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高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动本章综合与测试导学案及答案
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这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动本章综合与测试导学案及答案，共16页。学案主要包含了圆周运动的动力学问题，圆锥摆模型等内容，欢迎下载使用。
一、圆周运动的动力学问题
1．向心力公式本质上是牛顿第二定律在圆周运动问题中的应用．在应用牛顿第二定律F＝ma解决圆周运动问题时，F为向心力，a为向心加速度．向心力F应按照下面两种情况分别处理：
(1)匀速圆周运动中，物体所受的合外力提供向心力．
(2)在非匀速圆周运动中，半径方向的合外力提供向心力．
2．分析圆周运动动力学问题的步骤
(1)明确研究对象，对研究对象进行受力分析，画出受力示意图．
(2)确定物体做圆周运动的轨道平面、圆心、半径．
(3)找出向心力的来源，利用平行四边形定则将力合成或沿半径方向和切线方向将力正交分解，计算出沿半径方向的合力F.
(4)利用牛顿第二定律，根据题目条件选用方程F＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r.
(5)解方程求出待求物理量．
注意：向心力是根据力的效果命名的．在分析做圆周运动的物体受力情况时，切不可在物体的相互作用力(重力、弹力、摩擦力等)以外再添加一个向心力．
一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的半圆形轨道滑行，如图1所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为( )
图1
A．μmg B.eq \f(μmv2,R)
C．μm(g＋eq \f(v2,R)) D．μm(g－eq \f(v2,R))
答案 C
解析 在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq \f(v2,R)，得FN＝mg＋meq \f(v2,R)，又由摩擦力公式有f＝μFN＝μ(mg＋meq \f(v2,R))＝μm(g＋eq \f(v2,R))，C选项正确．
二、圆锥摆模型
1.圆锥摆结构和运动模型
如图2所示，一根不可伸长的绳，一端固定在O点，另一端拴一小球(可视为质点)，给小球一水平初速度，不计空气阻力，小球在水平面内做匀速圆周运动．
图2
2．向心力来源
(1)可认为绳子对小球的拉力和小球的重力的合力提供向心力．
(2)也可认为是绳子拉力在水平方向的分力提供向心力．
3．动力学方程及线速度、角速度与绳长的关系
如图3所示，设小球的质量为m，绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，则小球做圆周运动的半径为r＝lsin θ.由牛顿第二定律得mgtan θ＝meq \f(v2,r)或mgtan θ＝mω2r.
图3
所以v＝eq \r(grtan θ)＝eq \r(glsin θ·tan θ).
ω＝ eq \r(\f(gtan θ,r))＝ eq \r(\f(g,lcs θ)).
长为L的细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让其在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动，重力加速度为g)，如图4所示．当细线与竖直方向的夹角是α时，求：
图4
(1)线的拉力F大小；
(2)小球运动的线速度的大小；
(3)小球运动的角速度及周期各是多少．
答案 (1)eq \f(mg,cs α) (2)eq \r(gLtan αsin α) (3) eq \r(\f(g,Lcs α)) 2πeq \r(\f(Lcs α,g))
解析 如图所示，小球受重力mg和细线的拉力F.因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球所受力的合力指向圆心O′，且是水平方向．
(1)由平行四边形定则得小球受到的合力大小为mgtan α，细线对小球的拉力大小为F＝eq \f(mg,cs α).
(2)由牛顿第二定律得mgtan α＝eq \f(mv2,r)，由几何关系得r＝Lsin α，所以，小球做匀速圆周运动线速度的大小为v＝eq \r(gLtan αsin α).
(3)小球运动的角速度ω＝eq \f(v,r)＝eq \f(\r(gLtan αsin α),Lsin α)＝eq \r(\f(g,Lcs α))，
小球运动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝2πeq \r(\f(Lcs α,g)).
如图5所示，有一质量为m的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内．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，半球形碗的半径为R，重力加速度为g，求小球做匀速圆周运动的速度大小及碗内壁对小球的弹力大小．
图5
答案 sin θ eq \r(\f(gR,cs θ)) eq \f(mg,cs θ)
解析 对小球受力分析如图所示，
mgtan θ＝eq \f(mv2,r)
r＝Rsin θ
FNcs θ＝mg
联立解得v＝sin θ eq \r(\f(gR,cs θ))
FN＝eq \f(mg,cs θ).
