高考物理一轮复习专题4.3曲线运动-圆周运动-(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题4.3曲线运动-圆周运动-(原卷版+解析)，共85页。试卷主要包含了描述圆周运动的物理量，圆周运动的分类等内容，欢迎下载使用。


考向一匀速圆周与变速圆周运动的理解
考向二 传动问题和多解问题
考向三 动力学问题--水平面内圆周运动的问题
考向四 动力学问题--竖直面内圆周运动的问题
匀速圆周与变速圆周运动的理解
一、描述圆周运动的物理量
1.线速度（v）：①定义式：
②线速度是矢量，某点线速度的方向就在圆周该点切线方向上。
2.角速度（ω）：①大小： (φ是t时间内半径转过的圆心角)
②单位：弧度每秒（rad/s）
3．周期T，频率f：做圆周运动物体一周所用的时间叫周期．
做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数，叫做频率，也叫转速．
4．各物理量之间的关系：
注意：计算时，均采用国际单位制，角度的单位采用弧度制。
5．向心加速度
（1）物理意义：描述线速度方向改变的快慢
（2）大小：a=v2/r=ω2r=4π2fr=4π2r/T2=ωv，
（3）方向：总是指向圆心，方向时刻在变化．不论a的大小是否变化，a都是个变加速度．
6．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。
7．对a＝eq \f(v2,r)＝ω2r的理解
当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。
8．向心力
（1）作用：产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变速度的大小．
（2）大小： F＝ma＝mv2/r＝mω2 r=m4π2fr=m4π2r/T2=mωv
（3）方向：总是沿半径指向圆心，时刻在变化．即向心力是个变力．
说明: 向心力是按效果命名的力，不是某种性质的力，因此，向心力可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力提供，要根据物体受力的实际情况判定．
二、圆周运动的分类：
1.匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动.
(2))性质：是加速度大小不变而方向时刻改变的变加速曲线运动．
(3)条件：合外力等于向心力
（4）特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的．
2、变速圆周运动
变速圆周运动的物体，不仅线速度大小、方向时刻在改变，而且加速度的大小、方向也时刻在改变，是变加速曲线运动（注：匀速圆周运动也是变加速运动）．
变速圆周运动的合力一般不指向圆心，变速圆周运动所受的合外力产生两个效果．
①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小；
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。
三.离心运动、近心运动
1.离心运动定义：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情况下，就做远离圆心的运动，这种运动叫离心运动。
近心运动定义：当提供向心力的合力大于做圆周运动所需向心力，即F＞mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
2.受力特点
(1)当物体受到的合外力F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；物体逐渐远离圆心；物体做离心运动
(3)当物体受到的合外力F(4)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动.
3、本质：
①离心现象是物体惯性的表现。
②离心运动并非沿半径方向飞出的运动，而是运动半径越来越大的运动或沿切线方向飞出的运动。
③离心运动并不是受到什么离心力，根本就没有这个离心力，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力.
【典例1】(2023四川省成都市高三第二次联考）如图，有一走时准时的时钟，己知时针、分针、秒针的转动半径分别为3cm、4cm、5cm。下列说法正确的是（ ）
A. 时针的转动周期为24h
B. 分针针尖的线速度大小为10-4m/s
C. 秒针的角速度为rad/s
D. 秒针与分针的角速度之比为1：60
答案:B
解析：A．时针转动的周期为A错误；
B．分针转动的周期为
分针针尖的线速度大小为B正确；
C．秒针转动的周期为
秒针转动的角速度为C错误；
D．分针转动的角速度为
因此，秒针与分针的角速度之比为D错误。
故选B。
【典例2】(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则( )
A．角速度为0.5 rad/s B．转速为0.5 r/s
C．轨迹半径为eq \f(4,π) m D．加速度大小为4π m/s2
答案:BCD
解析：角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝π rad/s，A错误；转速为n＝eq \f(ω,2π)＝0.5 r/s，B正确；半径r＝eq \f(v,ω)＝eq \f(4,π) m，C正确；向心加速度大小为an＝eq \f(v2,r)＝4π m/s2，D正确。
传动问题和多解问题
一、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，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
【典例3】(多选)(2023·山东泰安市4月多校联考)如图6所示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，则学员和教练员(均可视为质点)( )
A.线速度大小之比为5∶4
B.周期之比为5∶4
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:AD
解析：学员和教练员一起做圆周运动的角速度相等，根据v＝rω，知半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4，A正确；根据T＝eq \f(2π,ω)，学员和教练员周期相等，B错误；根据a＝rω2，半径之比为5∶4，则学员和教练员向心加速度大小之比为5∶4，C错误；根据F＝ma，向心加速度之比为5∶4，质量之比为6∶7，则受到的合力大小之比为15∶14，D正确。
【典例4】有一半径为R的圆台在水平面上绕竖直轴匀速转动，圆台边缘上有A，B两个圆孔且在一条直线上，在圆心O点正上方R高处以一定的初速度水平抛出一小球，抛出那一时刻速度正好沿着OA方向，为了让小球能准确地掉入孔中，小球的初速度和圆台转动的角速度分别应满足（重力加速度为g）（ ）
A.，2kπ（k＝1，2，3…） B.，kπ（k＝1，2，3…）
C.，kπ（k＝1，2，3…） D.，2kπ（k＝1，2，3…）
答案:B
解析：小球抛出后做平抛运动，设运动时间为t，则R＝gt2，R＝v0t，t＝，要使小球落入孔中，在t时间内，圆台转过的角度为kπ，k为正整数，即：ωt＝kπ，ω＝＝kπ，k＝1，2，3，…，v0＝＝R＝，选项B正确.
