2021版物理提能大一轮复习课标版文档：第四章　第3讲　圆周运动 学案

第3讲　圆周运动

一、描述圆周运动的物理量

1.线速度:描述做圆周运动的物体通过弧长的快慢,v==①  。 

2.角速度:描述物体绕圆心转动的快慢,ω==②  。 

3.周期和频率:描述物体③ 转动的快慢 ,T=,f=。 

4.向心加速度:描述物体④ 线速度方向 变化的快慢。an=rω2==ωv=r。 

5.向心力:作用效果为产生⑤ 向心加速度 。Fn=man。 

二、匀速圆周运动

1.匀速圆周运动的向心力

(1)大小:Fn=man=⑥ m =⑦ mω2r =⑧ mr =⑨ mωv =4π2mf2r。 

(2)方向:始终沿半径方向指向⑩ 圆心 ,时刻在改变,即向心力是一个 变 力。 

(3)作用效果:向心力产生向心加速度,只改变线速度的 方向 ,不改变线速度的 大小 。 

2.匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较

三、离心运动

1.定义:做 圆周 运动的物体,在合力 突然消失 或者 不足以 提供圆周运动所需的向心力的情况下,就做逐渐 远离 圆心的运动。 

2.供需关系与运动:如图所示,F为实际提供的向心力,则

(1)当 F=mω2r 时,物体做匀速圆周运动; 

(2)当 F=0 时,物体沿切线方向飞出; 

(3)当 F<mω2r 时,物体逐渐远离圆心; 

(4)当 F>mω2r 时,物体逐渐靠近圆心。 

1.判断下列说法对错。

(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(　　)

(2)物体做匀速圆周运动时,其角速度是不变的。(　　)

(3)物体做匀速圆周运动时,其合外力是不变的。(　　)

(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(　　)

(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(　　)

(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。(　　)

1.答案　(1)✕　(2)√　(3)✕　(4)✕　(5)√　(6)✕

2.如图所示,自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分,且半径RB=4RA、RC=8RA。当自行车正常骑行时,A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比aA∶aB∶aC等于　(　　)

A.1∶1∶8 B.4∶1∶4 C.4∶1∶32 D.1∶2∶4

2.答案　C　

3.(多选)如图所示,一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动,有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动,则以下说法中正确的是(　　)

A.A球的角速度等于B球的角速度

B.A球的线速度大于B球的线速度

C.A球的运动周期小于B球的运动周期

D.A球对筒壁的压力等于B球对筒壁的压力

3.答案　BD　

4.如图所示,乘坐游乐园的翻滚过山车时,质量为m的人随车在竖直平面内旋转,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)

A.过山车通过最高点时人处于倒坐状态,全靠保险带拉住,没有保险带人就会掉下来

B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力

C.人在最低点时对座位的压力等于mg

D.人在最低点时对座位的压力大于mg

4.答案　D　

考点一　圆周运动的运动学分析

1.圆周运动各物理量间的关系

2.常见的三种传动方式及特点

1.如图是某共享自行车的传动结构示意图,其中Ⅰ是半径为r1的牙盘(大齿轮),Ⅱ是半径为r2的飞轮(小齿轮),Ⅲ是半径为r3的后轮。若某人在匀速骑行时每秒踩脚踏板转n圈,则下列判断正确的是(　　)

A.牙盘转动角速度为

B.飞轮边缘转动线速度为2πnr2

C.牙盘边缘向心加速度为

D.自行车匀速运动的速度为

答案　D　脚踏板与牙盘同轴转动,二者角速度相等,每秒踩脚踏板转n圈,则牙盘的角速度ω1=2πn,A错误;牙盘边缘与飞轮边缘线速度的大小相等,据v=rω可知,飞轮边缘的线速度v2=v1=2πnr1,B错误;牙盘边缘的向心加速度a==(2πn)2r1,C错误;飞轮的角速度ω2=,飞轮与后轮的角速度相等,所以自行车匀速运动的速度即后轮的线速度v3=ω2r3=,D正确。

2.(多选)如图所示为某一皮带传动装置。M是主动轮,其半径为r1,M'半径也为r1,M'和N在同一轴上,N和N'的半径都为r2。已知主动轮做顺时针转动,转速为n,转动过程中皮带不打滑。则下列说法正确的是(　　)