1．研究圆周运动首先要确定轨道平面和圆心，以便确定向心力的方向，比如例3中小球做圆周运动的圆心在与小球同一水平面上的O′点，而不在球心O，也不在弹力FN所指的PO方向上．
2．几种常见的匀速圆周运动实例
针对训练 如图6所示，一只质量为m的老鹰，以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，则空气对老鹰的作用力的大小等于(重力加速度为g)( )
图6
A．meq \r(g2＋\f(v2,R)2) B．meq \r(\f(v2,R)2－g2)
C．meq \f(v2,R) D．mg
答案 A
解析 对老鹰进行受力分析，其受力情况如图所示，老鹰受到重力mg、空气对老鹰的作用力F.由题意可知，力F沿水平方向的分力提供老鹰做圆周运动的向心力，且其沿竖直方向的分力与重力平衡，故F1＝eq \f(mv2,R)，F2＝mg，
则F＝eq \r(F22＋F12)＝eq \r(mg2＋m\f(v2,R)2)
＝meq \r(g2＋\f(v2,R)2)，A正确．
1．(圆周运动的动力学问题)如图7所示，水平轻弹簧的一端固定在竖直转轴上O点，另一端连接质量为m的小球，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L.当小球以角速度ω绕竖直转轴在光滑水平面上做匀速圆周运动(k>mω2)时，小球运动的向心加速度大小为( )
图7
A．ω2L B.eq \f(kω2L,k－mω2)
C.eq \f(kωL,k－mω2) D.eq \f(ω2L,k－mω2)
答案 B
解析 设小球做匀速圆周运动时弹簧的形变量为x，则有kx＝mω2(x＋L)，解得x＝eq \f(mω2L,k－mω2)，则小球运动的向心加速度大小为a＝ω2(x＋L)＝eq \f(kω2L,k－mω2)，B正确．
2.(圆周运动的动力学问题)(2019·台州市模拟)如图8所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球．在O点的正下方与O点相距eq \f(2L,3)的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A.把球拉到使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( )
图8
A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D．小球的向心力突然增大到原来的1.5倍
答案 A
解析 细绳碰到钉子的瞬间，小球的线速度大小不变，B错误；圆周运动的半径由L变为eq \f(L,3)，由a＝eq \f(v2,r)知，a增大到原来的3倍，A正确；根据v＝rω知角速度ω增大到原来的3倍，C错误；细绳碰到钉子前瞬间小球的向心力F向1＝meq \f(v2,L)，碰后瞬间向心力F向2＝meq \f(v2,\f(L,3))＝3F向1，D错误．
3．(圆锥摆模型)(2020·安徽师大附中高一下期末)如图9所示，竖直固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面内做匀速圆周运动．以下关于A、B两球做圆周运动时的线速度(vA、vB)、角速度(ωA、ωB)、加速度(aA、aB)和对内壁的压力(FNA、FNB)的说法正确的是( )
图9
A．vA>vB B．ωA>ωB
C．aA>aB D．FNA>FNB
答案 A
解析 对小球受力分析如图所示，可得FN＝eq \f(mg,sin θ)，向心力F＝eq \f(mg,tan θ)，由于两个小球的质量相同，并且都是在水平面内做匀速圆周运动，即θ相同，所以两个小球的向心力大小和受到的支持力大小都相等，所以有FNA＝FNB，aA＝aB，故C、D错误；向心力大小相等，由向心力的公式F＝meq \f(v2,r)可知，半径大的，线速度大，所以vA>vB，故A正确；由向心力的公式F＝mrω2可知，半径大的，角速度小，所以ωA<ωB，故B错误．
4．(圆锥摆模型)(多选)(2019·山东济南一中模拟)如图10所示，两根长度不同的细线分别系有两个小球a、b，质量分别为m1、m2，细线的上端都系于O点，两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动．已知两细线长度之比L1∶L2＝eq \r(3)∶1，长细线跟竖直方向的夹角为θ＝60°，下列说法正确的是( )
图10
A．两小球做匀速圆周运动的周期相等
B．两小球做匀速圆周运动的线速度大小相等
C．m1∶m2＝eq \r(3)∶1
D．短细线跟竖直方向成30°角
答案 AD
解析 由几何知识知，短细线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确；如图所示，小球a受两个力作用，重力m1g和细线的拉力FTa，将FTa分解为FTx和FTy，FTy＝m1g，FTx＝m1ω2L1sin θ，即FTacs θ＝m1g，FTasin θ＝m1ω2L1sin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,L1cs θ))＝eq \r(\f(g,h))，有Ta＝2πeq \r(\f(h,g))，同理可知，Tb＝2πeq \r(\f(h,g))，可看出，两小球运动的周期相等，选项A正确；两小球角速度相同，做圆周运动的半径不同，则线速度大小不相等，选项B错误；从本题中所给信息，不能推出质量的关系，选项C错误．
考点一 圆周运动的动力学问题
1．由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，如果保持飞行速度的大小和距离海平面的高度均不变，则以下说法中正确的是( )
A．飞机做的是匀速直线运动
B．飞机上的乘客对座椅的压力略大于地球对乘客的引力
C．飞机上的乘客对座椅的压力略小于地球对乘客的引力
D．飞机上的乘客对座椅的压力为零
答案 C
解析 由于乘客同飞机一同做匀速圆周运动，地球对乘客的引力和座椅对乘客的支持力的合力提供乘客做匀速圆周运动所需的向心力，即F引－F支＝meq \f(v2,R).由此可以知道F引>F支，由牛顿第三定律F支＝F压，所以C项正确．
2．如图1所示，M能在水平光滑杆上自由滑动，滑杆连架装在转盘上．M用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连．当转盘以角速度ω转动时，M离轴距离为r，且恰能保持稳定转动．当转盘转速增至原来的2倍，调整r使之达到新的稳定状态，则滑块M( )