练习1、如图所示的旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为35 cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d＝5 cm，拖把头的半径为10 cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是( )
A.拖把头边缘的线速度为1.4π m/s
B．拖把杆向下运动的速度为0.1π m/s
C．拖把头转动的角速度为7π rad/s
D．拖把头的转速为1 r/s
答案:A
解析：由题意知拖把头转动的周期T＝ eq \f(1,7) s，则拖把头转动的角速度ω＝ eq \f(2π,T) ＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝ eq \f(2πR,T) ＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝ eq \f(l,t) ＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝ eq \f(1,T) ＝7 r/s，故D错误。
练习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．
(1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点。
①同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
(2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系，若判定向心加速度a的比例，巧用a＝ωv这一规律。
【巧学妙记】
动力学问题--水平面内圆周运动的问题
水平面内的圆周运动
1．运动实例
圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周运动等。
2．运动模型
3．匀速圆周运动问题特点
(1)运动轨迹是水平面内的圆。
(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零。
4.水平面内的圆周运动一水平转盘上运动物体的临界问题
（1）如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝eq \f(mv2,r)，方向指向圆心。
(2如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．
(3）运动实例
【典例5】(多选)如图，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：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq \\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq \\al(2,a)l，可得ωa＝eq \r(\f(kg,l))，而转盘的角速度 eq \r(\f(2kg,3l))< eq \r(\f(kg,l))，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得
f＝mω2l＝eq \f(2,3)kmg，D错误。
【典例6】(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘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，绳恰好伸直但无弹力，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＞eq \r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动
B.当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力
C.ω在eq \r(\f(Kg,2L))＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B所受摩擦力变大
D.ω在0＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
答案:ABD
解析：当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝eq \r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq \r(\f(Kg,2L))，可知当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq \r(\f(Kg,2L))＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由f－FT＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确。
【典例7】 (多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A.绳子的张力为FT＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝ eq \r(\f(2μg,r))
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随盘一块转动
答案:ABC
解析：两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外。以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝ eq \r(\f(2μg,r)) ，故选项A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrωA2，解得ωA＝ eq \r(\f(μg,r)) <ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，选项D错误。
水平面内的圆周运动二--圆锥摆问题
【典例8】(2023·湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是( )
答案:C
解析：由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsinθ－FNcsθ＝mω2Lsinθ，FTcsθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mgcsθ＋mω2Lsin2θ。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mLω2。对照四个选项的图象可知C项正确。
2． 多绳圆锥摆问题
随角速度增大，两绳的拉力如何变化？
【典例9】(多选)如图所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度为ω，则( )
A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力
B．绳子BP的拉力随ω的增大而增大
C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力
D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力
答案:ABC
解析：
ω较小时，绳子AP处于松驰状态，只有ω超过某一值，才产生拉力，A对，当AP、BP都产生张力之后，受力如图，
FBPsinα＝mg＋FAPsinα①
FBPcsα＋FAPcsα＝mω2r②
由①②可知FBP>FAP，随ω的增大FBP、FAP都变大，B、C对，D错。
水平面内的圆周运动三-圆锥筒问题
水平面内的圆周运动四--圆碗问题
水平面内的圆周运动五--火车转弯问题
特别注意：转弯的向心力是水平的
在倾斜轨道上转弯：
①设计时速v：mgtanθ=mv2/R得：。因为θ角很小，所以tanθ=sinθ=h/l，则
②若火车经过弯道时的速度 ，外轨将受到挤压。
③若火车经过弯道时的速度 ，内轨将受到挤压。
水平路面转弯问题
（1）汽车在水平路面上转弯时，不能靠车身倾斜来实现。它所需要的向心力只能来自轮胎与路面之间的侧向摩擦力。
（2）最大安全转弯速度vm：最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，根据μmg=mvm2/r，得 vm=。
（3）当速度小于vm时：侧向静摩擦力提供向心力，f=mvm2/r。
方法技巧：求解圆周运动问题必须进行的三类分析,
几何分析
目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析
目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析
目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力
【巧学妙记】
动力学问题--竖直面内圆周运动的问题
竖直平面内的圆周运动
图(c)的球沿球面运动，轨道对小球只能支撑，而不能产生拉力。在最高点的v临界=。时，过最高点后直接脱离圆周作平抛运动
G
F
时，过最高点后先沿圆周运动一段距离，然后脱离圆周作斜抛运动
2． 过拱形桥问题
2．两类模型对比
【典例10】(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v0【典例11】多选](2023·珠海模拟) 如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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，受到的弹力为F，速度大小为v，其F ­v2图象如乙图所示。则( )
A．小球的质量为 eq \f(aR,b)
B．当地的重力加速度大小为 eq \f(R,b)
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
答案:AD
解析：由图乙可知：当v2＝b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mg＝meq \f(v2,R)＝meq \f(b,R)，即重力加速度g＝eq \f(b,R)，故B错误；当v2＝0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F弹＝mg＝a，即小球的质量m＝eq \f(a,g)＝eq \f(aR,b)，故A正确；根据圆周运动的规律，当v2＝b时杆对球的弹力为零，当v2b时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)，杆对球的弹力方向向下，v2＝c>b，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；当v2＝2b时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)＝meq \f(2b,R)，又g＝eq \f(b,R)，F弹＝meq \f(2b,R)－mg＝mg，故D正确。
【典例12】在粗糙水平木板上放一个物块，沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径。在运动中木板始终保持水平，物块相对于木板始终静止。下列说法正确的是( )
A.物块始终受到三个力的作用
B.只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心
C.物块在a点受摩擦力方向向左
D.物块在c点处于超重状态
解析：物块在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，在c点和d点，摩擦力为零，物体只受重力和支持力，由重力和支持力的合力提供向心力，故A错误；物块做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则物块受到的合外力始终指向圆心，故B错误；物块在a点时，摩擦力提供向心力，则此时受摩擦力方向向左，选项C正确；物块在c点加速度方向向下，处于失重状态，选项D错误。
答案 C
练习3.在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到转轴的距离为r，如图所示，为了使电动机不会从地面上跳起，电动机飞轮的转动的角速度不能超过( )
A.eq \f(M＋m,mr)g B.eq \r(\f(M＋m,mr)g)
C.eq \r(\f(M－m,mr)g) D.eq \r(\f(Mg,mr))
答案:B
解析：当重物运动到飞轮的最高点电动机要跳起时，重物对飞轮的作用力F恰好等于电动机的重力Mg，即F＝Mg，以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(M＋m,mr)g)，故B正确．
练习4.(2023·四川绵阳市诊断)如图7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，则有mg＝meq \f(v\\al(B2),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球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(v\\al(A2),L)，解得：F＝1.5mg，根据牛顿第三定律可知，C正确，D错误．
