資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題08 水平面內的圓周運動模型
[模型導航]
【模型一】圓錐擺模型 1
【模型二】錐形、球形容器模型 6
【模型三】火車轉彎模型 9
【模型四】水平路面轉彎模型 10
【模型五】圓盤模型 10
[模型分析]
【模型一】圓錐擺模型
1．結構特點：一根質量和伸長可以不計的輕細線，上端固定，下端系一個可以視為質點的擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩所掠過的路徑為圓錐表面。
2．受力特點：擺球質量為，只受兩個力即豎直向下的重力和沿擺線方向的拉力。兩個力的合力，就是擺球做圓周運動的向心力，如圖所示（也可以理解為拉力的豎直分力與擺球的重力平衡，的水平分力提供向心力）。
4．運動特點：擺長為，擺線與豎直方向的夾角為的圓錐擺，擺球做圓周運動的圓心是O，圓周運動的軌道半徑是
向心力
擺線的拉力
【討論】：(1)當擺長一定，擺球在同一地點、不同高度的水平面內分別做勻速圓周運動時，據可知，若角速度越大，則越大，擺線拉力也越大，向心加速度也越大，線速度 =也越大。
結論是：同一圓錐擺，在同一地點，若越大，則擺線的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，轉動的越快，運動的也越快，。
(2)當為定值時（為擺球的軌道面到懸點的距離h，即圓錐擺的高度），擺球的質量相等、擺長不等的圓錐擺若在同一水平面內做勻速圓周運動，則擺線拉力，向心力，向心加速度，角速度，線速度。
結論是：在同一地點，擺球的質量相等、擺長不等但高度相同的圓錐擺，轉動的快慢相等，但角大的圓錐擺，擺線的拉力大，向心力大，向心加速度大，運動得快。
4.多繩圓錐擺問題
隨角速度增大，兩繩的拉力如何變化？
如圖所示，可視為質點的小球用輕質細繩懸掛于B點，使小球在水平面內做勻速圓周運動。現僅增加繩長，保持軌跡圓的圓心O到懸點B的高度不變，小球仍在水平面內做勻速圓周運動。增加繩長前后小球運動的角速度、加速度以及所受細繩的拉力大小分別為ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。則（　　）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
如圖所示，一光滑細桿以角速度ω繞豎直軸旋轉，桿的一端固定在軸上O點，桿與軸的夾角為α。一質量為m的小球套在桿上，在距離O點L處剛好隨桿一起在水平面上做勻速圓周運動。若桿的角速度ω稍增大了一點，并隨即以新的角速度勻速轉動，則關于小球接下來的運動情況，下列說法正確的是（　　）（重力加速度為g）
A．小球仍將在原位置做勻速圓周運動，加速度為a＝gtanα
B．小球將沿桿向上滑動，最后在某位置相對桿靜止
C．小球將沿桿向上滑動，直至從上端飛出
D．小球相對桿滑動時機械能不變
如圖所示。質量均為m的a、b兩小球用不可伸長的長度均為L的輕質細繩懸掛起來，使小球a在豎直平面內來回擺動，小球b在水平面內做勻速圓周運動，連接小球b的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動時繩子偏離豎直方向的最大夾角都為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．小球b在水平面內做勻速圓周運動的周期為T＝2π
B．小球a擺動到最低點時，繩子的拉力為2mg（1﹣cosθ）
C．a、b兩小球做圓周運動的半徑之比為cosθ
D．小球a運動到最高點時受到的繩子拉力為mgsinθ
2022年北京冬奧會上，有一項技術動作叫雙人螺旋線，如圖（a）所示，以男選手成為軸心，女選手圍繞男選手旋轉。將這一情景做如圖（b）所示的抽象：一細線一端系住一小球，另一端固定在一豎直細桿上，小球以一定大小速度隨著細桿在水平面內做勻速圓周運動，細線便在空中劃出一個圓錐面，這樣的模型叫“圓錐擺”。圓錐擺是研究水平面內質點做勻速圓周運動動力學關系的典型特例。若小球（可視為質點）質量為m，細線AC長度為l，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（　　）
