5、>r乙時，
a甲>a乙，故B正確；由a＝ωv知當ω相同情況下，v甲>v乙時，a甲>a乙，故C正確；由a＝ωv知當v相同情況下，ω甲>ω乙時，a甲>a乙，故D正確。
3．(人教版必修2·P26·T5)一輛汽車在水平公路上轉彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小。如圖A、B、C、D分別畫出了汽車轉彎時所受合力F的四種方向，你認為正確的是( )
答案 C
解析 汽車沿曲線轉彎，所以受到垂直速度方向指向軌跡凹側的向心力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，這兩個力的合力方向如圖C所示。
4．下列關于離心現(xiàn)象的說法正確的是( )
A．當物體所受的
6、離心力大于向心力時產(chǎn)生離心現(xiàn)象
B．做勻速圓周運動的物體，當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動
C．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將沿切線做直線運動
D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將做曲線運動
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，物體就做離心運動，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體，當所受的一切力突然消失后，物體將沿切線做勻速直線運動，故B、D錯誤，C正確。
考點細研 悟法培優(yōu)
考點1 圓周運動的運動學分析
1．圓周運動各物理
7、量間的關系
2．對公式v＝ωr的理解
當r一定時，v與ω成正比；
當ω一定時，v與r成正比；
當v一定時，ω與r成反比。
3．對a＝＝ω2r的理解
當v一定時，a與r成反比；
當ω一定時，a與r成正比。
4．常見的三種傳動方式及特點
(1)皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。
(2)摩擦(齒輪)傳動：如圖丙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。
(3)同軸轉動：如圖丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉軸轉動，兩輪轉動的角速度大小相等，即ωA＝ωB。
例1 如圖所示的皮帶
8、傳動裝置中，右邊兩輪連在一起同軸轉動。圖中三輪半徑的關系為：r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C三點為三個輪邊緣上的點，皮帶不打滑，則A、B、C三點的線速度之比為________；角速度之比為________；周期之比為________。
解題探究 (1)A、B兩點位于兩輪邊緣靠皮帶傳動，那么vA與vB有什么關系？ωA與ωB有什么關系？
提示：vA＝vB，＝。
(2)B、C為同軸轉動的兩點，vB與vC、ωB與ωC的關系是什么？
提示：ωB＝ωC，＝。
嘗試解答 1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。
因為A、B兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時間內(nèi)A、B兩點轉過的弧長相
9、等，即vA＝vB，由v＝ωr知＝＝，又B、C是同軸轉動，相等時間內(nèi)轉過的角度相等，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。
總結升華
解決傳動問題的關鍵
(1)確定屬于哪類傳動方式，抓住傳動裝置的特點。
①同軸轉動：固定在一起共軸轉動的物體上各點角速度相同；②皮帶傳動、齒輪傳動和摩擦傳動：齒輪傳動和不打滑的摩擦(皮帶)傳動的兩輪邊緣上各點線速度大小相等。如例1，右邊兩輪為同軸轉動；左輪與右邊小輪為皮帶傳動。
(2)結合公式v＝ωr，v一定時ω與r成反比，ω一定時v與r成正比，
10、判定各點v、ω的比例關系。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結構示意圖，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每秒踩腳踏板轉n圈，則下列判斷正確的是( )
A．牙盤轉動角速度為
B．飛輪邊緣轉動線速度為2πnr2
C．牙盤邊緣向心加速度為
D．自行車勻速運動的速度為
答案 D
解析 腳踏板與牙盤同軸轉動，二者角速度相等，每秒踩腳踏板n圈，因為轉動一圈，相對圓心轉的角度為2π，所以角速度ω1＝2πn，A錯誤；牙盤邊緣與飛輪邊緣線速度
11、的大小相等，據(jù)v＝rω可知，飛輪邊緣上的線速度v1＝2πnr1，B錯誤；牙盤邊緣的向心加速度a＝＝＝(2πn)2r1，故C錯誤；飛輪角速度ω2＝＝，自行車后輪角速度與飛輪角速度相等，自行車勻速運動的速度v＝ω2r3＝，故D正確。
考點2 圓錐擺模型及其臨界問題
1．圓錐擺模型的受力特點
受兩個力，且兩個力的合力沿水平方向，物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。
2．運動實例
3．解題方法：①對研究對象進行受力分析，確定向心力來源。②確定圓心和半徑。③應用相關力學規(guī)律列方程求解。
4．規(guī)律總結
(1)圓錐擺的周期
如圖擺長為L，擺線與豎直方向夾角為θ。
受力分析，由牛頓第二
12、定律得：mgtanθ＝mr
r＝Lsinθ
解得T＝2π＝2π。
(2)結論
①擺高h＝Lcosθ，周期T越小，圓錐擺轉的越快，θ越大。
②擺線拉力F＝，圓錐擺轉的越快，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、不同擺長和擺角的圓錐擺，如圖乙所示。
由T＝2π知擺高h相同，則TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。
例2 如圖所
13、示，用一根長為l＝1 m的細線，一端系一質量為m＝1 kg的小球(可視為質點)，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：錐面對小球支持力為零，且細線與豎直方向的夾角為θ。