练习5.如图所示，一质量为M的人，站在台秤上，一个长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )
A．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M＋6m)g
B．小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为Mg
C．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同
D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态
答案:AC
解析：小球恰能通过圆轨道最高点时，绳子拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F＝Mg，同理，对人分析得出a、c处台秤对人的支持力F＝Mg，B项错误，C项正确．小球在ac水平线以上时，人受到绳子斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，在ac水平线以下时，人受到绳子斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，D项错误．在最低点，对球：mg·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在最高点时有mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，则最低点速度v2＝5gR；设绳拉力为FT，对球在最低点应用牛顿第二定律，FT－mg＝meq \f(v2,R)，解得FT＝6mg.再取人为研究对象可知人对台秤的压力为(M＋6m)g，A项正确．
练习6．如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝eq \r(2gR)的速度通过轨道最高点B，并以v2＝eq \r(3)v1的速度通过最低点A。则在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差( )
A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg
答案:D
解析：由题意可知，在B点，有FB＋mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，解之得FB＝mg，在A点，有FA－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),R)，解之得FA＝7mg，所以A、B两点轨道对车的压力大小相差6mg。故选项D正确。
竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。
(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥eq \r(gR)及杆模型中v≥0这两个临界条件。
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
【巧学妙记】
1. 图为一种“滚轮——平盘无级变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速n1、 图从动轴转速n2、滚轮半径r以及滚轮距离主动轴中心的距离x之间的关系是( )
A．n2＝n1eq \f(x,r) B．n2＝n1eq \f(r,x)
C．n2＝n1eq \f(x2,r2) D．n2＝n1eq \r(\f(x,r))
2.(多选)随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游”“享乐游”纷纷打起了宣传的招牌。某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面的夹角为θ
B．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
C．水杯与桌面间无摩擦
D．水杯内水面与桌面不平行
3. (2023·辽宁六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A．小球A、B角速度相等
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
4.如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则( )
A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度
B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度
C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期
D．球甲对筒壁的压力一定大于球乙对筒壁的压力
5.如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．a、b 两小球都是所受合外力充当向心力
B．a、b两小球圆周运动的半径之比为tan θ
C．b小球受到的绳子拉力为eq \f(mg,cs θ)
D．a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为eq \f(mg,sin θ)
6.(多选)如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀速转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是( )
7.(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
8.（多选）(2023·河北省高三第二次省际调研)如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜边AB上。在斜劈转动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是( )
A．斜劈对物块的支持力逐渐减小
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力逐渐增加
D．斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断
1.如图所示，球体绕中心线OO′转动，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两点的转动半径相等 B．A、B两点的线速度相等
C．A、B两点的转动周期相等 D．A、B两点的向心加速度相等
2.(2023·山东临沂模拟)(多选)如图所示为赛车场的一个水平U形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r，赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax，选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(在所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
3.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4∶1
4.(2023·广东惠州市调研)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．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
5.(2023·三门峡联考)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
6．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为( )
A.eq \f(gr2－R2,2ω2R2) B.eq \f(gr2－R2,2ω2r2) C.eq \f(gr－R2,2ω2R2) D.eq \f(gr2,2ω2R2)
7.(2023·陕西西安市第二次模拟)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． eq \r(3) mg B． eq \f(4\r(3),3) mg
C．3mg D．2 eq \r(3) mg
8.(多选)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)在竖直平面内转动，如图乙所示，重力加速度为g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则( )
A.铁球转动过程中机械能守恒
B.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变
C.铁球转动到最低点时，处于超重状态
D.若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则ω＝eq \r(\f(（M＋m）g,ml))
9. 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
10.(2023·安徽省安庆市重点中学高三第二次联考)如图所示，光滑斜面与水平面成α＝30°角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端可绕O点在斜面内转动。先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度v0＝3 m/s，取g＝10 m/s2，则( )
A．此时小球的加速度大小为eq \r(30) m/s2
B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上
C．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力一定增大
D．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力可能减小
12．半径为R的水平圆台可绕通过圆心O的竖直光滑细轴CC′转动，如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽，质量为mA的物体A放在一个槽内，A与槽底间的动摩擦因数为μ0，质量为mB的物体B放在另一个槽内，此槽是光滑的，A、B间用一长为l(l(1)当圆台做匀速转动，A物体与圆盘之间刚好没有摩擦力且A、B两物体相对圆台不动时，A到圆心的距离x为多大？此时的转动角速度ω应为多大？
(2)当圆台做匀速转动，A、B两物体相对圆台不动且A物体与圆台间有摩擦时，转动角速度ω和A到圆心的距离x应满足的条件。
13．(2023·江西丰城中学段考)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为Ff＝eq \f(\r(2),4)mg.

(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．
14、如图所示,用细绳一端系着的质量M=2g的物体A(可视为质点)静止在水平转
上,细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量m=0.2kg的小球B物体A到O点的距离为0.5m。若物体A与转盘盘面间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10m/s2已知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
(1)当转盘的角速度ω1=2rad/s时,小球B处于静止状态,此时求物体A受到的摩擦力大小;
(2)为使小球B保持静止,求转盘绕中心O旋转的角速度的取值范围
1.(2023年6月浙江省普通高中学业水平等级性考试）2. 下列说法正确的是（ ）
A. 链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B. 足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C. 乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D. 篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
2.(2023年全国高考乙卷物理试题）3. 固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A. 它滑过的弧长 B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离 D. 它与P点的连线扫过的面积
3.(2023年山东省普通高中学业水平等级性考试）8. 无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（ ）
A. B.
C. D.
4.(2023·广东卷)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
6.（多选）（(2023年6月浙江省普通高中学业水平等级性考试）15. 如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A. 轨道半径r小的粒子角速度一定小
B. 电荷量大的粒子的动能一定大
C. 粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D. 当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
