2020高考物理新创新大一轮复习新课改省份专用讲义：第四章第24课时　三类典型的圆周运动问题（题型研究课）

第24课时　三类典型的圆周运动问题(题型研究课)

1.(2016·全国卷Ⅱ)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。在各自轨迹的最低点(　　)

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

解析：选C　两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，解得v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；设在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，解得F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。

2.(多选)(2014·全国卷Ⅰ)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＝ 是b开始滑动的临界角速度

D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg

解析：选AC　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b的轨道半径大于a的轨道半径，故b做圆周运动需要的向心力较大，即fa<fb，B错误；因为两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＝mωb2·2l，可得ωb＝ ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωa2l，可得ωa＝ ，而转盘的角速度  <  ，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＝kmg，D错误。

3.(2017·江苏高考)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：选D　因为夹子质量不计，根据平衡条件和牛顿第三定律可知，绳中的张力等于物块受到的摩擦力，小环碰到钉子P时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，因为整个过程中，物块在夹子中没有滑动，所以T＝Mg＋≤2F，B错误；物块向右匀速运动时，绳中的张力T′＝Mg<2F，A错误；若物块做圆周运动到达的高度低于钉子P的高度，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝，若物块做圆周运动到达的高度高于钉子P的高度，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误；小环碰到钉子P后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。

[备考视角]

圆周运动在近几年高考中是考查的热点，既可单独考查，也可和抛体运动、功和能、电场、磁场等知识的综合考查。圆周运动和实际生活联系紧密，学生常因情景陌生不能从实际生活情境中抽象出圆周运动的理想模型而失分。

命题点一　水平面内圆周运动的临界问题

[典例]　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中心轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的拉力为FT，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，结果可用根式表示。问：

(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？

(2)若细线与竖直方向的夹角α＝60°，则小球的角速度ω′为多大？

[解析]　(1)若要小球刚好离开锥面，则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及向心力公式得

mgtan θ＝mω02lsin  θ

解得ω02＝，

即ω0＝ ＝ rad/s。

(2)同理，当细线与竖直方向的夹角α＝60°时，小球只受重力和细线拉力，由牛顿第二定律及向心力公式得

mgtan α＝mω′2lsin  α

解得ω′2＝，

即ω′＝ ＝2 rad/s。

[答案]　(1) rad/s　(2)2 rad/s

[规律方法]

水平面内圆周运动临界问题的分析技巧

在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)，通常对应着临界状态的出现。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。

[集训冲关]

1.如图所示，有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的绳子系有质量为m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最小为(　　)

A.　　　　　　　　　 B．ω2g

C.  D.

解析：选A　以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力FN、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R＝htan θ，在竖直方向有：Fcos θ＋FN＝mg，在水平方向有：Fsin θ＝mω2htan θ；当小球即将离开水平面时，N＝0，此时Fcos θ＝mg，Fsin θ＝mgtan θ＝mω2htan θ，即h＝。故A正确。

2．(多选)如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B放在水平转盘上，且木块A、B与转盘中心在同一条水平直线上，木块A、B用长为L的轻绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍。整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O1O2转动，A在距离转轴L处。开始时，轻绳恰好伸直但无张力。现让转盘从静止开始转动，使角速度ω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，轻绳一定有张力

C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大

D．当ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大

解析：选ABD　当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B恰好不相对转盘滑动，设A、B质量均为m，则2kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ ，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，轻绳开始有张力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，B项正确；当 <ω< 时，随着角速度的增大，轻绳张力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误；当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确。

命题点二　竖直面内的圆周运动

1．轻绳模型和轻杆模型概述

在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管道内运动等)，称为“轻杆模型”。

2．两类模型对比

题型1　轻绳模型

 [例1]　(2019·福州质检)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)

A.mg　　　　　　　 B.mg

C．3mg  D．2mg

[解析]　由题图可知，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，因此小球做圆周运动的半径R＝Lsin 60°＝L，两根轻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，当小球在最高点的速率为2v时有：F＋mg＝m，解得：F＝3mg。由力的合成可得2FTcos 30°＝F，解得每根轻绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。

[答案]　A

题型2　轻杆模型

 [例2]　(多选)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，杆对小球的弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F­v2图像如图乙所示。则(　　)

A．小球的质量为

B．当地的重力加速度大小为

C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上

D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等

[解析]　当弹力F方向向下时，F＋mg＝m，解得F＝m－mg，当弹力F方向向上时，mg－F＝m，解得F＝mg－m，对比题图乙可知，b＝gR，a＝mg，联立解得g＝，m＝，A正确，B错误；当v2＝c时，代入F＝－mg，解得F>0，由牛顿第三定律知，小球对杆的弹力方向向上，C正确；同理当v2＝2b时，解得小球受到的弹力与重力大小相等，D正确。

[答案]　ACD

题型3　模型拓展(与平抛运动组合)

[例3]　如图所示，一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持轻绳绷直)由静止释放，当它经过B点时轻绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上。已知轻绳长 L＝1.0 m，B点离地高度 H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：

(1)地面上D、C两点间的距离s；

(2)轻绳所受的最大拉力大小。

[解析]　(1)小球从A点到B点机械能守恒，则

mgh＝mvB2

小球从B点到C点做平抛运动，则水平方向s＝vBt

竖直方向H＝gt2

解得s≈1.41 m。

(2)小球下摆到B点，轻绳的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有F－mg＝m

解得F＝20 N

由牛顿第三定律得F′＝F＝20 N

即轻绳所受的最大拉力大小为20 N。

[答案]　(1)1.41 m　(2)20 N

[规律方法]

竖直面内圆周运动的解题思路

[集训冲关]

1.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随过山车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是(　　)

A．过山车在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

解析：选D　人过最高点时，FN＋mg＝m，当v≥时，即使人不用保险带也不会掉下来，当v＝时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B错误；人在最低点时具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。

2.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　)

A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝

B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0

C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力

D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力

解析：选B　小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点时的最小速度为0，A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C错误；小球在水平线ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故D错误。

命题点三　斜面上的圆周运动

题型1　静摩擦力控制下的圆周运动

[例1]　如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　)

A. rad/s　　　　　　 B. rad/s

C．1.0 rad/s  D．0.5 rad/s

[解析]　物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，解得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。

[答案]　C

题型2　轻杆控制下的圆周运动　

[例2]　如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动。取g＝10 m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　)

A．4 m/s  B．2 m/s

C．2 m/s  D．2 m/s

[解析]　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsin α＝mvB2，解得vB＝4 m/s，A正确。

[答案]　A

题型3　轻绳控制下的圆周运动

[例3]　(2019·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？(取重力加速度g＝10 m/s2)

[解析]　小球在倾斜平板上运动时受到轻绳拉力、平板弹力、自身重力。在垂直平板方向上合力为0，重力沿平板方向的分量为mgsin  α

小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，

有FT＋mgsin  α＝

小球从释放到运动至最高点的过程，根据动能定理有

－mglsin  α＝mv12－mv02

若小球恰好能通过最高点，则轻绳拉力FT＝0

解得sin  α＝，即α＝30°

故α的范围为0°≤α≤30°。

[答案]　0°≤α≤30°

[规律方法]

与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动通常也是分析物体在最高点和最低点的受力情况，通过列牛顿运动定律方程解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。