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(共91張PPT)
圓周運動
第
3
講
目標(biāo)
要求
1.熟練掌握描述圓周運動的各物理量之間的關(guān)系.2.掌握勻速圓周運動由周期性引起的多解問題的分析方法.
3.會分析圓周運動的向心力來源，掌握圓周運動的動力學(xué)問題的分析方法，掌握圓錐擺模型.
內(nèi)容索引
考點一　圓周運動的運動學(xué)問題
考點二　圓周運動的動力學(xué)問題
考點三　圓周運動的臨界問題
課時精練
考點一
圓周運動的運動學(xué)問題
1.描述圓周運動的物理量
梳理
必備知識
ω2r
2.勻速圓周運動
(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處 ，這種運動叫作勻速圓周運動.
(2)特點：加速度大小 ，方向始終指向 ，是變速運動.
(3)條件：合外力大小 、方向始終與 方向垂直且指向圓心.
相等
不變
圓心
不變
速度
1.勻速圓周運動是勻變速曲線運動.(　　)
2.物體做勻速圓周運動時，其線速度是不變的.(　　)
3.物體做勻速圓周運動時，其所受合外力是變力.(　　)
4.勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比.(　　)
√
×
×
×
1.對公式v＝ωr的理解
當(dāng)ω一定時，v與r成正比.
當(dāng)v一定時，ω與r成反比.
2.對an＝ ＝ω2r的理解
在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比.
提升
關(guān)鍵能力
3.常見的傳動方式及特點
同軸轉(zhuǎn)動 皮帶傳動 齒輪傳動
裝置 A、B兩點在同軸的一個圓盤上 兩個輪子用皮帶連接，A、B兩點分別是兩個輪子邊緣的點 兩個齒輪輪齒嚙合，A、B兩點分別是兩個齒輪邊緣上的點

特點 角速度、周期相同 線速度大小相等 線速度大小相等
轉(zhuǎn)向 相同 相同 相反
規(guī)律 線速度與半徑成正比： 向心加速度與半徑成正比： 角速度與半徑成反比： 向心加速度與半徑成反比： 角速度與半徑成反比：
向心加速度與半徑成反比：
例1　如圖，A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們
A.線速度大小之比為4∶3
B.角速度之比為3∶4
C.圓周運動的半徑之比為2∶1
D.向心加速度大小之比為1∶2
考向1　圓周運動物理量的分析和計算
√
時間相同，路程之比即線速度大小之比，為4∶3，A項正確；
由于時間相同，運動方向改變的角度之比即對應(yīng)掃過的圓心角之比，等于角速度之比，為3∶2，B項錯誤；
線速度之比除以角速度之比等于半徑之比，為8∶9，C項錯誤；
由向心加速度an＝ 知，線速度平方之比除以半徑之比即向心加速度大小之比，為2∶1，D項錯誤.
例2　(2023·浙江寧波市模擬)如圖所示為“行星減速機”的工作原理圖.“行星架”為固定件，中心“太陽輪”為從動件，其半徑為RA，周圍四個“行星輪”的半徑為RB，“齒圈”為主動件，其中RA＝2RB.A、B、C分別是“太陽輪”“行星輪”和“齒圈”邊緣上的點.則在該狀態(tài)下
A.A點與B點的角速度相同
B.A點與C點的轉(zhuǎn)速相同
C.B點與C點的周期相同
D.A點與C點的線速度大小相等
考向2　圓周傳動問題
√
由題意可知，A、B、C三點的線速度大小相等，根據(jù)v＝ωr，結(jié)合A、B、C三點的半徑大小關(guān)系RC>RA>RB，可知A、B、C三點的角速度關(guān)系為ωC<ωA<ωB ，根據(jù)轉(zhuǎn)速與角速度關(guān)系ω＝2πn，
可知A、B、C三點的轉(zhuǎn)速關(guān)系為nCTA>TB，選項A、B、C錯誤，D正確.
考點二
圓周運動的動力學(xué)問題
1.勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果
向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的 ，不改變速度的 .
(2)大小
梳理
必備知識
方向
大小
mrω2
(3)方向
始終沿半徑方向指向 ，時刻在改變，即向心力是一個變力.
圓心
2.離心運動和近心運動
(1)離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做 的運動.
(2)受力特點(如圖)
①當(dāng)F＝0時，物體沿 方向飛出，做勻速直線運動.
②當(dāng)0③當(dāng)F>mrω2時，物體逐漸 ，做 運動.
(3)本質(zhì)：離心運動的本質(zhì)并不是受到離心力的作用，而是提供的力_____做勻速圓周運動需要的向心力.
逐漸遠離圓心
切線
遠離
離心
向圓心靠近
近心
小于
3.勻速圓周運動與變速圓周運動中合力、向心力的特點
(1)勻速圓周運動的合力：提供向心力.
(2)變速圓周運動的合力(如圖)
①與圓周相切的分力Ft產(chǎn)生切向加速度at，改變線速度的大小，當(dāng)at與v同向時，速度增大，做加速圓周運動，反向時做減速圓周運動.
②指向圓心的分力Fn提供向心力，產(chǎn)生向心加速度an，改變線速度的 .
方向
1.做勻速圓周運動的物體，當(dāng)所受合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出.(　　)
2.摩托車轉(zhuǎn)彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉(zhuǎn)彎半徑向外的離心力作用的緣故.(　　)
3.向心力可以由物體受到的某一個力提供，也可以由物體受到的合力提供.(　　)
4.在變速圓周運動中，向心力不指向圓心.(　　)
√
×
×
×
1.向心力來源
向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、彈力、摩擦力等各種力提供，也可以是幾個力的合力或某個力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力.
提升
關(guān)鍵能力
2.勻速圓周運動中向心力來源
運動模型 向心力的來源圖示
汽車在水平路面轉(zhuǎn)彎
水平轉(zhuǎn)臺(光滑)
圓錐擺
飛車走壁
飛機水平轉(zhuǎn)彎
火車轉(zhuǎn)彎
3.變速圓周運動中向心力來源
如圖所示，當(dāng)小球在豎直面內(nèi)擺動時，沿半徑方向的合力提供向心力，F(xiàn)n＝FT－mgcos θ＝ 如圖所示.