6.(2023·浙江6月选考)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图9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
7.(多选) (2023·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
8.(2023·全国甲卷，15) “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处的点的向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
9．(2023·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
10.(2023·海南卷)如图所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为( )
A.eq \f(1,2)eq \r(\f(μg,r)) B.eq \r(\f(μg,r))
C.eq \r(\f(2μg,r)) D．2eq \r(\f(μg,r))
11.(多选)(2023·江苏卷，6)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
12.(2023年辽宁省普通高中学业水平等级性考试）13. 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
新课程标准
1.会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动。知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向。通过实验，探究并了解匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系。能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力。了解生产生活中的离心现象及其产生的原因。
命题趋势
考查的内容多贴近生活实际，如汽车过弯道、乒乓球的运动轨迹等；试题多涉及圆周运动的基本规律，考查考生的情境分析能力，提取信息进行物理情境构建的能力，应用基本规律分析、推理和计算的能力。
试题情境
生活实践类
生活中的自行车、汽车、火车转弯等动力学及临界问题，水流星，体育运动中的圆周运动问题
学习探究类
圆周运动的传动问题，圆锥摆模型，水平面内、竖直面内圆周运动的临界问题，圆周运动中的细绳、细杆模型
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)
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
f静=mω2r
ω临=
与质量无关
轻绳出现拉力临界ω1=; AB离心的临界：
隔离A:T=μmAg；隔离B:T+μmBg=mBω22rB；
隔离A:μmAg-T=mAω22rA；隔离B:T+μmBg=mBω22rB；
隔离A:T-μmAg=mAω22rA；隔离B:T+μmBg=mBω22rB；
整体：AB滑动ω临2=（）
①μA≥μB,
ω临1=
①ωmin=
ω2
O
f
μmg
ω2
O
T
出现T
滑动
ω2
O
f
B
μmBg
μmAg
A
ω2
O
f
B
μmBg
μmAg
A
②μA<μB,
ω临2=
②ωmax=
受力分析
运动分析
正交分解
x轴指向圆心
列方程
规律
mg
θ
l
T
mg
θ
T
l
x
y
θ
x:Tsinθ=mω2lsinθ
y:Tcsθ=mg
P
Q
P
Q
求解：an=gtanθ
①同角同向心加速度
②同高同角速度
③拉力T=mg/csθ;T=mω2l
受力分析
运动分析
正交分解
x轴指向圆心
列方程
求解
规律
mg
θ(
l
FN
θ
mg
θ(
l
FN
x
y
x:FNsinθ=mω2r
y:FNcsθ=mg
r=lcsθ
θ(
A(
B(
an=gtanθ；；
①同角同向心加速度an=gtanθ
②角速度
③线速度
受力分析运动分析
正交分解x轴指向心
列方程求解
规律
mg
θ
R
FN
mg
FN
θ
x
y
x:FNsinθ=mω2r
y:FNcsθ=mg
r=Rsinθ
A
B
C
an=gtanθ;
①同角同向心加速度（B和C）
②同高同角速度（A和C）
拱形桥
圆轨外侧
凹形桥
示意图
v
作用力
最高点(失重)：FN＝G－mv2/R，可知：
（1）当v=0时，即汽车静止在最高点，FN=G；
（2）当汽车的速度增大到mv2/R=mg 即v= 时，FN=0，汽车在桥顶只受重力G，又具水平速度V，因此开始做平抛运动；
（3）当0≤v≤时，0≤FN≤mg，且速度v越大，FN越小；
（4）当v>时，汽车将脱离桥面，将在最高点做平抛运动，即所谓的“飞车”。
最高点(超重)：FN＝G+mv2/R可知：
（1）当v=0时，即汽车静止在最高点，FN=G；
（2）当汽车的速度v≠0时，FN>mg，且速度v越大，FN越大。
轻绳模型
轻杆模型
示意图
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝meq \f(v2,r)
得v临＝eq \r(gr)
由小球能运动即可得v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点v＜eq \r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN背离圆心
(2)当0＜v＜eq \r(gr)时，mg－FN＝meq \f(v2,r)，FN背离圆心并随v的增大而减小
(3)当v＝eq \r(gr)时，FN＝0
(4)当v＞eq \r(gr)时，mg＋FN＝meq \f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高点的FN图像
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
题干信息
吹“沙”见“金”
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点
球A做圆周运动的半径为L，球B做圆周运动的半径为2L
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力
球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力
考点13 曲线运动-圆周运动
考向一匀速圆周与变速圆周运动的理解
考向二 传动问题和多解问题
考向三 动力学问题--水平面内圆周运动的问题
考向四 动力学问题--竖直面内圆周运动的问题
匀速圆周与变速圆周运动的理解
一、描述圆周运动的物理量
1.线速度（v）：①定义式：
②线速度是矢量，某点线速度的方向就在圆周该点切线方向上。
2.角速度（ω）：①大小： (φ是t时间内半径转过的圆心角)
②单位：弧度每秒（rad/s）
3．周期T，频率f：做圆周运动物体一周所用的时间叫周期．
做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数，叫做频率，也叫转速．
4．各物理量之间的关系：
注意：计算时，均采用国际单位制，角度的单位采用弧度制。
5．向心加速度
（1）物理意义：描述线速度方向改变的快慢
（2）大小：a=v2/r=ω2r=4π2fr=4π2r/T2=ωv，
（3）方向：总是指向圆心，方向时刻在变化．不论a的大小是否变化，a都是个变加速度．
6．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。
7．对a＝eq \f(v2,r)＝ω2r的理解
当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。
8．向心力
（1）作用：产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变速度的大小．
（2）大小： F＝ma＝mv2/r＝mω2 r=m4π2fr=m4π2r/T2=mωv
（3）方向：总是沿半径指向圆心，时刻在变化．即向心力是个变力．
说明: 向心力是按效果命名的力，不是某种性质的力，因此，向心力可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力提供，要根据物体受力的实际情况判定．
二、圆周运动的分类：
1.匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动.
(2))性质：是加速度大小不变而方向时刻改变的变加速曲线运动．
(3)条件：合外力等于向心力
（4）特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的．
2、变速圆周运动
变速圆周运动的物体，不仅线速度大小、方向时刻在改变，而且加速度的大小、方向也时刻在改变，是变加速曲线运动（注：匀速圆周运动也是变加速运动）．
变速圆周运动的合力一般不指向圆心，变速圆周运动所受的合外力产生两个效果．
①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小；
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。
三.离心运动、近心运动
1.离心运动定义：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情况下，就做远离圆心的运动，这种运动叫离心运动。
近心运动定义：当提供向心力的合力大于做圆周运动所需向心力，即F＞mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
2.受力特点
(1)当物体受到的合外力F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；物体逐渐远离圆心；物体做离心运动
(3)当物体受到的合外力F(4)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动.
3、本质：
①离心现象是物体惯性的表现。
②离心运动并非沿半径方向飞出的运动，而是运动半径越来越大的运动或沿切线方向飞出的运动。
③离心运动并不是受到什么离心力，根本就没有这个离心力，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力.
【典例1】(2023四川省成都市高三第二次联考）如图，有一走时准时的时钟，己知时针、分针、秒针的转动半径分别为3cm、4cm、5cm。下列说法正确的是（ ）
A. 时针的转动周期为24h
B. 分针针尖的线速度大小为10-4m/s
C. 秒针的角速度为rad/s
D. 秒针与分针的角速度之比为1：60
答案:B
解析：A．时针转动的周期为A错误；
B．分针转动的周期为
分针针尖的线速度大小为B正确；
C．秒针转动的周期为
秒针转动的角速度为C错误；
D．分针转动的角速度为
因此，秒针与分针的角速度之比为D错误。
故选B。
【典例2】(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则( )
A．角速度为0.5 rad/s B．转速为0.5 r/s
C．轨迹半径为eq \f(4,π) m D．加速度大小为4π m/s2
答案:BCD
解析：角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝π rad/s，A错误；转速为n＝eq \f(ω,2π)＝0.5 r/s，B正确；半径r＝eq \f(v,ω)＝eq \f(4,π) m，C正确；向心加速度大小为an＝eq \f(v2,r)＝4π m/s2，D正确。
传动问题和多解问题
一、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，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
【典例3】(多选)(2023·山东泰安市4月多校联考)如图6所示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，则学员和教练员(均可视为质点)( )
A.线速度大小之比为5∶4
B.周期之比为5∶4
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:AD
解析：学员和教练员一起做圆周运动的角速度相等，根据v＝rω，知半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4，A正确；根据T＝eq \f(2π,ω)，学员和教练员周期相等，B错误；根据a＝rω2，半径之比为5∶4，则学员和教练员向心加速度大小之比为5∶4，C错误；根据F＝ma，向心加速度之比为5∶4，质量之比为6∶7，则受到的合力大小之比为15∶14，D正确。
【典例4】有一半径为R的圆台在水平面上绕竖直轴匀速转动，圆台边缘上有A，B两个圆孔且在一条直线上，在圆心O点正上方R高处以一定的初速度水平抛出一小球，抛出那一时刻速度正好沿着OA方向，为了让小球能准确地掉入孔中，小球的初速度和圆台转动的角速度分别应满足（重力加速度为g）（ ）
A.，2kπ（k＝1，2，3…） B.，kπ（k＝1，2，3…）
C.，kπ（k＝1，2，3…） D.，2kπ（k＝1，2，3…）
答案:B
解析：小球抛出后做平抛运动，设运动时间为t，则R＝gt2，R＝v0t，t＝，要使小球落入孔中，在t时间内，圆台转过的角度为kπ，k为正整数，即：ωt＝kπ，ω＝＝kπ，k＝1，2，3，…，v0＝＝R＝，选项B正确.