A．若圖（b）中小球做勻速圓周運動時，細線與豎直方向所成夾角為θ，則小球受重力、細線的拉力和向心力作用
B．若圖（b）中θ＝53°，則小球做勻速圓周運動的角速度為
C．圖（c）中用一根更長的細線AB系一質量更大的小球（可視為質點），保持B、C兩球在同一水平面內繞豎直桿做勻速圓周運動，則ωB＞ωC
D．若小球在空中旋轉的角速度ω小于時，細線會像圖（d）那樣纏繞在豎直桿上，最后隨細桿轉動
（多選）智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛，如圖甲，腰帶外側帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質點的配重質量為m＝0.5kg，繩長為l＝0.5m，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2m，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動。若繩子與豎直方向夾角θ＝37°，運動過程中腰帶可看成不動，重力加速度g取10m/s2，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）下列說法正確的是（　　）
A．配重做勻速圓周運動的半徑為0.6m
B．配重的線速度大小為m/s
C．細繩對配重的拉力大小為6.25N
D．若細繩不慎斷裂，配重將做自由落體運動
（多選）如圖1所示一個光滑的圓錐體固定在水平桌面上，其軸線豎直，母線與軸線之間夾角為θ，一條長度為L的輕繩，一端固定在圓錐體的頂點O處，另一端拴著一個質量為m的小球（可看作質點），小球以角速度ω繞圓錐體的軸線做勻速圓周運動，細線拉力F隨ω2變化關系如圖2所示。重力加速度g取10m/s2，由圖2可知（　　）
A．繩長為L＝2m
B．小球質量為0.5kg
C．母線與軸線之間夾角θ＝300
D．小球的角速度為2rad/s時，小球已離開錐面
如圖所示，兩根輕細線上端固定在S點，下端分別連一小鐵球A、B，使兩者恰好在同一水平面內做勻速圓周運動，SO的高度為h，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（　　）
A．小球做勻速圓周運動時，受到重力、細線拉力和向心力作用
B．如果兩個小球的質量相等，則兩條細線受到的拉力相等
C．球A運動的周期大于球B運動的周期
D．A、B做圓周運動的角速度均為
（多選）如圖甲所示，傾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑塊通過輕繩繞過定滑輪與質量為m的小球相連（繩與斜面平行），滑塊質量為2m，滑塊能恰好靜止在粗糙的斜面上．在圖乙中，換成讓小球在水平面上做圓周運動，輕繩與豎直方向的夾角為θ，且轉動逐漸加快，θ≤45°．在圖丙中，兩個小球對稱在水平面上做圓周運動，每個小球質量均為m，輕繩與豎直方向的夾角θ，且轉動逐漸加快，在θ≤45°過程中，三幅圖中，斜面都靜止，且小球未碰到斜面，不考慮滑輪及空氣阻力，則以下說法中正確的是（　　）
A．甲圖中斜面受到地面的摩擦力方向水平向左
B．乙圖小球轉動的過程中滑塊受到的摩擦力可能沿斜面向下
C．乙圖小球轉動的過程中滑塊受到的摩擦力可能為零
D．丙圖小球轉動的過程中滑塊一定沿斜面向上運動
【模型二】錐形、球形容器模型
一．圓錐斗
1.結構特點：內壁為圓錐的錐面，光滑，軸線垂直于水平面且固定不動，可視為質點的小球緊貼著內壁在圖中所示的水平面內做勻速圓周運動。
2.受力特點：小球質量為，受兩個力即豎直向下的重力和垂直內壁沿斜向上方向的支持力。兩個力的合力，就是擺球做圓周運動的向心力，如圖所示
3.運動特點：軸線與圓錐的母線夾角，小球的軌道面距地面高度，圓周軌道的圓心是O，軌道半徑是, 則有
向心力.
支持力.