4.圓周運動中動力學(xué)問題的分析思路
例3　(多選)(2021·河北卷·9)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉(zhuǎn)動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω′>ω，則與以ω勻速轉(zhuǎn)動時相比，以ω′勻速轉(zhuǎn)動時
A.小球的高度一定降低
B.彈簧彈力的大小一定不變
C.小球?qū)U壓力的大小一定變大
D.小球所受合外力的大小一定變大
考向1　圓周運動的動力學(xué)問題
√
√
對小球受力分析，設(shè)彈簧彈力為FT，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向有FTsin θ＝mg，
而FT＝
可知θ為定值，F(xiàn)T不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的
高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；
水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小，桿對小球的彈力FN背離轉(zhuǎn)軸時，則FTcos θ－FN＝mω2r
即FN＝FTcos θ－mω2r
當(dāng)轉(zhuǎn)速較大，F(xiàn)N指向轉(zhuǎn)軸時，
則FTcos θ＋FN′＝mω′2r
即FN′＝mω′2r－FTcos θ
因ω′>ω，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大，C錯誤；
根據(jù)F合＝mω2r可知，因角速度變大，則小球所受合外力變大，則D正確.
例4　(2022·全國甲卷·14)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示.運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h.要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于
√
例5　如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩個小球，在光滑玻璃漏斗內(nèi)壁做水平面內(nèi)的勻速圓周運動，甲在乙的上方.則
A.球甲的角速度一定大于球乙的角速度
B.球甲的線速度一定大于球乙的線速度
C.球甲的運動周期一定小于球乙的運動周期
D.甲對內(nèi)壁的壓力一定大于乙對內(nèi)壁的壓力
考向2　圓錐擺模型
√
對小球受力分析，小球受到重力和支持力，它們的合力提供向心力，設(shè)支持力與豎直方向夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律有mgtan θ＝ 解得v＝
例6　(2023·浙江舟山市舟山中學(xué)檢測)如圖所示，“L”形桿倒置，橫桿端固定有定滑輪，豎直桿光滑且粗細均勻，繞過定滑輪的細線兩端分別連接著小球B及套在豎直桿上的滑塊A，讓整個裝置繞豎直桿的軸以一定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定時，滑輪兩邊的線長相等且兩邊的線與豎直方向的夾角均為37°.已知細線總長為l，滑塊的質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，不計滑塊和球的大小，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則
√
設(shè)細線的拉力大小為FT，則FTcos 37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B錯誤；
由題知，小球做圓周運動的半徑為0.6l，則有mgtan 37°
＝m×0.6lω2，解得ω＝ D錯誤，C正確.
2.穩(wěn)定狀態(tài)下，θ角越大，對應(yīng)的角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力F＝ 和運動所需的向心力也越大.
圓錐擺模型
方法點撥
例7　列車轉(zhuǎn)彎時的受力分析如圖所示，鐵路轉(zhuǎn)彎處的圓弧半徑為R，兩鐵軌之間的距離為d，內(nèi)外軌的高度差為h，鐵軌平面和水平面間的夾角為α(α很小，可近似認為tan α≈sin α)，重力加速度為g，下列說法正確的是
考向3　生活中的圓周運動
D.若減小α角，可提高列車安全過轉(zhuǎn)彎處的速度
A.列車轉(zhuǎn)彎時受到重力、支持力和向心力的作用
√
列車以規(guī)定速度轉(zhuǎn)彎時受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A錯誤；
當(dāng)重力和支持力的合力提供向心力時，有
若要提高列車過轉(zhuǎn)彎處的速度，則列車所需的向心力增大，故需要增大α，D錯誤.
考點三
圓周運動的臨界問題
1.豎直面內(nèi)圓周運動兩類模型對比
輕繩模型(最高點無支撐) 輕桿模型(最高點有支撐)
實例 球與繩連接、水流星、沿內(nèi)軌道運動的“過山車”等 球與桿連接、球在光滑管道中運動等
圖示
受力示意圖 F彈向下或等于零
F彈向下、等于零或向上
動力學(xué)方程
臨界特征 F彈＝0 v＝0
即F向＝0
F彈＝mg
討論分析
2.斜面上圓周運動的臨界問題
物體在斜面上做圓周運動時，設(shè)斜面的傾角為θ，重力垂直斜面的分力與物體受到的支持力大小相等，解決此類問題時，可以按以下操作，把問題簡化.
物體在轉(zhuǎn)動過程中，轉(zhuǎn)動越快，最容易滑動的位置是最低點，恰好滑動時：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R.
3.解題技巧
(1)物體通過圓周運動最低點、最高點(或等效最低、最高點)時，利用合力提供向心力列方程；
(2)物體從某一位置到另一位置的過程中，用動能定理找出兩處速度關(guān)系；
(3)注意：求對軌道的壓力時，轉(zhuǎn)換研究對象，先求物體所受支持力，再根據(jù)牛頓第三定律求出壓力.
例8　如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5 kg的小球(可視為質(zhì)點)，用長為0.4 m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，g＝10 m/s2，下列說法不正確的是
A.小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度
至少為2 m/s
B.當(dāng)小球在最高點的速度為4 m/s，輕繩拉力大
小為15 N
C.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
D.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4 m/s
√
例9　(2023·山東棗莊市八中月考)如圖，輕桿長2l，中點固定在水平軸O上，兩端分別固定著小球A和B(均可視為質(zhì)點)，A球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為2m，重力加速度為g，兩者一起在豎直平面內(nèi)
繞O軸做圓周運動.
(1)若A球在最高點時，桿的A端恰好不受力，
求此時B球的速度大小；
(2)若B球到最高點時的速度等于第(1)問中的速度，求此時O軸的受力大小和方向；
答案　2mg　豎直向下
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
可得FTOA′＝2mg
根據(jù)牛頓第三定律，O軸所受力的大小為2mg，方向豎直向下；
(3)在桿的轉(zhuǎn)速逐漸變化的過程中，能否出現(xiàn)O軸不受力的情況？若不能，請說明理由；若能，求出此時A、B球的速度大小.
要使O軸不受力，根據(jù)B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量，設(shè)A、B的速度為v，可判斷B球應(yīng)在最高點，
O軸不受力時有FTOA″＝FTOB″
例10　(多選)如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸2.5 m處有一小物體(可視為質(zhì)點)與圓盤始終保持相對靜止，設(shè)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，則以下說法中正確的是
A.小物體隨圓盤以不同的角速度ω做勻速圓周運動時，
ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力一定越大
B.小物體受到的摩擦力可能背離圓心
√
√
心)，摩擦力的方向沿斜面向上時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力越小，故A錯誤，B正確；
當(dāng)物體在最高點時，也可能受到重力、支持力與摩擦力三個力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背離圓心)，也可能沿斜面向下(即指向圓
力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正確，D錯誤.