练习1、如图所示的旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为35 cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d＝5 cm，拖把头的半径为10 cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，下列说法正确的是( )
A.拖把头边缘的线速度为1.4π m/s
B．拖把杆向下运动的速度为0.1π m/s
C．拖把头转动的角速度为7π rad/s
D．拖把头的转速为1 r/s
答案:A
解析：由题意知拖把头转动的周期T＝ eq \f(1,7) s，则拖把头转动的角速度ω＝ eq \f(2π,T) ＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝ eq \f(2πR,T) ＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝ eq \f(l,t) ＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝ eq \f(1,T) ＝7 r/s，故D错误。
练习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．
(1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点。
①同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
(2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系，若判定向心加速度a的比例，巧用a＝ωv这一规律。
【巧学妙记】
动力学问题--水平面内圆周运动的问题
水平面内的圆周运动
1．运动实例
圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周运动等。
2．运动模型
3．匀速圆周运动问题特点
(1)运动轨迹是水平面内的圆。
(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零。
4.水平面内的圆周运动一水平转盘上运动物体的临界问题
（1）如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝eq \f(mv2,r)，方向指向圆心。
(2如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．
(3）运动实例
【典例5】(多选)如图，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：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq \\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq \\al(2,a)l，可得ωa＝eq \r(\f(kg,l))，而转盘的角速度 eq \r(\f(2kg,3l))< eq \r(\f(kg,l))，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得
f＝mω2l＝eq \f(2,3)kmg，D错误。
【典例6】(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘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，绳恰好伸直但无弹力，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＞eq \r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动
B.当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力
C.ω在eq \r(\f(Kg,2L))＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B所受摩擦力变大
D.ω在0＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
答案:ABD
解析：当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝eq \r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq \r(\f(Kg,2L))，可知当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω＞eq \r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq \r(\f(Kg,2L))＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0＜ω＜eq \r(\f(2Kg,3L))范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由f－FT＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确。
【典例7】 (多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A.绳子的张力为FT＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝ eq \r(\f(2μg,r))
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随盘一块转动
答案:ABC
解析：两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外。以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝ eq \r(\f(2μg,r)) ，故选项A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrωA2，解得ωA＝ eq \r(\f(μg,r)) <ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，选项D错误。
水平面内的圆周运动二--圆锥摆问题
【典例8】(2023·湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是( )
答案:C
解析：由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsinθ－FNcsθ＝mω2Lsinθ，FTcsθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mgcsθ＋mω2Lsin2θ。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mLω2。对照四个选项的图象可知C项正确。
2． 多绳圆锥摆问题
随角速度增大，两绳的拉力如何变化？
【典例9】(多选)如图所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度为ω，则( )
A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力
B．绳子BP的拉力随ω的增大而增大
C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力
D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力
答案:ABC
解析：
ω较小时，绳子AP处于松驰状态，只有ω超过某一值，才产生拉力，A对，当AP、BP都产生张力之后，受力如图，
FBPsinα＝mg＋FAPsinα①
FBPcsα＋FAPcsα＝mω2r②
由①②可知FBP>FAP，随ω的增大FBP、FAP都变大，B、C对，D错。
水平面内的圆周运动三-圆锥筒问题
水平面内的圆周运动四--圆碗问题
水平面内的圆周运动五--火车转弯问题
特别注意：转弯的向心力是水平的
在倾斜轨道上转弯：
①设计时速v：mgtanθ=mv2/R得：。因为θ角很小，所以tanθ=sinθ=h/l，则
②若火车经过弯道时的速度 ，外轨将受到挤压。
③若火车经过弯道时的速度 ，内轨将受到挤压。
水平路面转弯问题
（1）汽车在水平路面上转弯时，不能靠车身倾斜来实现。它所需要的向心力只能来自轮胎与路面之间的侧向摩擦力。
（2）最大安全转弯速度vm：最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，根据μmg=mvm2/r，得 vm=。
（3）当速度小于vm时：侧向静摩擦力提供向心力，f=mvm2/r。
方法技巧：求解圆周运动问题必须进行的三类分析,
几何分析
目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析
目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析
目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力
【巧学妙记】
动力学问题--竖直面内圆周运动的问题
竖直平面内的圆周运动
图(c)的球沿球面运动，轨道对小球只能支撑，而不能产生拉力。在最高点的v临界=。时，过最高点后直接脱离圆周作平抛运动
G
F
时，过最高点后先沿圆周运动一段距离，然后脱离圆周作斜抛运动
2． 过拱形桥问题
2．两类模型对比
【典例10】(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v0【典例11】多选](2023·珠海模拟) 如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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，受到的弹力为F，速度大小为v，其F ­v2图象如乙图所示。则( )
A．小球的质量为 eq \f(aR,b)
B．当地的重力加速度大小为 eq \f(R,b)
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
答案:AD
解析：由图乙可知：当v2＝b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mg＝meq \f(v2,R)＝meq \f(b,R)，即重力加速度g＝eq \f(b,R)，故B错误；当v2＝0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F弹＝mg＝a，即小球的质量m＝eq \f(a,g)＝eq \f(aR,b)，故A正确；根据圆周运动的规律，当v2＝b时杆对球的弹力为零，当v2b时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)，杆对球的弹力方向向下，v2＝c>b，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；当v2＝2b时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)＝meq \f(2b,R)，又g＝eq \f(b,R)，F弹＝meq \f(2b,R)－mg＝mg，故D正确。
【典例12】在粗糙水平木板上放一个物块，沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径。在运动中木板始终保持水平，物块相对于木板始终静止。下列说法正确的是( )
A.物块始终受到三个力的作用
B.只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心
C.物块在a点受摩擦力方向向左
D.物块在c点处于超重状态
