《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第四章 第3講 圓周運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第四章 第3講 圓周運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc（35頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
圓周運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用
主干梳理 對(duì)點(diǎn)激活
知識(shí)點(diǎn) 勻速圓周運(yùn)動(dòng)、角速度、線速度、向心加速度 Ⅰ
勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力?、?.勻速圓周運(yùn)動(dòng)
(1)定義：線速度大小不變的圓周運(yùn)動(dòng)。
(2)性質(zhì)：加速度大小不變，方向總是指向圓心的變加速曲線運(yùn)動(dòng)。
(3)條件：有初速度，受到一個(gè)大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心的合外力。
2．描述圓周運(yùn)動(dòng)的物理量
描述圓周運(yùn)動(dòng)的物理量主要有線速度、角速度、周期、頻率、轉(zhuǎn)速、向心加速度、向心力等，具體如下：
知識(shí)點(diǎn) 勻速圓周運(yùn)動(dòng)與非勻速圓周運(yùn)動(dòng)?、?
知識(shí)點(diǎn) 離心現(xiàn)象?、?
1．離心運(yùn)動(dòng)
(1)定義：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的情況下，所做的逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng)。
(2)本質(zhì)：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向。
(3)受力特點(diǎn)：Fn為提供的向心力。
①當(dāng)Fn＝mω2r時(shí)，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
②當(dāng)Fn
mω2r時(shí)，物體將逐漸靠近圓心，做近心運(yùn)動(dòng)。
一 思維辨析
1．做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，一定受到向心力的作用，所以分析受力時(shí)，必須指出受到的向心力。( )
2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，非勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變加速曲線運(yùn)動(dòng)。( )
3．勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度與半徑成反比。( )
4．在光滑的水平路面上汽車不可以轉(zhuǎn)彎。( )
5．摩托車轉(zhuǎn)彎時(shí)速度過大就會(huì)向外發(fā)生滑動(dòng)，這是摩托車受沿轉(zhuǎn)彎半徑向外的離心力作用的緣故。( )
6．火車轉(zhuǎn)彎速率小于規(guī)定的數(shù)值時(shí)，內(nèi)軌受到的壓力會(huì)增大。( )
答案 1. 2. 3. 4.√ 5. 6.√
二 對(duì)點(diǎn)激活
1. (人教版必修2P25T3改編)如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對(duì)靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則A受力情況是( )
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力
答案 C
解析 A受三個(gè)力作用，重力和支持力平衡，指向圓心的摩擦力充當(dāng)向心力，故C正確。
2．(人教版必修2P22T1)(多選)甲、乙兩物體都在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列哪種情況下甲的向心加速度比較大( )
A．它們的線速度相等，乙的半徑小
B．它們的周期相等，甲的半徑大
C．它們的角速度相等，乙的線速度小
D．它們的線速度相等，在相同時(shí)間內(nèi)甲與圓心的連線掃過的角度比乙的大
答案 BCD
解析 由a＝知當(dāng)v相同的情況下，r甲>r乙時(shí)，a甲r乙時(shí)，
a甲>a乙，故B正確；由a＝ωv知當(dāng)ω相同情況下，v甲>v乙時(shí)，a甲>a乙，故C正確；由a＝ωv知當(dāng)v相同情況下，ω甲>ω乙時(shí)，a甲>a乙，故D正確。
3．(人教版必修2P26T5)一輛汽車在水平公路上轉(zhuǎn)彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小。如圖A、B、C、D分別畫出了汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力F的四種方向，你認(rèn)為正確的是( )
答案 C
解析 汽車沿曲線轉(zhuǎn)彎，所以受到垂直速度方向指向軌跡凹側(cè)的向心力Fn，汽車的速度逐漸減小，所以還受到與速度方向相反沿軌跡切線方向的切向力Ft，這兩個(gè)力的合力方向如圖C所示。
4．下列關(guān)于離心現(xiàn)象的說(shuō)法正確的是( )
A．當(dāng)物體所受的離心力大于向心力時(shí)產(chǎn)生離心現(xiàn)象
B．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)它所受的一切力都突然消失后，物體將做背離圓心的圓周運(yùn)動(dòng)
C．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)它所受的一切力都突然消失后，物體將沿切線做直線運(yùn)動(dòng)
D．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)它所受的一切力都突然消失后，物體將做曲線運(yùn)動(dòng)
答案 C
解析 物體只要受到力，必有施力物體，但“離心力”是沒有施力物體的，故所謂的離心力是不存在的，只要向心力不足，物體就做離心運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)所受的一切力突然消失后，物體將沿切線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B、D錯(cuò)誤，C正確。
考點(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu)
考點(diǎn)1 圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)分析