當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點恰好不滑動時，圓盤的角速度最大，此時小物體受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圓心的摩擦
四
課時精練
1.(2023·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)借亞運會契機，紹興市著力打造高效交通網(wǎng)，9條高架及多條快速路同時開工建設(shè).圖中為某段快速環(huán)線公路的一個大圓弧形彎道，公路外側(cè)路基比內(nèi)側(cè)路基高.當(dāng)汽車在此路段以理論時速vc轉(zhuǎn)彎時，恰好沒有向公路內(nèi)、外兩側(cè)滑動的趨勢.則
A.汽車質(zhì)量越大，對應(yīng)理論時速vc越大
B.汽車轉(zhuǎn)彎時受到重力、支持力和向心力的作用
C.汽車轉(zhuǎn)彎時超過時速vc，就會立即向外側(cè)公路側(cè)滑
D.當(dāng)冬天路面結(jié)冰時，與未結(jié)冰時相比，vc值保持不變
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基礎(chǔ)落實練
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設(shè)公路彎道處的傾角為θ，半徑為r，當(dāng)汽車以理論時速vc轉(zhuǎn)彎時，汽車受重力和彎道的支持力，這兩個力的合力恰好提供向心力，根據(jù)力的合成
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若汽車轉(zhuǎn)彎時超過時速vc，重力和支持力的合力不足以提供向心力，但若此時路面對汽車的摩擦力、支持力和汽車重力三個力的合力恰好可以提供向心力，汽車不會向外側(cè)公路側(cè)滑，故C錯誤.
2.(2023·浙江七彩陽光聯(lián)考)如圖甲為某小區(qū)出入口采用的柵欄道閘.如圖乙所示，OP為柵欄道閘的轉(zhuǎn)動桿，PQ為豎桿.P為兩桿的交點，Q為豎桿上的點.在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持豎直，當(dāng)桿OP繞O點從與水平方向成30°角勻速轉(zhuǎn)動到60°角的過程中
A.P點的線速度大于Q點的線速度
B.P點的角速度大于Q點的角速度
C.P點的加速度大于Q點的加速度
D.P、Q兩點的路程相同
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由于P、Q兩點在同一桿上，而且桿運動時始終保持豎直，所以在30°勻速轉(zhuǎn)動到60°的過程中，兩點都做半徑相同的勻速圓周運動，故兩點的線速度大小、角速度、加速度大小和路程都相等，故選D.
3.(2021·全國甲卷·15)“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲.如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會交替出現(xiàn).拉動多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達50 r/s，此時紐扣上距離中心1 cm處的點向心加速度大小約為
A.10 m/s2 B.100 m/s2
C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2
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根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律，
此時ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度大小為a＝ω2r≈1 000 m/s2，故選C.
4.如圖，一直角斜劈ABC繞其豎直邊BC做圓周運動，斜面上小物塊始終與斜劈保持相對靜止.若斜劈轉(zhuǎn)動的角速度ω緩慢增大，下列說法正確的是
A.斜劈對物塊的作用力逐漸增大
B.斜劈對物塊的支持力保持不變
C.斜劈對物塊的支持力逐漸增大
D.斜劈對物塊的摩擦力逐漸減小
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物塊的向心加速度沿水平方向，加速度大小為a＝ω2r，設(shè)斜劈傾角為θ，對物塊分析，沿AB方向有Ff－mgsin θ＝macos θ，垂直AB方向有mgcos θ－FN＝masin θ，可得Ff＝mgsin θ＋macos θ，F(xiàn)N
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＝mgcos θ－masin θ，斜劈轉(zhuǎn)動的角速度ω緩慢增大，加速度a增大，故摩擦力增大，支持力減小，故B、C、D錯誤；
斜劈對物塊的作用力在豎直方向的分力Fy＝mg保持不變，在水平方向分力為Fx＝ma，當(dāng)角速度ω增大，加速度a增大，可得水平方向分力增大，則合力增大，故A正確.
5.如圖所示，小球用細線懸于B點，在水平面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動，保持圓心O到懸點B的距離h不變，改變細線長度l.下列關(guān)于小球做勻速圓周運動的角速度ω與細線長度l的關(guān)系圖像正確的是
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設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，已知小球在水平面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動，豎直方向受力平衡，則有FTcos θ＝mg，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得FTsin θ＝mω2r，
6.(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l.木塊與圓盤間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，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是
A.b一定比a先開始滑動
B.a、b所受的摩擦力始終相等
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小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.當(dāng)角速度增大時，靜摩
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兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同，則Ffa＝mω2l，則Ffb＝mω2·2l，F(xiàn)fa7.如圖所示為一個半徑為5 m的圓盤，正繞其圓心勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)圓盤邊緣上的一點A處在如圖所示位置的時候，在其圓心正上方20 m的高度有一個小球正在向邊緣的A點以一定的速度水平拋出，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，要使得小球正好落在A點，則
A.小球平拋的初速度一定是2.5 m/s
B.小球平拋的初速度可能是3.5 m/s
C.圓盤轉(zhuǎn)動的角速度一定是π rad/s
D.圓盤轉(zhuǎn)動的加速度大小可能是π2 m/s2
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8.(多選)(2023·湖北省華大新高考聯(lián)盟名校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑固定細管(忽略管的內(nèi)徑)，半徑OB水平、OA豎直，一個直徑略小于管內(nèi)徑的小球(可視為質(zhì)點)由B點以某一初速度v0進入細管，之后從管內(nèi)的A點以大小為vA的水平速度飛出.忽略空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是
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能力綜合練
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9.(2023·浙江“山水聯(lián)盟”聯(lián)考)如圖所示，內(nèi)壁光滑的空心圓柱體豎直固定在水平地面上，圓柱體的內(nèi)徑為R.沿著水平切向給貼在內(nèi)壁左側(cè)O點的小滑塊(未畫出)一個初速度v0，小滑塊將沿著圓柱體的內(nèi)壁旋轉(zhuǎn)向下運動，最終落在圓柱體的底面上.已知小滑塊可看成質(zhì)點，質(zhì)量為m，重力加速度為g，O點到圓柱體底面的距離為h.下列判斷正確的是
A.v0越大，小滑塊在圓柱體中運動時間越短
B.小滑塊運動過程中的加速度越來越大
C.小滑塊運動過程中對圓柱體內(nèi)表面的壓力越來越大
D.小滑塊落至底面時的速度大小為
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小滑塊沿著圓柱體表面方向的速度大小不變，所需向心力大小不變，則小滑塊運動過程中對圓柱體內(nèi)表面的壓力大小不變，故C錯誤；
10.(2023·內(nèi)蒙古包頭市模擬)如圖所示，兩等長輕繩一端打結(jié)，記為O點，并系在小球上.兩輕繩的另一端分別系在同一水平桿上的A、B兩點，兩輕繩與固定的水平桿夾角均為53°.給小球垂直紙面的速度，使小球在垂直紙面的豎直面內(nèi)做往復(fù)運動.某次小球運動到最低點時，輕繩OB從O點斷開，小球恰好做勻速圓周運動.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，則輕繩OB斷開前后瞬間，輕繩OA的張力大小之比為
A.1∶1 B.25∶32
C.25∶24 D.3∶4
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輕繩OB斷開前，小球以A、B中點為圓心的圓弧做往復(fù)運動，設(shè)小球經(jīng)過最低點的速度大小為v，繩長為L，小球質(zhì)量為m，輕繩的張力大小為F1，由
11.如圖所示，質(zhì)量為1.6 kg、半徑為0.5 m的光滑細圓管用輕桿固定在豎直平面內(nèi)，小球A和B(均可視為質(zhì)點)的直徑略小于細圓管的內(nèi)徑(內(nèi)徑遠小于細圓管半徑).它們的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg.某時刻，小球A、B分別位于圓管最低點和最高點，且A的速度大小為vA＝3 m/s，此時桿對圓管的彈力為零.則B球的速度大小vB為(取g＝10 m/s2)
A.2 m/s
B.4 m/s
C.6 m/s
D.8 m/s
√
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對A球，合力提供向心力，設(shè)圓管對A的支持力大
小為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝ 代入數(shù)據(jù)解得FA＝28 N，
由牛頓第三定律可得，A球?qū)A管的力豎直向下，且大小為28 N，設(shè)B球?qū)A管的力為FB′，
由管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，負號表示和重力方向相反，
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由牛頓第三定律可得，圓管對B球的力FB為44 N，方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有FB＋mBg
＝ 解得vB＝4 m/s，故選B.