解析：物块在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，在c点和d点，摩擦力为零，物体只受重力和支持力，由重力和支持力的合力提供向心力，故A错误；物块做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则物块受到的合外力始终指向圆心，故B错误；物块在a点时，摩擦力提供向心力，则此时受摩擦力方向向左，选项C正确；物块在c点加速度方向向下，处于失重状态，选项D错误。
答案 C
练习3.在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到转轴的距离为r，如图所示，为了使电动机不会从地面上跳起，电动机飞轮的转动的角速度不能超过( )
A.eq \f(M＋m,mr)g B.eq \r(\f(M＋m,mr)g)
C.eq \r(\f(M－m,mr)g) D.eq \r(\f(Mg,mr))
答案:B
解析：当重物运动到飞轮的最高点电动机要跳起时，重物对飞轮的作用力F恰好等于电动机的重力Mg，即F＝Mg，以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(M＋m,mr)g)，故B正确．
练习4.(2023·四川绵阳市诊断)如图7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，则有mg＝meq \f(v\\al(B2),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球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(v\\al(A2),L)，解得：F＝1.5mg，根据牛顿第三定律可知，C正确，D错误．
练习5.如图所示，一质量为M的人，站在台秤上，一个长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )
A．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M＋6m)g
B．小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为Mg
C．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同
D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态
答案:AC
解析：小球恰能通过圆轨道最高点时，绳子拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F＝Mg，同理，对人分析得出a、c处台秤对人的支持力F＝Mg，B项错误，C项正确．小球在ac水平线以上时，人受到绳子斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，在ac水平线以下时，人受到绳子斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，D项错误．在最低点，对球：mg·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在最高点时有mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，则最低点速度v2＝5gR；设绳拉力为FT，对球在最低点应用牛顿第二定律，FT－mg＝meq \f(v2,R)，解得FT＝6mg.再取人为研究对象可知人对台秤的压力为(M＋6m)g，A项正确．
练习6．如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝eq \r(2gR)的速度通过轨道最高点B，并以v2＝eq \r(3)v1的速度通过最低点A。则在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差( )
A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg
答案:D
解析：由题意可知，在B点，有FB＋mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，解之得FB＝mg，在A点，有FA－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),R)，解之得FA＝7mg，所以A、B两点轨道对车的压力大小相差6mg。故选项D正确。
竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。
(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥eq \r(gR)及杆模型中v≥0这两个临界条件。
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
【巧学妙记】
1. 图为一种“滚轮——平盘无级变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速n1、 图从动轴转速n2、滚轮半径r以及滚轮距离主动轴中心的距离x之间的关系是( )
A．n2＝n1eq \f(x,r) B．n2＝n1eq \f(r,x)
C．n2＝n1eq \f(x2,r2) D．n2＝n1eq \r(\f(x,r))
答案: A
解析：不打滑、线速度相同，即2πn1x＝2πn2r，所以n2＝n1eq \f(x,r)，A对．
2.(多选)随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游”“享乐游”纷纷打起了宣传的招牌。某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面的夹角为θ
B．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
C．水杯与桌面间无摩擦
D．水杯内水面与桌面不平行
答案: BC
解析：设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F(如图)，
有mgtan θ＝ma，可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtan θ，方向与水平面平行，A错误；列车的向心加速度由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车的轮缘对轨道无侧向挤压作用，B正确；水杯的向心加速度由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为零，C正确；水杯内水面取一微小质量元，此微元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为a＝gtan θ，可知水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，与桌面平行，D错误。
3. (2023·辽宁六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A．小球A、B角速度相等
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
答案: B
解析： 对题图甲A、B分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))＝eq \r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝ma，FTcs θ＝mg得a＝gtan θ，FT＝eq \f(mg,cs θ)，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C、D正确．
4.如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则( )
A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度
B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度
C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期
D．球甲对筒壁的压力一定大于球乙对筒壁的压力
答案: B
解析： 对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝meq \f(v2,R)＝mRω2，解得v＝eq \r(gRtan θ) ，ω＝eq \r(\f(gtan θ,R))，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T＝eq \f(2π,ω)，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力FN＝eq \f(mg,cs θ)，结合牛顿第三定律，球甲对筒壁的压力一定等于球乙对筒壁的压力，故D错误．
5.如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．a、b 两小球都是所受合外力充当向心力
B．a、b两小球圆周运动的半径之比为tan θ
C．b小球受到的绳子拉力为eq \f(mg,cs θ)
D．a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为eq \f(mg,sin θ)
答案: C
解析： 小球a速度变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，所受合外力充当向心力，故A错误；由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为eq \f(1,sin θ)，故B错误；根据矢量三角形可得Fbcs θ＝mg，即Fb＝eq \f(mg,cs θ)，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcs θ，故D错误．
6.(多选)如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀速转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是( )
答案: AD
解析： 两滑块的角速度相同，根据向心力公式F向＝mω2r，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，受到的摩擦力较大，故滑块2先达到最大静摩擦力．再继续增大角速度，在增加同样的角速度的情况下，对滑块1、2分别有T＋f1＝mω2R1，T＋f2＝mω2R2，随着角速度ω的增大，绳子拉力T增大，由于R2>R1，故滑块2需要的向心力更大，故绳子拉力增大时滑块1的摩擦力反而减小，且与角速度的平方呈线性关系，故A、D正确．
7.(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．
8.（多选）(2023·河北省高三第二次省际调研)如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜边AB上。在斜劈转动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是( )
A．斜劈对物块的支持力逐渐减小
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力逐渐增加
D．斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断
答案:AC
解析： 物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a＝ω2r，设斜劈倾角为θ，物块质量为m，斜劈对物块的支持力为N，摩擦力为f，对物块，沿AB方向有f－mgsinθ＝macsθ，垂直AB方向有mgcsθ－N＝masinθ，解得f＝mgsinθ＋macsθ，N＝mgcsθ－masinθ，在角速度ω缓慢增加的过程中，物块加速度a逐渐增加，则f逐渐增加，N逐渐减小，故A、C正确，B、D错误。
1.如图所示，球体绕中心线OO′转动，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两点的转动半径相等 B．A、B两点的线速度相等
C．A、B两点的转动周期相等 D．A、B两点的向心加速度相等
答案:C