(2)細線與豎直方向夾角為60°時，小球受幾個力？
提示：2個，重力、細線的拉力。
嘗試解答 (1) rad/s (2)2
14、 rad/s
(1)當小球剛要離開錐面時，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)當細線與豎直方向夾角α＝60°時，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)對于
15、火車轉彎、半圓形碗內(nèi)的水平圓周運動有兩類臨界情況：①摩擦力的方向發(fā)生改變；②發(fā)生相對滑動。
[變式2－1] (2018·通州模擬)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐筒，其軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動。有一個質量為m的小球A緊貼著筒內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，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做勻速圓周運動的角速度ω＝
B．小球A受到重力、支持力和向心力三個力作用
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、支持力兩個力作用，合力方向沿水平方向指向軸線，故
16、B、D錯誤；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錯誤。
[變式2－2] (多選)如圖所示，物體P用兩根長度相等、不可伸長的細線系于豎直桿上，它們隨桿轉動，若轉動角速度為ω，則( )
A．ω只有超過某一值時，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ω增大到一定程度時，繩子AP的張力大于繩子BP的張力
答案 ABC
解析 ω較小時，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AP、BP都產(chǎn)生張力之后，受力如圖，
FBPsinα＝mg＋FAPsin
17、α①
FBPcosα＋FAPcosα＝mω2r②
由①②可知FBP>FAP，隨ω的增大FBP、FAP都變大，B、C正確，D錯誤。
考點3 水平轉盤上運動物體的臨界問題
水平轉盤上運動物體的臨界問題，主要涉及到與摩擦力和彈力有關的臨界極值問題。
1．如果只有摩擦力提供向心力，物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，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動，其臨界情況要根據(jù)題設條件進行判斷，如判斷某個力是否存在以及這個力存在時的方向(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)。
3．運動實例
例3
18、 游樂場中有一種娛樂設施叫“魔盤”，人坐在轉動的大圓盤上，當大圓盤轉速增加時，人就會自動滑向盤邊緣。如圖所示，有a、b、c三人坐在圓盤上，a的質量最大，b、c的質量相差不多，但c離圓盤中心最遠，a、b離圓盤中心的距離相等。若三人與盤面間的動摩擦因數(shù)均相等，且假定最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是( )
A．當圓盤轉速增加時，三人同時開始滑動
B．當圓盤轉速增加時，b首先開始滑動
C．當圓盤轉速增加時，a和c首先開始滑動
D．當圓盤轉速增加時，c首先開始滑動
解題探究 (1)人和水平圓盤何時發(fā)生相對滑動？
提示：他們之間的摩擦力達最大值時。
(2)如何分析誰先滑動
19、？
提示：誰的臨界角速度小誰先滑動。
嘗試解答 選D。
設圓盤的角速度為ω，則人所受的向心力F＝mω2R，且未滑動前圓盤上的人做共軸運動，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mω2R>μmg，即ω2R>μg時，圓盤上的人開始滑動，c離圓盤中心最遠，當圓盤轉速增加時，c先開始滑動，之后a、b再同時開始滑動，D正確。
總結升華
解決臨界問題的注意事項
(1)先確定研究對象受力情況，看哪些力充當向心力，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速的變化而發(fā)生變化。
(3)關注臨界狀態(tài)，即靜摩擦力達到最大值時。例3中，
20、隨圓盤轉動、靜摩擦力提供向心力，隨轉速的增大，靜摩擦力增大，當達到最大靜摩擦力時開始滑動，出現(xiàn)臨界情況，此時對應的角速度為臨界角速度。
[變式3] 兩個質量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為L，b與轉軸的距離為2L，a、b之間用長為L的強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軸緩慢地加速轉動，開始時輕繩剛好伸直但無張力，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)比b先達到最大靜摩擦力
B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等
C．ω＝ 是b開始滑動的臨界角速度
21、D．當ω＝ 時，a所受摩擦力的大小為
答案 D
解析 木塊隨圓盤一起轉動，當繩子上無拉力時，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先達到臨界角速度，b先達到最大靜摩擦力，故A錯誤。在b的靜摩擦力沒有達到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質量分別是2m和m，而圓周運動的半徑r分別為L和2L，所以開始時a和b受到的摩擦力是相等的；當b受到的靜摩擦力達到最大后，即ω>，對于b木塊有：kmg＋F＝mω2·2L，對于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錯誤。b剛要滑動