1．圓周運(yùn)動(dòng)各物理量間的關(guān)系
2．對(duì)公式v＝ωr的理解
當(dāng)r一定時(shí)，v與ω成正比；
當(dāng)ω一定時(shí)，v與r成正比；
當(dāng)v一定時(shí)，ω與r成反比。
3．對(duì)a＝＝ω2r的理解
當(dāng)v一定時(shí)，a與r成反比；
當(dāng)ω一定時(shí)，a與r成正比。
4．常見的三種傳動(dòng)方式及特點(diǎn)
(1)皮帶傳動(dòng)：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。
(2)摩擦(齒輪)傳動(dòng)：如圖丙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點(diǎn)無(wú)打滑現(xiàn)象時(shí)，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。
(3)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)：如圖丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小相等，即ωA＝ωB。
例1 如圖所示的皮帶傳動(dòng)裝置中，右邊兩輪連在一起同軸轉(zhuǎn)動(dòng)。圖中三輪半徑的關(guān)系為：r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C三點(diǎn)為三個(gè)輪邊緣上的點(diǎn)，皮帶不打滑，則A、B、C三點(diǎn)的線速度之比為________；角速度之比為________；周期之比為________。
解題探究 (1)A、B兩點(diǎn)位于兩輪邊緣靠皮帶傳動(dòng)，那么vA與vB有什么關(guān)系？ωA與ωB有什么關(guān)系？
提示：vA＝vB，＝。
(2)B、C為同軸轉(zhuǎn)動(dòng)的兩點(diǎn)，vB與vC、ωB與ωC的關(guān)系是什么？
提示：ωB＝ωC，＝。
嘗試解答 1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。
因?yàn)锳、B兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時(shí)間內(nèi)A、B兩點(diǎn)轉(zhuǎn)過的弧長(zhǎng)相等，即vA＝vB，由v＝ωr知＝＝，又B、C是同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，相等時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr知＝＝＝。所以vA∶vB∶vC＝1∶1∶3，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2，再由T＝可得，TA∶TB∶TC＝1∶∶＝2∶1∶1。
總結(jié)升華
解決傳動(dòng)問題的關(guān)鍵
(1)確定屬于哪類傳動(dòng)方式，抓住傳動(dòng)裝置的特點(diǎn)。
①同軸轉(zhuǎn)動(dòng)：固定在一起共軸轉(zhuǎn)動(dòng)的物體上各點(diǎn)角速度相同；②皮帶傳動(dòng)、齒輪傳動(dòng)和摩擦傳動(dòng)：齒輪傳動(dòng)和不打滑的摩擦(皮帶)傳動(dòng)的兩輪邊緣上各點(diǎn)線速度大小相等。如例1，右邊兩輪為同軸轉(zhuǎn)動(dòng)；左輪與右邊小輪為皮帶傳動(dòng)。
(2)結(jié)合公式v＝ωr，v一定時(shí)ω與r成反比，ω一定時(shí)v與r成正比，判定各點(diǎn)v、ω的比例關(guān)系。若判定向心加速度a的比例，可巧用a＝ωv這一規(guī)律。
[變式1] (2018福州期末)如圖是某共享自行車的傳動(dòng)結(jié)構(gòu)示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的牙盤(大齒輪)，Ⅱ是半徑為r2的飛輪(小齒輪)，Ⅲ是半徑為r3的后輪。若某人在勻速騎行時(shí)每秒踩腳踏板轉(zhuǎn)n圈，則下列判斷正確的是( )
A．牙盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為
B．飛輪邊緣轉(zhuǎn)動(dòng)線速度為2πnr2
C．牙盤邊緣向心加速度為
D．自行車勻速運(yùn)動(dòng)的速度為
答案 D
解析 腳踏板與牙盤同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，二者角速度相等，每秒踩腳踏板n圈，因?yàn)檗D(zhuǎn)動(dòng)一圈，相對(duì)圓心轉(zhuǎn)的角度為2π，所以角速度ω1＝2πn，A錯(cuò)誤；牙盤邊緣與飛輪邊緣線速度的大小相等，據(jù)v＝rω可知，飛輪邊緣上的線速度v1＝2πnr1，B錯(cuò)誤；牙盤邊緣的向心加速度a＝＝＝(2πn)2r1，故C錯(cuò)誤；飛輪角速度ω2＝＝，自行車后輪角速度與飛輪角速度相等，自行車勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝ω2r3＝，故D正確。
考點(diǎn)2 圓錐擺模型及其臨界問題
1．圓錐擺模型的受力特點(diǎn)
受兩個(gè)力，且兩個(gè)力的合力沿水平方向，物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
2．運(yùn)動(dòng)實(shí)例
3．解題方法：①對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，確定向心力來(lái)源。②確定圓心和半徑。③應(yīng)用相關(guān)力學(xué)規(guī)律列方程求解。
4．規(guī)律總結(jié)
(1)圓錐擺的周期
如圖擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，擺線與豎直方向夾角為θ。
受力分析，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mr
r＝Lsinθ
解得T＝2π＝2π。
(2)結(jié)論
①擺高h(yuǎn)＝Lcosθ，周期T越小，圓錐擺轉(zhuǎn)的越快，θ越大。
②擺線拉力F＝，圓錐擺轉(zhuǎn)的越快，擺線拉力F越大。
③擺球的加速度a＝gtanθ。
5．圓錐擺的兩種變形
變形1：具有相同錐度角(長(zhǎng)度不同)的圓錐擺，如圖甲所示。
由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝知vA>vB。
變形2：具有相同擺高、不同擺長(zhǎng)和擺角的圓錐擺，如圖乙所示。
由T＝2π知擺高h(yuǎn)相同，則TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。
例2 如圖所示，用一根長(zhǎng)為l＝1 m的細(xì)線，一端系一質(zhì)量為m＝1 kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37(sin37＝0.6，cos37＝0.8，g取10 m/s2，結(jié)果可用根式表示)，問：