由此得，，。
結論是：在同一地點，同一錐形斗內在不同高度的水平面內做勻速圓周運動的同一小球，支持力大小相等，向心力大小相等，向心加速度大小相等，若高度越高，則轉動的越慢，而運動的越快。
二．圓碗
受力分析運動分析 正交分解x軸指向心 列方程求解 規律
x:FNsinθ=mω2r y:FNcosθ=mg r=Rsinθ
an=gtanθ; ①同角同向心加速度（B和C） ②同高同角速度（A和C）
如圖所示，內壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，讓兩個質量相同的小球A和小球B，緊貼圓錐筒內壁分別在水平面內做勻速圓周運動，則（　　）
A．A球的線速度一定大于B球的線速度
B．A球的角速度一定大于B球的角速度
C．A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度
D．A球對筒壁的壓力一定大于B球對筒壁的壓力
（多選）如圖所示，水平地面上固定著三個內壁光滑的容器甲、乙、丙，它們的中心軸線均和水平地面垂直。其中甲的內表面為圓錐面，乙的內表面為半球面，丙的內表面為旋轉拋物面（將拋物線繞其對稱軸旋轉一周所得到的曲面），三個容器中均有兩個小球貼著內壁在水平面內做勻速圓周運動，小球可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．甲容器中A球的線速度比B球大
B．乙容器中A球的角速度比B球大
C．丙容器中兩球角速度大小相等
D．丙容器中A球的角速度比B球小
半球形碗固定在水平面上，物塊（可看作質點）以某一豎直向下的初速度從碗口左邊緣向下滑，物塊與碗壁間的動摩擦因數是變化的，因摩擦作用，物塊下滑過程中速率不變，則（　　）
A．物塊下滑的過程中加速度不變
B．物塊下滑的過程所受摩擦力大小不變
C．物塊下滑過程中所受合外力方向始終指向圓心
D．物塊滑到最低點時對碗壁的壓力等于物塊的重力
如圖所示，一根原長為L的輕彈簧套在一長為3L的光滑直桿AB上，其下端固定在桿的A端，質量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連。小球和桿一起繞經過桿A端的豎直軸OO′勻速轉動，且桿與水平面間始終保持θ＝37°角。已知桿處于靜止狀態時彈簧長度為0.5L，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：彈簧為原長時，彈簧的勁度系數k和小球的角速度ω0。
【模型三】火車轉彎模型
在傾斜軌道上轉彎：
①設計時速v：mgtanθ=mv2/R得：。因為θ角很小，所以tanθ=sinθ=h/l，則
②若火車經過彎道時的速度 ，外軌將受到擠壓。
③若火車經過彎道時的速度 ，內軌將受到擠壓。
鐵路在彎道處的內外軌道高低是不同的。已知鐵軌平面與水平面的夾角為θ，彎道處的圓弧半徑為R。若質量為m的火車以速度v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．火車受鐵軌的支持力大小為mgcosθ
B．v
C．若火車速度小于v，外軌將受到側壓力作用
D．若火車速度大于v，內軌將受到側壓力作用
（多選）火車軌道轉彎處外軌比內軌高，在某一彎道處內外軌相當于處在傾角為θ的斜面上，如圖所示，當火車以規定速度通過彎道時，內、外軌道對火車的輪緣均不會有擠壓作用，關于火車轉彎，下列說法正確的是（　　）
A．當火車的速度大于規定速度時，火車輪緣將擠壓內軌
B．當火車的速度小于規定速度時，火車輪緣將擠壓內軌
C．火車以規定速度通過彎道時，向心力由重力和支持力的合力提供
D．火車轉彎時的規定速度由火車質量、轉彎半徑和坡面傾角θ共同決定
【模型四】水平路面轉彎模型
(1).汽車在水平路面上轉彎時，不能靠車身傾斜來實現。它所需要的向心力只能來自輪胎與路面之間的側向摩擦力。
(2).最大安全轉彎速度vm：最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，根據μmg=mvm2/r，得 vm=。
