高中物理高考 2023届高考物理一轮复习 第08讲 圆周运动

这是一份高中物理高考 2023届高考物理一轮复习 第08讲 圆周运动，共45页。试卷主要包含了特点，常见模型，14rad/s旋转，5N，00，00－2等内容，欢迎下载使用。
第08讲 圆周运动
知识图谱


圆周运动的运动学问题


知识精讲
一． 圆周运动各物理量之间的关系


二．共轴转动
如图所示，A、B两点在一个圆盘上，绕同一个轴O转动时,它们属于共轴转动。

特点：绕同一转动轴转动的各点角速度相等。根据圆周运动公式可知：在一定的时， 与 成正比。由此可知上图中：

三．皮带传动
如图所示，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点，两个轮子用皮带连起来，并且皮带不打滑。其中，提供动力的为主动轮，不提供动力的为从动轮。


1.特点
（1）和同一皮带接触的各点线速度大小相等。
（2）根据圆周运动公式可知：在 一定的时， 与 成反比。
由此可知上图中：
2.常见模型


四．齿轮传动
如图所示，齿轮传动是指主动轮与从动轮的轮齿直接啮合得转动装置。

1.特点
（1）两个齿轮的轮齿啮合点的线速度大小相等，但它们的转动方向恰好相反。
（2）根据圆周运动公式可知：在一定的时， 与成反比。
2.常见模型


三点剖析
一． 课程目标
1． 理解圆周运动各物理量之间的关系；
2． 熟悉几种常见的传动方式中物理量之间的关联。

常见传动方式的线速度、角速度及周期关系
例题1、如图所示的皮带传动装置中，轮B和C同轴，A、B、C分别是三个轮边缘的质点，且其半径RA=RC=2RB，则三质点的向心加速度之比aA：aB：aC等于（　　）

A.4：2：1
B.2：1：2
C.1：2：4
D.4：1：4
例题2、 如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3．若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为（ ）

A.
B.
C.
D.
例题3、 水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图所示（俯视图），三圆轮的半径之比为RA︰RB︰RC＝3︰2︰1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一小物块P（可视为质点），P均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块P所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB，μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则（ ）

A.μA︰μB︰μC＝2︰3︰6
B.μA︰μB︰μC＝6︰3︰2
C.ωA︰ωB︰ωC＝1︰2︰3
D.ωA︰ωB︰ωC＝6︰3︰2
例题4、 某新型自行车，采用如图1所示的无链传动系统，利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”问题。如图2所示是圆锥齿轮90°轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC（rA≠rB≠rC）。下列有关物理量大小关系正确的是（ ）

A.B点与C点的角速度：ωB＝ωC
B.C点与A点的线速度：
C.B点与A点的线速度：
D.A点和C点的线速度：
例题5、 如图所示，一个不透明的小球以角速度沿顺时针方向匀速圆周运动，圆的直径MN与光屏PQ垂直，延长线交PQ于O点。以O点为坐标原点，以QP方向为正方向建立x轴。O时刻小球运动到M点，平行光束沿垂直于PQ的方向照到光屏上，在O点显示出小球的影。试求任意时刻t影的坐标x。

随练1、 如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω转动，则（　　）

A.若θ=30°，则vA：vB=1：2
B.若θ=30°，则vA：vB=2：1
C.A、B两点的角速度相等
D.A、B两点的线速度相等
随练2、 如图所示是自行车传动结构的示意图，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，假设脚踏板的转速为n（r／s），则自行车前进的速度为（ ）

A.
B.
C.
D.

圆周运动学公式的应用
例题1、 如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链喧固定，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时杆与水平方向的夹角为θ，物块向右运动的速度v，则此时A点速度为（ ）

A.
B.
C.
D.
例题2、 一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）

①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，圆盘停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
（1）如图乙所示，圆盘的直径d为________cm；
（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为________rad／s．
（3）角加速度是角速度变化的快慢，则圆盘转动的角加速度β大小为________rad／s2．
例题3、 一水平放置的圆盘绕竖直轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为的均匀狭缝．将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于；圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线．图（）为该装置示意图，图（）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中，
（1）利用图（）中的数据求时圆盘转动的角速度；
（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向；
（3）求图（）中第三个激光信号的宽度．

例题4、 如图所示为车站使用的水平传送带的模型，它的水平传送带的长度为L=8m，传送带的皮带轮的半径均为R=0.2m，传送带的上部距地面的高度为h=0.45m，现有一个旅行包（视为质点）以速度v0=10m/s的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数为μ=0.6．皮带轮与皮带之间始终不打滑，g取10m/s2．讨论下列问题：
（1）若传送带静止，旅行包滑到B点时，人若没有及时取下，旅行包将从B端滑落．则包的落地点距B端的水平距离为多少？
（2）设皮带轮顺时针匀速转动，若皮带轮的角速度ω1=40rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又为多少？
（3）设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s随皮带轮的角速度ω变化的图象．（第（3）问要求作图准确，标出相应的坐标数值，但不要求写出计算步骤）

随练1、 转笔是一项以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，如图所示，假设某转笔高手能让笔绕其手上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ）

A.笔杆上的点离O点越近的，线速度越小
B.笔杆上的点离O点越近的，角速度越小
C.笔杆上的点离O点越近的，周期越小
D.笔杆上的点离O点越近的，向心加速度越小
随练2、 绳索套马原是蒙古牧民的生产方式，近些年来逐渐演化为体育活动。套马过程可简化为如图所示的物理模型，套马者骑在马背上以速度v追赶提前释放的烈马，同时挥动套马圈使套马圈围绕套马者在水平面内做角速度为ω，半径为r的匀速圆周运动，追逐一段时间后套马者和烈马的距离s保持不变，待套马圆周运动烈马正后方时，套马者松开套马圈，最终成功套住烈马，已知运动过程中，套马者和烈马进行路线平行，松手后套马圈在空中的运动可以看成平抛运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A.套马圈平抛运动的时间为
B.套马圈平抛运动的时间为
C.套马圈平抛运动的初速度为v＋rω
D.套马圈平抛运动的初速度为

圆周运动的动力学分析


知识精讲
一．向心加速度的推导
1．用矢量图表示速度变化量
（1）曲线运动速度的变化
和不在同一直线上时，仍可以代表两矢量的箭头端作出。
例如：平抛运动中，以平抛，经时间t（物体未落地），则矢量关系如图所示。


做圆周运动物体的速度变化量，如图所示。

A
B
o



2．匀速圆周运动的加速度的推导
如图所示，质点沿半径为r的圆周做匀速圆周运动，线速度的大小为v，设经时间，质点由A点沿圆周运动到B点，线速度的变化量的大小为，由速度矢量三角形与相似可求得：∆v/v=l/r（指弦长）
当很小时，AB弦长与AB弧长近似相等，由线速度的定义式得，从而得，又因，故。

A
B
O




方向：在时间内，设质点由A点运动到B点转过的圆心角为，由速度矢量三角形可知，当时，，速度的变化量的方向与线速度v的方向垂直，即加速度a的方向与线速度v的方向垂直且指向圆心。
3．非匀速圆周运动的加速度
非匀速圆周运动物体的加速度并不指向圆心，而是与半径有一个夹角，我们可以把加速度a分解为沿半径方向的和沿切线方向的，如图所示，则描述速度方向改变的快慢，描述速度大小改变的快慢，其中就是向心加速度，仍满足。



