系式并且作F′－ω2的图象.
【答案】 (1)10 N (2)eq \f(10\r(3),3) rad/s (3)见解析
【解析】 (1)绳O′P刚拉直时，设OP绳拉力为FT1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图甲所示.根据几何关系可得：sin α＝eq \f(OO′,OP)，所以有：α＝37°，根据共点力的平衡条件可得：Fcs θ＝FT1cs α，Fsin θ＋FT1sin α＝mg，联立解得F＝10 N；
(2)如果撤去力F，使轴加速转动，角速度最小对应的是O′P绳的拉力为零，合力提供向心力，故：F合＝mgtan 53°＝mω2rO′P，解得：ω＝eq \f(10\r(3),3) rad/s；
(3)当角速度大于eq \f(10\r(3),3) rad/s时，绳子O′P有拉力，球受重力、两个拉力，合力提供向心力.如图乙所示，竖直方向：FT1′sin 37°＝mg，水平方向：F′＋FT1′cs 37°＝mω2rO′P，联立解得：F′＝0.48ω2－16，作F′－ω2的图象，如图丙所示.
3.(2021·河南开封模拟)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？(重力加速度g取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(mveq \\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)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)②
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)，解得α＝30°
故α的范围为0°≤α≤30°.
4.(2020·陕西宝鸡市模拟)如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8 m.设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝eq \r(2)r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
【答案】 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
【解析】 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大.当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，则有Ffm＝μ1FN＝mrω2
FN＝mg
两式联立可得ω＝2 rad/s
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝eq \f(Ff,m)
Ff＝μ2mg
所以a＝μ2g＝2.25 m/s2
物体在餐桌上滑动的初速度为v0＝ωr＝3 m/s
由运动学公式0－v02＝－2ax可得x＝2 m
由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝eq \r(r2＋x2)＝2.5 m
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，
由题意可得vt′2－v02＝－2ax′
由于餐桌半径为R′＝eq \r(2)r，所以x′＝r＝1.5 m
解得vt′＝1.5 m/s
设物体做平抛运动的时间为t，则h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
物体做平抛运动的水平位移为x″＝vt′t＝0.6 m
所以由题意可得L＝x′＋x″＝2.1 m