(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？
(2)若細(xì)線與豎直方向的夾角α＝60，則小球的角速度ω′為多大？
解題探究 (1)小球離開錐面的臨界條件是什么？
提示：錐面對(duì)小球支持力為零，且細(xì)線與豎直方向的夾角為θ。
(2)細(xì)線與豎直方向夾角為60時(shí)，小球受幾個(gè)力？
提示：2個(gè)，重力、細(xì)線的拉力。
嘗試解答 (1) rad/s (2)2 rad/s
(1)當(dāng)小球剛要離開錐面時(shí)，錐面給小球的支持力為零，受力分析如圖1。
由牛頓第二定律得
mgtanθ＝mωlsinθ
ω0＝ ＝ rad/s。
(2)當(dāng)細(xì)線與豎直方向夾角α＝60時(shí)，小球已飛離斜面，受力分析如圖2。
由牛頓第二定律得
mgtanα＝mω′2r
r＝lsinα
聯(lián)立得ω′＝＝2 rad/s。
總結(jié)升華
解決圓錐擺臨界問題的技巧
圓錐擺的臨界問題，主要就是與彈力有關(guān)的臨界問題。
(1)繩上拉力的臨界條件是：①繩恰好拉直且沒有彈力。②繩上的拉力恰好達(dá)最大值。
(2)接觸或脫離的臨界條件是物體與物體間的彈力恰好為零。
(3)對(duì)于火車轉(zhuǎn)彎、半圓形碗內(nèi)的水平圓周運(yùn)動(dòng)有兩類臨界情況：①摩擦力的方向發(fā)生改變；②發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。
[變式2－1] (2018通州模擬)如圖所示，一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐筒，其軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動(dòng)。有一個(gè)質(zhì)量為m的小球A緊貼著筒內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，筒口半徑和筒高分別為R和H，小球A所在的高度為筒高的一半。已知重力加速度為g，則( )
A．小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度ω＝
B．小球A受到重力、支持力和向心力三個(gè)力作用
C．小球A受到的合力大小為
D．小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上
答案 A
解析 小球受重力、支持力兩個(gè)力作用，合力方向沿水平方向指向軸線，故B、D錯(cuò)誤；受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得＝mω2，得ω＝＝＝，故A正確；合力大小為＝，故C錯(cuò)誤。
[變式2－2] (多選)如圖所示，物體P用兩根長(zhǎng)度相等、不可伸長(zhǎng)的細(xì)線系于豎直桿上，它們隨桿轉(zhuǎn)動(dòng)，若轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω，則( )
A．ω只有超過某一值時(shí)，繩子AP才有拉力
B．繩子BP的拉力隨ω的增大而增大
C．繩子BP的張力一定大于繩子AP的張力
D．當(dāng)ω增大到一定程度時(shí)，繩子AP的張力大于繩子BP的張力
答案 ABC
解析 ω較小時(shí)，繩子AP處于松弛狀態(tài)，只有ω超過某一值，才產(chǎn)生拉力，A正確；當(dāng)AP、BP都產(chǎn)生張力之后，受力如圖，
FBPsinα＝mg＋FAPsinα①
FBPcosα＋FAPcosα＝mω2r②
由①②可知FBP>FAP，隨ω的增大FBP、FAP都變大，B、C正確，D錯(cuò)誤。
考點(diǎn)3 水平轉(zhuǎn)盤上運(yùn)動(dòng)物體的臨界問題
水平轉(zhuǎn)盤上運(yùn)動(dòng)物體的臨界問題，主要涉及到與摩擦力和彈力有關(guān)的臨界極值問題。
1．如果只有摩擦力提供向心力，物體間恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是物體間恰好達(dá)到最大靜摩擦力，則最大靜摩擦力Fm＝，方向指向圓心。
2．如果除摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體隨水平面轉(zhuǎn)動(dòng)，其臨界情況要根據(jù)題設(shè)條件進(jìn)行判斷，如判斷某個(gè)力是否存在以及這個(gè)力存在時(shí)的方向(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)。
3．運(yùn)動(dòng)實(shí)例
例3 游樂場(chǎng)中有一種娛樂設(shè)施叫“魔盤”，人坐在轉(zhuǎn)動(dòng)的大圓盤上，當(dāng)大圓盤轉(zhuǎn)速增加時(shí)，人就會(huì)自動(dòng)滑向盤邊緣。如圖所示，有a、b、c三人坐在圓盤上，a的質(zhì)量最大，b、c的質(zhì)量相差不多，但c離圓盤中心最遠(yuǎn)，a、b離圓盤中心的距離相等。若三人與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，且假定最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時(shí)，三人同時(shí)開始滑動(dòng)
B．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時(shí)，b首先開始滑動(dòng)
C．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時(shí)，a和c首先開始滑動(dòng)
D．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時(shí)，c首先開始滑動(dòng)
解題探究 (1)人和水平圓盤何時(shí)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)？
提示：他們之間的摩擦力達(dá)最大值時(shí)。
(2)如何分析誰(shuí)先滑動(dòng)？
提示：誰(shuí)的臨界角速度小誰(shuí)先滑動(dòng)。
嘗試解答 選D。
設(shè)圓盤的角速度為ω，則人所受的向心力F＝mω2R，且未滑動(dòng)前圓盤上的人做共軸運(yùn)動(dòng)，角速度相同。圓盤上的人受到的最大靜摩擦力為Ff＝μmg。由題意得，當(dāng)mω2R>μmg，即ω2R>μg時(shí)，圓盤上的人開始滑動(dòng)，c離圓盤中心最遠(yuǎn)，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時(shí)，c先開始滑動(dòng)，之后a、b再同時(shí)開始滑動(dòng)，D正確。
總結(jié)升華
解決臨界問題的注意事項(xiàng)
(1)先確定研究對(duì)象受力情況，看哪些力充當(dāng)向心力，哪些力可能突變引起臨界問題。
(2)注意分析物體所受靜摩擦力大小和方向隨圓盤轉(zhuǎn)速的變化而發(fā)生變化。