(3).當速度小于vm時：側向靜摩擦力提供向心力，f=mvm2/r。
如圖所示為運動員在水平道路上轉彎的情景，轉彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運動員始終與自行車在同一平面內。轉彎時，只有當地面對車的作用力通過車（包括人）的重心時，車才不會傾倒。設自行車和人的總質量為M，輪胎與路面間的動摩擦因數為μ，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．轉彎時自行車和人所受支持力和重力是一對平衡力
B．轉彎時車受到地面的靜摩擦力方向一定垂直于速度方向指向軌跡內側
C．轉彎時車受到地面的靜摩擦力大小定為μMg
D．轉彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越大
場地自行車比賽中某段圓形賽道如圖所示，賽道與水平面的夾角為θ，某運動員騎自行車在該賽道上做水平面內的勻速圓周運動。當自行車的速度為v0時，自行車不受側向摩擦力作用；當自行車的速度為v1（v1＞v0）時，自行車受到側向摩擦力作用。不考慮空氣阻力。重力加速度為g。已知自行車和運動員的總質量為m。則（　　）
A．速度為v0時，自行車所受的支持力大小為mgcosθ
B．速度為v0時，自行車和運動員的向心力大小為mgsinθ
C．速度為v1時，自行車和運動員的向心力大于mgtanθ
D．速度為v1時，自行車所受的側向摩擦力方向沿賽道向外
（多選）2022年北京冬奧會雪車比賽賽道有16個傾斜度各異的彎道。其中某一彎道是半徑為R的部分圓弧，O為該彎道圓心，A為該彎道的最高點，該彎道的傾斜度（彎道平面與水平的夾角）α為15°，A處軌道的切面視為傾角為45°的斜面，如圖甲所示。某次比賽中，總質量為m的運動員和雪車（可視為質點）以某一速度通過A點時雪車橫向（與運動方向垂直的方向）摩擦力為零，如圖乙所示。重力加速度為g，則雪車通過A點時（　　）
A．向心加速度為
B．角速度為
C．受到軌道的支持力為
D．受到的合外力為
現將等寬雙線在水平面內繞制成如圖所示軌道，兩段半圓形軌道半徑均為Rm，兩段直軌道AB、A′B′長度均為l＝1.35m。在軌道上放置一個質量m＝0.1kg的小圓柱體，如圖所示，圓柱體與軌道兩側相切處和圓柱截面圓心O連線的夾角θ為120°，如圖所示。兩軌道與小圓柱體的動摩擦因數均為μ＝0.5，小圓柱尺寸和軌道間距相對軌道長度可忽略不計。初始時小圓柱位于A點處，現使之獲得沿直軌道AB方向的初速度v0。求：
（1）小圓柱沿AB運動時，內外軌道對小圓柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）當v0＝6m/s，小圓柱剛經B點進入圓弧軌道時，外軌和內軌對小圓柱的壓力N1、N2的大小；
（3）為了讓小圓柱不脫離內側軌道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圓柱最終滑過的路程s。
【模型五】圓盤模型
f靜=mω2r ω臨= 與質量無關 輕繩出現拉力臨界ω1=; AB離心的臨界： 隔離A:T=μmAg；隔離B:T+μmBg=mBω22rB； 隔離A:μmAg-T=mAω22rA；隔離B:T+μmBg=mBω22rB； 隔離A:T-μmAg=mAω22rA；隔離B:T+μmBg=mBω22rB； 整體：AB滑動ω臨2=（） ①μA≥μB, ω臨1= ①ωmin=
②μA<μB, ω臨2= ②ωmax=
（多選）如圖所示，水平轉盤上沿半徑方向放著用細線相連的物體A和B，細線剛好拉直，A和B質量都為m，它們位于圓心兩側，與圓心距離分別為r、2r，A、B與盤間的動摩擦因數μ相同。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤從靜止開始緩慢加速到兩物體恰要與圓盤發生相對滑動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．B與轉盤的摩擦力先達到最大靜摩擦力且之后保持不變