12.(2022·山東卷·8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4 m的半圓弧CD相切于C點.小車以最大速度從A點駛?cè)肼窂剑竭m當(dāng)位置調(diào)整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD.為保證安全，小車速率最大為4 m/s，
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素養(yǎng)提升練
在ABC段的加速度最大為2 m/s2，CD段的加速度最大為1 m/s2.小車視為質(zhì)點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為
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13.(2023·浙江紹興市柯橋區(qū)選考)有一娛樂項目，人坐在半徑為R的傾斜圓盤邊緣隨著圓盤繞圓心O處的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(轉(zhuǎn)軸垂直于盤面)，圓盤的傾角為α，如圖所示，人用圖中方塊代替.當(dāng)人與圓盤間的動摩擦因數(shù)μ＝2.5tan α?xí)r，人恰好不從圓盤滑出去.人的質(zhì)量為m，A為圓盤的最低點，B為圓盤的最高點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是
A.B位置處受到的摩擦力方向沿傾斜圓盤向上
B.A點與B點人所受到的摩擦力大小之差為3mgsin α
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人做勻速圓周運動，恰好不從圓盤滑出，由受力分析可知，在A位置的摩擦力沿傾斜圓盤向上，F(xiàn)fA－mgsin α＝mRω2，則FfA＝mgsin α＋mRω2，假設(shè)在B位置摩擦力方向沿傾斜圓盤向下，則
mgsin α＋FfB＝mRω2，則FfB＝mRω2－mgsin α，由以上分析可知FfA>FfB，所以可得FfA＝μmgcos α＝2.5mgsin α，則mRω2＝FfA－mgsin α＝1.5mgsin α，可知FfB＝mRω2－mgsin α＝0.5mgsin α，故可知B位置處受到的摩擦力方向沿傾斜圓盤向下，故A錯誤；
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A點與B點人所受到的摩擦力大小之差為FfA－FfB＝2mgsin α，故B錯誤；第3講　圓周運動
目標(biāo)要求　1.熟練掌握描述圓周運動的各物理量之間的關(guān)系.2.掌握勻速圓周運動由周期性引起的多解問題的分析方法.3.會分析圓周運動的向心力來源，掌握圓周運動的動力學(xué)問題的分析方法，掌握圓錐擺模型．
考點一　圓周運動的運動學(xué)問題
1．描述圓周運動的物理量
2．勻速圓周運動
(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動．
(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變速運動．
(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心．
1．勻速圓周運動是勻變速曲線運動．(　×　)
2．物體做勻速圓周運動時，其線速度是不變的．(　×　)
3．物體做勻速圓周運動時，其所受合外力是變力．(　√　)
4．勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比．(　×　)
1．對公式v＝ωr的理解
當(dāng)ω一定時，v與r成正比．
當(dāng)v一定時，ω與r成反比．
2．對an＝＝ω2r的理解
在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比．
3．常見的傳動方式及特點
同軸轉(zhuǎn)動 皮帶傳動 齒輪傳動
裝置 A、B兩點在同軸的一個圓盤上 兩個輪子用皮帶連接，A、B兩點分別是兩個輪子邊緣的點 兩個齒輪輪齒嚙合，A、B兩點分別是兩個齒輪邊緣上的點
特點 角速度、周期相同 線速度大小相等 線速度大小相等
轉(zhuǎn)向 相同 相同 相反
規(guī)律 線速度與半徑成正比： ＝ 向心加速度與半徑成正比：＝ 角速度與半徑成反比： ＝ 向心加速度與半徑成反比： ＝ 角速度與半徑成反比： ＝ 向心加速度與半徑成反比：＝
考向1　圓周運動物理量的分析和計算
例1　如圖，A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們(　　)
A．線速度大小之比為4∶3
B．角速度之比為3∶4
C．圓周運動的半徑之比為2∶1
D．向心加速度大小之比為1∶2
答案　A
解析　時間相同，路程之比即線速度大小之比，為4∶3，A項正確；由于時間相同，運動方向改變的角度之比即對應(yīng)掃過的圓心角之比，等于角速度之比，為3∶2，B項錯誤；線速度之比除以角速度之比等于半徑之比，為8∶9，C項錯誤；由向心加速度an＝知，線速度平方之比除以半徑之比即向心加速度大小之比，為2∶1，D項錯誤．
考向2　圓周傳動問題
例2　(2023·浙江寧波市模擬)如圖所示為“行星減速機”的工作原理圖．“行星架”為固定件，中心“太陽輪”為從動件，其半徑為RA，周圍四個“行星輪”的半徑為RB，“齒圈”為主動件，其中RA＝2RB.A、B、C分別是“太陽輪”“行星輪”和“齒圈”邊緣上的點．則在該狀態(tài)下(　　)
A．A點與B點的角速度相同
B．A點與C點的轉(zhuǎn)速相同
C．B點與C點的周期相同
D．A點與C點的線速度大小相等
答案　D
解析　由題意可知，A、B、C三點的線速度大小相等，根據(jù)v＝ωr，結(jié)合A、B、C三點的半徑大小關(guān)系RC>RA>RB，可知A、B、C三點的角速度關(guān)系為ωC<ωA<ωB ，根據(jù)轉(zhuǎn)速與角速度關(guān)系ω＝2πn，可知A、B、C三點的轉(zhuǎn)速關(guān)系為nCTA>TB，選項A、B、C錯誤，D正確．
考點二　圓周運動的動力學(xué)問題
1．勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果
向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小．
(2)大小
Fn＝m＝mrω2＝mr＝mωv.