(3)關(guān)注臨界狀態(tài)，即靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)。例3中，隨圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)、靜摩擦力提供向心力，隨轉(zhuǎn)速的增大，靜摩擦力增大，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)開始滑動(dòng)，出現(xiàn)臨界情況，此時(shí)對(duì)應(yīng)的角速度為臨界角速度。
[變式3] 兩個(gè)質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為L(zhǎng)，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2L，a、b之間用長(zhǎng)為L(zhǎng)的強(qiáng)度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，開始時(shí)輕繩剛好伸直但無(wú)張力，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說(shuō)法正確的是( )
A．a(chǎn)比b先達(dá)到最大靜摩擦力
B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等
C．ω＝ 是b開始滑動(dòng)的臨界角速度
D．當(dāng)ω＝ 時(shí)，a所受摩擦力的大小為
答案 D
解析 木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)繩子上無(wú)拉力時(shí)，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：Ff＝mω2r，F(xiàn)fmax＝kmg，聯(lián)立得ωmax＝，故隨著ω增大，b先達(dá)到臨界角速度，b先達(dá)到最大靜摩擦力，故A錯(cuò)誤。在b的靜摩擦力沒有達(dá)到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質(zhì)量分別是2m和m，而圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r分別為L(zhǎng)和2L，所以開始時(shí)a和b受到的摩擦力是相等的；當(dāng)b受到的靜摩擦力達(dá)到最大后，即ω>，對(duì)于b木塊有：kmg＋F＝mω22L，對(duì)于a木塊有f－F＝2mω2L，聯(lián)立得f＝4mω2L－kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不一定相等，故B錯(cuò)誤。b剛要滑動(dòng)時(shí)，對(duì)b木塊有kmg＋F＝mω2L，對(duì)a木塊有k2mg－F＝2mωL，聯(lián)立得kmg＋2kmg＝4mωL，得ω0＝，故C錯(cuò)誤。當(dāng)ω＝ 時(shí)，b未滑動(dòng)，a所受摩擦力大小f＝4mω2L－kmg＝，故D正確。
考點(diǎn)4 豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)——“繩”模型和“桿”模型1.在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，按運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)的受力情況可分為兩類：一是無(wú)支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)的過山車等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)等)，稱為“桿(管)約束模型”。
2．繩、桿模型涉及的臨界問題
例4 (2018山西呂梁模擬)(多選)如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，內(nèi)側(cè)壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球通過最高點(diǎn)時(shí)的最小速度vmin＝
B．小球通過最高點(diǎn)時(shí)的最小速度vmin＝0
C．小球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球一定無(wú)作用力
D．小球在水平線ab以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外側(cè)管壁對(duì)小球一定有作用力
解題探究 (1)該光滑圓形管道屬于繩模型還是桿模型？
提示：桿模型。
(2)桿模型中小球通過最高點(diǎn)的臨界速度是多大？
提示：v＝0。
嘗試解答 選BC。
在最高點(diǎn)，由于外管或內(nèi)管都可以對(duì)小球產(chǎn)生彈力作用，當(dāng)小球的速度等于0時(shí)，內(nèi)管對(duì)小球產(chǎn)生彈力，大小為mg，故最小速度為0，故A錯(cuò)誤，B正確；小球在水平線ab以下管道運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以外側(cè)管壁對(duì)小球一定有作用力，而內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球一定無(wú)作用力，故C正確；小球在水平線ab以上管道運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可能外側(cè)管壁對(duì)小球有作用力，也可能外側(cè)管壁對(duì)小球沒有作用力，故D錯(cuò)誤。
總結(jié)升華
豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)問題的解題技巧
(1)定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點(diǎn)的臨界條件不同。
(2)確定臨界點(diǎn)：抓住繩模型中最高點(diǎn)v≥，以及桿模型中最高點(diǎn)v≥0這兩個(gè)臨界條件。
(3)研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況。
(4)受力分析：對(duì)物體在最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，F(xiàn)合＝F向(其中F合為沿半徑方向的合力)。
(5)過程分析：應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個(gè)狀態(tài)聯(lián)系起來(lái)列方程。