A.N'轮做的是逆时针转动

B.N'轮做的是顺时针转动

C.N'轮的转速为n

D.N'轮的转速为n

答案　BC　根据皮带传动关系可以看出,N轮和M轮转动方向相反,N'轮和N轮的转动方向相反,因此N'轮的转动方向为顺时针,A错误,B正确。皮带与轮边缘接触处的速度大小相等,所以2πnr1=2πn2r2,得N(或M')轮的转速为n2=,同理2πn2r1=2πn2'r2,得N'轮转速n2'=n,C正确,D错误。

考点二　圆周运动的动力学分析

1.六种常见的向心力实例

　　2.四步骤求解圆周运动问题

例1　(多选)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

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　由T=,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。

考向1　车辆转弯问题

1.(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处(　　)

A.路面外侧高内侧低

B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动

C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动

D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小

答案　AC　汽车转弯时,恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,说明公路外侧高一些,支持力的水平分力刚好提供向心力,此时汽车不受静摩擦力的作用,与路面是否结冰无关,故选项A正确,选项D错误。当v<vc时,支持力的水平分力大于所需向心力,汽车有向内侧滑动的趋势,摩擦力向外侧,当v>vc时,支持力的水平分力小于所需向心力,汽车有向外侧滑动的趋势,但在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑,故选项B错误,选项C正确。

考向2　圆锥摆模型

2.(多选)如图所示,两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球,细线的上端都系于O点,设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°,L2跟竖直方向的夹角为30°,下列说法正确的是(　　)

A.细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为∶1

B.小球m1和m2的角速度大小之比为∶1

C.小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1

D.小球m1和m2的线速度大小之比为3∶1

答案　AC　对任一小球进行研究,设细线与竖直方向的夹角为θ,竖直方向受力平衡,则  T cos θ=mg,解得T=,所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为==,故A正确;小球所受合力的大小为mg tan θ,根据牛顿第二定律得mg tan θ=mLω2 sin θ,得ω2=,故两小球的角速度大小之比为==,故B错误;小球所受合力提供向心力,则向心力为F=mg tan θ,小球m1和m2的向心力大小之比为==3,故C正确。两小球角速度大小之比为∶1,由v=ωr及r=L sin θ得线速度大小之比为∶1,故D错误。

考向3　斜面圆周运动

3.(2019湘赣十四校一模)如图所示,长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b,系统置于倾角为θ的光滑斜面上,且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动,当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0,不计一切阻力,重力加速度为g,则(　　)

A.在轻杆转过180°的过程中,角速度逐渐减小

B.只有ω0大于某临界值,系统才能做完整的圆周运动

C.轻杆受到转轴的力的大小始终为2mg sin θ

D.轻杆受到转轴的力的方向始终在变化

答案　C　在转动过程中,系统的重力势能不变,那么系统的动能也不变,因此系统始终匀速转动,故A、B错误;对系统,根据牛顿第二定律,有F-2mg sin θ=man+m(-an),解得F=      2mg sin θ,而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上,故C正确,D错误。

方法技巧

　　求解圆周运动问题必须进行的三类分析

考点三　圆周运动的临界、极值问题

1.常见模型

　　2.分析圆周运动临界问题的思路

例2　如图所示,用一根长为l=1 m的细线,一端系一质量为m=1 kg的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥体顶端,锥面与竖直方向的夹角θ=37°,当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线对小球的拉力为FT。(g取10 m/s2,结果可用根式表示)

(1)若要小球离开锥面,则小球的角速度ω至少为多大?

(2)若细线与竖直方向的夹角为60°,则小球的角速度ω为多大?

【审题指导】　(1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动,支持力为零。

(2)细线与竖直方向的夹角为60°时,小球离开锥面,做圆锥摆运动。

答案　(1) rad/s　(2)2 rad/s

解析　(1)若要小球刚好离开锥面,此时小球只受到重力和细线拉力,如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力水平,在水平方向运用牛顿第二定律得

mg tan θ=mω2l sin θ

解得ω2=

即ω== rad/s

(2)同理,当细线与竖直方向成60°角时,由牛顿第二定律得

mg tan α=mω2l sin α

解得ω2=

即ω==2 rad/s

考向1　水平面内圆周运动的临界问题

　　1.如图所示,半径为R的半球形碗绕过球心的竖直轴水平旋转,一质量为m的小球随碗一起做匀速圆周运动,已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ,小球与碗面的动摩擦因数为μ,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。要想使小球始终与碗保持相对静止,则碗旋转的最大角速度大小为(　　)

