第3节 圆周运动-2023年高考物理二轮复习对点讲解与练习（通用版）

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第四章 曲线运动　万有引力与航天
第3节 圆周运动
考点一　圆周运动中的运动学分析
【知识梳理】
一、描述圆周运动的物理量
线速度
意义：描述物体圆周运动快慢的物理量
公式：v＝＝　　
角速度
意义：描述物体绕圆心　转动快慢　的物理量
公式：ω＝＝
周期和频率
意义：描述物体绕圆心　转动快慢　的物理量
公式：T＝　　，f＝
向心加速度
意义：描述　线速度方向　变化快慢的物理量
公式：an＝ω2r＝＝ωv＝r
向心力
意义：作用效果产生　向心加速度　
公式：Fn＝man
二、匀速圆周运动
1．定义：线速度　大小不变　的圆周运动．
2．性质：向心加速度大小　不变　，方向　总是指向圆心　的变加速曲线运动．
3．质点做匀速圆周运动的条件：
合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向　圆心　.

【诊断小练】
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(　　)
(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力大小、方向都保持不变．(　　)
(3)向心加速度是描述物体做圆周运动的速度变化快慢的物理量．(　　)
(4)描述物体绕圆心转动快慢的物理量可以用角速度，周期和频率．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
【命题突破】
命题点1　皮带传动问题
1．如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径之比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：
(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；
(2)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；
(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.
【解析】　(1)令vA＝v，由于皮带转动时不打滑，所以vB＝v，因ωA＝ωC，由公式v＝ωr知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vC＝v，所以vA∶vB∶vC＝2∶2∶1.
(2)令ωA＝ω，由于共轴转动，所以ωC＝ω.因vA＝vB，由公式ω＝知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故ωB＝2ω，所以ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1.
(3)令A点向心加速度为aA＝a，因vA＝vB，由公式a＝知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以aB＝2a.又因为ωA＝ωC，由公式a＝ω2r知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比，故aC＝a.所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.
【答案】　(1)2∶2∶1　(2)1∶2∶1　(3)2∶4∶1
命题点2　摩擦传动问题
2．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦的作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　)
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
【解析】　va＝vb，ωb＝ωc，vb∶vc＝3∶2，va∶vb∶vc＝3∶3∶2，A错；ωa∶ωb＝Rb∶Ra＝3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，B错；ω＝2πn，故na∶nb∶nc＝3∶2∶2，C错；a＝ωv，aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D对．
【答案】　D
命题点3　同轴转动问题
3.如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，A是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r.B点在小轮上，它到小轮中心的距离为r.C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则(　　)
A．A点与B点的线速度大小相等
B．A点与B点的角速度大小相等
C．A点与C点的线速度大小相等
D．A点与D点的向心加速度大小相等
【解析】　由于A、C两点同在皮带上，故vA＝vC，C正确；B、C、D三点绕同一轴运动，故ωB＝ωC＝ωD＝ω2，由v＝ωr得vB＝ω2r，vC＝2ω2r，vD＝4ω2r，vA＝ω1r，则ω1＝2ω2，vA＝vC>vB，再根据a＝ω2r可得aA＝aD，故A、D错误，D正确．
【答案】　CD
【归纳总结】
常见的三种传动方式及特点
1．皮带滑动：如下图甲、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：如下图丙所示，两轮边缘接触，接触点出现不打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.