B．繩子的最大張力為T＝2μmg
C．A與轉盤的摩擦力先增大后減小
D．開始轉動時兩物塊均由指向圓心的靜摩擦力提供向心力，繩子無拉力
如圖所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B的質量分別為3m、2m，A與B、B與轉臺間的動摩擦因數都為μ，A和B離轉臺中心的距離都為r，重力加速度為g，設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．A對B的摩擦力沿水平方向指向圓心O點
B．物塊B對物塊A的摩擦力一定為3μmg
C．轉臺對物塊B的摩擦力的大小一定為5mω2r
D．轉臺的角速度一定滿足：
如圖所示，半徑分別為rA、rB的兩圓盤水平放置，圓盤的邊緣緊密接觸，當兩圓盤繞過圓心的豎直軸勻速轉動時，圓盤的邊緣不打滑，質量分別為mA、mB的物塊A、B（均視為質點）分別放置在兩圓盤的邊沿，與圓盤間的動摩擦因數分別為μA、μB，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現讓圓盤繞過圓心的豎直軸轉動起來，A比B先滑動的條件是（　　）
A．μArA＜μBrB B．μArB＜μBrA
C． D．
（多選）如圖所示，三個完全相同的物體A、B和C放在水平圓盤上，它們分居圓心兩側且共線，用兩根不可伸長的輕繩相連。物塊質量均為1kg，與圓心距離分別為rA、rB和rC，其中rA＜rC且rA＝1.5m。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤以不同角速度繞軸OO'勻速轉動時，A、B繩中彈力T1和B、C繩中彈力T2隨ω2的變化關系如圖所示，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．物體與圓盤間的動摩擦因數μ＝0.2
B．物體B與圓心距離rB＝1m，rC＝2m
C．當角速度為1rad/s時，圓盤對A的靜摩擦力方向背離圓心
D．當角速度為rad/s時，A、B恰好與圓盤發生滑動
如圖所示，一半徑為R＝0.5m的水平轉盤可以繞著豎直軸OO'轉動，水平轉盤中心O處有一個光滑小孔，用一根長為L＝1m的細線穿過小孔將質量分別為mA＝0.2kg、mB＝0.5kg的小球A和小物塊B連接。現讓小球和水平轉盤各以一定的角速度在水平面內轉動起來，小物塊B與水平轉盤間的動摩擦因數μ＝0.3，且始終處于水平轉盤的邊緣處與轉盤相對靜止，取g＝10m/s2，求：
（1）若小球A的角速度ω＝5rad/s，細線與豎直方向的夾角θ；
（2）在滿足（1）中的條件下，通過計算給出水平轉盤角速度ωB的取值范圍，并在圖中畫出f﹣ω2圖像（假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且規定沿半徑指向圓心為正方向）；
（3）在水平轉盤角速度ωB為（2）中的最大值的情況下，當小球A和小物塊B轉動至兩者速度方向相反時，由于某種原因細線突然斷裂，經過多長時間A和B的速度相互垂直。
（可能使用到的數據：sin30°，cos30°，sin37°，cos37°）
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專題08 水平面內的圓周運動模型
[模型導航]
【模型一】圓錐擺模型 1
【模型二】錐形、球形容器模型 10
【模型三】火車轉彎模型 14
【模型四】水平路面轉彎模型 16
【模型五】圓盤模型 17
[模型分析]
【模型一】圓錐擺模型
1．結構特點：一根質量和伸長可以不計的輕細線，上端固定，下端系一個可以視為質點的擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩所掠過的路徑為圓錐表面。
2．受力特點：擺球質量為，只受兩個力即豎直向下的重力和沿擺線方向的拉力。兩個力的合力，就是擺球做圓周運動的向心力，如圖所示（也可以理解為拉力的豎直分力與擺球的重力平衡，的水平分力提供向心力）。