A.ω=

B.ω=

C.ω=

D.ω=

答案　C　当角速度最大时,摩擦力方向沿半球形碗壁切线向下达最大值,由牛顿第二定律得f cos θ+FN sin θ=mω2R sin θ,竖直方向根据平衡条件可得f sin θ+mg=FN cos θ,又f=μFN,联立解得ω=,故C正确,A、B、D错误。

考向2　汽车过拱桥模型

2.(2019福建三明期中)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,对桥面的压力为FN2,则FN1与FN2大小之比为(　　)

A.3∶1 B.3∶2 

C.1∶3 D.1∶2

答案　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'=FN1

所以由牛顿第二定律可得

mg-FN1'=

同样,如图乙所示,FN2'=FN2,汽车过圆弧形凹形桥的最低点时,有FN2'-mg=

由题意可知FN1=mg

解得FN2=mg,所以FN1∶FN2=1∶3。

考向3　轻绳模型

3.0.如图所示,一质量为m=0.5 kg的小球,用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10 m/s2,不计一切阻力,则:

(1)小球要做完整的圆周运动,在最高点的速度至少为多大?

(2)当小球在最高点的速度为4 m/s时,轻绳拉力多大?

(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N,小球的速度不能超过多大?

答案　(1)2 m/s　(2)15 N　(3)4 m/s

解析　(1)在最高点,当小球只受重力时,由牛顿第二定律得mg=

解得v1=2 m/s

即小球要做完整的圆周运动,在最高点的速度至少为2 m/s

(2)当v2=4 m/s时,由牛顿第二定律得

mg+F1=m

解得F1=15 N

(3)分析可知,小球在最低点时轻绳张力最大,由牛顿第二定律得

F2-mg=

其中F2=45 N

解得v3=4 m/s

即小球的速度不能超过4 m/s

考向4　轻杆模型

4.(多选)如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个小球,另一端固定在光滑的水平轴上,使小球在竖直平面内做圆周运动,重力加速度为g,关于小球在最高点的速度v,下列说法中正确的是(　　)

A.当v的值为时,杆对小球的弹力为零

B.当v由逐渐增大时,杆对小球的拉力逐渐增大

C.当v由逐渐减小时,杆对小球的支持力逐渐减小

D.当v由零逐渐增大时,向心力也逐渐增大

答案　ABD　在最高点球对杆的作用力为0时,由牛顿第二定律得mg=,v=,A对;当v>时,轻杆对球有拉力,则F+mg=,v增大,F增大,B对;当v<时,轻杆对球有支持力,则mg-F'=,v减小,F'增大,C错;由F向=知,v增大,向心力增大,D对。

圆周运动的解题要点

　　比较思维法

(1)向心力的来源:进行正确的受力分析;

(2)临界条件的判断:特殊位置的分析;

(3)动能定理的应用:把特殊位置推广到一般位置。

1.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力(　　)

A.一直不做功　　　　　　B.一直做正功

C.始终指向大圆环圆心　　D.始终背离大圆环圆心

答案　A　小环在固定的光滑大圆环上滑动,做圆周运动,其速度沿大圆环切线方向,大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于大圆环切线方向,与速度垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力背离圆心,到达圆心等高点时弹力提供向心力,故大圆环对小环的作用力指向圆心,选项C、D错误。

2.如图,在一固定在水平地面上A点的半径为R的球体顶端放一质量为m的物块,现给物块一水平初速度v0,重力加速度为g,则(　　)

A.若v0=,则物块落地点离A点R

B.若球面是粗糙的,当v0<时,物块一定会沿球面下滑一段,再斜抛离开球面

C.若v0<,则物块落地点离A点为R

D.若v0≥,则物块落地点离A点至少为2R

答案　D　若v0≥,物块将离开球面做平抛运动,由y=2R=、x=v0t,得x≥2R,A项错误,D项正确;若v0<,物块将沿球面下滑,若摩擦力足够大,则物块可能下滑一段后停在球面上某位置,若摩擦力较小,物块将在球心上方球面上某处离开,向下做斜抛运动,落地点到A点距离大于R,B、C项错误。