二．匀速圆周运动的向心加速度和向心力
　　1．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量，方向时刻指向圆心。
单位：
2．向心力：作用效果是产生向心加速度，只改变线速度方向，不改变线速度大小，方向时刻指向向圆心。
单位：N
线速度、角速度、周期之间的关系：

3．向心力的确定
（1）向心力的来源：向心力是几个力的合力，或者某个力的分力。
（2）确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置；
（3）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。

三．常见圆周运动的向心力来源图示


四．两类圆周运动的具体分析
1．拱桥与凹桥模型



（1）凹桥最低点：，汽车处于超重状态。
（2）拱桥最高的：，汽车处于失重状态。若，则，汽车将脱离桥面做平抛运动。
2．火车转弯问题
若，车轮与内外轨道均无挤压，即。
（1）当火车转弯时，车轮对外侧轨道有挤压。
（2）当火车转弯时，车轮对内侧轨道有挤压。




五．近心运动和离心运动
当时，物体做匀速圆周运动；
当时，物体沿切线飞出；
当时，物体做离心运动；
当时，物体做近心运动。



三点剖析
一． 课程目标
1．理解圆周运动的基本动力学规律
2．学会分析常见圆周运动的受力与运动

常见模型的动力学分析
例题1、 两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，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，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
例题2、 某校学生验证向心力公式的实验中，设计了如下实验：
第1步：先用粉笔在地上画一个直径为2L的圆；
第2步：通过力传感器，用绳子绑住质量为m的小球，人站在圆内，手拽住绳子离小球距离为L的位置，用力甩绳子，使绳子离小球近似水平，带动小球做匀速圆周运动，调整位置，让转动小球的手肘的延长线刚好通过地上的圆心，量出手拽住处距离地面的高度为h，记下力传感器的读数为F；
第3步：转到某位置时，突然放手，让小球自由抛出去；
第4步：另一个同学记下小球的落地点C，将通过抛出点A垂直于地面的竖直线在地面上的垂足B与落地点C连一条直线，这条直线近似记录了小球做圆周运动时在地面上的投影圆的运动方向，量出BC间距离为S；
第5步：保持小球做圆周运动半径不变，改变小球做圆周运动的速度，重复上述操作。
试回答：（用题中的m、L、h、S和重力加速度g表示）

（1）放手后，小球在空中运动的时间t＝________。
（2）在误差范围内，有F＝________。
（3）小球落地时的速度大小为v＝________。
例题3、 如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下述分析正确的是（ ）

A.螺丝帽受的重力与最大静摩擦力平衡
B.螺丝帽受到杆的弹力方向水平向外，背离圆心
C.此时手转动塑料管的角速度
D.若杆的转动加快，螺丝帽有可能相对杆发生运动
例题4、 用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动．横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值．如图是探究过程中某次实验时装置的状态．


（1）在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持________相同．
A．ω和r
B．ω和m
C．m和r
D．m和F
（2）图中所示是在研究向心力的大小F与________的关系．
A．质量m
B．半径r
C．角速度ω
（3）若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1︰9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为________．
A．1︰3
B．3︰1
C．1︰9
D．9︰1
（4）实验得到的“向心力大小F与质量m、角速度ω和半径r”之间的关系表达式：________．
随练1、 在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，悬点刚好与一个竖直的刻度尺零刻度线对齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。

①用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么小球做圆周运动中需要的向心力表达式为Fn＝________。
②通过刻度尺测得小球轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动中外力提供的向心力表达式为F＝________；
③改变小球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图象，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式为________。
随练2、 向心力演示器如图所示．转动手柄，可使变速塔轮和及长槽和短槽随之匀速转动．皮带分辊套在塔轮和上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动．小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小．现将小球分别放在两边的槽内，为探究小球受到的向心力大小与角速度的关系，下列做法正确的是（ ）

A.在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的钢球做实验
B.在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的钢球做实验
C.在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的钢球做实验
D.在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的钢球做实验

圆周运动的实例分析
例题1、[多选题] 火车转弯可近似看成是做匀速圆周运动。当火车以规定速度通过时，内外轨道均不受侧向挤压。现要降低火车转弯时的规定速度，须对铁路进行改造，从理论上讲以下措施可行的是（ ）
AC（考练38）
A.减小内外轨的高度差
B.增加内外轨的高度差
C.减小弯道半径
D.增大弯道半径
例题2、 国家的惠民政策使私家车数量快速增长，高级和一级公路的建设也正加速进行。为了防止在公路弯道部分由于行车速度过大而发生侧滑，常将弯道部分设计成外高内低的斜面。如果某品牌汽车的质量M＝104kg汽车行驶时弯道部分的半径r＝20m，汽车轮胎与路面的动摩擦因数μ＝0.5，路面设计的倾角为θ，如图所示。（已知sinθ＝0.6．cosθ＝0.8．重力加速度g取10m／s2）求为使汽车转弯时不发生侧滑，弯道部分汽车行驶的最大速度是多少？

例题3、 某物理小组的同学设计了一个测量玩具小车通过凹形桥最低点时速度的实验。所用器材有：玩具小车m、压力式托盘秤、凹形桥模拟器m桥（圆弧部分的半径为R=0.20m）。

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m桥为1.00kg；
（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m桥+m车为_____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m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9.80m/s2 ，计算结果保留2位有效数字）
随练1、 如图所示，一个质量为m的物体（体积可忽略）在半径为R的光滑半球面顶点处以水平速度v0运动。则下列结论中正确的是（ ）

A.若，则物体m对半球面顶点压力为mg
B.若，则物体m对半球面顶点压力小于mg
C.若v0＝0，则物体m对半球面顶点压力小于mg
D.若，物体m在半球面顶点处于失重状态
随练2、 如图，一个质量为m＝0.6kg的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘A点以m/s水平飞出，恰能沿圆弧切线从P点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径R，OP与竖直方向的夹角是θ＝37°，平台到地面的高度差为h＝1.45m。若小球运动到圆弧轨道最低点时的速度大小是v1＝10m/s。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

（1）小球从A点运动到P点所需的时间t；
（2）P点距地面的高度△h和圆弧半径R；
（3）小球对圆弧轨道最低点的压力FN大小；
（4）若通过最高点Q点时小球对管上壁的压力大小9N，求小球经过Q点时的速度v2大小。

圆周运动的水平临界问题


知识精讲
一． 水平面内圆周运动的临界问题
关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题，常见的是与绳子的拉力，弹簧的拉力，接触面的弹力，和摩擦力相关的问题。通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法。

二． 处理临界问题的解题步骤
1． 判断临界状态
如果题目中有“刚好，恰好，正好”，则说明题目中存在临界点；如果题目中有“取值范围，多长时间，多大距离”，说明物体运动中存在“起止点”，而这些“起止点”往往也是临界状态；若题目中有“最大，最小，至少”等字眼，说明物体运动中存在极值点，这个极值点也往往是临界状态。
2． 确定临界条件
判断物体运动过程中存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学的形式表达出来。
3． 选择临界规律
当确定物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对于不同的运动过程和现象，选择相应的物理规律，然后列方程求解。