3．同轴转动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB.
命题点4　圆周运动的多解问题
4．如图所示，质量为m可看作质点的小球从静止开始沿斜面由A点滑到B点后，进入与斜面圆滑连接的竖直圆弧管道，管道出口为C.圆弧半径R＝15 cm，AB的竖直高度差h＝35 cm.在紧靠出口C处，有一水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D，筒旋转时，小孔D恰好能经过出口C处．若小球射出C口时，恰好能接着穿过D孔，并且还能再从D孔向上穿出圆筒，小球返回后又先后两次向下穿过D孔而未发生碰撞．不计摩擦和空气阻力，取g＝10 m/s2，问：
(1)小球到达C点的速度vC为多少？
(2)圆筒转动的最大周期T为多少？
(3)在圆筒以最大周期T转动的情况下，要完成上述运动圆筒的半径R′必须为多少？
【解析】　(1)对小球从A→C，由机械能守恒定律得mgh＝mgR＋mv①
代入数值解得vC＝2 m/s.
(2)如图所示，小球向上穿出圆筒所用时间为t1
t1＝T(k＝1,2,3…)②
小球从离开圆筒到第二次进入圆筒所用时间为2t2,2t2＝nT(n＝1,2,3…)③
对小球由C点竖直上抛的上升阶段，由速度公式得
0＝vC－g(t1＋t2)④
联立①②③④解得T＝ s⑤
当n＝k＝1时Tmax＝0.2 s.
(3)对小球在圆筒内上升的阶段，由位移公式得
2R′＝vCt1－gt，
代入数值解得R′＝0.075 m.
【答案】　(1)2 m/s　(2)0.2 s　(3)0.075 m
考点二　圆周运动中的动力学分析
【知识梳理】
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的　合力　或某个力的　分力　，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定　圆心　的位置．
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的　合力　，就是向心力．
3．向心力的公式
Fn＝man＝m＝　mω2r　＝　mr　＝　mr4π2f2　.
4．匀速圆周运动的条件
当物体所受的合外力(大小恒定)始终与速度方向垂直时，物体做　匀速圆周　运动，此时向心力由　物体所受合外力　提供．
5．离心运动
(1)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着　圆周切线　方向飞出去的倾向．
(2)受力特点(如图所示)
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，F为实际提供的向心力；
④当F＞mω2r时，物体逐渐向　圆心　靠近．
【温馨提示】　
1．物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现．
2．物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
【诊断小练】
(1)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．(　　)
(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(　　)
(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(　　)
(4)在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯．(　　)
(5)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．(　　)
(6)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．(　　)
【答案】　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√
【命题突破】
命题点1　圆周运动的受力分析
1．如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　 )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
【解析】　质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，根据公式a＝，联立可得a＝，A正确，B错误；在最低点时重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，C正确，D错误．
【答案】　AC
2．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】　小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LP 【答案】　C
命题点2　汽车转弯模型问题分析
3．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(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
【解析】　由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m，可得最大速率v＝，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B错误；根据t＝，可得①、②、③所用的时间分别为t1＝，t2＝，t3＝，其中t3最小，可知线路③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确．
【答案】　ACD
4．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
【解析】　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vvc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，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．
【答案】　AC
命题点3　锥面上圆周运动的动力学分析
5．如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动　，　筒内壁粗糙　，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m的小物块．求：
(1)　当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
(2)　当物块在A点随筒匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．

【画图寻法】　(1)物块静止时，对物块进行受力分析如图所示


(2)摩擦力为零时物块受力如图所示



【解析】　(1)设筒壁与水平面的夹角为θ.
由平衡条件有Ff＝mgsin θ
FN＝mgcos θ
由图中几何关系有cos θ＝，sin θ＝
故有Ff＝，FN＝.
(2)由牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2r.其中tan θ＝，r＝.可得ω＝.
【答案】　(1)　　(2)
考点三　水平面内圆周运动的临界问题
【知识梳理】
1．匀速圆周运动的受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向　圆心　.
(2)　合外力　充当向心力．
2．解答匀速圆周运动问题的一般步骤
(1)选择做　匀速圆周运动　的物体作为研究对象．
(2)分析物体受力情况，其合外力提供　向心力　.
(3)由Fn＝　　或Fn＝　mω2r　或Fn＝　m　列方程求解．
【命题突破】
命题点1　相对滑动的临界问题
1．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】　缓慢加速可视为忽略切向加速度，即所有的摩擦力提供向心力，F＝mω2R，两物体质量和角速度均一样，半径不一样，则b的摩擦力为a的2倍，B项错；b物体先达到极限，所以A项正确；当最大静摩擦提供b的向心力时就是b将要滑动的时候，kmg＝mω22l，则C正确，当ω＝时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝kmg.故D项错误．
【答案】　AC
2.如图所示，在水平转台上放置用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、f2与角速度的二次方的关系图线，可能正确的是(　　)