1.(2019四川遂宁三诊)如图所示,图1是甲汽车在水平路面上转弯行驶,图2是乙汽车在倾斜路面上转弯行驶。关于两辆汽车的受力情况,以下说法正确的是(　　)

A.两车都受到路面竖直向上的支持力作用

B.两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力

C.甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力

D.乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力

1.答案　D　图1中路面对汽车的支持力竖直向上,图2中路面对汽车的支持力垂直路面斜向上,选项A错误;图1中汽车所受平行路面指向内侧的摩擦力提供向心力,图2中若汽车所受路面的支持力与重力的合力提供向心力,则此时路面对车没有摩擦力作用,若速度较小,则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力,选项B、C错误,D正确。

2.明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图所示),记录了我们祖先的劳动智慧。若A、B、C三齿轮的半径大小关系如图,则(　　)

A.齿轮A的角速度比C的大

B.齿轮A与B的角速度大小相等

C.齿轮B与C边缘的线速度大小相等

D.齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大

2.答案　D　由图可知,A、B、C三齿轮半径大小的关系为rA>rB>rC,齿轮A的边缘与齿轮B的边缘接触,齿轮B与C同轴转动,故vA=vB,ωB=ωC。根据v=ωr可知ωB>ωA,ωA<ωC,vB>vC,vA>vC,故D项正确,A、B、C项错误。

3.(2019山东济南模拟)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环、完成能量转换的主要运动零件。如图所示,连杆下端连接活塞Q,上端连接曲轴P。在工作过程中,活塞在汽缸内上下做直线运动,带动曲轴绕圆心O旋转,若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动,则下列说法正确的是(　　)

A.当OP与OQ垂直时,活塞运动的速度等于v0

B.当OP与OQ垂直时,活塞运动的速度大于v0

C.当OPQ在同一直线时,活塞运动的速度等于v0

D.当OPQ在同一直线时,活塞运动的速度大于v0

3.答案　A　当OP与OQ垂直时,P点速度的大小为v0,此时杆PQ整体运动的方向是相同的,方向沿OQ的平行的方向,所以活塞运动的速度等于P点的速度,都是v0,故A正确,B错误;当OPQ在同一直线时,P点的速度方向与OQ垂直,沿OQ的分速度为0,OQ的瞬时速度为0,所以活塞运动的速度等于0,故C、D错误。

4.(2019山东潍坊期中)如图所示,绳子的一端固定在O点,另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)

A.转速一定时,绳短时容易断

B.周期一定时,绳短时容易断

C.线速度大小一定时,绳短时容易断

D.线速度大小一定时,绳长时容易断

4.答案　C　转速一定时,根据Fn=mω2r=mr(2πn)2可知,绳越长,所需的向心力越大,则绳越容易断,故A项错误;周期一定时,角速度一定,根据Fn=mω2r知,绳越长,所需的向心力越大,则绳越容易断,故B项错误;线速度大小一定时,根据Fn=m知,绳越短,所需的向心力越大,则绳越容易断,故C项正确,D项错误。

5.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

5.答案　C　物体恰好滑动时,应在A点,如图所示,对物体受力分析。由牛顿第二定律得   μmg cos 30°-mg sin 30°=mω2r,解得ω=1.0 rad/s,C正确。

6.(多选)质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v,如图所示,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ,则物体在最低点时,下列说法正确的是(　　)

A.向心加速度为

B.向心力为m

C.对球壳的压力为

D.受到的摩擦力为μm

6.答案　AD　物体滑到半球形金属球壳最低点时,速度大小为v,轨道半径为r,向心加速度为an=,故A项正确;根据牛顿第二定律可知,物体在最低点时的向心力Fn=man=m,故B项错误;根据牛顿第二定律得FN-mg=m,得到金属球壳对物体的支持力FN=m,由牛顿第三定律可知,物体对金属球壳的压力FN'=FN=m,故C项错误;物体在最低点时,受到的摩擦力为Ff=μFN=μm,故D项正确。

7.(多选)(2019江西吉安一模)如图甲所示,细绳下端拴一小物块,上端固定在A点并与力传感器相连。给物块一个水平速度,使其在竖直平面内做圆周运动,测得绳的拉力F随时间t的变化关系如图乙所示(F0为已知)。不考虑空气阻力,已知重力加速度为g。根据题中所给的信息,可以求得的物理量有(　　)