三． 常见水平面内圆周运动的临界问题
1．弹力和摩擦力提供向心力


2．由于弹力突变引发的临界问题
在水平面上做圆周运动的物体，当角速度变化时，物体有远离或向着圆心运动的（半径有变化）趋势。这时，要根据物体的受力情况，判断物体受某个力是否存在，以及这个力存在时的方向（特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等）。
举例说明，如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为θ＝30°，一条长度为L的绳（质量不计），一端的位置固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小物体（物体可看质点），物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。

（1）当时，求绳对物体的拉力；
（2）当时，求绳对物体的拉力。
解析：设小球刚好对锥面没有压力时的速率为，则有：

解得

（1） 当时，，则：

（2）当时，小球离开锥面，设绳与轴线夹角为，则

3．由于摩擦力突变引发的临界问题
摩擦力突变引发的临界问题也很常见，需要考虑摩擦力的大小、方向的变化。下面举例说明。
如图所示，细绳一端系着质量M＝0.6kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑的小孔吊着质量m＝0.3kg的物体，M的中与圆孔距离为0.2m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2N。现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围m会处于静止状态？（g取）

解析：要使m静止，M也应与平面相对静止。而M与平面静止时有两个临界状态：
当ω为所求范围最小值时，M有向着圆心运动的趋势，水平面对M的静摩擦力的方向
背离圆心，大小等于最大静摩擦力2N；
此时，对M运用牛顿第二定律：

当ω为所求范围最大值时，M有背离圆心运动的趋势，水平面对M的静摩擦力的方向向着圆心，大小还等于最大静摩擦力2N。
再对M运用牛顿第二定律：

所以，题中所求ω的范围是：。

三点剖析
一． 课程目标
1．学会应用受力分析解决水平面内的临界问题

由于弹力突变引起的临界问题
例题1、 如图所示，把一个质量m＝1kg的物体通过两根等长的细绳与竖直杆上A、B两个固定点相连接，绳a、b长都是1m，AB长度是1.6m，直杆和球旋转的角速度等于多少时，b绳上才有张力？（g＝10m/s2）

例题2、 如图所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m＝1kg的小球A，另一端连接质量为M＝4kg的重物B，已知g＝10m/s2，则：

（1）当A球沿半径r＝0.1m的圆周做匀速圆周运动，其角速度ω1为多大时，B物体处于将要离开、而尚未离开地面的临界状态？
（2）当小球A的角速度为ω2＝10rad/s时，物体B对地面的压力为多大？
例题3、 用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，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变化的图象是下图中的（ ）

A.
B.
C.
D.
例题4、 如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量为m，细线AC长L，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置BO'O能以任意角速度绕竖直轴O'O转动，且小球始终在BO'O平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g取10m/s2，sin370＝0.6，cos 37°＝0.8）

A.两细线张力均增大
B.细线AB中张力一直变小，直到为零
C.细线AC中张力先不变，后增大
D.当AB中张力为零时，角速度可能为
随练1、[多选题] 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为，，与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）

A.此时绳子张力为
B.此时圆盘的角速度为
C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
随练2、 如图所示，轻绳上端固定在O点，下端系一小球（可视为质点），开始时在光滑的水平地面上，轻绳伸直且绳长大于O点离地面的高度。设小球绕竖直轴OO′做匀速圆周运动的角速度为ω，轻绳的拉力大小为F，则下列四幅图中，能正确反映F随ω2变化规律的是（ ）

A.
B.
C.
D.

由于摩擦力突变引起的临界问题
例题1、 A、B、C三个完全相同的物块随转动的圆盘一起运动，如图所示，且物块相对于圆盘静止。当圆盘的转速逐渐增大时，哪个物块最先离开原位置（ ）

A.A
B.B
C.C
D.同时离开
例题2、 如图，在圆盘圆心处通过一个光滑小孔把质量相等的两物块用轻绳连接，物块A到转轴的距离为R＝20cm，与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力（已知π2＝g）则（ ）

A.物块A一定会受圆盘的摩擦力
B.当转速n＝0.5r/s时，A不受摩擦力
C.A受摩擦力方向一定与线速度方向在一条直线上
D.当圆盘转速n＝1r/s时，摩擦力方向沿半径背离圆心
例题3、[多选题] 如图所示，在水平圆盘上，放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们位于圆心同侧的一条半径上，与圆心距离RA＝r，RB＝2r，两个物体与盘的动摩擦因数均为μ，现让圆盘由静止开始绕通过圆心的竖直轴转动，并逐渐加快到两物体刚好还未发生滑动，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）

A.B所受摩擦力一直增大
B.A所受摩擦力先增大后减小再增大
C.此时绳子张力为
D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
例题4、 如图所示，一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内运动，圆柱半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M和m（M＞m），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用长为L的轻绳连在一起，L＜R．若将甲物体放在转轴位置上，甲、乙连线正好沿半径方向拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大不得超过：（两物体看作质点）（ ）

A.
B.
C.
D.
随练1、 如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为和，筒内壁点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为的小物块，求：

（1）当筒不转动时，物块静止在筒壁点受到的摩擦力和支持力的大小．
（2）当物块在点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．
随练2、 为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速。如图所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道。已知AB段的距离SAB＝14m，弯道半径R＝24m。汽车到达A点时速度vA＝16m／s，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m／s2．要确保汽车进入弯道后不侧滑。求汽车

（1）在弯道上行驶的最大速度；
（2）在AB段做匀减速运动的最小加速度；
（3）为提高BC处转弯的最大速度，请提出公路建设时的合理建议。

圆周运动的绳和杆临界问题


知识精讲
一．竖直平面内的圆周问题
竖直平面内的圆周运动是典型的变速圆周运动，中学物理中常研究物体通过最高点和最低点的两种情况。下面将对这类临界状态问题进行综合分析。
1．轻绳类问题
绳或光滑圆轨道的内侧，如图所示，它的特点是：在运动到最高点时均没有物体支撑着小球。下面讨论小球（质量为m）在竖直平面内做圆周运动（半径为R）通过最高点时的情况：

（1）临界条件
小球到达最高点时受到绳子的拉力恰好等于零，这时小球做圆周运动所需要的向心力仅由小球的重力来提供。根据牛顿第二定律得，，临界速度。
这个速度可理解为小球恰好通过最高点或恰好通不过最高点时的速度，也可认为是小球通过最高点时的最小速度，通常叫临界速度。
（2）小球能通过最高点的条件：
当时，小球能通过最高点，这时绳子对球有作用力，为拉力；
当时，小球刚好能通过最高点，此时绳子对球不产生作用力。
（3）小球不能通过最高点的条件：
当时，小球不能通过最高点，实际上小球还没有到达最高点就已经脱离了轨道。（如图）



2．轻杆类模型
杆和光滑管道，如图所示，它的特点是：在运动到最高点时有物体支撑着小球。下面讨论小球（质量为m）在竖直平面内做圆周运动（半径为R）通过最高点时的情况：