【解析】　两滑块的角速度相等，根据向心力公式F＝mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，开始时摩擦力提供向心力，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力；继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值，然后保持不变，滑块1的摩擦力先增大后减小，再反向增大，故A、C正确．
【答案】　AC
【归纳总结】
求解圆周运动问题必须进行的三个分析
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
命题点2　绳子张力的临界问题
3.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则(　　)
A．当ω＝时，细绳的拉力为0
B．当ω＝ 时，物块与转台间的摩擦力为0
C．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为mg
D．当ω＝时，细绳的拉力大小为mg
【解析】　当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，μmg＝mωlsin 30°，解得ω1＝，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan 30°＝mωlsin 30°，解得ω2＝ ，由于ω1< <ω2，所以当ω＝ ，物块与转台间的摩擦力不为零，故B错误；由于<ω1，所以当ω＝时，细绳的拉力为零，故A正确；由于ω1<<ω2，由牛顿第二定律得f＋Fsin 30°＝m2lsin 30°，因为压力小于mg，所以fmg，故D错误；当ω＝ >ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtan α＝m2lsin α，解得cos α＝，故F＝＝mg，故C正确．
【答案】　AC
命题点3　接触与脱离的临界问题
4.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，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：
(1)若要小球刚好离开锥面，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为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的拉力，受力分析如图所示．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＝mωlsin θ，解得：ω＝
即ω0＝ ＝ rad/s.
(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，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
【方法技巧】
水平面内圆周运动临界问题的分析技巧
1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)．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)．
2．三种临界情况
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0.
考点四　竖直平面内圆周运动的两种模型
1．模型构建
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，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．
2．模型条件
(1)物体在竖直平面内做变速圆周运动．
(2)“轻绳模型”在轨道最高点无支撑，“轻杆模型”在轨道最高点有支撑．
3．常用模型

轻绳模型
轻杆模型
过拱桥
常见类型

(无支撑的情况)

(有支撑的情况)

(无约束的情况)
安全过最高点的临界条件
在最高点物体受到弹力方向向下．当弹力为零时，仅由重力提供向心力，此时向心力最小，速度最小．
由mg＝，得临界速度v0＝
物体能运动即可，即v临＝0
当v＞时，车将脱离轨道
对最高点的分析
①v＞时绳子或轨道对物体的弹力为F＝m－G，方向竖直向下
②v＝时绳子或轨道对物体的弹力为零
③v<时，物体将从轨道上掉下
★v＝是物体在竖直面上过最高点(能完成完整的圆周运动)的最小速度
①v＞时，轻杆或管道对物体的弹力为FN＝m－G，方向竖直向下
②v＝时，轻杆或管道对物体的弹力为零
③v<时，轻杆或管道对物体的弹力为FN＝G－m，方向竖直向上
★v＝是物体所受弹力的方向变化的临界速度
当v≥时，有FN＝0，车将脱离轨道
★v＝是汽车在竖直面上做圆周运动的最大速度