[變式4－1] (2018福州質(zhì)檢)如圖所示，長(zhǎng)均為L(zhǎng)的兩根輕繩，一端共同系住質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的距離也為L(zhǎng)。重力加速度大小為g?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運(yùn)動(dòng)，若小球在最高點(diǎn)速率為v時(shí)，兩根輕繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，每根輕繩的拉力大小為( )
A.mg B.mg C．3mg D．2mg
答案 A
解析 當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)速率為v時(shí)，兩根輕繩中張力恰好均為零，有mg＝m；當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，設(shè)每根輕繩中張力大小為F，應(yīng)有2Fcos30＋mg＝m，解得F＝mg，A正確。
[變式4－2] 一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿所受到的彈力可以等于零
B．小球過最高點(diǎn)的最小速度是
C．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而增大
D．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而減小
答案 A
解析 輕桿可對(duì)小球產(chǎn)生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點(diǎn)的速度可以為零，當(dāng)小球過最高點(diǎn)的速度v＝時(shí)，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯(cuò)誤。若v<，則桿在最高點(diǎn)對(duì)小球的彈力豎直向上，mg－F＝m，隨v增大，F(xiàn)減小；若v>，則桿在最高點(diǎn)對(duì)小球的彈力豎直向下，mg＋F＝m，隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯(cuò)誤。
考點(diǎn)5 斜面上圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題
在斜面上做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，根據(jù)受力情況的不同，可分為以下三類。
1．物體在靜摩擦力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)。
2．物體在繩的拉力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)。
3．物體在桿的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)。
這類問題的特點(diǎn)是重力的分力和其他力的合力提供向心力，運(yùn)動(dòng)和受力情況比較復(fù)雜。
例5 (2014安徽高考) 如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對(duì)稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5 m處有一小物體與圓盤始終保持相對(duì)靜止。物體與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30，g取10 m/s2。則ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解題探究 (1)隨著ω增大會(huì)發(fā)生什么？
提示：小物體在圓盤上滑動(dòng)。
(2)小物體轉(zhuǎn)到哪個(gè)位置最容易發(fā)生上述情況？
提示：最低點(diǎn)。
嘗試解答 選C。
當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)恰好要滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)盤的角速度最大，其受力如圖所示(其中O為對(duì)稱軸位置)。
由沿斜面的合力提供向心力，有
μmgcos30－mgsin30＝mω2R
得ω＝ ＝1.0 rad/s，C正確。
總結(jié)升華
與豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)類似，斜面上的圓周運(yùn)動(dòng)也是集中分析物體在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的受力情況，列牛頓運(yùn)動(dòng)定律方程來(lái)解題。只是在受力分析時(shí)，一般需要進(jìn)行立體圖到平面圖的轉(zhuǎn)化，這是解斜面上圓周運(yùn)動(dòng)問題的難點(diǎn)。
[變式5] 如圖所示，在傾角為α＝30的光滑斜面上，有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.8 m的輕桿，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，若要小球能通過最高點(diǎn)A，則小球在最低點(diǎn)B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
答案 A
解析 小球受輕桿控制，在A點(diǎn)的最小速度為零，由動(dòng)能定理可得：mg2Lsinα＝mv－0，可得vB＝4 m/s，A正確。
答卷現(xiàn)場(chǎng)2 水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)
(16分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對(duì)稱軸OO′重合。轉(zhuǎn)臺(tái)以一定角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時(shí)間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)罐壁靜止，它和O點(diǎn)的連線與OO′之間的夾角θ為60，重力加速度大小為g。
(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；
(2)ω＝(1k)ω0，且0mQ，LPmQ，所以P球所受繩的拉力大于Q球所受繩的拉力，故C項(xiàng)正確；向心加速度a＝＝2g，所以在軌跡的最低點(diǎn)，P、Q兩球的向心加速度相同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
3．(2017江蘇高考) 如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上。物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L(zhǎng)，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動(dòng)。整個(gè)過程中，物塊在夾子中沒有滑動(dòng)。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是( )