（1）临界条件
由于硬杆的支撑作用，小球恰能到达最高点的临界速度是： ；
此时，硬杆对物体的支持力恰等于小球的重力mg。
（2）如上图所示的小球通过最高点时，硬杆对小球的弹力情况为：
当 时，硬杆对小球有竖直向上的支持力FN，其大小等于小球的重力，即FN＝mg；
当时，杆对小球的支持力竖直向上，大小随速度的增加而减小，其取值范围为；
当时，FN＝0，这时小球的重力恰好提供小球做圆周运动的向心力。
当时，硬杆对小球有指向圆心（即方向向下）的拉力，其大小随速度的增大而增大。
（3）其他杆问题
如果是带电小球，且空间存在电磁场，临界条件则是重力、电场力或洛仑兹力的合力为向心力，此时临界速度，需要具体问题具体分析。
二．竖直面内圆周运动的求解思路
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。在最高点绳模型中小球的最小速度是；而轻杆模型中小球在最高点时的最小速度为零。
2. 确定临界点：对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点（）（因为轻绳不能有支撑力，杆可有支撑力）。
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，。
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。

三点剖析
一． 课程目标
1．学会分析轻绳、轻杆、管道在竖直平面内的圆周运动的临界问题

圆周运动中绳的临界问题
例题1、[多选题] 质量为M的支架（包含底座）上有一水平细轴，轴上套有一长为L的轻质细线，绳的另一端拴一质量为m（可视为质点）的小球，如图。现使小球在竖直面内做圆周运动，已知小球在运动过程中底座恰好不离开地面、且始终保持静止。忽略一切阻力，重力加速度为g。则（ ）

A.小球运动到最高点时底座对地压力最大
B.小球运动过程中地面对底座始终无摩擦力
C.小球运动至右边与O点等高时，地面对底座的摩擦力向左
D.小球运动到最高点时细线拉力大小为Mg
例题2、 如图所示，小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻细一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。

（1）若想小球在竖直平面内做完整的圆周运动，其通过最高点的速度v1至少应为多少？
（2）求绳断时球的速度大小v2和球落地时的速度大小v3。
（3）轻绳能承受的最大拉力多大？
随练1、 杂技演员表演的“水流星”如图所示。细长绳一端系着盛了水的容器。以绳的另一端为圆心，使容器在竖直平面内做半径为R的圆周运动。N为圆周的最高点，M为圆周的最低点。若“水流星”通过最高点时没有水流出，则其在最高点的速度至少为（ ）

A.
B.
C.
D.
随练2、 如图所示，长为l的悬线固定在O点，在O点正下方的C点处有一钉子。把一端悬挂的小球拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球摆到悬点正下方悬线碰到钉子时，此时小球（ ）

A.线速度突然增大
B.向心加速度突然增大
C.角速度保持不变
D.悬线拉力保持不变
随练3、 如图1所示，在某星球表面轻绳约束下的质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为△F，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知万有引力常量为G．不计一切阻力．

（1）求星球表面重力加速度；
（2）求该星球的密度；
（3）如图2所示．在该星球表面上，某小球以大小为v0的初速度平抛，恰好能击中倾角为θ的斜面，且位移最短．试求该小球平抛的时间．

圆周运动中杆的临界问题
例题1、 质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示。已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力大小恰好为mg，则小球以速度通过圆管的最高点时（ ）

A.小球对圆管的内、外壁均无压力
B.小球对圆管的外壁压力等于
C.小球对圆管的内壁压力等于
D.小球对圆管的内壁压力等于mg
例题2、 如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为（ ）

A.
B.
C.
D.
例题3、 如图，V形细杆AOB能绕其对称轴OO′转动，OO′沿竖直方向，V形杆的两臂与转轴间的夹角均为α＝45°。两质量均为m＝0.1kg的小环，分别套在V形杆的两臂上，并用长为L＝1.2m、能承受最大拉力Fmax＝4.5N的轻质细线连接。环与臂间的最大静摩擦力等于两者间弹力的0.2倍。当杆以角速度ω转动时，细线始终处于水平状态，取g＝10m／s2。

（1）求杆转动角速度ω的最小值；
（2）将杆的角速度从（1）问中求得的最小值开始缓慢增大，直到细线断裂，写出此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式。
例题4、 如图所示，在水平面内有一平台可绕竖直的中心轴以角速度ω=3.14rad/s旋转。在平台内沿半径方向开两个沟槽，质量为0.01kg的小球A放置在粗糙的沟槽内，球与沟槽的动摩擦因数为0.5；质量为0.04kg的小球B放置在另一光滑的沟槽内。长度为1m的细线绕过平台的中心轴，其两端与两球相连。设平台中心轴是半径可忽略的细轴，且光滑，球A始终相对圆盘保持静止。（g=3.142m/s2．最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：
（1）球A到轴O的距离多大时，小球A恰好不受摩擦力？
（2）球A到轴O的最大距离为多少？

随练1、 如图所示，长为L的轻杆，一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个质量为m的小球．现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，重力加速度为g．某时刻杆对球的作用力方向恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ满足（ ）

A.
B.
C.
D.
随练2、 如图所示，长为0.4m的轻质细杆，一端固定有一个质量为1kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为1m／s．g取10m／s2，下列说法正确的是（ ）

A.小球通过最高点时，对杆的拉力大小是12.5N
B.小球通过最高点时，对杆的压力大小是7.5N
C.小球通过最低点时，对杆的拉力大小是7.5N
D.小球通过最低点时，对杆的压力大小是12.5N

拓展
1、 如图所示，当时钟正常工作时，时针、分针和秒针转动的角速度之比为（ ）

A.1︰12︰720
B.1︰60︰86400
C.1︰60︰3600
D.1︰60︰43200
2、 某品牌的机械鼠标内部构如图所示，机械鼠标中的定位球的直径是
2.0cm，某次操作中将鼠标沿直线匀速移动12cm需要1s，则定位球的角速度为（ ）

A.
B.
C.6 rad/s
D.12 rad/s
3、 未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是（ ）

A.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
4、 如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为R1的大链轮，Ⅱ是半径为R2的小飞轮，Ⅲ是半径为R3的后轮，假设脚踏板的转速为n（单位：r/s），则自行车后轮边缘的线速度为（ ）

A.
B.
C.
D.
5、[多选题] 如图所示，M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R，内筒半径比R小很多，可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。两筒以相同的角速度ω绕其中心轴线（图中垂直于纸面）做匀速转动。设从M筒内部可以通过窄缝S（与M筒的轴线平行）不断地向外射出两种不同速率v1和v2的微粒，从S处射出时的初速度的方向都是沿筒的半径方向，微粒到达N筒后就附着在N筒上。如果R、v1和v2都不变，而ω取某一合适的值，则（ ）