22、時，對b木塊有kmg＋F＝mω·2L，對a木塊有k·2mg－F＝2mωL，聯(lián)立得kmg＋2kmg＝4mωL，得ω0＝，故C錯誤。當ω＝ 時，b未滑動，a所受摩擦力大小f＝4mω2L－kmg＝，故D正確。
考點4 豎直面內(nèi)的圓周運動——“繩”模型和“桿”模型1.在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的過山車等)，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)的運動等)，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
23、的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，內(nèi)側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是( )
A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝
B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝0
C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內(nèi)側管壁對小球一定無作用力
D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力
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的臨界速度是多大？
提示：v＝0。
嘗試解答 選BC。
在最高點，由于外管或內(nèi)管都可以對小球產(chǎn)生彈力作用，當小球的速度等于0時，內(nèi)管對小球產(chǎn)生彈力，大小為mg，故最小速度
24、為0，故A錯誤，B正確；小球在水平線ab以下管道運動時，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力，所以外側管壁對小球一定有作用力，而內(nèi)側管壁對小球一定無作用力，故C正確；小球在水平線ab以上管道運動時，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力，可能外側管壁對小球有作用力，也可能外側管壁對小球沒有作用力，故D錯誤。
總結升華
豎直面內(nèi)圓周運動問題的解題技巧
(1)定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同。
(2)確定臨界點：抓住繩模型中最高點v≥，以及桿模型中最高點v≥0這兩個臨界條件。
(3)研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運動只涉及最高
25、點和最低點的運動情況。
(4)受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，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：應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯(lián)系起來列方程。
[變式4－1] (2018·福州質檢)如圖所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根輕繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根輕繩的拉力大小為( )
A.mg B.mg C．
26、3mg D．2mg
答案 A
解析 當小球到達最高點速率為v時，兩根輕繩中張力恰好均為零，有mg＝m；當小球到達最高點速率為2v時，設每根輕繩中張力大小為F，應有2Fcos30°＋mg＝m，解得F＝mg，A正確。
[變式4－2] 一輕桿一端固定質量為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的圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是( )
A．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零
B．小球過最高點的最小速度是
C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大
D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小
答案 A
解析 輕桿可對小球產(chǎn)
27、生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點的速度可以為零，當小球過最高點的速度v＝時，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯誤。若v<，則桿在最高點對小球的彈力豎直向上，mg－F＝m，隨v增大，F(xiàn)減小；若v>，則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mg＋F＝m，隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯誤。
考點5 斜面上圓周運動的臨界問題
在斜面上做圓周運動的物體，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動。
2．物體在繩的拉力作用下做圓周運動。
3．物體在桿的作用下做圓周運動。
這類問題的特點是重力的分力和其他力的合力提供向心力，運動和受力情況比較復雜。
例5 (2014·安徽高
28、考) 如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5 m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，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增大會發(fā)生什么？
提示：小物體在圓盤上滑動。
(2)小物體轉到哪個位置最容易發(fā)生上述情況？
提示：最低點。
嘗試解答 選C。
當物體轉到圓盤的最低點恰好要滑動時，轉盤的角速度最大，其受力如圖所