4．運動特點：擺長為，擺線與豎直方向的夾角為的圓錐擺，擺球做圓周運動的圓心是O，圓周運動的軌道半徑是
向心力
擺線的拉力
【討論】：(1)當擺長一定，擺球在同一地點、不同高度的水平面內分別做勻速圓周運動時，據可知，若角速度越大，則越大，擺線拉力也越大，向心加速度也越大，線速度 =也越大。
結論是：同一圓錐擺，在同一地點，若越大，則擺線的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，轉動的越快，運動的也越快，。
(2)當為定值時（為擺球的軌道面到懸點的距離h，即圓錐擺的高度），擺球的質量相等、擺長不等的圓錐擺若在同一水平面內做勻速圓周運動，則擺線拉力，向心力，向心加速度，角速度，線速度。
結論是：在同一地點，擺球的質量相等、擺長不等但高度相同的圓錐擺，轉動的快慢相等，但角大的圓錐擺，擺線的拉力大，向心力大，向心加速度大，運動得快。
4.多繩圓錐擺問題
隨角速度增大，兩繩的拉力如何變化？
如圖所示，可視為質點的小球用輕質細繩懸掛于B點，使小球在水平面內做勻速圓周運動。現僅增加繩長，保持軌跡圓的圓心O到懸點B的高度不變，小球仍在水平面內做勻速圓周運動。增加繩長前后小球運動的角速度、加速度以及所受細繩的拉力大小分別為ω1、a1、F1和ω2、a2、F2。則（　　）
A．ω1＝ω2 B．a1＞a2 C．F1＝F2 D．F1＞F2
【解答】解：A、對小球受力分析，如下圖所示：
繩子的拉力和重力的合力提供向心力，有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，解得，僅增加繩長，保持軌跡圓的圓心O到懸點B的高度h不變，則角速度不變，即ω1＝ω2，故A正確；
B、F合＝mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，由于增加了繩長而高度h不變，即增大了角度θ，則加速度變大，a1＜a2，故B錯誤；
CD、根據受力分析可知，θ增大則F增大，有F1＜F2，故C錯誤；故D錯誤。
故選：A。
如圖所示，一光滑細桿以角速度ω繞豎直軸旋轉，桿的一端固定在軸上O點，桿與軸的夾角為α。一質量為m的小球套在桿上，在距離O點L處剛好隨桿一起在水平面上做勻速圓周運動。若桿的角速度ω稍增大了一點，并隨即以新的角速度勻速轉動，則關于小球接下來的運動情況，下列說法正確的是（　　）（重力加速度為g）
A．小球仍將在原位置做勻速圓周運動，加速度為a＝gtanα
B．小球將沿桿向上滑動，最后在某位置相對桿靜止
C．小球將沿桿向上滑動，直至從上端飛出
D．小球相對桿滑動時機械能不變
【解答】解：小球受重力，桿的支持力作用，如圖所示
由牛頓第二定律可得，FNsinα＝mg，
當ω稍增大了一點，桿的支持力變大，豎直方向分力大于重力，小球沿桿上滑，作圓周運動的半徑增大，導致桿的支持力繼續變大，直至從上端飛出，故AB錯誤，C正確；
D．小球相對桿向上滑動時動能增大，重力勢能增大，所以機械能變大，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示。質量均為m的a、b兩小球用不可伸長的長度均為L的輕質細繩懸掛起來，使小球a在豎直平面內來回擺動，小球b在水平面內做勻速圓周運動，連接小球b的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動時繩子偏離豎直方向的最大夾角都為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．小球b在水平面內做勻速圓周運動的周期為T＝2π
B．小球a擺動到最低點時，繩子的拉力為2mg（1﹣cosθ）
C．a、b兩小球做圓周運動的半徑之比為cosθ
D．小球a運動到最高點時受到的繩子拉力為mgsinθ
【解答】解：A、小球b在水平面內做勻速圓周運動，重力和拉力的合力提供向心力，有：mgtanθ＝mLsinθ