A.有可能使微粒落在N筒上的位置都在a处一条与S缝平行的窄条上
B.有可能使微粒落在N筒上的位置都在某一处如b处一条与S缝平行的窄条上
C.有可能使微粒落在N筒上的位置分别在某两处如b处和c处与S缝平行的窄条上
D.只要时间足够长，N筒上将到处都落有微粒
6、 如图所示，半圆形光滑圆环，竖直放置，环绕y轴以恒定角速度ω转动，一小球套在环上，若小球可在环上任意位置相对环静止，圆的方程为x2＋y2＝a2（a为常量），则下列ω的值正确的是（ ）

A.
B.
C.
D.
7、 如图所示，“旋转秋千”中座椅（可视为质点）通过轻质缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘以角速度ω匀速转动时，不计空气阻力，缆绳延长线与竖直中心轴相交于O点，夹角为θ，O点到座椅的竖直高度为h，则当ω增大时（ ）

A.h不变
B.θ减小
C.ω2h不变
D.ω2h增大
8、[多选题] 如图所示，两个相同的小球A，B用长度分别为l1，l2的细线（l1＜l2）悬于在天花板的O1，O2点，两球在水平面内做匀速圆周运动，两根细线与竖直轴夹角均为θ．设A，B两球的线速度分别为vA，vB，角速度分别为ωA，ωB加速度分别为aA，aB，两根细线的拉力分别为FA，FB，则（ ）

A.vA＞vB
B.ωA＞ωB
C.aA＝aB
D.FA＜FB
9、[多选题] 质量为m的物体沿着半径为R的半球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摩擦因数为μ，则物体在最低点时的（ ）

A.向心加速度为
B.向心力为
C.对球壳的压力为
D.受到的摩擦力为
10、 汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值．当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应（ ）
A.增大到原来的二倍
B.减小到原来的一半
C.减小到原来的四分之一
D.增大到原来的四倍
11、[多选题] 两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，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，球运动情况如下图示，图A中两根系球的绳与竖直线夹角相同，图B中两球运动轨迹在同一水平面内，图C中两球做圆周运动半径相同，图D中下面的圆半径小一些，则关于两个小球在运动过程情况不可能的是（ ）
A.
B.
C.
D.
12、[多选题] 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.a、b所受的摩擦力始终相等
B.b一定比a先开始滑动
C.是b开始滑动的临界角速度
D.当时，a所受摩擦力的大小为kmg
13、[多选题] 如图所示，A、B、C三个物体放在水平圆台上，与圆台的动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离为R，C离轴的距离为2R，当圆台匀速旋转时（A、B、C都没有相对滑动），则（ ）

A.物体A的向心力比物体B的向心力大
B.物体B受到的摩擦力比物体C受到的摩擦力小
C.当圆台转速增大时，A将最先滑动
D.当圆台转速增大时，C将最先滑动
14、 如图，竖直环半径为，固定在木板上，木板放在水平地面上，的左右两侧各有一挡板固定在地上，不能左右运动，在环的最低点静放有一小球，、、的质量均为，现给小球一水平向右的瞬时速度，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），小球在最高点的瞬时速度必须满足（ ）

A.最大值
B.最大值
C.最大值
D.最大值
15、[多选题] 如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力，若球B运动到最高点时，球B队杆恰好无作用力，则下列说法正确的是（ ）

A.球B在最高点时速度为零
B.此时球A的速度大小为
C.球B转到最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg
D.球B转到最高点时，杆对水平轴的作用力为3mg
16、 如图所示，轻杆长2l，中点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球的质量为2m，两者一起在竖直平面内绕转O轴做圆周运动，已知重力加速度取g。

（1）若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，求此时O轴的受力大小和方向；
（2）若B球到最高点时的速度等于第（1）问中A球到达最高点时的速度，则B球运动到最高点时，O轴的受力大小和方向又如何？
（3）在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，则求出此时A、B球的速度大小。

答案解析

圆周运动的运动学问题


常见传动方式的线速度、角速度及周期关系
例题1、
【答案】 C
【解析】 由于B轮和A轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，
故vA=vB，
∴vB：vA=1：1
由于C轮和B轮共轴，故两轮角速度相同，
即ωC=ωB，
故ωC：ωB=1：1
由角速度和线速度的关系式v=ωR可得
vC：vB=RC：RB=2：1
∴vA：vB：vC=1：1：2
又因为RA=RC=2RB
根据a= 得：
aA：aB：aC=1：2：4
故选C．
例题2、
【答案】 D
【解析】 由甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑知三者线速度相同，其半径分别为r1、r2、r3
则ω1r1＝ω2r2＝ω3r3
故。
例题3、
【答案】 A
【解析】 小物块P水平方向只受最大静摩擦力，提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而，ABC三轮边缘的线速度大小相同，所以∝，
所以μA︰μB︰μC＝2︰3︰6；
由v＝Rω可知，∝，
所以ωA︰ωB︰ωC＝2︰3︰6．
例题4、
【答案】 B
【解析】 A、由图可知，B与C点属于齿轮传动，两点的速度是相等的，由于rB≠rC，则ωB≠ωC；故A错误；
BCD、由图可知，A与B点属于同轴传动，具有相等的角速度，即ωB＝ωA；由v＝ωr，所以：，或：．故B正确，CD错误。
例题5、
【答案】 Rsinωt
【解析】 设0－t时间内小球所经的弧所对的圆心角为θ，
有θ＝ωt①，
根据几何关系得：x＝Rsinθ②，
①②联立得：x＝Rsinωt。
答：任意时刻t影的坐标x为Rsinωt。

随练1、
【答案】 C
【解析】 共轴转动的各点角速度相等，故A、B两点的角速度相等；
A点的转动半径为Rcos30°=R，B点的转动半径为R，根据v=rω公式，线速度之比为：
vA：vB=RA：RB=：2=：4；
故ABD错误，C正确；
故选：C．
随练2、
【答案】 C
【解析】 转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以ω＝2πn rad／s，因为要测量自行车前进的速度，即车轮III边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮I和轮II边缘上的线速度的大小相等，据v＝Rω可知：r1ω1＝R2ω2，已知ω1＝2πn，则轮II的角速度．因为轮II和轮III共轴，所以转动的ω相等即ω3＝ω2，根据v＝Rω可知，。

圆周运动学公式的应用
例题1、
【答案】 C
【解析】 如图所示

根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB＝v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2＝vBsinθ＝vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v1＝vBcosθ为B点沿杆运动的速度。当杆与水平方向夹角为θ时，，
由于B点的线速度为v2＝vsinθ＝OBω，所以，所以A的线速度，故C正确。
例题2、
【答案】 （1）4.00
（2）1.945
（3）29.5
【解析】 （1）由图可知，圆盘的直径d＝6.00－2.00cm＝4.00cm．
（2）D点的瞬时速度，则圆盘转动的角速度．
（3）根据Δx＝aT2，运用逐差法得，，
角加速度，，可知．
例题3、
【答案】 （1）（2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动（3）
【解析】 （1）由图可知，转盘的转动周期，角速度
（2）激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动，理由是：由于脉冲宽度在逐渐变小，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增大，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动
（3）设狭缝宽度为，激光器沿半径方向运动的速度为，激光器所在处离轴为，该处圆盘的线速度为，则，又，可得，，，所以．
例题4、
【答案】 （1）包的落地点距B端的水平距离为0.6m
（2）旅行包落地点距B端的水平距离又为2.4m
（3）
【解析】 （1）旅行包做匀减速运动，有：a=μg=6m/s2
旅行包到达B端速度为：
包的落地点距B端的水平距离为：
（2）当ω1=40rad/s时，皮带速度为：v1=ω1R=8m/s
当旅行包的速度也为v1=8m/s时，在皮带上运动了位移为：
以后旅行包做匀速直线运动，所以旅行包到达B端的速度也为：v1=8m/s
包的落地点距B端的水平距离为：
（3）如图所示，