图1
A．所需要的向心力变为原来的4倍
B．线速度变为原来的eq \f(1,2)
C．半径r变为原来的eq \f(1,2)
D．角速度变为原来的eq \f(1,2)
答案 B
解析 转速增加，再次稳定时，滑块做圆周运动的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于物体的重力，所以向心力不变，故选项A错误；转速增至原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，D错误；根据F＝mrω2，向心力不变，则r变为原来的eq \f(1,4)，C错误；根据v＝rω，线速度变为原来的eq \f(1,2)，故B正确．
3．如图2所示，将完全相同的两小球A、B用长L＝0.8 m的细绳悬于以v＝4 m/s向右匀速运动的小车顶部，两球分别与小车前后壁接触．由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比FB∶FA为(g取10 m/s2)( )
图2
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案 C
解析 设两小球A、B的质量均为m，小车突然停止运动时，小球B由于受到小车前壁向左的弹力作用，相对于小车静止，竖直方向上受力平衡，则有FB＝mg＝10m；小球A绕悬点以速度v做圆周运动，此时有FA－mg＝meq \f(v2,L)，得FA＝mg＋meq \f(v2,L)＝10m＋20m＝30m.故FB∶FA＝1∶3，选项C正确．
考点二 圆锥摆模型
4．如图3所示，质量为m的小球系在长度为L的绳子上，在水平面内做匀速圆周运动，已知绳子与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图3
A．小球受到的力有重力、拉力和向心力
B．小球的向心力为mgtan θ
C．小球的线速度为eq \r(gL)
D．绳子拉力为mgsin θ
答案 B
解析 小球受重力、绳子的拉力，二者的合力沿着水平方向，提供向心力，选项A错误；如图所示，有tan θ＝eq \f(F向,mg)，得向心力F向＝mgtan θ，选项B正确；由mgtan θ＝eq \f(mv2,Lsin θ)得v＝eq \r(gLsin θtan θ)，选项C错误；由cs θ＝eq \f(mg,FT)得绳子拉力FT＝eq \f(mg,cs θ)，选项D错误．
5．(多选)(2019·安徽师大附中高一下期末)如图4所示，小球用两根长度相等的细绳系在竖直杆上，细绳不可伸长，当杆旋转时，对小球受力分析正确的是( )
图4
A．受重力、绳的拉力和向心力作用
B．可能受重力、一根绳的拉力共两个力作用
C．可能受重力、两根绳的拉力共三个力作用
D．上面一根绳的拉力总大于小球的重力
答案 BCD
解析 转速较小时，小球受重力和上面一根绳的拉力作用，转速较大时，小球受重力和两根绳的拉力作用，故A错误，B、C正确．只有上面一根绳有拉力时，绳的竖直分力大小等于球的重力；如果两根绳都有拉力，上面绳拉力的竖直分力大小等于球的重力和下面绳拉力的竖直分力之和，所以上面绳的拉力一定比球的重力大，故D正确．
6.(多选)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图5所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是( )
图5
A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越大
D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
答案 BC
解析 对摩托车受力分析如图所示．由于FN＝eq \f(mg,cs θ)，所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，由牛顿第三定律知摩托车对侧壁的压力也不变，选项A错误；由F＝mgtan θ＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r知h变化时，向心力F不变，但高度升高，r变大，v＝eq \r(grtan θ)，ω＝ eq \r(\f(gtan θ,r))，T＝2πeq \r(\f(r,gtan θ))，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B、C正确，D错误．
7.(多选)如图6所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员( )
图6
A．受到的拉力大小为eq \r(3)G
B．受到的拉力大小为2G
C．向心加速度大小为eq \r(3)g
D．向心加速度大小为2g
答案 BC
解析 设女运动员受到的拉力为F，对女运动员受力分析可知，Fsin 30°＝G，Fcs 30°＝
ma向，可得：F＝2G，a向＝eq \r(3)g，故B、C正确，A、D错误．
8．(多选)如图7所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(即圆锥摆)．现使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的是( )
图7
A．小球P运动的周期变大
B．小球P运动的线速度变大
C．小球P运动的角速度变小
D．Q受到桌面的支持力不变
答案 BD
解析 设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的长度为L.球P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，则有mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，周期T＝eq \f(2π,ω)＝2πeq \r(\f(Lcs θ,g))，线速度v＝rω＝Lsin θ·eq \r(\f(g,Lcs θ))＝eq \r(gLtan θsin θ)，小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cs θ减小，角速度增大，周期T减小，线速度增大，选项B正确，A、C错误；金属块Q保持在桌面上静止，对金属块和小球整体研究，在竖直方向没有加速度，根据平衡条件可知，Q受到桌面的支持力等于Q与P的总重力，保持不变，选项D正确．