解析：A、B在同一转动球体上，角速度ω相同，由图可知A、B两点的转动半径r不相等，由公式v＝ωr得知它们的线速度v不相等，故A、B错误；由公式T＝eq \f(2π,ω)知，A、B两点的ω相等，则周期T相等，故C正确；根据a＝ω2r，A、B两点的角速度相等，转动半径不相等，知A、B两点向心加速度不相等，D错误。
2.(2023·山东临沂模拟)(多选)如图所示为赛车场的一个水平U形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r，赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax，选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(在所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
答案:ACD
解析：选择路线①，经过的路程s1＝2r＋πr，选择路线②，经过的路程s2＝2πr＋2r，选择路线③，经过的路程s3＝2πr，可知选择路线①，赛车经过的路程最短，A正确；根据Fmax＝meq \f(v2,r)得，v＝eq \r(\f(Fmaxr,m))，选择路线①，轨道半径最小，则速率最小，B错误；根据v＝eq \r(\f(Fmaxr,m))知，通过①、②、③三条路线的最大速率之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(2)，根据t＝eq \f(s,v)，计算可知，选择路线③，赛车所用时间最短，C正确；根据Fmax＝ma可知，在三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等，D正确。
3.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4∶1
答案:B
解析：小齿轮和后轮是同轴转动装置，角速度大小相等，即ω2＝ω3，大齿轮与小齿轮是皮带传动装置，线速度大小相等，即v1＝v2，根据v＝ωr，得出eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(r2,r1)＝eq \f(1,4)，eq \f(v1,v3)＝eq \f(v2,v3)＝eq \f(r2,r3)＝eq \f(1,16)，向心加速度a＝eq \f(v2,r)，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(r2,r1)＝eq \f(1,4)，故A、C、D错误，B正确．
4.(2023·广东惠州市调研)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．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
答案:B
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＝eq \f(mg,cs θ)，mgtan θ＝meq \f(v2,Lsin θ)＝mω2Lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cs 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．
5.(2023·三门峡联考)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
答案:B
解析：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。
6．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为( )
A.eq \f(gr2－R2,2ω2R2) B.eq \f(gr2－R2,2ω2r2) C.eq \f(gr－R2,2ω2R2) D.eq \f(gr2,2ω2R2)
答案:A
解析：设伞边缘距地面的高度为h，伞边缘水滴的速度v＝ωR，水滴下落时间t＝eq \r(\f(2h,g))，水滴平抛的水平位移x＝vt＝ωReq \r(\f(2h,g))，如图所示。由几何关系得R2＋x2＝r2，可得h＝eq \f(gr2－R2,2ω2R2)，A正确。
7.(2023·陕西西安市第二次模拟)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． eq \r(3) mg B． eq \f(4\r(3),3) mg
C．3mg D．2 eq \r(3) mg
答案:A
解析：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，可知小球做圆周运动的半径R＝L sin60°＝ eq \f(\r(3),2) 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，有mg＝m eq \f(v2,R) ，当小球在最高点的速率为2v时，应有F＋mg＝m eq \f(（2v）2,R) ，可解得F＝3mg。由2FTcs 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝ eq \r(3) mg，A项正确。
8.(多选)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)在竖直平面内转动，如图乙所示，重力加速度为g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则( )
A.铁球转动过程中机械能守恒
B.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变
C.铁球转动到最低点时，处于超重状态
D.若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则ω＝eq \r(\f(（M＋m）g,ml))
答案:CD
解析：由于铁球在做匀速圆周运动的过程中动能不变，但重力势能在不断地变化，所以其机械能不守恒，选项A错误；由于铁球做圆周运动的向心加速度的方向在不断地发生变化，故选项B错误；铁球转动到最低点时，有竖直向上的加速度，故杆对铁球的拉力要大于铁球的重力，铁球处于超重状态，选项C正确；以支架和铁球整体为研究对象，铁球转动到最高点时，只有铁球有向下的加速度，由牛顿第二定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝eq \r(\f(（M＋m）g,ml))，选项D正确。
9. 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：
当物体转到圆盘的最低点恰好要滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)。
由沿斜面的合力提供向心力，有
μmgcs30°－mgsin30°＝mω2R
得ω＝ eq \r(\f(g,4R))＝1.0 rad/s，C正确。
10.(2023·安徽省安庆市重点中学高三第二次联考)如图所示，光滑斜面与水平面成α＝30°角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端可绕O点在斜面内转动。先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度v0＝3 m/s，取g＝10 m/s2，则( )
A．此时小球的加速度大小为eq \r(30) m/s2
B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上
C．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力一定增大
D．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力可能减小
答案:C
解析：小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，切向加速度为：a′＝eq \f(mgsinα,m)＝gsinα，向心加速度为：an＝eq \f(v\\al(2,0),l)＝eq \f(32,0.30) m/s2＝30 m/s2，此时小球的加速度为：a＝ eq \r(a\\al(2,n)＋a′2)>an＝30 m/s2>eq \r(30) m/s2，故A错误。小球从初始位置到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsinα＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；解得：v1＝eq \r(v\\al(2,0)－2glsin30°)＝eq \r(32－2×10×0.30×\f(1,2)) m/s＝eq \r(6) m/s；考虑临界情况，如果在最高点杆没有弹力，小球重力沿斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝meq \f(v\\al(2,2),l)，解得：v2＝eq \r(glsin30°)＝eq \f(\r(6),2)＜v1，说明小球达到最高点时杆对小球有拉力作用，即杆对小球的弹力沿斜面向下，故B错误。在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故F＋mgsinα＝meq \f(v\\al(2,最高),l)，如果初速度增大，则在最高点速度也增大，故拉力F一定增大，C正确，D错误。
12．半径为R的水平圆台可绕通过圆心O的竖直光滑细轴CC′转动，如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽，质量为mA的物体A放在一个槽内，A与槽底间的动摩擦因数为μ0，质量为mB的物体B放在另一个槽内，此槽是光滑的，A、B间用一长为l(l(1)当圆台做匀速转动，A物体与圆盘之间刚好没有摩擦力且A、B两物体相对圆台不动时，A到圆心的距离x为多大？此时的转动角速度ω应为多大？
(2)当圆台做匀速转动，A、B两物体相对圆台不动且A物体与圆台间有摩擦时，转动角速度ω和A到圆心的距离x应满足的条件。
答案: (1)eq \f(mB,mA＋mB)l ω可取任意值
(2)当eq \f(mB,mA＋mB)l当0≤x解析：(1)设绳上张力为F，当A、B相对于转盘静止且恰无摩擦力时，由牛顿第二定律得：
对A：F＝mAω2x
对B：F＝mBω2(l－x)
解得：x＝eq \f(mB,mA＋mB)l
此时ω可取任意值。
(2)当eq \f(mB,mA＋mB)l对A：F＋μ0mAg≥mAω2x
对B：F＝mBω2(l－x)
解得：ω≤ eq \r(\f(μ0mAg,mA＋mBx－mBl))；
当0≤x对A：F－μ0mAg≤mAω2x
对B：F＝mBω2(l－x)
解得：ω≤ eq \r(\f(μ0mAg,mBl－mA＋mBx))。
13．(2023·江西丰城中学段考)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为Ff＝eq \f(\r(2),4)mg.

(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．
答案:(1)eq \r(\f(\r(2)g,R)) (2) eq \r(\f(\r(2)g,2R))≤ω≤ eq \r(\f(3\r(2)g,2R))
解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan 45°＝mRsin 45°·ωeq \\al(2,0)
解得：ω0＝eq \r(\f(\r(2)g,R)).
(2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图：
由牛顿第二定律得，
Ffcs 45°＋FNcs 45°＝mRsin 45°ωeq \\al(2,1)
Ffsin 45°＋mg＝FNsin 45°
联立解得：ω1＝ eq \r(\f(3\r(2)g,2R))
当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2
由牛顿第二定律得，
FNcs 45°－Ffcs 45°＝mRsin 45°ωeq \\al(2,2)
Ffsin 45°＋FNsin 45°＝mg
联立解得：ω2＝eq \r(\f(\r(2)g,2R))
所以 eq \r(\f(\r(2)g,2R))≤ω≤ eq \r(\f(3\r(2)g,2R)).