(3)方向
始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．
2．離心運動和近心運動
(1)離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動．
(2)受力特點(如圖)
①當(dāng)F＝0時，物體沿切線方向飛出，做勻速直線運動．
②當(dāng)0③當(dāng)F>mrω2時，物體逐漸向圓心靠近，做近心運動．
(3)本質(zhì)：離心運動的本質(zhì)并不是受到離心力的作用，而是提供的力小于做勻速圓周運動需要的向心力．
3．勻速圓周運動與變速圓周運動中合力、向心力的特點
(1)勻速圓周運動的合力：提供向心力．
(2)變速圓周運動的合力(如圖)
①與圓周相切的分力Ft產(chǎn)生切向加速度at，改變線速度的大小，當(dāng)at與v同向時，速度增大，做加速圓周運動，反向時做減速圓周運動．
②指向圓心的分力Fn提供向心力，產(chǎn)生向心加速度an，改變線速度的方向．
1．做勻速圓周運動的物體，當(dāng)所受合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出．(　×　)
2．摩托車轉(zhuǎn)彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉(zhuǎn)彎半徑向外的離心力作用的緣故．(　×　)
3．向心力可以由物體受到的某一個力提供，也可以由物體受到的合力提供．(　√　)
4．在變速圓周運動中，向心力不指向圓心．(　×　)
1．向心力來源
向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、彈力、摩擦力等各種力提供，也可以是幾個力的合力或某個力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力．
2．勻速圓周運動中向心力來源
運動模型 向心力的來源圖示
汽車在水平路面轉(zhuǎn)彎
水平轉(zhuǎn)臺(光滑)
圓錐擺
飛車走壁
飛機水平轉(zhuǎn)彎
火車轉(zhuǎn)彎
3.變速圓周運動中向心力來源
如圖所示，當(dāng)小球在豎直面內(nèi)擺動時，沿半徑方向的合力提供向心力，F(xiàn)n＝FT－mgcos θ＝m，如圖所示．
4．圓周運動中動力學(xué)問題的分析思路
考向1　圓周運動的動力學(xué)問題
例3　(多選)(2021·河北卷·9)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉(zhuǎn)動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω′>ω，則與以ω勻速轉(zhuǎn)動時相比，以ω′勻速轉(zhuǎn)動時(　　)
A．小球的高度一定降低
B．彈簧彈力的大小一定不變
C．小球?qū)U壓力的大小一定變大
D．小球所受合外力的大小一定變大
答案　BD
解析　對小球受力分析，設(shè)彈簧彈力為FT，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向有FTsin θ＝mg，而FT＝k
可知θ為定值，F(xiàn)T不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；
水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小，桿對小球的彈力FN背離轉(zhuǎn)軸時，則FTcos θ－FN＝mω2r
即FN＝FTcos θ－mω2r
當(dāng)轉(zhuǎn)速較大，F(xiàn)N指向轉(zhuǎn)軸時，
則FTcos θ＋FN′＝mω′2r
即FN′＝mω′2r－FTcos θ
因ω′>ω，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大，C錯誤；
根據(jù)F合＝mω2r可知，因角速度變大，則小球所受合外力變大，則D正確．
例4　(2022·全國甲卷·14)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示．運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h.要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　運動員從a到c根據(jù)動能定理有mgh＝mvc2，在c點有FNc－mg＝m，F(xiàn)Nc≤ kmg，聯(lián)立有Rc≥，故選D.
考向2　圓錐擺模型
例5　如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩個小球，在光滑玻璃漏斗內(nèi)壁做水平面內(nèi)的勻速圓周運動，甲在乙的上方．則(　　)
A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度
B．球甲的線速度一定大于球乙的線速度
C．球甲的運動周期一定小于球乙的運動周期
D．甲對內(nèi)壁的壓力一定大于乙對內(nèi)壁的壓力
答案　B
解析　對小球受力分析，小球受到重力和支持力，它們的合力提供向心力，設(shè)支持力與豎直方向夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律有mgtan θ＝m＝mRω2，解得v＝ ，ω＝，由題圖可知，球甲的軌跡半徑大，則球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的線速度一定大于球乙的線速度，故A錯誤，B正確；根據(jù)T＝，因為球甲的角速度一定小于球乙的角速度，則球甲的運動周期一定大于球乙的運動周期，故C錯誤；因為支持力FN＝，結(jié)合牛頓第三定律，球甲對內(nèi)壁的壓力一定等于球乙對內(nèi)壁的壓力，故D錯誤．
例6　(2023·浙江舟山市舟山中學(xué)檢測)如圖所示，“L”形桿倒置，橫桿端固定有定滑輪，豎直桿光滑且粗細均勻，繞過定滑輪的細線兩端分別連接著小球B及套在豎直桿上的滑塊A，讓整個裝置繞豎直桿的軸以一定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定時，滑輪兩邊的線長相等且兩邊的線與豎直方向的夾角均為37°.已知細線總長為l，滑塊的質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，不計滑塊和球的大小，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則(　　)
A．M>m B．MC．ω＝ D．ω＝
答案　C
解析　設(shè)細線的拉力大小為FT，則FTcos 37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B錯誤；由題知，小球做圓周運動的半徑為0.6l，則有mgtan 37°＝m×0.6lω2，解得ω＝，D錯誤，C正確．
　　　　　　圓錐擺模型
1.如圖所示，向心力F向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，聯(lián)立解得v＝，ω＝.