9．(2019·大庆实验中学高一下月考)两根长度不同的不可伸长的细绳下面分别悬挂两个小球，细绳上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动的过程中，相对位置关系的示意图正确的是( )
答案 B
解析 对任意一小球受力分析如图所示，设细绳的长度为l，与竖直方向的夹角为θ，小球做匀速圆周运动，有mgtan θ＝mω2lsin θ，联立解得lcs θ＝eq \f(g,ω2)，因两小球的角速度相同，则eq \f(g,ω2)为定值，即lcs θ为定值，所以两个小球处于同一高度，故B正确．
10.质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m小球的轻绳与竖直方向的夹角分别为α和β，如图8所示，则( )
图8
A．cs α＝eq \f(cs β,2)
B．cs α＝2cs β
C．tan α＝eq \f(tan β,2)
D．tan α＝tan β
答案 A
解析 以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得：
Mgtan α＝Meq \f(4π2,T12)2lsin α
得：T1＝2πeq \r(\f(2lcs α,g))
同理：以m为研究对象，T2＝2πeq \r(\f(lcs β,g))
因两小球为同轴转动，则T1＝T2，所以2cs α＝cs β，故A正确．
11.(2020·华东师大二附中期中)如图9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，当旋转圆盘绕竖直中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
图9
A．A的线速度比B的大
B．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
C．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的缆绳所受的拉力小
D．A与B的向心加速度大小相等
答案 C
解析 A、B两个座椅具有相同的角速度，根据题图及公式v＝ωr可知，A的运动半径小，A的线速度就小，选项A错误；对于任一座椅，受力分析如图所示，由缆绳的拉力与座椅的重力的合力提供向心力，则mgtan θ＝mω2r，得tan θ＝eq \f(ω2r,g)，A的半径r较小，A、B的角速度ω相等，可知悬挂A的缆绳与竖直方向夹角较小，选项B错误；由图可知FT＝eq \f(mg,cs θ)，悬挂A的缆绳与竖直方向夹角较小，拉力较小，选项C正确；根据a＝ω2r，因为A、B角速度相等，而A的运动半径小，则A的向心加速度较小，选项D错误．
12.(多选)如图10所示，在圆锥体表面上放一个物体，圆锥体绕竖直轴转动．当圆锥体旋转角速度缓慢增大时，物体仍和圆锥体保持相对静止，则( )
图10
A．物体受到的支持力减小
B．物体受到的合外力不变
C．圆锥体对物体的作用力不变
D．物体受到的静摩擦力增大
答案 AD
解析 对物体进行受力分析，如图所示，根据向心力公式得fcs θ－FNsin θ＝mrω2
在竖直方向有fsin θ＋FNcs θ＝mg
解得FN＝mgcs θ－mrω2sin θ
f＝mgsin θ＋mrω2cs θ
圆锥体旋转角速度缓慢增大时，物体受到的支持力FN减小，静摩擦力增大，故A、D正确；
物体受到的合外力提供向心力，F合＝mω2r
随着转速的增大，合外力增大，故B错误；
圆锥体对物体的作用力与物体重力的合力即为物体的合外力，由于合外力变化，则圆锥体对物体的作用力变化，故C错误．
13.如图11所示，已知绳长为L＝20 cm，水平杆长为L′＝0.1 m，小球质量m＝0.3 kg，整个装置可绕竖直轴转动．g取10 m/s2，要使绳子与竖直方向成45°角，求：(结果均保留三位有效数字)
图11
(1)小球的向心加速度大小；
(2)该装置转动的角速度；
(3)此时绳子的张力大小．
答案 (1)10.0 m/s2 (2)6.44 rad/s (3)4.24 N
解析 小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为FT，小球重力为mg，则绳的拉力与小球的重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．
(1)对小球，利用牛顿第二定律可得：
mgtan 45°＝ma
a＝gtan 45°＝10.0 m/s2
(2)由a＝ω2r，r＝L′＋Lsin 45°
联立解得ω≈6.44 rad/s
(3)FT＝eq \f(mg,cs 45°)≈4.24 N.
14.如图12所示装置可绕竖直轴OO′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，当细线AB沿水平方向绷直时，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．(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图12
(1)若装置匀速转动，细线AB刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω1；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s，求细线AB和AC上的张力大小FTAB、FTAC.
答案 (1)eq \f(5\r(2),2) rad/s (2)2.5 N 12.5 N
解析 (1)当细线AB刚好被拉直时，细线AB的拉力为零，细线AC的拉力和小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mgtan 37°＝mLABωeq \\al(2,1)，又有LAB＝Lsin 37°，
解得ω1＝eq \r(\f(g,Lcs 37°))＝eq \f(5\r(2),2) rad/s
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s>ω1
LAB＝Lsin 37°
竖直方向：FTACcs 37°＝mg
水平方向：FTACsin 37°＋FTAB＝mLABω22
代入数据解得FTAC＝12.5 N，FTAB＝2.5 N.