14、如图所示,用细绳一端系着的质量M=2g的物体A(可视为质点)静止在水平转
上,细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量m=0.2kg的小球B物体A到O点的距离为0.5m。若物体A与转盘盘面间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10m/s2已知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
(1)当转盘的角速度ω1=2rad/s时,小球B处于静止状态,此时求物体A受到的摩擦力大小;
(2)为使小球B保持静止,求转盘绕中心O旋转的角速度的取值范围
1.(2023年6月浙江省普通高中学业水平等级性考试）2. 下列说法正确的是（ ）
A. 链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B. 足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C. 乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D. 篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
答案:B
解析：A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；
B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；
D．篮球飞行过程中受到空气阻力方向与速度方向有关，D错误。
故选B。
2.(2023年全国高考乙卷物理试题）3. 固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A. 它滑过的弧长 B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离 D. 它与P点的连线扫过的面积
答案:C
解析：如图所示
设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得，，联立可得
可得故C正确，ABD错误。
故选C。
3.(2023年山东省普通高中学业水平等级性考试）8. 无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（ ）
A. B.
C. D.
答案:B
解析：在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
可得在BC段的最大速度为
在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
可得在BC段最大速度为
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
AB段从最大速度vm减速到v的时间
位移
在AB段匀速最长距离为l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
则从A到D最短时间为
故选B。
4.(2023·广东卷)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
答案: A
解析： 由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cs(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。
6.（多选）（(2023年6月浙江省普通高中学业水平等级性考试）15. 如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A. 轨道半径r小的粒子角速度一定小
B. 电荷量大的粒子的动能一定大
C. 粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D. 当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
答案:BC
解析：A．根据电场力提供向心力可得
解得，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；
BC．根据电场力提供向心力可得，解得
又
联立可得
可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。
故选BC。
6.(2023·浙江6月选考)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图9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
答案: A
解析： 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，沿摆绳方向，对小明受力分析，有F－mgcs θ＝meq \f(v2,l)，因最高点时小明的速度为0，则F＝mgcs θ7.(多选) (2023·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
答案: BD
解析： 设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ间的距离为L，对小球受力分析有kxcs θ－mg＝0，即竖直方向受力为0，水平方向有kxsin θ±FN＝mω2L，当金属框以ω′绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cs θ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，cs θ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化，弹簧弹力的大小一定不变，故A错误，B正确；小球对杆的压力大小FN′＝FN＝mω2L－kxsin θ或FN′＝FN＝kxsin θ－mω2L，所以当角速度变大时压力大小不一定变大，故C错误；由F合＝mω2r知，当角速度变大时小球受到的合外力一定变大，故D正确。
8.(2023·全国甲卷，15) “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处的点的向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
答案: C
解析： 向心加速度的公式an＝rω2，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1 000 m/s2，C正确。
9．(2023·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
答案:B
解析：： 取该同学与踏板为研究对象，该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学与踏板看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝meq \f(v2,L)，代入数据解得F＝410 N，最接近选项B，选项B正确。
10.(2023·海南卷)如图所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为( )
A.eq \f(1,2)eq \r(\f(μg,r)) B.eq \r(\f(μg,r))
C.eq \r(\f(2μg,r)) D．2eq \r(\f(μg,r))
答案: B
解析： 硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则Ff＝mω2r ，而Ff≤Ffm＝μFN＝μmg，联立可得mω2r≤μmg，解得ω≤eq \r(\f(μg,r))，即圆盘转动的最大角速度为eq \r(\f(μg,r))，故选项B正确。
11.(多选)(2023·江苏卷，6)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： 座舱的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2π,ω)，A错误；根据线速度与角速度的关系v＝ωR知，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
12.(2023年辽宁省普通高中学业水平等级性考试）13. 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
答案:（1）；（2），甲
解析：（1）根据速度位移公式有
代入数据可得
（2）根据向心加速度的表达式
可得甲、乙的向心加速度之比为
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
代入数据可得甲、乙运动的时间为，
因，所以甲先出弯道。
新课程标准
1.会用线速度、角速度、周期描述匀速圆周运动。知道匀速圆周运动向心加速度的大小和方向。通过实验，探究并了解匀速圆周运动向心力大小与半径、角速度、质量的关系。能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力。了解生产生活中的离心现象及其产生的原因。
命题趋势
考查的内容多贴近生活实际，如汽车过弯道、乒乓球的运动轨迹等；试题多涉及圆周运动的基本规律，考查考生的情境分析能力，提取信息进行物理情境构建的能力，应用基本规律分析、推理和计算的能力。
试题情境
生活实践类
生活中的自行车、汽车、火车转弯等动力学及临界问题，水流星，体育运动中的圆周运动问题
学习探究类
圆周运动的传动问题，圆锥摆模型，水平面内、竖直面内圆周运动的临界问题，圆周运动中的细绳、细杆模型
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)
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
f静=mω2r
ω临=
与质量无关
轻绳出现拉力临界ω1=; AB离心的临界：
隔离A:T=μmAg；隔离B:T+μmBg=mBω22rB；
隔离A:μmAg-T=mAω22rA；隔离B:T+μmBg=mBω22rB；
隔离A:T-μmAg=mAω22rA；隔离B:T+μmBg=mBω22rB；
整体：AB滑动ω临2=（）
①μA≥μB,
ω临1=
①ωmin=
ω2
O
f
μmg
ω2
O
T
出现T
滑动
ω2
O
f
B
μmBg
μmAg
A
ω2
O
f
B
μmBg
μmAg
A
②μA<μB,
ω临2=
②ωmax=
受力分析
运动分析
正交分解
x轴指向圆心
列方程
规律
mg
θ
l
T
mg
θ
T
l
x
y
θ
x:Tsinθ=mω2lsinθ
y:Tcsθ=mg
P
Q
P
Q
求解：an=gtanθ
①同角同向心加速度
②同高同角速度
③拉力T=mg/csθ;T=mω2l
受力分析
运动分析
正交分解
x轴指向圆心
列方程
求解
规律
mg
θ(
l
FN
θ
mg
θ(
l
FN
x
y
x:FNsinθ=mω2r
y:FNcsθ=mg
r=lcsθ
θ(
A(
B(
an=gtanθ；；
①同角同向心加速度an=gtanθ
②角速度
③线速度
受力分析运动分析
正交分解x轴指向心
列方程求解
规律
mg
θ
R
FN
mg
FN
θ
x
y
x:FNsinθ=mω2r
y:FNcsθ=mg
r=Rsinθ
A
B
C
an=gtanθ;
①同角同向心加速度（B和C）
②同高同角速度（A和C）
拱形桥
圆轨外侧
凹形桥
示意图
v
作用力
最高点(失重)：FN＝G－mv2/R，可知：
（1）当v=0时，即汽车静止在最高点，FN=G；
（2）当汽车的速度增大到mv2/R=mg 即v= 时，FN=0，汽车在桥顶只受重力G，又具水平速度V，因此开始做平抛运动；
（3）当0≤v≤时，0≤FN≤mg，且速度v越大，FN越小；
（4）当v>时，汽车将脱离桥面，将在最高点做平抛运动，即所谓的“飞车”。
最高点(超重)：FN＝G+mv2/R可知：
（1）当v=0时，即汽车静止在最高点，FN=G；
（2）当汽车的速度v≠0时，FN>mg，且速度v越大，FN越大。
轻绳模型
轻杆模型
示意图
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝meq \f(v2,r)
得v临＝eq \r(gr)
由小球能运动即可得v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点v＜eq \r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN背离圆心
(2)当0＜v＜eq \r(gr)时，mg－FN＝meq \f(v2,r)，FN背离圆心并随v的增大而减小
(3)当v＝eq \r(gr)时，FN＝0
(4)当v＞eq \r(gr)时，mg＋FN＝meq \f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高点的FN图像
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
题干信息
吹“沙”见“金”
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点
球A做圆周运动的半径为L，球B做圆周运动的半径为2L
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力
球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力