2．穩(wěn)定狀態(tài)下，θ角越大，對應(yīng)的角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力F＝和運動所需的向心力也越大．
考向3　生活中的圓周運動
例7　列車轉(zhuǎn)彎時的受力分析如圖所示，鐵路轉(zhuǎn)彎處的圓弧半徑為R，兩鐵軌之間的距離為d，內(nèi)外軌的高度差為h，鐵軌平面和水平面間的夾角為α(α很小，可近似認為tan α≈sin α)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．列車轉(zhuǎn)彎時受到重力、支持力和向心力的作用
B．列車過轉(zhuǎn)彎處的速度v＝時，列車輪緣不會擠壓內(nèi)軌和外軌
C．列車過轉(zhuǎn)彎處的速度v<時，列車輪緣會擠壓外軌
D．若減小α角，可提高列車安全過轉(zhuǎn)彎處的速度
答案　B
解析　列車以規(guī)定速度轉(zhuǎn)彎時受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A錯誤；當(dāng)重力和支持力的合力提供向心力時，有m＝mgtan α＝mg，解得v＝，故當(dāng)列車過轉(zhuǎn)彎處的速度v＝時，列車輪緣不會擠壓內(nèi)軌和外軌，B正確；列車過轉(zhuǎn)彎處的速度v<時，轉(zhuǎn)彎所需的向心力F考點三　圓周運動的臨界問題
1．豎直面內(nèi)圓周運動兩類模型對比
輕繩模型(最高點無支撐) 輕桿模型(最高點有支撐)
實例 球與繩連接、水流星、沿內(nèi)軌道運動的“過山車”等 球與桿連接、球在光滑管道中運動等
圖示
受力示意圖 F彈向下或等于零 F彈向下、等于零或向上
動力學(xué)方程 mg＋F彈＝m mg±F彈＝m
臨界特征 F彈＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 F彈＝mg
討論分析 (1)最高點，若v≥，F(xiàn)彈＋mg＝m，繩或軌道對球產(chǎn)生彈力F彈 (2)若v<，則不能到達最高點，即到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道 (1)當(dāng)v＝0時，F(xiàn)彈＝mg，F(xiàn)彈背離圓心 (2)當(dāng)0時，mg＋F彈＝m，F(xiàn)彈指向圓心并隨v的增大而增大
2.斜面上圓周運動的臨界問題
物體在斜面上做圓周運動時，設(shè)斜面的傾角為θ，重力垂直斜面的分力與物體受到的支持力大小相等，解決此類問題時，可以按以下操作，把問題簡化．
物體在轉(zhuǎn)動過程中，轉(zhuǎn)動越快，最容易滑動的位置是最低點，恰好滑動時：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R.
3．解題技巧
(1)物體通過圓周運動最低點、最高點(或等效最低、最高點)時，利用合力提供向心力列方程；
(2)物體從某一位置到另一位置的過程中，用動能定理找出兩處速度關(guān)系；
(3)注意：求對軌道的壓力時，轉(zhuǎn)換研究對象，先求物體所受支持力，再根據(jù)牛頓第三定律求出壓力．
例8　如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5 kg的小球(可視為質(zhì)點)，用長為0.4 m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，g＝10 m/s2，下列說法不正確的是(　　)
A．小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2 m/s
B．當(dāng)小球在最高點的速度為4 m/s，輕繩拉力大小為15 N
C．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4 m/s
D．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4 m/s
答案　D
解析　設(shè)小球通過最高點時的最小速度為v0，則根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m，解得v0＝2 m/s，故A正確；當(dāng)小球在最高點的速度為v1＝4 m/s時，設(shè)輕繩拉力大小為FT，根據(jù)牛頓第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故B正確；小球在最低點處速度最大，此時輕繩的拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C正確，D錯誤．
例9　(2023·山東棗莊市八中月考)如圖，輕桿長2l，中點固定在水平軸O上，兩端分別固定著小球A和B(均可視為質(zhì)點)，A球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為2m，重力加速度為g，兩者一起在豎直平面內(nèi)繞O軸做圓周運動．
(1)若A球在最高點時，桿的A端恰好不受力，求此時B球的速度大小；
(2)若B球到最高點時的速度等于第(1)問中的速度，求此時O軸的受力大小和方向；
(3)在桿的轉(zhuǎn)速逐漸變化的過程中，能否出現(xiàn)O軸不受力的情況？若不能，請說明理由；若能，求出此時A、B球的速度大小．
答案　(1)　(2)2mg　豎直向下
(3)能　
解析　(1)A在最高點時，對A根據(jù)牛頓第二定律得mg＝m，解得vA＝，因為A、B兩球的角速度相等，半徑相等，則vB＝vA＝；
(2)B在最高點時，對B根據(jù)牛頓第二定律得2mg＋FTOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
對A有FTOA′－mg＝m
可得FTOA′＝2mg
根據(jù)牛頓第三定律，O軸所受力的大小為2mg，方向豎直向下；
(3)要使O軸不受力，根據(jù)B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量，設(shè)A、B的速度為v，可判斷B球應(yīng)在最高點，
對B有FTOB″＋2mg＝2m
對A有FTOA″－mg＝m
O軸不受力時有FTOA″＝FTOB″
聯(lián)立可得v＝
所以當(dāng)A、B球的速度大小為時，O軸不受力．
例10　(多選)如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸2.5 m處有一小物體(可視為質(zhì)點)與圓盤始終保持相對靜止，設(shè)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，則以下說法中正確的是(　　)
A．小物體隨圓盤以不同的角速度ω做勻速圓周運動時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力一定越大
B．小物體受到的摩擦力可能背離圓心
C．若小物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為，則ω的最大值是1.0 rad/s
D．若小物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為，則ω的最大值是 rad/s
答案　BC
解析　當(dāng)物體在最高點時，也可能受到重力、支持力與摩擦力三個力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背離圓心)，也可能沿斜面向下(即指向圓心)，摩擦力的方向沿斜面向上時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力越小，故A錯誤，B正確；當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點恰好不滑動時，圓盤的角速度最大，此時小物體受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圓心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正確，D錯誤．
課時精練
1.(2023·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)借亞運會契機，紹興市著力打造高效交通網(wǎng)，9條高架及多條快速路同時開工建設(shè)．圖中為某段快速環(huán)線公路的一個大圓弧形彎道，公路外側(cè)路基比內(nèi)側(cè)路基高．當(dāng)汽車在此路段以理論時速vc轉(zhuǎn)彎時，恰好沒有向公路內(nèi)、外兩側(cè)滑動的趨勢．則(　　)
A．汽車質(zhì)量越大，對應(yīng)理論時速vc越大
B．汽車轉(zhuǎn)彎時受到重力、支持力和向心力的作用
C．汽車轉(zhuǎn)彎時超過時速vc，就會立即向外側(cè)公路側(cè)滑
D．當(dāng)冬天路面結(jié)冰時，與未結(jié)冰時相比，vc值保持不變
答案　D
解析　設(shè)公路彎道處的傾角為θ，半徑為r，當(dāng)汽車以理論時速vc轉(zhuǎn)彎時，汽車受重力和彎道的支持力，這兩個力的合力恰好提供向心力，根據(jù)力的合成以及牛頓第二定律有mgtan θ＝m，解得vc＝，即理論時速vc與汽車質(zhì)量m無關(guān)，同時與路面是否結(jié)冰也無關(guān)，故A、B錯誤，D正確．若汽車轉(zhuǎn)彎時超過時速vc，重力和支持力的合力不足以提供向心力，但若此時路面對汽車的摩擦力、支持力和汽車重力三個力的合力恰好可以提供向心力，汽車不會向外側(cè)公路側(cè)滑，故C錯誤．
2．(2023·浙江七彩陽光聯(lián)考)如圖甲為某小區(qū)出入口采用的柵欄道閘．如圖乙所示，OP為柵欄道閘的轉(zhuǎn)動桿，PQ為豎桿．P為兩桿的交點，Q為豎桿上的點．在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持豎直，當(dāng)桿OP繞O點從與水平方向成30°角勻速轉(zhuǎn)動到60°角的過程中(　　)
A．P點的線速度大于Q點的線速度
B．P點的角速度大于Q點的角速度
C．P點的加速度大于Q點的加速度
D．P、Q兩點的路程相同
答案　D
解析　由于P、Q兩點在同一桿上，而且桿運動時始終保持豎直，所以在30°勻速轉(zhuǎn)動到60°的過程中，兩點都做半徑相同的勻速圓周運動，故兩點的線速度大小、角速度、加速度大小和路程都相等，故選D.