解得：T＝2π
故A正確；
B、小球a擺動到最低點時，對球受力分析，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m
從最高點到最低點的過程中，由動能定理得：mg（L﹣Lcosθ）mv2
聯立解得：F＝（3﹣2cosθ）mg
故B錯誤；
C、a、b兩小球做圓周運動的半徑之比為Ra：Rb＝L：Lsinθ＝1：sinθ
故C錯誤；
D、小球a運動到最高點時速度為0，所需要的向心力為0，將重力分解到沿繩方向和垂直于繩方向，拉力為F′＝mgcosθ
故D錯誤。
故選：A。
2022年北京冬奧會上，有一項技術動作叫雙人螺旋線，如圖（a）所示，以男選手成為軸心，女選手圍繞男選手旋轉。將這一情景做如圖（b）所示的抽象：一細線一端系住一小球，另一端固定在一豎直細桿上，小球以一定大小速度隨著細桿在水平面內做勻速圓周運動，細線便在空中劃出一個圓錐面，這樣的模型叫“圓錐擺”。圓錐擺是研究水平面內質點做勻速圓周運動動力學關系的典型特例。若小球（可視為質點）質量為m，細線AC長度為l，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（　　）
A．若圖（b）中小球做勻速圓周運動時，細線與豎直方向所成夾角為θ，則小球受重力、細線的拉力和向心力作用
B．若圖（b）中θ＝53°，則小球做勻速圓周運動的角速度為
C．圖（c）中用一根更長的細線AB系一質量更大的小球（可視為質點），保持B、C兩球在同一水平面內繞豎直桿做勻速圓周運動，則ωB＞ωC
D．若小球在空中旋轉的角速度ω小于時，細線會像圖（d）那樣纏繞在豎直桿上，最后隨細桿轉動
【解答】解：A、圖（b）中小球做勻速圓周運動時，小球受重力和細線的拉力，由重力和細線拉力的合力提供向心力，故A錯誤；
B、圖（b）中小球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2lsinθ，解得角速度，故B錯誤；
C、圖（c）中滿足mgtanθ＝mω2lsinθ，設懸點A到小球所在水平面的高度為h，則，可知B、C兩球到各自所在水平面的高度相同，所以角速度相同，故C錯誤；
D、由此可知，當θ＝0°時，故角速度ω小于時，細線會像圖（d）那樣纏繞在豎直桿上，最后隨細桿轉動，故D正確。
故選：D。
（多選）智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛，如圖甲，腰帶外側帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質點的配重質量為m＝0.5kg，繩長為l＝0.5m，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2m，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動。若繩子與豎直方向夾角θ＝37°，運動過程中腰帶可看成不動，重力加速度g取10m/s2，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）下列說法正確的是（　　）
A．配重做勻速圓周運動的半徑為0.6m
B．配重的線速度大小為m/s
C．細繩對配重的拉力大小為6.25N
D．若細繩不慎斷裂，配重將做自由落體運動
【解答】解：A、已知懸掛點P到腰帶中心點O的距離為r＝0.2m，則配重做勻速圓周運動的半徑為R＝r+lsinθ＝0.2m+0.5×sin37°m＝0.5m
B、配重隨短桿做水平勻速圓周運動，受力如圖所示，由牛頓第二定律得：mgtan37°＝m，解得vm/s，故B正確；
C、細繩對配重的拉力大小為TN＝6.25N，故C正確；
D、若細繩不慎斷裂，由于慣性，配重具有水平速度，所以配重將做平拋運動，故D錯誤。
故選：BC。