A.物块的质量

B.细绳的长度

C.物块经过最高点的速度大小

D.物块经过最低点的加速度大小

7.答案　AD　根据竖直平面内的圆周运动的特点可知,物块在最高点时对绳子的拉力最小,物块在最低点时对绳子的拉力最大;根据牛顿第二定律,物块在最低点时有F1-mg=m,在最高点时有F2+mg=m;由机械能守恒定律有mg·(2l)=m-m;由题图乙知,F2=0,F1=F0,由以上各式解得m=,由以上各式不能求出绳子的长度,故A正确,B错误;物块经过最高点的速度v1=,由于绳子的长度未知,所以不能求出物块经过最高点的速度大小,故C错误;物块经过最低点的加速度大小a==5g,故D正确。

8.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动,圆半径为R,速率v<,AC为水平直径,BD为竖直直径。物块相对于轮箱静止,则(　　)

A.物块始终受两个力作用

B.只有在A、B、C、D四点,物块受到的合外力才指向圆心

C.从B运动到A,物块处于超重状态

D.从A运动到D,物块处于超重状态

8.答案　D　在B、D位置,物块受重力、支持力,除B、D位置外,物块受重力、支持力和静摩擦力,故A项错;物块做匀速圆周运动,在任何位置受到的合外力都指向圆心,故B项错;物块从B运动到A,向心加速度方向斜向下沿半径指向圆心,物块处于失重状态,从A运动到D,向心加速度方向斜向上沿半径指向圆心,物块处于超重状态,C项错,D项对。

9.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≤

9.答案　B　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≤,所以要使三个物体与转盘间不发生相对运动,其角速度应满足ω≤,选项B正确。

10.(多选)(2019河北石家庄质检)如图所示,长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动,在杆两端分别固定质量均为m的球A、B,球A距轴O的距离为L。现给系统一定能量,使杆和球在竖直平面内转动。当球B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,则球B在最高点时,下列说法正确的是(　　)

A.球B的速度为零

B.球B的速度为

C.球A的速度为

D.杆对球B的弹力方向竖直向下

10.答案　CD　当球B运动到最高点时,水平转轴O对杆的作用力为零,这说明球A、B对杆的作用力是一对平衡力,由于A做圆周运动的向心力竖直向上且由杆的弹力与重力的合力提供,故A所受杆的弹力必竖直向上,B所受杆的弹力必竖直向下,且两力大小相等,D项正确;对A球有F-mg=mω2L,对B球有F+mg=mω2·2L,由以上两式联立解得ω=,则A球的线速度vA=ωL=,B球的线速度vB=ω·2L=2,A、B项错误,C项正确。

11.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

11.答案　D　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。

12.如图所示,足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆,原长为L的轻弹簧套在杆上,质量均为m的A、B、C三个小球用两根轻杆通过光滑铰链连接,轻杆长也为L,A球套在竖直杆上。现将A球搁在弹簧上端,当系统处于静止状态时,轻杆与竖直方向夹角θ=37°。已知重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k;

(2)让B、C球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动,若转动的角速度为ω0(未知)时,B、C球刚要脱离圆台,求轻杆与竖直方向夹角θ0的余弦和角速度ω0;

(3)两杆竖直并拢,A球提升至距圆台L高处静止,受到微小扰动,A球向下运动,同时B、C球向两侧相反方向在圆台上沿直线滑动,A、B、C球始终在同一竖直平面内,观测到A球下降的最大距离为0.4L。A球运动到最低点时加速度大小为a0,求此时弹簧的弹性势能Ep以及B球加速度的大小a。

12.答案　(1)0　　(2)　

(3)0.4mgL　(g-a0)

解析　(1)平台光滑,对B球受力分析知轻杆对B的作用力F=0

弹簧的形变量ΔL=L-L cos θ

对A有kΔL=mg

解得k=

(2)B、C对圆台无弹力,系统在竖直方向合力为零,则k(L-L cos θ0)=3mg

解得cos θ0=

对B由牛顿第二定律有mg tan θ0=mL sin θ0

解得ω0=

(3)当A球下降h=0.4L时,A、B、C速度均为零,由机械能守恒有Ep=mgh=0.4mgL

设杆此时拉力为T,杆与竖直方向夹角为θ1,则cos θ1=

A的加速度竖直向上,由牛顿运动定律有kh-2T cos θ1-mg=ma0

对B有T sin θ1=ma

解得a=(g-a0)