3.(2021·全國甲卷·15)“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲．如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會交替出現(xiàn)．拉動多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達50 r/s，此時紐扣上距離中心1 cm處的點向心加速度大小約為(　　)
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
答案　C
解析　根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律，
此時ω＝2πn＝100π rad/s，
向心加速度大小為a＝ω2r≈1 000 m/s2，故選C.
4.如圖，一直角斜劈ABC繞其豎直邊BC做圓周運動，斜面上小物塊始終與斜劈保持相對靜止．若斜劈轉(zhuǎn)動的角速度ω緩慢增大，下列說法正確的是(　　)
A．斜劈對物塊的作用力逐漸增大
B．斜劈對物塊的支持力保持不變
C．斜劈對物塊的支持力逐漸增大
D．斜劈對物塊的摩擦力逐漸減小
答案　A
解析　物塊的向心加速度沿水平方向，加速度大小為a＝ω2r，設(shè)斜劈傾角為θ，對物塊分析，沿AB方向有Ff－mgsin θ＝macos θ，垂直AB方向有mgcos θ－FN＝masin θ，可得Ff＝mgsin θ＋macos θ，F(xiàn)N＝mgcos θ－masin θ，斜劈轉(zhuǎn)動的角速度ω緩慢增大，加速度a增大，故摩擦力增大，支持力減小，故B、C、D錯誤；斜劈對物塊的作用力在豎直方向的分力Fy＝mg保持不變，在水平方向分力為Fx＝ma，當(dāng)角速度ω增大，加速度a增大，可得水平方向分力增大，則合力增大，故A正確．
5.如圖所示，小球用細線懸于B點，在水平面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動，保持圓心O到懸點B的距離h不變，改變細線長度l.下列關(guān)于小球做勻速圓周運動的角速度ω與細線長度l的關(guān)系圖像正確的是(　　)
答案　C
解析　設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，已知小球在水平面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動，豎直方向受力平衡，則有FTcos θ＝mg，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得FTsin θ＝mω2r，其中r＝lsin θ，cos θ＝，聯(lián)立可得ω＝，由題意知圓心O到懸點B的距離h不變，故小球做勻速圓周運動的角速度保持不變，C正確，A、B、D錯誤．
6.(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l.木塊與圓盤間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，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是(　　)
A．b一定比a先開始滑動
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
D．當(dāng)ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg
答案　AC
解析　小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.當(dāng)角速度增大時，靜摩擦力增大，當(dāng)增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a有Ffa＝mωa2l，當(dāng)Ffa＝kmg時，kmg＝mωa2l，ωa＝；對木塊b有Ffb＝mωb2·2l，當(dāng)Ffb＝kmg時，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，則ω＝是b開始滑動的臨界角速度，所以b先達到最大靜摩擦力，即b比a先開始滑動，選項A、C正確；兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同，則Ffa＝mω2l，則Ffb＝mω2·2l，F(xiàn)fa7.如圖所示為一個半徑為5 m的圓盤，正繞其圓心勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)圓盤邊緣上的一點A處在如圖所示位置的時候，在其圓心正上方20 m的高度有一個小球正在向邊緣的A點以一定的速度水平拋出，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，要使得小球正好落在A點，則(　　)
A．小球平拋的初速度一定是2.5 m/s
B．小球平拋的初速度可能是3.5 m/s
C．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度一定是π rad/s
D．圓盤轉(zhuǎn)動的加速度大小可能是π2 m/s2
答案　A
解析　根據(jù)h＝gt2可得t＝＝2 s，則小球平拋的初速度v0＝＝2.5 m/s，A正確，B錯誤；根據(jù)ωt＝2nπ(n＝1,2,3，…)，解得圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω＝＝nπ rad/s(n＝1,2,3，…)，圓盤轉(zhuǎn)動的加速度大小為a＝ω2r＝5n2π2 m/s2(n＝1,2,3，…)，C、D錯誤．
8.(多選)(2023·湖北省華大新高考聯(lián)盟名校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑固定細管(忽略管的內(nèi)徑)，半徑OB水平、OA豎直，一個直徑略小于管內(nèi)徑的小球(可視為質(zhì)點)由B點以某一初速度v0進入細管，之后從管內(nèi)的A點以大小為vA的水平速度飛出．忽略空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．為使小球能從A點飛出，小球在B點的初速度必須滿足v0>
B．為使小球能從A點飛出，小球在B點的初速度必須滿足v0>
C．為使小球從A點水平飛出后再返回B點，小球在B點的初速度應(yīng)為v0＝
D．小球從A點飛出的水平初速度必須滿足vA>，因而不可能使小球從A點水平飛出后再返回B點
答案　BC
解析　小球能從A點飛出，則在A點的最小速度大于零，則由機械能守恒定律有mv02>mgR，則小球在B點的初速度必須滿足v0>，選項A錯誤，B正確；為使小球從A點水平飛出后再返回B點，則R＝vAt，R＝gt2，聯(lián)立解得vA＝，mv02＝mgR＋mvA2，小球在B點的初速度應(yīng)為v0＝，選項C正確；要使小球從A點飛出，則小球在A點的速度大于零即可，由選項C的分析可知，只要小球在A點的速度為，小球就能從A點水平飛出后再返回B點，選項D錯誤．