图形
受力分析
满足的方程及向心加速度
mgtan θ＝mω2lsin θ
a＝gtan θ
mgtan θ＝mrω2
a＝gtan θ
mgtan θ＝mrω2
a＝gtan θ
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(FN＝mg,F拉＝mBg＝mω2r))
a＝ω2r
一、圆周运动的动力学问题
1．向心力公式本质上是牛顿第二定律在圆周运动问题中的应用．在应用牛顿第二定律F＝ma解决圆周运动问题时，F为向心力，a为向心加速度．向心力F应按照下面两种情况分别处理：
(1)匀速圆周运动中，物体所受的合外力提供向心力．
(2)在非匀速圆周运动中，半径方向的合外力提供向心力．
2．分析圆周运动动力学问题的步骤
(1)明确研究对象，对研究对象进行受力分析，画出受力示意图．
(2)确定物体做圆周运动的轨道平面、圆心、半径．
(3)找出向心力的来源，利用平行四边形定则将力合成或沿半径方向和切线方向将力正交分解，计算出沿半径方向的合力F.
(4)利用牛顿第二定律，根据题目条件选用方程F＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r.
(5)解方程求出待求物理量．
注意：向心力是根据力的效果命名的．在分析做圆周运动的物体受力情况时，切不可在物体的相互作用力(重力、弹力、摩擦力等)以外再添加一个向心力．
一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的半圆形轨道滑行，如图1所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为( )
图1
A．μmg B.eq \f(μmv2,R)
C．μm(g＋eq \f(v2,R)) D．μm(g－eq \f(v2,R))
答案 C
解析 在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq \f(v2,R)，得FN＝mg＋meq \f(v2,R)，又由摩擦力公式有f＝μFN＝μ(mg＋meq \f(v2,R))＝μm(g＋eq \f(v2,R))，C选项正确．
二、圆锥摆模型
1.圆锥摆结构和运动模型
如图2所示，一根不可伸长的绳，一端固定在O点，另一端拴一小球(可视为质点)，给小球一水平初速度，不计空气阻力，小球在水平面内做匀速圆周运动．
图2
2．向心力来源
(1)可认为绳子对小球的拉力和小球的重力的合力提供向心力．
(2)也可认为是绳子拉力在水平方向的分力提供向心力．
3．动力学方程及线速度、角速度与绳长的关系
如图3所示，设小球的质量为m，绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，则小球做圆周运动的半径为r＝lsin θ.由牛顿第二定律得mgtan θ＝meq \f(v2,r)或mgtan θ＝mω2r.
图3
所以v＝eq \r(grtan θ)＝eq \r(glsin θ·tan θ).
ω＝ eq \r(\f(gtan θ,r))＝ eq \r(\f(g,lcs θ)).
长为L的细线，拴一质量为m的小球，一端固定于O点，让其在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动，重力加速度为g)，如图4所示．当细线与竖直方向的夹角是α时，求：
图4
(1)线的拉力F大小；
(2)小球运动的线速度的大小；
(3)小球运动的角速度及周期各是多少．
答案 (1)eq \f(mg,cs α) (2)eq \r(gLtan αsin α) (3) eq \r(\f(g,Lcs α)) 2πeq \r(\f(Lcs α,g))
解析 如图所示，小球受重力mg和细线的拉力F.因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球所受力的合力指向圆心O′，且是水平方向．
(1)由平行四边形定则得小球受到的合力大小为mgtan α，细线对小球的拉力大小为F＝eq \f(mg,cs α).
(2)由牛顿第二定律得mgtan α＝eq \f(mv2,r)，由几何关系得r＝Lsin α，所以，小球做匀速圆周运动线速度的大小为v＝eq \r(gLtan αsin α).
(3)小球运动的角速度ω＝eq \f(v,r)＝eq \f(\r(gLtan αsin α),Lsin α)＝eq \r(\f(g,Lcs α))，
小球运动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝2πeq \r(\f(Lcs α,g)).
如图5所示，有一质量为m的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内．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，半球形碗的半径为R，重力加速度为g，求小球做匀速圆周运动的速度大小及碗内壁对小球的弹力大小．
图5
答案 sin θ eq \r(\f(gR,cs θ)) eq \f(mg,cs θ)
解析 对小球受力分析如图所示，
mgtan θ＝eq \f(mv2,r)
r＝Rsin θ
FNcs θ＝mg
联立解得v＝sin θ eq \r(\f(gR,cs θ))
FN＝eq \f(mg,cs θ).