1．如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度。下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时速度可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
【解析】选A　小球在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得：mg－F＝m，则得v＜，故A正确。当小球速度为时，由重力提供向心力，杆的作用力为零，故B错误。轻杆在最高点可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg＋F＝m，则知v越大，F越大，即随小球速度的增大，杆的拉力增大；小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg－F＝m，则知v越大，F越小，即随小球速度的增大，杆的支持力减小，故C、D错误。
2．(多选)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动。为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足(　　)
A．最小值为　　　　　　 B．最大值为
C．最小值为 D．最大值为
【解析】选CD　要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝m，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmin2＝mg·2r＋mv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A错误，C正确；为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mg＝m，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmax2＝mg·2r＋mv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确。
3．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】选A　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，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin 60°＝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，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，可解得：F＝3mg。由2FTcos 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
4. 如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)
A．Mg－5mg B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
【解析】　解法一：以小环为研究对象，设大环半径为R，根据机械能守恒定律，得mg·2R＝mv2，在大环最低点有FN－mg＝m，得FN＝5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为F＝FN，方向竖直向下，故F＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知C正确．

解法二：设小环滑到大环最低点时速度为v，加速度为a，根据机械能守恒定律mv2＝mg·2R，且a＝，所以a＝4g，以整体为研究对象，受力情况如图所示．
F－Mg－mg＝ma＋M·0
所以F＝Mg＋5mg，C正确．
【答案】　C
【归纳总结】





【考能提升·对点演练】
1．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点(　　)
A．角速度大小相同
B．线速度大小相同
C．向心加速度大小相同
D．向心力大小相同
【解析】同轴转动角速度相等，A正确；由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度不同，B错误；根据公式a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度不同，C错误；根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度不同，所以向心力大小不同，D错误．
【答案】　A
2．如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点。则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力
B．在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零
C．小球在最低点C所受的合力，即为向心力
D．小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化
【解析】选C　小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A错误。在最高点A和B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，故B错误。小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故C正确。小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故D错误。
【答案】　C
3．如图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是(　　)
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮边缘线速度大小为n1
D．从动轮的转速为n1
【解析】　主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝n1，从动轮边缘线速度大小v＝2πn2r2＝2πn1r1，故C、D错误．
【答案】　B
4．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的细绳系有质量为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最大为(　　)
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N、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，那么Fcos θ＋N＝mg，Fsin θ＝mω2htan θ；当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。
5．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＝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
【解析】赛车用时最短，就要求赛车通过大、小圆弧时，速度都应达到允许的最大速度，通过小圆弧时，由2.25mg＝得v1＝30 m/s；通过大圆弧时，由2.25mg＝得v2＝45 m/s，B项正确．赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速，故A项正确．由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x＝50 m，由匀加速直线运动的速度位移公式：v－v＝2ax得a≈6.50 m/s2，C项错误；由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°，所以通过小圆弧弯道的时间t＝×≈2.79 s，故D项错误．
【答案】　AB
6．固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．不能确定
【解析】选A　设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，知在最高点的最小速度为。小球经过D点后做平抛运动，根据R＝gt2得：t＝ 。则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。
【答案】　A
7．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动。对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)
A．P、Q两物体的角速度大小相等
B．P、Q两物体的线速度大小相等
C．P物体的线速度比Q物体的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
【解析】选A　P、Q两物体都是绕地球自转轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A正确；根据圆周运动线速度v＝ωR，因P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，则P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错误；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错误；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错误。
【答案】　A
8.如图所示，水平放置的圆筒可以绕中心轴线匀速转动，在圆筒上的直径两端有两个孔A、B，当圆筒的A孔转到最低位置时，一个小球以速度v0射入圆筒，圆筒的半径为R，要使小球能够不碰到筒壁首次离开圆筒，则圆筒转动的角速度可能为(已知重力加速度大小为g)(　　)
A.，n＝1,2,3，…
B.，n＝1,2,3，…
C.，n＝1,2,3，…
D.，n＝1,2,3，…
【解析】　若小球上升最大高度小于圆筒直径，小球从A孔离开，则竖直上抛时间为t＝＝，n＝1,2,3，…，ω＝，A正确；若小球上升最大高度小于圆筒直径，从B孔离开，则有t＝＝，n＝1,2,3，…，ω＝，B正确；若小球上升最大高度大于直径，从B孔离开，小球经过圆筒时间为t，则有2R＝v0t－，圆筒转动时间为t＝，n＝1,2,3，…，解得ω＝，C正确；若小球上升最大高度大于直径，从A孔离开，则圆筒转动时间为t＝，n＝1,2,3，…，解得ω＝，D错误．
【答案】　ABC
9．在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径为R，则管状模型转动的最低角速度ω为(　　)
A. B． C. D．2
【解析】　最易脱离模型内壁的位置在最高点，转动的最低角速度ω对应铁水在最高点受内壁的作用力为零，即mg＝mω2R，得：ω＝，A正确．
【答案】　A
10．如图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示意图。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。学员和教练员(均可视为质点)(　　)
A．运动周期之比为5∶4
B．运动线速度大小之比为1∶1
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
【解析】选D　汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为5∶4，故A、B均错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5∶4，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则学员和教练员受到的合力大小之比为15∶14，故D正确。
【答案】　D
11．雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，并离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则(　　)
A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度
B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来
C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来
D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来
【解析】　当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，A错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有Fa＋mg＝mω2R，在b、d两点有Fbd＝mω2R，在c点有Fc－mg＝mω2R，所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B、D错误，C正确．
【答案】　C
12．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
【解析】　在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得，mg－FN＝m，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得，mg＋FN＝m，即座椅给人施加向下的力，故A错误；在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B正确；在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确；在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零，故D错误．
【答案】　BC
13．某计算机读卡系统内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm.P、Q转动的线速度均为4π m/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为(　　)
A．0.42 s B．0.56 s
C．0.70 s D．0.84 s
【解析】　P的周期TP＝＝ s＝0.14 s，同理Q的周期TQ＝＝ s＝0.08 s，而经过的时间应是它们周期的整数倍，因此B项正确．
【答案】　B
14．某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．