9.(2023·浙江“山水聯(lián)盟”聯(lián)考)如圖所示，內(nèi)壁光滑的空心圓柱體豎直固定在水平地面上，圓柱體的內(nèi)徑為R.沿著水平切向給貼在內(nèi)壁左側(cè)O點的小滑塊(未畫出)一個初速度v0，小滑塊將沿著圓柱體的內(nèi)壁旋轉(zhuǎn)向下運動，最終落在圓柱體的底面上．已知小滑塊可看成質(zhì)點，質(zhì)量為m，重力加速度為g，O點到圓柱體底面的距離為h.下列判斷正確的是(　　)
A．v0越大，小滑塊在圓柱體中運動時間越短
B．小滑塊運動過程中的加速度越來越大
C．小滑塊運動過程中對圓柱體內(nèi)表面的壓力越來越大
D．小滑塊落至底面時的速度大小為
答案　D
解析　小滑塊在豎直方向做自由落體運動，加速度恒定不變，根據(jù)h＝gt2，可得t＝，可知小滑塊在圓柱體中運動時間與v0無關(guān)，小滑塊在水平方向的加速度大小也不變，則小滑塊的加速度大小不變，故A、B錯誤；小滑塊沿著圓柱體表面方向的速度大小不變，所需向心力大小不變，則小滑塊運動過程中對圓柱體內(nèi)表面的壓力大小不變，故C錯誤；小滑塊落至底面時豎直方向的速度大小vy＝，小滑塊落至底面時的速度大小v＝＝，故D正確．
10.(2023·內(nèi)蒙古包頭市模擬)如圖所示，兩等長輕繩一端打結(jié)，記為O點，并系在小球上．兩輕繩的另一端分別系在同一水平桿上的A、B兩點，兩輕繩與固定的水平桿夾角均為53°.給小球垂直紙面的速度，使小球在垂直紙面的豎直面內(nèi)做往復(fù)運動．某次小球運動到最低點時，輕繩OB從O點斷開，小球恰好做勻速圓周運動．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，則輕繩OB斷開前后瞬間，輕繩OA的張力大小之比為(　　)
A．1∶1 B．25∶32
C．25∶24 D．3∶4
答案　B
解析　輕繩OB斷開前，小球以A、B中點為圓心的圓弧做往復(fù)運動，設(shè)小球經(jīng)過最低點的速度大小為v，繩長為L，小球質(zhì)量為m，輕繩的張力大小為F1，由向心力公式有2F1sin 53°－mg＝m，輕繩OB斷開后，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，其圓心在A點的正下方，設(shè)輕繩的張力大小為F2，有F2cos 53°＝m，F(xiàn)2sin 53°＝mg，聯(lián)立解得＝，故B正確．
11.如圖所示，質(zhì)量為1.6 kg、半徑為0.5 m的光滑細圓管用輕桿固定在豎直平面內(nèi)，小球A和B(均可視為質(zhì)點)的直徑略小于細圓管的內(nèi)徑(內(nèi)徑遠小于細圓管半徑)．它們的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg.某時刻，小球A、B分別位于圓管最低點和最高點，且A的速度大小為vA＝3 m/s，此時桿對圓管的彈力為零．則B球的速度大小vB為(取g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
答案　B
解析　對A球，合力提供向心力，設(shè)圓管對A的支持力大小為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝mA，代入數(shù)據(jù)解得FA＝28 N，由牛頓第三定律可得，A球?qū)A管的力豎直向下，且大小為28 N，設(shè)B球?qū)A管的力為FB′，由管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，負號表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，圓管對B球的力FB為44 N，方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故選B.
12.(2022·山東卷·8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4 m的半圓弧CD相切于C點．小車以最大速度從A點駛?cè)肼窂剑竭m當(dāng)位置調(diào)整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD.為保證安全，小車速率最大為4 m/s，在ABC段的加速度最大為2 m/s2，CD段的加速度最大為1 m/s2.小車視為質(zhì)點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為(　　)
A．t＝ s，l＝8 m
B．t＝ s，l＝5 m
C．t＝ s，l＝5.5 m
D．t＝ s，l＝5.5 m
答案　B
解析　在BC段的最大加速度為a1＝2 m/s2，則根據(jù)a1＝，可得在BC段的最大速度為v1m＝ m/s，在CD段的最大加速度為a2＝1 m/s2，則根據(jù)a2＝，可得在BC段的最大速度為v2m＝2 m/s13.(2023·浙江紹興市柯橋區(qū)選考)有一娛樂項目，人坐在半徑為R的傾斜圓盤邊緣隨著圓盤繞圓心O處的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(轉(zhuǎn)軸垂直于盤面)，圓盤的傾角為α，如圖所示，人用圖中方塊代替．當(dāng)人與圓盤間的動摩擦因數(shù)μ＝2.5tan α?xí)r，人恰好不從圓盤滑出去．人的質(zhì)量為m，A為圓盤的最低點，B為圓盤的最高點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．B位置處受到的摩擦力方向沿傾斜圓盤向上
B．A點與B點人所受到的摩擦力大小之差為3mgsin α
C．人在轉(zhuǎn)動時的速度大小為
D．人在轉(zhuǎn)動時的速度大小為
答案　D
解析　人做勻速圓周運動，恰好不從圓盤滑出，由受力分析可知，在A位置的摩擦力沿傾斜圓盤向上，F(xiàn)fA－mgsin α＝mRω2，則FfA＝mgsin α＋mRω2，假設(shè)在B位置摩擦力方向沿傾斜圓盤向下，則mgsin α＋FfB＝mRω2，則FfB＝mRω2－mgsin α，由以上分析可知FfA>FfB，所以可得FfA＝μmgcos α＝2.5mgsin α，則mRω2＝FfA－mgsin α＝1.5mgsin α，可知FfB＝mRω2－mgsin α＝0.5mgsin α，故可知B位置處受到的摩擦力方向沿傾斜圓盤向下，故A錯誤；A點與B點人所受到的摩擦力大小之差為FfA－FfB＝2mgsin α，故B錯誤；由FfA－mgsin α＝m，可得人在轉(zhuǎn)動時的速度大小為v＝，故C錯誤，D正確．

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