29、示(其中O為對稱軸位置)。
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。
總結升華
與豎直面內(nèi)的圓周運動類似，斜面上的圓周運動也是集中分析物體在最高點和最低點的受力情況，列牛頓運動定律方程來解題。只是在受力分析時，一般需要進行立體圖到平面圖的轉化，這是解斜面上圓周運動問題的難點。
[變式5] 如圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8 m的輕桿，一端固定在O點，另一端系一質量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運動，取g＝10 m/s2，若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速
30、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點的最小速度為零，由動能定理可得：mg·2Lsinα＝mv－0，可得vB＝4 m/s，A正確。
答卷現(xiàn)場2 水平面內(nèi)的圓周運動
(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的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以一定角速度ω勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g。
(1)若ω＝ω0，小
31、物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；
(2)ω＝(1±k)ω0，且0
32、角速度ω＝＝×3.14 rad/s＝ rad/s，又v＝ωr，所r＝＝×180 m＝3439 m，故C錯誤，D正確。
2．(2016·全國卷Ⅱ) 小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的動能一定小于Q球的動能
C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
答案 C
解析 設小球的質量為m，繩長為L，根據(jù)動能定理得mgL＝mv2，解得v＝，LP<
33、LQ，所以vPmQ，LPmQ，所以P球所受繩的拉力大于Q球所受繩的拉力，故C項正確；向心加速度a＝＝2g，所以在軌跡的最低點，P、Q兩球的向心加速度相同，故D項錯誤。
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)套在水平光滑細桿上。物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側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向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動。整個過程中，物塊在夾子
34、中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F
B．小環(huán)碰到釘子P時，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。物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg≤2F，A錯誤；小環(huán)碰到釘子時，物塊做圓周運動，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大小關系不確定，B錯誤；物塊運動到達最高點，根據(jù)動能定理有－Mgh＝0－Mv2，則最大高度h＝，C錯誤；環(huán)碰到釘子后，物
35、塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子
間的靜摩擦力達到最大值時速度最大，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正確。
4. (2018·廣東佛山質檢一)圖示為公路自行車賽中運動員在水平路面上急轉彎的情景，運動員在通過彎道時如果控制不當會發(fā)生側滑而摔離正常比賽路線，將運動員與自行車看做一個整體，下列論述正確的是( )
A．運動員轉彎所需向心力由地面對車輪的支持力與重力的合力提供
B．運動員轉彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力提供
C．發(fā)生側滑是因為運動員受到的合外力方向背離圓心
D．發(fā)生側滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力
答案 B
解析 運動員轉彎所需的
36、向心力由地面對車輪的摩擦力提供，則A錯誤，B正確。發(fā)生側滑而做離心運動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錯誤。
5．(2018·甘肅蘭化一中模擬) 如圖所示，“旋轉秋千”中座椅(可視為質點)通過輕質纜繩懸掛在旋轉圓盤上。當旋轉圓盤以角速度ω勻速轉動時，不計空氣阻力，纜繩延長線與豎直中心軸相交于O點，夾角為θ，O點到座椅的豎直高度為h，則當ω增大時( )
A．h不變 B．θ減小
C．ω2h不變 D．ω2h增大
答案 C
解析 對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ω增大時，h減小，θ變大，
37、ω2h不變，故選C。
配套課時作業(yè)
時間：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，質量相等的A、B兩物體緊貼在勻速轉動的圓筒的豎直內(nèi)壁上，隨圓筒一起做勻速圓周運動，則下列關系中正確的是( )
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 質量相等的A、B兩物體隨圓筒一起做勻速圓周運動，兩者的角速度相等，B正確；根據(jù)角速度與線速度的關系v＝ωr，A物體的線速度大于B物體的線速度，