完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg.
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为　________ kg.
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示.
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为　________ N；小车通过最低点时的速度大小为　________ m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)
【解析】　(2)由题图(b)可知托盘秤量程为10 kg，指针所指的示数为1.40 kg.
(4)由多次测出的m值，利用平均值可求m＝1.81 kg.而模拟器的重力为G＝m0g＝9.8 N，所以小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为FN＝mg－m0g≈7.9 N；根据径向合力提供向心力，即7.9 N－(1.40－1.00)×9.8 N＝，解得v≈1.4 m/s.
【答案】　(2)1.40　(4)7.9　1.4
15．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，餐桌离地面的高度为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。
(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上，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌的半径R′＝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？
【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，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有fm＝μ1N＝mω2r，N＝mg，
联立两式可得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s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则
a＝，f＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2，
物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s，
由运动学公式得0－v02＝－2as，可得s＝2 m，
由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝＝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＝－2as′，
由于餐桌半径为R′＝r，所以s′＝r＝1.5 m，
可得vt′＝1.5 m/s，
设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2 ，
解得t＝ ＝0.4 s，
物体做平抛运动的水平位移为sx＝vt′t＝0.6 m，
由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。
【答案】(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m
16．现有一根长L＝1 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
(1)在小球以速度v1＝4 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？
(2)在小球以速度v2＝1 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。
(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？
【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足mg＝m，解得v临界＝ m/s。因为v1>v临界，所以绳子有拉力且满足mg＋T1＝m，解得T1＝3 N。
(2)因为v2 则满足方程 x2＋(y－L)2＝L2
其中x＝v2t，y＝gt2，解得t＝0.6 s。
(3)当t＝0.6 s时，可得x＝0.6 m，y＝1.8 m，小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足tan α＝＝，此时速度的水平分量与竖直分量分别为vx＝v2＝1 m/s，vy＝gt＝6 m/s
绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度，
v3＝vysin α－vxcos α＝ m/s
接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v，则由动能定理得
mgL(1－cos α)＝mv2－mv32，又T－mg＝m，
解得T＝ N。
【答案】(1)3 N　(2)0.6 s　(3) N