1．研究圆周运动首先要确定轨道平面和圆心，以便确定向心力的方向，比如例3中小球做圆周运动的圆心在与小球同一水平面上的O′点，而不在球心O，也不在弹力FN所指的PO方向上．
2．几种常见的匀速圆周运动实例
针对训练 如图6所示，一只质量为m的老鹰，以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，则空气对老鹰的作用力的大小等于(重力加速度为g)( )
图6
A．meq \r(g2＋\f(v2,R)2) B．meq \r(\f(v2,R)2－g2)
C．meq \f(v2,R) D．mg
答案 A
解析 对老鹰进行受力分析，其受力情况如图所示，老鹰受到重力mg、空气对老鹰的作用力F.由题意可知，力F沿水平方向的分力提供老鹰做圆周运动的向心力，且其沿竖直方向的分力与重力平衡，故F1＝eq \f(mv2,R)，F2＝mg，
则F＝eq \r(F22＋F12)＝eq \r(mg2＋m\f(v2,R)2)
＝meq \r(g2＋\f(v2,R)2)，A正确．
1．(圆周运动的动力学问题)如图7所示，水平轻弹簧的一端固定在竖直转轴上O点，另一端连接质量为m的小球，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L.当小球以角速度ω绕竖直转轴在光滑水平面上做匀速圆周运动(k>mω2)时，小球运动的向心加速度大小为( )
图7
A．ω2L B.eq \f(kω2L,k－mω2)
C.eq \f(kωL,k－mω2) D.eq \f(ω2L,k－mω2)
答案 B
解析 设小球做匀速圆周运动时弹簧的形变量为x，则有kx＝mω2(x＋L)，解得x＝eq \f(mω2L,k－mω2)，则小球运动的向心加速度大小为a＝ω2(x＋L)＝eq \f(kω2L,k－mω2)，B正确．
2.(圆周运动的动力学问题)(2019·台州市模拟)如图8所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球．在O点的正下方与O点相距eq \f(2L,3)的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A.把球拉到使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( )
图8
A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D．小球的向心力突然增大到原来的1.5倍
答案 A
解析 细绳碰到钉子的瞬间，小球的线速度大小不变，B错误；圆周运动的半径由L变为eq \f(L,3)，由a＝eq \f(v2,r)知，a增大到原来的3倍，A正确；根据v＝rω知角速度ω增大到原来的3倍，C错误；细绳碰到钉子前瞬间小球的向心力F向1＝meq \f(v2,L)，碰后瞬间向心力F向2＝meq \f(v2,\f(L,3))＝3F向1，D错误．
3．(圆锥摆模型)(2020·安徽师大附中高一下期末)如图9所示，竖直固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面内做匀速圆周运动．以下关于A、B两球做圆周运动时的线速度(vA、vB)、角速度(ωA、ωB)、加速度(aA、aB)和对内壁的压力(FNA、FNB)的说法正确的是( )
图9
A．vA>vB B．ωA>ωB
C．aA>aB D．FNA>FNB
答案 A
解析 对小球受力分析如图所示，可得FN＝eq \f(mg,sin θ)，向心力F＝eq \f(mg,tan θ)，由于两个小球的质量相同，并且都是在水平面内做匀速圆周运动，即θ相同，所以两个小球的向心力大小和受到的支持力大小都相等，所以有FNA＝FNB，aA＝aB，故C、D错误；向心力大小相等，由向心力的公式F＝meq \f(v2,r)可知，半径大的，线速度大，所以vA>vB，故A正确；由向心力的公式F＝mrω2可知，半径大的，角速度小，所以ωA<ωB，故B错误．
4．(圆锥摆模型)(多选)(2019·山东济南一中模拟)如图10所示，两根长度不同的细线分别系有两个小球a、b，质量分别为m1、m2，细线的上端都系于O点，两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动．已知两细线长度之比L1∶L2＝eq \r(3)∶1，长细线跟竖直方向的夹角为θ＝60°，下列说法正确的是( )
图10
A．两小球做匀速圆周运动的周期相等
B．两小球做匀速圆周运动的线速度大小相等
C．m1∶m2＝eq \r(3)∶1
D．短细线跟竖直方向成30°角
答案 AD
解析 由几何知识知，短细线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确；如图所示，小球a受两个力作用，重力m1g和细线的拉力FTa，将FTa分解为FTx和FTy，FTy＝m1g，FTx＝m1ω2L1sin θ，即FTacs θ＝m1g，FTasin θ＝m1ω2L1sin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,L1cs θ))＝eq \r(\f(g,h))，有Ta＝2πeq \r(\f(h,g))，同理可知，Tb＝2πeq \r(\f(h,g))，可看出，两小球运动的周期相等，选项A正确；两小球角速度相同，做圆周运动的半径不同，则线速度大小不相等，选项B错误；从本题中所给信息，不能推出质量的关系，选项C错误．
考点一 圆周运动的动力学问题
1．由上海飞往美国洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，如果保持飞行速度的大小和距离海平面的高度均不变，则以下说法中正确的是( )
A．飞机做的是匀速直线运动
B．飞机上的乘客对座椅的压力略大于地球对乘客的引力
C．飞机上的乘客对座椅的压力略小于地球对乘客的引力
D．飞机上的乘客对座椅的压力为零
答案 C
解析 由于乘客同飞机一同做匀速圆周运动，地球对乘客的引力和座椅对乘客的支持力的合力提供乘客做匀速圆周运动所需的向心力，即F引－F支＝meq \f(v2,R).由此可以知道F引>F支，由牛顿第三定律F支＝F压，所以C项正确．
2．如图1所示，M能在水平光滑杆上自由滑动，滑杆连架装在转盘上．M用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连．当转盘以角速度ω转动时，M离轴距离为r，且恰能保持稳定转动．当转盘转速增至原来的2倍，调整r使之达到新的稳定状态，则滑块M( )
图1
A．所需要的向心力变为原来的4倍