A．物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于2F
B．小環(huán)碰到釘子P時(shí)，繩中的張力大于2F
C．物塊上升的最大高度為
D．速度v不能超過
答案 D
解析 物塊受到的摩擦力小于等于最大靜摩擦力，即Mg≤2F。物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg≤2F，A錯(cuò)誤；小環(huán)碰到釘子時(shí)，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以繩子中的張力與2F大小關(guān)系不確定，B錯(cuò)誤；物塊運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－Mgh＝0－Mv2，則最大高度h＝，C錯(cuò)誤；環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)，物塊與夾子
間的靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)速度最大，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正確。
4. (2018廣東佛山質(zhì)檢一)圖示為公路自行車賽中運(yùn)動(dòng)員在水平路面上急轉(zhuǎn)彎的情景，運(yùn)動(dòng)員在通過彎道時(shí)如果控制不當(dāng)會(huì)發(fā)生側(cè)滑而摔離正常比賽路線，將運(yùn)動(dòng)員與自行車看做一個(gè)整體，下列論述正確的是( )
A．運(yùn)動(dòng)員轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面對(duì)車輪的支持力與重力的合力提供
B．運(yùn)動(dòng)員轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面對(duì)車輪的摩擦力提供
C．發(fā)生側(cè)滑是因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員受到的合外力方向背離圓心
D．發(fā)生側(cè)滑是因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員受到的合外力大于所需的向心力
答案 B
解析 運(yùn)動(dòng)員轉(zhuǎn)彎所需的向心力由地面對(duì)車輪的摩擦力提供，則A錯(cuò)誤，B正確。發(fā)生側(cè)滑而做離心運(yùn)動(dòng)的原因是自行車所受的摩擦力小于所需要的向心力，故C、D錯(cuò)誤。
5．(2018甘肅蘭化一中模擬) 如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中座椅(可視為質(zhì)點(diǎn))通過輕質(zhì)纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上。當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，不計(jì)空氣阻力，纜繩延長(zhǎng)線與豎直中心軸相交于O點(diǎn)，夾角為θ，O點(diǎn)到座椅的豎直高度為h，則當(dāng)ω增大時(shí)( )
A．h不變 B．θ減小
C．ω2h不變 D．ω2h增大
答案 C
解析 對(duì)座椅受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ＝mω2htanθ，解得：g＝ω2h，則當(dāng)ω增大時(shí)，h減小，θ變大，ω2h不變，故選C。
配套課時(shí)作業(yè)
時(shí)間：60分鐘 滿分：100分
一、選擇題(本題共11小題，每小題7分，共77分。其中1～8為單選，9～11為多選)
1. (2018南寧摸底)如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩物體緊貼在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的圓筒的豎直內(nèi)壁上，隨圓筒一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)系中正確的是( )
A．線速度vA＝vB
B．角速度ωA＝ωB
C．受到的合力FA合＝FB合
D．受到的摩擦力FfA>FfB
答案 B
解析 質(zhì)量相等的A、B兩物體隨圓筒一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，兩者的角速度相等，B正確；根據(jù)角速度與線速度的關(guān)系v＝ωr，A物體的線速度大于B物體的線速度，A錯(cuò)誤；由向心加速度公式a＝ω2r和牛頓第二定律F合＝ma可知，A物體所受的合力大于B物體所受的合力，C錯(cuò)誤；在豎直方向，它們所受的摩擦力等于重力，由于二者質(zhì)量相等，重力相等，所以它們受到的摩擦力相等，D錯(cuò)誤。
2. (2018朔州模擬)如圖所示，粗糙水平圓盤上，質(zhì)量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法不正確的是( )
A．B的向心力是A的向心力的2倍
B．盤對(duì)B的摩擦力是B對(duì)A的摩擦力的2倍
C．A、B都有沿半徑向外滑動(dòng)的趨勢(shì)
D．若B先滑動(dòng)，則B對(duì)A的動(dòng)摩擦因數(shù)μA大于盤對(duì)B的動(dòng)摩擦因數(shù)μB
答案 A
解析 A、B兩物塊的角速度大小相等，根據(jù)Fn＝mrω2，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相等，質(zhì)量相等，所以向心力相等，A錯(cuò)誤；對(duì)AB整體分析，F(xiàn)fB＝2mrω2，對(duì)A分析，有：FfA＝mrω2，知盤對(duì)B的摩擦力是B對(duì)A的摩擦力的2倍，B正確；A所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動(dòng)的趨勢(shì)，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，可知B有沿半徑向外滑動(dòng)的趨勢(shì)，C正確；對(duì)AB整體分析，μB2mg＝2mrω，解得：ωB＝，對(duì)A分析，μAmg＝mrω，解得ωA＝，因?yàn)锽先滑動(dòng)，可知B先達(dá)到臨界角速度，可知B的臨界角速度較小，即μB<μA，D正確。
3. 如圖所示，兩個(gè)相同材料制成的水平摩擦輪A和B，兩輪半徑RA＝2RB，A為主動(dòng)輪。當(dāng)A輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在A輪邊緣處放置的小木塊恰能在A輪的邊緣上與A輪相對(duì)靜止，若將小木塊放在B輪上讓其相對(duì)B輪靜止，木塊與B輪轉(zhuǎn)軸間的最大距離為( )