随练1、
【答案】 A D
【解析】 笔上各点同轴转动角速度相同
A、笔杆上的点离O点越近的，半径越小，根据v＝ωr可知，线速度越小，故A正确；
B、笔上各点同轴转动，角速度相同，故B错误；
C、根据可知，周期相同，故C错误；
D、根据a＝ω2r可知，笔杆上的点离O点越近的，半径越小，向心加速度越小，故D正确．
随练2、
【答案】 C
【解析】 A、平抛运动水平方向做匀速直线，水平位移，套马圈相对于烈马的水平速度v0＝rω，则套马圈做平抛运动的时间为，故AB错误；
C、依据题意可知，套马圈转到烈马正后方时，运动速度与烈马同向，则套马圈平抛运动的初速度v′＝v＋rω，故C正确，D错误。

圆周运动的动力学分析


常见模型的动力学分析
例题1、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
例题2、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 （1）小球飞出后做平抛运动，根据得，小球在空中运动的时间。
（2）绳子的拉力等于小球做圆周运动的向心力，小球的线速度，则拉力。
（3）落地时的竖直分速度，根据平行四边形定则知，小球落地的速度。
例题3、
【答案】 A
【解析】 A、螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩擦力，螺丝帽在竖直方向上没有加速度，根据牛顿第二定律得知，螺丝帽的重力与最大静摩擦力平衡。故A正确。
B、螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，所以弹力方向水平向里，指向圆心。故B错误。
C、根据牛顿第二定律得：N＝mω2r，fm＝mg，又fm＝μN，联立得到．故C错误。
D、若杆的转动加快，角速度ω增大，螺丝帽受到的弹力N增大，最大静摩擦力增大，螺丝帽不可能相对杆发生运动。故D错误。
例题4、
【答案】 （1）A
（2）C
（3）B
（4）F＝mω2r
【解析】 在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法．
（1）根据控制变量法的原理可知，在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持其他的物理量不变，其中包括角速度与半径，即保持角速度与半径相同．
（2）图中所示两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系．
（3）根据F＝mω2r，两球的向心力之比为1︰9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1︰3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v＝rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3︰1．
（4）实验得到的“向心力大小F与质量m、角速度ω和半径r”之间的关系为向心力与质量成正比，与角速度的平方成正比，与运动的半径成正比，表达式是F＝mω2r．
随练1、
【答案】 ①
②
③
【解析】 ①根据向心力公式：，而，
得：；
②如图由几何关系可得：；
③由上面分析得：，
整理得：
故斜率表达式为：。

随练2、
【答案】 B
【解析】 根据，可知若研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变，故B正确．

圆周运动的实例分析
例题1、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 暂无解析
例题2、
【答案】 20m／s
【解析】 （1）受力分析如图所示，

竖直方向：FNcosθ＝mg＋Ffsinθ；
水平方向：
又Ff＝μFN，
可得
代入数据可得：v＝20m／s。
答：为使汽车转弯时不发生侧滑，弯道部分汽车行驶的最大速度是20m／s
例题3、
【答案】 1.40 ， 7.9（7.9±0.1） ， 1.4（1.4±0.1）
【解析】 暂无解析
随练1、
【答案】 D
【解析】 A、在顶点，若，根据牛顿第二定律得，，解得支持力N＝0，则物体m对半球面顶点的压力为零，故A错误。
B、若，则物体会脱离半球面，故B错误。
C、若v0＝0，则物体m对半球面顶点压力等于mg，故C错误。
D、若，由于合力方向向下，加速度方向向下，物体处于失重状态，故D正确。
随练2、
【答案】 （1）0.5s
（2）0.2m；1m
（3）66N
（4）5m/s
【解析】 （1）对P点的速度矢量分解，有：
代入数据得：t＝0.5s；
（2）竖直方向小球做自由落体运动，由：
由几何关系，P点高度：h2＝h－h1＝0.2m
有几何关系：
代入数据得：R＝1m；
（3）在最低点，支持力与重力的和提供小球的向心力，得：
代入数据得：FN1＝66N
由牛顿第三定律得小球对圆弧轨道最低点的压力：FN1′＝FN1＝66N；
（4）由，
代入数据得：v2＝5m/s．

圆周运动的水平临界问题


由于弹力突变引起的临界问题
例题1、
【答案】
【解析】 抓住临界条件，当b绳刚好伸直还无张力时的角速度为球旋转的最小角速度．
已知a、b绳长均为1m，如图所示即AC＝BC＝1m，．

在△AOC中，得，．
设小球做圆周运动的轨道半径为r，小球做圆周运动的轨道半径．
．
b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a绳拉力FTa的合力F提供向心力，其受力分析如图所示，由图可知，小球的向心力为：．根据牛顿第二定律得：．计算得出直杆和球的角速度为．
当直杆和球的角速度时，b中才有张力．
例题2、
【答案】 （1）
（2）B对地面的压力为30N，方向竖直向下
【解析】 （1）当B对地面恰好无压力时，有：Mg＝FT′，
拉力FT′提供小球A所需向心力，则：FT′＝mrω12
则有：．
（2）对小球A来说，小球受到的重力和支持力平衡．因此绳子的拉力提供向心力，则：
FT＝mrω2＝1×0.1×102N＝10N，
将FT＝10N代入可得：FN＝（4×10－10）N＝30N
由牛顿第三定律可知，B对地面的压力为30 N，方向竖直向下．
例题3、
【答案】 C
【解析】 设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力FT而平衡，FT＝mgcosθ≠0，所以A项、B项都不正确；
ω增大时，FT增大，N减小，当N＝0时，角速度为ω0。
当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，
FTsinθ－Ncosθ＝mω2Lsinθ，
FTcosθ＋Nsinθ＝mg，
解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ；
当ω＞ω0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得
FTsinβ＝mω2Lsinβ，
所以FT＝mLω2，此时图象的反向延长线经过原点。
可知FT－ω2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误。
例题4、
【答案】 C D
【解析】 当静止时，受力分析如右图，由平衡条件

TAB＝mgtan37°＝0.75mg，，
若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1＝37°，受力分析如右图，mgtanθ1＝m（lsinθ1）ωmin2，得．

当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2＝53°，mgtanθ2＝mωmax2lsinθ2，得．所以ω取值范围为．绳子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB是拉力不为0，当转速在时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，故AB错误；当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大；故C正确；由开始时的分析可知，当ω取值范围为．绳子AB的拉力都是0．故D正确．
随练1、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 ABC．两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则，B的半径比A的半径大，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的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：
，
，
解得：，，故A错误，BC正确．
D．此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误．
随练2、
【答案】 D
【解析】 当小球与地面间的支持力为零时，根据牛顿第二定律得，，
解得，
当ω＜ω0时，小球与地面间有支持力，有：Fsinθ＝mLsinθω2，即F＝mLω2，F与ω2成正比，
当ω＞ω0时，小球离开地面，有：Fsinα＝mLsinαω2，即F＝mLω2，F与ω2成正比。故D正确，A、B、C错误。