38、A錯誤；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錯誤；在豎直方向，它們所受的摩擦力等于重力，由于二者質量相等，重力相等，所以它們受到的摩擦力相等，D錯誤。
2. (2018·朔州模擬)如圖所示，粗糙水平圓盤上，質量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列說法不正確的是( )
A．B的向心力是A的向心力的2倍
B．盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍
C．A、B都有沿半徑向外滑動的趨勢
D．若B先滑動，則B對A的動摩擦因數(shù)μA大于盤對B的動摩擦因數(shù)μB
答案 A
解析 A、B兩物塊的角速度大小相等，
39、根據(jù)Fn＝mrω2，轉動半徑相等，質量相等，所以向心力相等，A錯誤；對AB整體分析，F(xiàn)fB＝2mrω2，對A分析，有：FfA＝mrω2，知盤對B的摩擦力是B對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有沿半徑向外滑動的趨勢，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，可知B有沿半徑向外滑動的趨勢，C正確；對AB整體分析，μB·2mg＝2mrω，解得：ωB＝，對A分析，μAmg＝mrω，解得ωA＝，因為B先滑動，可知B先達到臨界角速度，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為主動輪。當A輪勻速轉動時，
40、在A輪邊緣處放置的小木塊恰能在A輪的邊緣上與A輪相對靜止，若將小木塊放在B輪上讓其相對B輪靜止，木塊與B輪轉軸間的最大距離為( )
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，因為同一物體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錯誤。
4. 如圖所示，在傾角為α＝30°的固定光滑斜面上，有一根長為L＝1 m的細繩，一端固定在O點，另一端系一小球沿斜面做圓周運動，若小球能通過最高點A，取重力加速度g＝10 m/s2，則( )
41、
A．小球經(jīng)過最高點A的速度可能是1 m/s
B．小球從A點運動至最低點B過程繩子拉力可能先變小后變大
C．小球經(jīng)過最低點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A，有mgsin30°＋F＝m，F(xiàn)≥0，有vA≥ m/s，A錯誤；小球從最高點A向最低點B運動過程中，其拉力逐漸變大，B錯誤；從A點到B點機械能守恒，有2mgLsin30°＝mv－mv，vB≥5 m/s，C正確；根據(jù)曲線運動特點得知，小球做圓周運動，其合力不可能為零，D錯誤。
5．(2019·湖南六校聯(lián)考)一根細線一端系一小球(可視為質點)，另一端固定在光滑圓錐頂
42、上，如圖所示，設小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，細線的張力為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細線與豎直方向的夾角為θ，用L表示細線長度，小球離開圓錐表面前，細線的張力為FT，圓錐對小球的支持力為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，設細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＝mL·ω2。對照四個選項的圖象可知C項正確。
6. (2018·保定一模
43、)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兩點間的光滑直桿，在直桿和圓環(huán)上分別套著一個相同的小球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做勻速圓周運動。則( )
A．小球M第二次的位置比第一次時離A點近
B．小球M第二次的位置與第一次時相同
C．小球N第二次的豎直位置比第一次時高
D．小球N第二次的豎直位置比第一次時低
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，設桿AB與水平面夾角為θ，則有mgtanθ＝mω2r，所以當ω變大時r變小，所以小球M第二次位置比第一次離B近，故A、
44、B均錯誤；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＝mω2·Rsinα，其中R為大圓環(huán)半徑，化簡得：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錯誤。
7．(2018·安陽模擬)如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，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的圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F－v2圖象如圖乙所示。則下列說法不正確的是( )
A．小球的質量為
B．當?shù)氐闹亓铀俣却笮?
C．v2＝c時，小球對桿的彈力
45、方向向上
D．v2＝2b時，小球受到的彈力與重力大小相等
答案 B
解析 當彈力F方向向下時，F(xiàn)＋mg＝m，解得F＝m－mg，當彈力F方向向上時，mg－F＝m，解得F＝mg－m，對比題圖乙F－v2圖象可知，b＝gR，a＝mg，聯(lián)立解得g＝，m＝，A正確，B錯誤；v2＝c時，代入F＝－mg，得F>0，由牛頓第三定律知，小球對桿的彈力方向向上，C正確；同理v2＝2b時，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，另一端系一質量為m的小球(可視為質點)。當小球在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動時，通過傳感器測得輕繩拉力T、輕繩與豎直線OP的夾角θ滿足關系
46、式T＝a＋bcosθ，式中a、b為常數(shù)。若不計空氣阻力，則當?shù)氐闹亓铀俣葹? )