A. B. C．RB D.
答案 B
解析 兩輪邊緣上線速度大小相等，根據(jù)題意可知ωARA＝ωBRB，所以ωB＝＝2ωA，因?yàn)橥晃矬w在兩輪上受到的最大靜摩擦力相等，則根據(jù)最大靜摩擦力等于向心力有mωRA＝mωr，解得r＝＝＝，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
4. 如圖所示，在傾角為α＝30的固定光滑斜面上，有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1 m的細(xì)繩，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一小球沿斜面做圓周運(yùn)動(dòng)，若小球能通過最高點(diǎn)A，取重力加速度g＝10 m/s2，則( )
A．小球經(jīng)過最高點(diǎn)A的速度可能是1 m/s
B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)B過程繩子拉力可能先變小后變大
C．小球經(jīng)過最低點(diǎn)B的速度大于等于5 m/s
D．小球受到的合力的最小值可能為0
答案 C
解析 小球能通過最高點(diǎn)A，有mgsin30＋F＝m，F(xiàn)≥0，有vA≥ m/s，A錯(cuò)誤；小球從最高點(diǎn)A向最低點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)過程中，其拉力逐漸變大，B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到B點(diǎn)機(jī)械能守恒，有2mgLsin30＝mv－mv，vB≥5 m/s，C正確；根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)得知，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其合力不可能為零，D錯(cuò)誤。
5．(2019湖南六校聯(lián)考)一根細(xì)線一端系一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，另一端固定在光滑圓錐頂上，如圖所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω，細(xì)線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是( )
答案 C
解析 由題知小球未離開圓錐表面時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，用L表示細(xì)線長(zhǎng)度，小球離開圓錐表面前，細(xì)線的張力為FT，圓錐對(duì)小球的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，F(xiàn)Tcosθ＋FNsinθ＝mg，聯(lián)立解得FT＝mgcosθ＋mω2Lsin2θ。小球離開圓錐表面后，設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mLω2。對(duì)照四個(gè)選項(xiàng)的圖象可知C項(xiàng)正確。
6. (2018保定一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán)，圓心為O，OA連線水平，AB為固定在A、B兩點(diǎn)間的光滑直桿，在直桿和圓環(huán)上分別套著一個(gè)相同的小球M、N。先后兩次讓小球M、N以角速度ω和2ω隨圓環(huán)一起繞豎直直徑BD做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則( )
A．小球M第二次的位置比第一次時(shí)離A點(diǎn)近
B．小球M第二次的位置與第一次時(shí)相同
C．小球N第二次的豎直位置比第一次時(shí)高
D．小球N第二次的豎直位置比第一次時(shí)低
答案 C
解析 M球套在直桿上，受力分析如圖甲所示，受重力mg和桿的支持力N，設(shè)桿AB與水平面夾角為θ，則有mgtanθ＝mω2r，所以當(dāng)ω變大時(shí)r變小，所以小球M第二次位置比第一次離B近，故A、B均錯(cuò)誤；小球N套在圓環(huán)上，受力分析如圖乙，受重力mg和環(huán)的支持力FN，則將mg和FN合成，合力提供向心力，有mgtanα＝mω2Rsinα，其中R為大圓環(huán)半徑，化簡(jiǎn)得：ω2＝，ω變大，cosα變小，α變大，所以小球N第二次位置比第一次高，故C正確，D錯(cuò)誤。
7．(2018安陽(yáng)模擬)如圖甲所示，輕桿一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，桿與小球間彈力大小為F，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其F－v2圖象如圖乙所示。則下列說(shuō)法不正確的是( )
A．小球的質(zhì)量為
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?
C．v2＝c時(shí)，小球?qū)U的彈力方向向上
D．v2＝2b時(shí)，小球受到的彈力與重力大小相等
答案 B
解析 當(dāng)彈力F方向向下時(shí)，F(xiàn)＋mg＝m，解得F＝m－mg，當(dāng)彈力F方向向上時(shí)，mg－F＝m，解得F＝mg－m，對(duì)比題圖乙F－v2圖象可知，b＝gR，a＝mg，聯(lián)立解得g＝，m＝，A正確，B錯(cuò)誤；v2＝c時(shí)，代入F＝－mg，得F>0，由牛頓第三定律知，小球?qū)U的彈力方向向上，C正確；同理v2＝2b時(shí)，解得小球受到的彈力與重力大小相等，D正確。
8. 如圖所示，輕繩的一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。當(dāng)小球在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過傳感器測(cè)得輕繩拉力T、輕繩與豎直線OP的夾角θ滿足關(guān)系式T＝a＋bcosθ，式中a、b為常數(shù)。若不計(jì)空氣阻力，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹? )
A. B. C. D.
答案 D
解析 設(shè)小球在最低點(diǎn)，即θ＝0時(shí)的速度為v1，拉力為T1，在最高點(diǎn)，即θ＝180時(shí)的速度為v2，拉力為T2，在最低點(diǎn)有：T1－mg＝m，在最高點(diǎn)有：T2＋mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理有：2mgR＝mv－mv，可得T1－T2＝6mg，對(duì)比T＝a＋bcosθ，有T1＝a＋b，T2＝a－b，故T1－T2＝2b，即6mg＝2b，故當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝，D正確。
9. (2018河北名校聯(lián)盟質(zhì)檢一)如圖為過山車及其軌道簡(jiǎn)化模型，過山車車廂內(nèi)固定一安全座椅，座椅上乘坐假人，并系好安全帶，安全帶恰好未繃緊，不計(jì)一切阻力，以下判斷正確的是( )
A．過山車在圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
B．過山車在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度至少應(yīng)等于
C．過山車在圓軌道最低點(diǎn)時(shí)假人處于失重狀態(tài)
D．若過山車能順利通過整個(gè)圓軌道，在最高點(diǎn)時(shí)安全帶對(duì)假人一定無(wú)作用力
答案 BD