由于摩擦力突变引起的临界问题
例题1、
【答案】 A
【解析】 物体A做匀速圆周运动，相对于圆盘的运动趋势方向沿圆心与A的连线向外，受到的静摩擦力指向圆心，提供向心力，三个物体的角速度相同，设角速度为ω，则三个物体受到的静摩擦力分别为：，，，由图可知，A的半径最大，所以A需要的向心力最大，由于它们与地面间的最大静摩擦力相同，故增大转速时，A最选发生滑动，A正确．
例题2、
【答案】 D
【解析】 要使A物块相对静止，则绳子的拉力一直为mg，即绳子的拉力不变，当摩擦力为零时，重力提供向心力：，代入数据解得：，故AB错误；A受摩擦力方向与半径在一条直线上，指向圆心或背离圆心，故C错误；当圆盘转速n＝1r/s时，即，有沿半径向内运动的趋势，所以摩擦力方向沿半径背离圆心，故D正确。所以D正确，ABC错误。
例题3、[多选题]
【答案】 C D
【解析】 AB、刚开始转到时，AB都靠静摩擦力提供向心力，根据向心力公式F＝mω2r可知，B先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，绳中出现拉力，当A所受摩擦力达到最大静摩擦力时，开始滑动，所以B受到的摩擦力方向一直向左，大小是先增大后不变，A所受的摩擦力一直增大，故AB错误。
C、当两物块刚好还没发生相对滑动时，有：μmg－T＝mrω2，μmg＋T＝m•2rω2，解得，故C正确。
D、烧断绳子后，A的最大静摩擦力大于向心力，A仍相对盘静止，B的最大静摩擦力小于向心力，B做离心运动，故D正确。
例题4、
【答案】 D
【解析】 当绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，有T＋μmg＝mLω2，T＝μMg．所以，故D正确。
随练1、
【答案】 （1）；
（2）
【解析】 （1）设圆锥母线与水平方向的夹角为，当筒不转动时，物块静止在筒壁点时受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡；
由平衡条件得，摩擦力的大小：
．
支持力的大小：
．

（2）当物块在点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为有：．
由几何关系得，联立计算得出．

随练2、
【答案】 （1）12m／s
（2）4m／s2
（3）BC弯道路面建成外高内低，增大地面摩擦因数，使BC弯道的轨道半径变大
【解析】 （1）在BC弯道，由牛顿第二定律得：

代入数据解得：vmax＝12m／s
（2）汽车匀减速至B处，速度减为12m／s时，加速度最小，由运动学公式得：

代入数据解得：amin＝4m／s2
（3）BC弯道路面建成外高内低，增大地面摩擦因数，使BC弯道的轨道半径变大。

圆周运动的绳和杆临界问题


圆周运动中绳的临界问题
例题1、[多选题]
【答案】 C D
【解析】 A、小球运动到最高点时，底座对地面的压力恰好为零，可知球运动到最高点时底座对地压力最小，故A错误。
B、当绳子的方向处于水平时，应用小球做圆周运动需要外力提供向心力，此时绳子对小球的拉力沿水平方向，绳子对轴的拉力也沿水平方向，所以小球运动过程中地面对底座有时有摩擦力，故B错误。
C、小球运动至右边与O点等高时，绳子对小球的拉力方向向左，则绳子对底座的拉力方向向右，底座要想保持判断，则地面对底座的摩擦力向左，故C正确。
D、小球运动到最高点时，底座对地面的压力恰好为零，可知绳子最底座的向上的拉力等于Mg，则绳子对小球的拉力大小也是Mg，故D正确。
例题2、
【答案】 （1）
（2）；
（3）
【解析】 （1）若想小球在竖直平面内做完整的圆周运动，其在最高点时，满足，
解得：；
（2）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，知，在水平和竖直两方向上分别有：
竖直：，水平：d＝v2t，
解得：，
落地时其竖直分速度为：，
落地时速度为：；
（3）设绳子承受的最大拉力为FT，这也是球受到绳的最大拉力
球做圆周运动的半径为：，
在最低点时球受到的合力提供向心力，即：
解得：。
随练1、
【答案】 D
【解析】 对水研究，受重力和容器的支持力，根据牛顿第二定律，有：；当水恰好不流出时：N＝0，解得
随练2、
【答案】 B
【解析】 A、碰到钉子的瞬间，根据惯性可知，小球的速度不能发生突变，即线速度不变，故A错误；
B、小球的向心加速度，r减小，故小球的向心加速度增大，故B正确；
C、根据可知，半径减小，线速度不变，所以角速度增大，故C错误；
D、设钉子到球的距离为r，则，故绳子的拉力，因r小于L，故有钉子时，绳子上的拉力变大，故D错误。
随练3、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 （1）在最高点，重力和拉力的合力提供向心力，故：
再最低点，重力和拉力的合力提供向心力，故：
根据动能定理，有：
联立解得：F2－F1＝6mg
根据题意，有：小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为△F，故：
（2）在星球表面，重力等于万有引力，故：


联立解得：

（3）位移最短，说明位移方向与斜面垂直，故位移偏转角为，故：


x＝v0t
联立解得：


圆周运动中杆的临界问题
例题1、
【答案】 C
【解析】 以小球为研究对象，小球通过最高点C时，根据牛顿第二定律得
mg＋mg＝①
当小球以速度通过圆管的最高点，根据牛顿第二定律得：
mg＋N＝②
由①②解得：
，负号表示圆管对小球的作用力向上，即小球对圆管的内壁压力等于，故C正确。
例题2、
【答案】 A
【解析】 M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以：Fn=mgtan45°=mω•vM
所以：…①
同理，N点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为，Fn′=mgtanθ=mωvN
所以：…②
又：…③
r=Rsinθ…④
联立②③④得：…⑤
所以：
例题3、
【答案】 （1）杆转动角速度ω的最小值为3.33rad／s
（2）将杆的角速度从（1）问中求得的最小值开始缓慢增大，直到细线断裂，此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式为
；（5rad／s＜ω＜10rad／s）
【解析】 （1）角速度最小时，fmax沿杆向上，此时绳处于松弛状态则
竖直方向由平衡条件得FNsin45°＋fmaxcos45°＝mg，
水平方向由牛顿第二定律得FNcos45°－fmaxsin45°＝mω12r，
且fmax＝0.2FN，，
解得；
（2）当fmax沿杆向下时，绳仍处于松弛状态，有
竖直方向由平衡条件得FNsin45°＝fmaxcos45°＋mg，
水平方向由牛顿第二定律得FNcos45°＋fmaxsin45°＝mω22r，
解得ω2＝5rad／s
此后，拉力随ω的增大而变大，当细线拉力刚达到最大时，有
FNsin45°－fmaxcos45°＝mg
Fmax＋FNcos45°＋fmaxsin45°＝mω32r，
解得ω3＝10rad／s
因此在ω2～ω3间，
所以拉力随角速度的函数关系式为：；（5rad／s＜ω＜10rad／s）。
例题4、
【答案】 （1）0.8m
（2）0.9m
【解析】 （1）小球A恰好不受摩擦力时，由细线的拉力提供向心力，由向心力公式得：
对A，有T=mAω2rA。
对B，有T=mBω2（L﹣rA）
联立解得：rA=0.8m
（2）当A球到轴O的距离最大时，A受到的静摩擦力沿轴心向内，且静摩擦力达到最大值，则
对A，有：f+T′=mAω′2rA′。
对B，有：T′=mBω′2（L﹣rA′）
联立解得：rA′=0.9m
故球A到轴O的最大距离为0.9m。
故：（1）球A到轴O的距离0.8m时，小球A恰好不受摩擦力。
（2）球A到轴O的最大距离为0.9m。
随练1、
【答案】 A
【解析】 小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，受力如图所示；根据牛顿第二定律有：
mgsinθ＝mLω2
解得：
故A正确，BCD错误。