A. B. C. D.
答案 D
解析 設小球在最低點，即θ＝0時的速度為v1，拉力為T1，在最高點，即θ＝180°時的速度為v2，拉力為T2，在最低點有：T1－mg＝m，在最高點有：T2＋mg＝m，根據(jù)動能定理有：2mgR＝mv－mv，可得T1－T2＝6mg，對比T＝a＋bcosθ，有T1＝a＋b，T2＝a－b，故T1－T2＝2b，即6mg＝2b，故當?shù)刂亓铀俣萭＝，D正確。
9. (2018·河北名校聯(lián)盟質檢一)如圖為過山車及其軌道簡化模型，過山車車廂內(nèi)固定一安全座椅，座椅上乘坐假人，
47、并系好安全帶，安全帶恰好未繃緊，不計一切阻力，以下判斷正確的是( )
A．過山車在圓軌道上做勻速圓周運動
B．過山車在圓軌道最高點時的速度至少應等于
C．過山車在圓軌道最低點時假人處于失重狀態(tài)
D．若過山車能順利通過整個圓軌道，在最高點時安全帶對假人一定無作用力
答案 BD
解析 過山車在豎直圓軌道上做圓周運動，不計一切阻力，只有重力做功，則機械能守恒，過山車動能不斷變化，速度也在變，故不可能做勻速圓周運動，A錯誤；在最高點，過山車和假人水平方向不受力，重力和軌道對過山車的彈力的合力提供向心力，當彈力為零時，速度最小，則mg＝m，解得過山車在圓軌道最高點時的速度至少為v＝，B
48、正確；在最低點時，重力和軌道對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錯誤；若過山車順利通過整個圓軌道，在最高點速度最低時假人的重力恰好提供向心力，若在最高點速度大于，則座椅對假人有向下的支持力，安全帶對假人無作用力，D正確。
10. (2018·福建廈門質檢)如圖所示，金屬塊Q放在帶光滑小孔的水平桌面上，一根穿過小孔的細線，上端固定在Q上，下端拴一個小球。小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)，細線與豎直方向成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動。細線與豎直方向成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，則
49、后一種情況與原來相比較，下面判斷正確的是( )
A．Q受到桌面的靜摩擦力大小不變
B．小球運動的角速度變大
C．細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＝，當小球做圓周運動的平面升高時，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線的拉力大小，則后一種情況與原來相比，Q受到桌面的靜摩擦力增大，故A錯誤，B正確。細線與豎直方向成30°角時拉力T1＝＝，細線與豎直方向成60°角時拉力T2＝＝2mg，所以T2∶T1＝∶1
50、，故C錯誤。細線與豎直方向成30°角時向心力Fn1＝mgtan30°＝mg，細線與豎直方向成60°角時向心力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，質量為m的帶孔小球穿于環(huán)上，同時有一長為r的細繩一端系于圓環(huán)最高點，另一端系于小球上，當圓環(huán)以角速度ω(ω≠0)繞豎直直徑轉動時( )
A．細繩對小球的拉力可能為零
B．細繩和金屬圓環(huán)對小球的作用力大小可能相等
C．細繩對小球拉力與小球的重力大小不可能相等
D．當ω＝ 時，金屬圓環(huán)對小球的作用力為零
答案 CD
解析
51、 因為圓環(huán)光滑，小球不受摩擦力，小球受重力、繩子的拉力、環(huán)對小球的彈力，根據(jù)幾何關系可知，此時細繩與豎直方向的夾角為60°，當圓環(huán)旋轉時，小球繞豎直軸做圓周運動，則有Tcos60°＋Ncos60°＝mg，Tsin60°－Nsin60°＝mω2rsin60°，解得T＝mg＋mω2r，N＝mg－mω2r，當ω＝時，金屬圓環(huán)對小球的作用力N＝0。綜上可知C、D正確，A、B錯誤。
二、非選擇題(本題共2小題，共23分)
12．(10分) 如圖所示，一質量為m＝0.5 kg 的小球，用長為0.4 m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動。g取 10 m/s2，求：
(1)小球要做完整的圓周運動，在最
52、高點的速度至少為多大？
(2)當小球在最高點的速度為4 m/s時，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，對小球受力分析如圖甲，由牛頓第二定律得mg＋F1＝①
由于輕繩對小球只能提供指向圓心的拉力，即F1不可能取負值，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動，在最高點的速度至少為2 m/s。
(2)設當小球在最高點的速度為v2＝4 m/s時，繩子施加的拉力為F2，
由牛頓第二定律有mg＋F2＝m，
53、代入數(shù)據(jù)解得F2＝15 N。
(3)由分析可知，小球在最低點張力最大，速度最大，對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的水平圓臺可繞通過圓心O的豎直光滑細軸CC′轉動，如圖所示。圓臺上沿相互垂直的兩個半徑方向刻有槽，質量為mA的物體A放在一個槽內(nèi)，A與槽底間的動摩擦因數(shù)為μ0，質量為mB的物體B放在另一個槽內(nèi)，此槽是光滑的，A、B間用一長為l(l
54、1)當圓臺做勻速轉動，A物體與圓盤之間剛好沒有摩擦力且A、B兩物體相對圓臺不動時，A到圓心的距離x為多大？此時的轉動角速度ω應為多大？
(2)當圓臺做勻速轉動，A、B兩物體相對圓臺不動且A物體與圓臺間有摩擦時，轉動角速度ω和A到圓心的距離x應滿足的條件。
答案 (1)l ω可取任意值
(2)當l
2022高考物理一輪復習 第四章 第3講 圓周運動及其應用學案（含解析）