解析 過山車在豎直圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切阻力，只有重力做功，則機(jī)械能守恒，過山車動(dòng)能不斷變化，速度也在變，故不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)，過山車和假人水平方向不受力，重力和軌道對(duì)過山車的彈力的合力提供向心力，當(dāng)彈力為零時(shí)，速度最小，則mg＝m，解得過山車在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度至少為v＝，B正確；在最低點(diǎn)時(shí)，重力和軌道對(duì)過山車的彈力的合力提供向心力，加速度方向向上，假人處于超重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；若過山車順利通過整個(gè)圓軌道，在最高點(diǎn)速度最低時(shí)假人的重力恰好提供向心力，若在最高點(diǎn)速度大于，則座椅對(duì)假人有向下的支持力，安全帶對(duì)假人無(wú)作用力，D正確。
10. (2018福建廈門質(zhì)檢)如圖所示，金屬塊Q放在帶光滑小孔的水平桌面上，一根穿過小孔的細(xì)線，上端固定在Q上，下端拴一個(gè)小球。小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(圓錐擺)，細(xì)線與豎直方向成30角(圖中P位置)?，F(xiàn)使小球在更高的水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。細(xì)線與豎直方向成60角(圖中P′位置)。兩種情況下，金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點(diǎn)，則后一種情況與原來(lái)相比較，下面判斷正確的是( )
A．Q受到桌面的靜摩擦力大小不變
B．小球運(yùn)動(dòng)的角速度變大
C．細(xì)線所受的拉力之比為2∶1
D．小球向心力大小之比為3∶1
答案 BD
解析 對(duì)小球受力分析如圖所示，則有T＝，向心力Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝，當(dāng)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的平面升高時(shí)，θ增大，cosθ減小，則拉力T增大，角速度ω增大，金屬塊Q受到的靜摩擦力等于細(xì)線的拉力大小，則后一種情況與原來(lái)相比，Q受到桌面的靜摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確。細(xì)線與豎直方向成30角時(shí)拉力T1＝＝，細(xì)線與豎直方向成60角時(shí)拉力T2＝＝2mg，所以T2∶T1＝∶1，故C錯(cuò)誤。細(xì)線與豎直方向成30角時(shí)向心力Fn1＝mgtan30＝mg，細(xì)線與豎直方向成60角時(shí)向心力Fn2＝mgtan60＝mg，所以Fn2∶Fn1＝3∶1，所以D正確。
11. (2018湖北黃岡期末)如圖所示，置于豎直面內(nèi)的光滑金屬圓環(huán)半徑為r，質(zhì)量為m的帶孔小球穿于環(huán)上，同時(shí)有一長(zhǎng)為r的細(xì)繩一端系于圓環(huán)最高點(diǎn)，另一端系于小球上，當(dāng)圓環(huán)以角速度ω(ω≠0)繞豎直直徑轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)( )
A．細(xì)繩對(duì)小球的拉力可能為零
B．細(xì)繩和金屬圓環(huán)對(duì)小球的作用力大小可能相等
C．細(xì)繩對(duì)小球拉力與小球的重力大小不可能相等
D．當(dāng)ω＝ 時(shí)，金屬圓環(huán)對(duì)小球的作用力為零
答案 CD
解析 因?yàn)閳A環(huán)光滑，小球不受摩擦力，小球受重力、繩子的拉力、環(huán)對(duì)小球的彈力，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60，當(dāng)圓環(huán)旋轉(zhuǎn)時(shí)，小球繞豎直軸做圓周運(yùn)動(dòng)，則有Tcos60＋Ncos60＝mg，Tsin60－Nsin60＝mω2rsin60，解得T＝mg＋mω2r，N＝mg－mω2r，當(dāng)ω＝時(shí)，金屬圓環(huán)對(duì)小球的作用力N＝0。綜上可知C、D正確，A、B錯(cuò)誤。
二、非選擇題(本題共2小題，共23分)
12．(10分) 如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5 kg 的小球，用長(zhǎng)為0.4 m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。g取 10 m/s2，求：
(1)小球要做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)的速度至少為多大？
(2)當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度為4 m/s時(shí)，輕繩拉力多大？
(3)若輕繩能承受的最大張力為45 N，小球的最大速度不能超過多大？
答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 m/s
解析 (1)在最高點(diǎn)，對(duì)小球受力分析如圖甲，由牛頓第二定律得mg＋F1＝①
由于輕繩對(duì)小球只能提供指向圓心的拉力，即F1不可能取負(fù)值，亦即F1≥0②
聯(lián)立①②得v≥
代入數(shù)值得v≥2 m/s
所以，小球要做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)的速度至少為2 m/s。
(2)設(shè)當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度為v2＝4 m/s時(shí)，繩子施加的拉力為F2，
由牛頓第二定律有mg＋F2＝m，
代入數(shù)據(jù)解得F2＝15 N。
(3)由分析可知，小球在最低點(diǎn)張力最大，速度最大，對(duì)小球受力分析如圖乙，
由牛頓第二定律得F3－mg＝③
將F3＝45 N代入③得v3＝4 m/s
即小球的最大速度不能超過4 m/s。
13．(13分) 半徑為R的水平圓臺(tái)可繞通過圓心O的豎直光滑細(xì)軸CC′轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示。圓臺(tái)上沿相互垂直的兩個(gè)半徑方向刻有槽，質(zhì)量為mA的物體A放在一個(gè)槽內(nèi)，A與槽底間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，質(zhì)量為mB的物體B放在另一個(gè)槽內(nèi)，此槽是光滑的，A、B間用一長(zhǎng)為l(l
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2020高考物理一輪復(fù)習(xí)
第四章
第3講
圓周運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用學(xué)案含解析
2020
高考
物理
一輪
復(fù)習(xí)
第四
圓周運(yùn)動(dòng)
及其
應(yīng)用
解析
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2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第四章 第3講 圓周運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc
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