随练2、
【答案】 B
【解析】 AB、在最高点，设杆子对球表现为支持力，根据牛顿第二定律，得：，解得：
，则球对杆表现为压力，大小为7.5N．故B正确，A错误。
CD、在最低点，根据牛顿第二定律，得：，则拉力：，则球对杆子的拉力为12.5N．故CD错误。

拓展
1、
【答案】 A
【解析】 根据
时针的周期是12h，分针的周期是1h，它们的周期比为12︰1，
则角速度之比为1︰12
分针的周期60min，秒针的周期是1min，它们的周期比为60︰1，
所以角速度之比为1︰60。
所以时针、分针和秒针转动的角速度之比为1︰12︰720
故A正确，BCD错误。
2、
【答案】 D
【解析】 根据线速度定义式有：，
那么定位球的线速度为；
而角速度与线速度关系v＝ωr得：
定位球的角速度为；
故ABC错误，D正确。
3、
【答案】 B
【解析】 为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，即为使宇航员随旋转舱转动的向心加速度为定值，且有a＝g，
宇航员随旋转舱转动的加速度为：a＝ω2R，由此式可知，旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小，此加速度与宇航员的质量没有关系，所以选项ACD错误，B正确。
4、
【答案】 D
【解析】 转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以ω＝2πn，
因为要测量自行车车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，据v＝rω可知：r1ω1＝r2ω2，
已知ω1＝2πn，则轮Ⅱ的角速度。
因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以转动的ω相等即ω3＝ω2，根据v＝rω可知，；
所以选项D正确。
5、[多选题]
【答案】 A B C
【解析】 微粒从M到N运动时间，对应N筒转过角度，
即如果以v1射出时，转过角度：，
如果以v2射出时，转过角度：，
只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，则落在两处，C项正确；
若相差2π的整数倍，则落在一处，可能是a处，也可能是b处。A，B正确。
若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，D项错误。
6、
【答案】 C
【解析】 设环与O的连线与竖直方向之间的夹角为θ，小球转动的半径为r＝a•sinθ＝x，小球所受的合力垂直指向转轴，根据平行四边形定则，
其中：
联立可得：．故C正确，A、B、D错误。
7、
【答案】 C
【解析】 座椅在水平面内做匀速圆周运动，由重力和绳的拉力的合力提供向心力，如图，则有：
mgtanθ＝mω2r
由几何关系有：r＝htanθ
整理得：ω2h＝g，不变，则当ω增大时，h减小，θ增大，故ABD错误，C正确。

8、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、D、小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图

小球受重力、和绳子的拉力，合力提供向心力，根据几何关系可知向心力：F＝mgtanθ
由向心力公式得：mgtanθ＝
又r＝lsinθ
解得：
由于l1＜l2，所以vA＜vB．故A错误，D错误；
B、由于v＝ωr＝ω•lsinθ，故角速度：，由于l1＜l2，所以ωA＞ωB．故B正确；
C、由向心力公式得：mgtanθ＝ma，所以二者的加速度是相等的。故C正确．
9、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 A、向心加速度的大小，故A正确；
B、向心力，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得，，解得，则物体对球壳的压力为，故C错误；
D、物体所受的摩擦力，故D正确。
10、
【答案】 D
【解析】 摩擦力提供向心力
①，②可知．
11、[多选题]
【答案】 A C D
【解析】 小球做匀速圆周运动，mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：是常量，即两球处于同一高度，故B正确，ACD错误。

12、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、B、两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f＝mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误，B正确；
C、当b刚要滑动时，有kmg＝mω2•2l，解得：，故C正确；
D、以a为研究对象，当时，由牛顿第二定律得：
f＝mω2l，可解得：f＝kmg，故D错误。
13、[多选题]
【答案】 A B D
【解析】 AB、三个物体都做匀速圆周运动，合力指向圆心，对任意一个受力分析，如图
支持力与重力平衡，F合＝f＝F向
由于a、b、c三个物体共轴转动，角速度ω相等，
根据题意，rc＝2ra＝2rb＝r
由向心力公式F向＝mω2r，得三物体的向心力分别为：
Fa＝2mω2r
Fb＝mω2r＝mω2r
Fc＝mω2（2r）＝2mω2r
故AB正确；
CD、对任意一物体，由于摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2r
当ω变大时，所需要的向心力也变大，当达到最大静摩擦力时，物体开始滑动，
当转速增加时，A、C所需向心力同步增加，且保持相等，但因C的最大静摩擦力小，C比A先滑动；
当转速增加时，A、B所需向心力也都增加，且保持2︰1关系，但因A、B最大静摩擦力也满足2︰1关系，因此A、B会同时滑动；故C错误，D正确；

14、
【答案】 C
【解析】 在最高点，小球的速度最小时，由重力提供向心力，则，解得：．根据机械能守恒定律，有：解得小球在最低点的速度．在最高点，小球的速度最大时，有解得：．根据机械能守恒定律有：，解得小球在最低点的最大速度．
15、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 AB、球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有：，解得：，由于A、B的角速度相等，A、B的半径之比为1︰2，则线速度之比为1︰2，所以此时A的速度为：，故A错误，B正确。
CD、球B转到最高点时，杆子对B无作用力，对A分析，根据牛顿第二定律得：，解得：F＝1.5mg，则杆对水平轴的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。
16、
【答案】 （1）4mg；竖直向下
（2）2mg；竖直向下
（3）能；
【解析】 （1）若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，仅由重力提供向心力。则根据牛顿第二定律得：
对A有：，
解得：。
对B有，
解得：F＝4mg
即此时杆对B球的拉力的大小为4mg。
（2）B在最高点时，对B有：
，
将代入，可得：T′OB＝0；
对A有：，得：T′OA＝2mg。
杆子对A球表现为拉力，则杆子对O轴表现为拉力，大小为2mg，方向竖直向下。
（3）要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，可判断B球应在最高点。
对B有：
对A有：。
轴O不受力时，T′′OA＝T′′OB，可得：。