B．线速度变为原来的eq \f(1,2)
C．半径r变为原来的eq \f(1,2)
D．角速度变为原来的eq \f(1,2)
答案 B
解析 转速增加，再次稳定时，滑块做圆周运动的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于物体的重力，所以向心力不变，故选项A错误；转速增至原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，D错误；根据F＝mrω2，向心力不变，则r变为原来的eq \f(1,4)，C错误；根据v＝rω，线速度变为原来的eq \f(1,2)，故B正确．
3．如图2所示，将完全相同的两小球A、B用长L＝0.8 m的细绳悬于以v＝4 m/s向右匀速运动的小车顶部，两球分别与小车前后壁接触．由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比FB∶FA为(g取10 m/s2)( )
图2
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案 C
解析 设两小球A、B的质量均为m，小车突然停止运动时，小球B由于受到小车前壁向左的弹力作用，相对于小车静止，竖直方向上受力平衡，则有FB＝mg＝10m；小球A绕悬点以速度v做圆周运动，此时有FA－mg＝meq \f(v2,L)，得FA＝mg＋meq \f(v2,L)＝10m＋20m＝30m.故FB∶FA＝1∶3，选项C正确．
考点二 圆锥摆模型
4．如图3所示，质量为m的小球系在长度为L的绳子上，在水平面内做匀速圆周运动，已知绳子与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图3
A．小球受到的力有重力、拉力和向心力
B．小球的向心力为mgtan θ
C．小球的线速度为eq \r(gL)
D．绳子拉力为mgsin θ
答案 B
解析 小球受重力、绳子的拉力，二者的合力沿着水平方向，提供向心力，选项A错误；如图所示，有tan θ＝eq \f(F向,mg)，得向心力F向＝mgtan θ，选项B正确；由mgtan θ＝eq \f(mv2,Lsin θ)得v＝eq \r(gLsin θtan θ)，选项C错误；由cs θ＝eq \f(mg,FT)得绳子拉力FT＝eq \f(mg,cs θ)，选项D错误．
5．(多选)(2019·安徽师大附中高一下期末)如图4所示，小球用两根长度相等的细绳系在竖直杆上，细绳不可伸长，当杆旋转时，对小球受力分析正确的是( )
图4
A．受重力、绳的拉力和向心力作用
B．可能受重力、一根绳的拉力共两个力作用
C．可能受重力、两根绳的拉力共三个力作用
D．上面一根绳的拉力总大于小球的重力
答案 BCD
解析 转速较小时，小球受重力和上面一根绳的拉力作用，转速较大时，小球受重力和两根绳的拉力作用，故A错误，B、C正确．只有上面一根绳有拉力时，绳的竖直分力大小等于球的重力；如果两根绳都有拉力，上面绳拉力的竖直分力大小等于球的重力和下面绳拉力的竖直分力之和，所以上面绳的拉力一定比球的重力大，故D正确．
6.(多选)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图5所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是( )
图5
A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越大
D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
答案 BC
解析 对摩托车受力分析如图所示．由于FN＝eq \f(mg,cs θ)，所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，由牛顿第三定律知摩托车对侧壁的压力也不变，选项A错误；由F＝mgtan θ＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r知h变化时，向心力F不变，但高度升高，r变大，v＝eq \r(grtan θ)，ω＝ eq \r(\f(gtan θ,r))，T＝2πeq \r(\f(r,gtan θ))，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B、C正确，D错误．
7.(多选)如图6所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员( )
图6
A．受到的拉力大小为eq \r(3)G
B．受到的拉力大小为2G
C．向心加速度大小为eq \r(3)g
D．向心加速度大小为2g
答案 BC
解析 设女运动员受到的拉力为F，对女运动员受力分析可知，Fsin 30°＝G，Fcs 30°＝
ma向，可得：F＝2G，a向＝eq \r(3)g，故B、C正确，A、D错误．
8．(多选)如图7所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(即圆锥摆)．现使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的是( )
图7
A．小球P运动的周期变大
B．小球P运动的线速度变大
C．小球P运动的角速度变小
D．Q受到桌面的支持力不变
答案 BD
解析 设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的长度为L.球P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，则有mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，周期T＝eq \f(2π,ω)＝2πeq \r(\f(Lcs θ,g))，线速度v＝rω＝Lsin θ·eq \r(\f(g,Lcs θ))＝eq \r(gLtan θsin θ)，小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cs θ减小，角速度增大，周期T减小，线速度增大，选项B正确，A、C错误；金属块Q保持在桌面上静止，对金属块和小球整体研究，在竖直方向没有加速度，根据平衡条件可知，Q受到桌面的支持力等于Q与P的总重力，保持不变，选项D正确．
9．(2019·大庆实验中学高一下月考)两根长度不同的不可伸长的细绳下面分别悬挂两个小球，细绳上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动的过程中，相对位置关系的示意图正确的是( )
答案 B
解析 对任意一小球受力分析如图所示，设细绳的长度为l，与竖直方向的夹角为θ，小球做匀速圆周运动，有mgtan θ＝mω2lsin θ，联立解得lcs θ＝eq \f(g,ω2)，因两小球的角速度相同，则eq \f(g,ω2)为定值，即lcs θ为定值，所以两个小球处于同一高度，故B正确．
10.质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m小球的轻绳与竖直方向的夹角分别为α和β，如图8所示，则( )
图8
A．cs α＝eq \f(cs β,2)
B．cs α＝2cs β
C．tan α＝eq \f(tan β,2)
D．tan α＝tan β
答案 A
解析 以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得：
Mgtan α＝Meq \f(4π2,T12)2lsin α
得：T1＝2πeq \r(\f(2lcs α,g))
同理：以m为研究对象，T2＝2πeq \r(\f(lcs β,g))
因两小球为同轴转动，则T1＝T2，所以2cs α＝cs β，故A正确．
11.(2020·华东师大二附中期中)如图9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，当旋转圆盘绕竖直中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
图9
A．A的线速度比B的大
B．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
C．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的缆绳所受的拉力小
D．A与B的向心加速度大小相等
答案 C
解析 A、B两个座椅具有相同的角速度，根据题图及公式v＝ωr可知，A的运动半径小，A的线速度就小，选项A错误；对于任一座椅，受力分析如图所示，由缆绳的拉力与座椅的重力的合力提供向心力，则mgtan θ＝mω2r，得tan θ＝eq \f(ω2r,g)，A的半径r较小，A、B的角速度ω相等，可知悬挂A的缆绳与竖直方向夹角较小，选项B错误；由图可知FT＝eq \f(mg,cs θ)，悬挂A的缆绳与竖直方向夹角较小，拉力较小，选项C正确；根据a＝ω2r，因为A、B角速度相等，而A的运动半径小，则A的向心加速度较小，选项D错误．
12.(多选)如图10所示，在圆锥体表面上放一个物体，圆锥体绕竖直轴转动．当圆锥体旋转角速度缓慢增大时，物体仍和圆锥体保持相对静止，则( )
图10
A．物体受到的支持力减小
B．物体受到的合外力不变
C．圆锥体对物体的作用力不变
D．物体受到的静摩擦力增大
答案 AD
解析 对物体进行受力分析，如图所示，根据向心力公式得fcs θ－FNsin θ＝mrω2
在竖直方向有fsin θ＋FNcs θ＝mg
解得FN＝mgcs θ－mrω2sin θ
f＝mgsin θ＋mrω2cs θ
圆锥体旋转角速度缓慢增大时，物体受到的支持力FN减小，静摩擦力增大，故A、D正确；
物体受到的合外力提供向心力，F合＝mω2r
随着转速的增大，合外力增大，故B错误；
圆锥体对物体的作用力与物体重力的合力即为物体的合外力，由于合外力变化，则圆锥体对物体的作用力变化，故C错误．
13.如图11所示，已知绳长为L＝20 cm，水平杆长为L′＝0.1 m，小球质量m＝0.3 kg，整个装置可绕竖直轴转动．g取10 m/s2，要使绳子与竖直方向成45°角，求：(结果均保留三位有效数字)
图11
(1)小球的向心加速度大小；
(2)该装置转动的角速度；
(3)此时绳子的张力大小．
答案 (1)10.0 m/s2 (2)6.44 rad/s (3)4.24 N
解析 小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为FT，小球重力为mg，则绳的拉力与小球的重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．
(1)对小球，利用牛顿第二定律可得：
mgtan 45°＝ma
a＝gtan 45°＝10.0 m/s2
(2)由a＝ω2r，r＝L′＋Lsin 45°
联立解得ω≈6.44 rad/s
(3)FT＝eq \f(mg,cs 45°)≈4.24 N.
14.如图12所示装置可绕竖直轴OO′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，当细线AB沿水平方向绷直时，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．(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图12
(1)若装置匀速转动，细线AB刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω1；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s，求细线AB和AC上的张力大小FTAB、FTAC.
答案 (1)eq \f(5\r(2),2) rad/s (2)2.5 N 12.5 N
解析 (1)当细线AB刚好被拉直时，细线AB的拉力为零，细线AC的拉力和小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mgtan 37°＝mLABωeq \\al(2,1)，又有LAB＝Lsin 37°，
解得ω1＝eq \r(\f(g,Lcs 37°))＝eq \f(5\r(2),2) rad/s
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s>ω1
LAB＝Lsin 37°
竖直方向：FTACcs 37°＝mg
水平方向：FTACsin 37°＋FTAB＝mLABω22
代入数据解得FTAC＝12.5 N，FTAB＝2.5 N.
图形
受力分析
满足的方程及向心加速度
mgtan θ＝mω2lsin θ
a＝gtan θ
mgtan θ＝mrω2
a＝gtan θ
mgtan θ＝mrω2
a＝gtan θ
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(FN＝mg,F拉＝mBg＝mω2r))
a＝ω2r
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