（多選）如圖1所示一個光滑的圓錐體固定在水平桌面上，其軸線豎直，母線與軸線之間夾角為θ，一條長度為L的輕繩，一端固定在圓錐體的頂點O處，另一端拴著一個質量為m的小球（可看作質點），小球以角速度ω繞圓錐體的軸線做勻速圓周運動，細線拉力F隨ω2變化關系如圖2所示。重力加速度g取10m/s2，由圖2可知（　　）
A．繩長為L＝2m
B．小球質量為0.5kg
C．母線與軸線之間夾角θ＝300
D．小球的角速度為2rad/s時，小球已離開錐面
【解答】解：ABC、設靜止時繩子拉力為F1，剛要離開錐面時繩子拉力為F2，對小球受力分析，靜止時由平衡條件得：
F1＝mgcosθ
小球剛要離開錐面時，豎直方向上由平衡條件得：
F2cosθ＝mg
水平方向上，由牛頓第二定律得：
聯立并代入圖像對應點數據解得小球質量為：m＝0.5kg，繩長為：L＝2m，母線與軸線間夾角為：θ＝37°，故AB正確，C錯誤。
D、由圖像可知，當小球剛要離開錐面時，角速度為：
當ω＝2時，ω＜ω0，故小球仍在錐面上，D錯誤。
故選：AB。
如圖所示，兩根輕細線上端固定在S點，下端分別連一小鐵球A、B，使兩者恰好在同一水平面內做勻速圓周運動，SO的高度為h，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（　　）
A．小球做勻速圓周運動時，受到重力、細線拉力和向心力作用
B．如果兩個小球的質量相等，則兩條細線受到的拉力相等
C．球A運動的周期大于球B運動的周期
D．A、B做圓周運動的角速度均為
【解答】解：A.向心力是根據作用效果命名的力，勻速圓周運動的向心力是由物體所受各力的合力提供的，小球做勻速圓周運動時，受到重力、繩子的拉力，其合力充當向心力，故A錯誤；
B.對其中一個小球受力分析，小球受到重力、繩子的拉力，在豎直方向上，由平衡條件得：Tcosθ＝mg，得：，由于θB＞θA，如果兩個小球的質量相等，則在圖乙中兩條細線受到的拉力應該是A細線受到的拉力大，故B錯誤；
CD.小球受力分析如圖所示：
根據牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2r
根據幾何關系得：tanθ
聯立解得：ω，根據，解得：，兩球運動平面距離懸掛點高度差相同，可以得到：A、B兩球的角速度和周期均相同。故C錯誤，D正確。
故選：D。
（多選）如圖甲所示，傾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑塊通過輕繩繞過定滑輪與質量為m的小球相連（繩與斜面平行），滑塊質量為2m，滑塊能恰好靜止在粗糙的斜面上．在圖乙中，換成讓小球在水平面上做圓周運動，輕繩與豎直方向的夾角為θ，且轉動逐漸加快，θ≤45°．在圖丙中，兩個小球對稱在水平面上做圓周運動，每個小球質量均為m，輕繩與豎直方向的夾角θ，且轉動逐漸加快，在θ≤45°過程中，三幅圖中，斜面都靜止，且小球未碰到斜面，不考慮滑輪及空氣阻力，則以下說法中正確的是（　　）
A．甲圖中斜面受到地面的摩擦力方向水平向左
B．乙圖小球轉動的過程中滑塊受到的摩擦力可能沿斜面向下
C．乙圖小球轉動的過程中滑塊受到的摩擦力可能為零
D．丙圖小球轉動的過程中滑塊一定沿斜面向上運動
【解答】解：A、以甲圖中小球為研究對象，小球受到的重力與繩子的拉力是一對平衡力，所以繩子的拉力大小T等于小球的重力；以斜面和滑塊組成的整體為研究對象受力分析，水平方向：f＝Tcosθ，方向水平向左，故A正確；
BC、以乙圖中小球為研究對象，小球受到的重力與繩子的拉力提供小球做勻速圓周運動的向心力，則：T′，當θ＝45°時繩子拉力最大為Tmmg；所以繩子的拉力范圍為T′mg；以滑塊為研究對象，滑塊受到重力、繩子的拉力、斜面的支持力和摩擦力；當摩擦力恰好為零時，繩子拉力為：T＝2mgcos45°mg；由于繩子的拉力范圍為：T′mg，所以乙圖小球轉動的過程中滑塊受到的摩擦力可能為零、可能沿斜面向上，故B錯誤，C正確；
D、以丙圖中小球為研究對象，小球受到的重力與繩子的拉力提供小球做勻速圓周運動的向心力，則：T″＝2T′＝2，當θ＝45°時繩子拉力最大為：Tm＝2mg；
滑塊與斜面間的最大靜摩擦力為：fm＝2mgcos45°﹣mg＝（1）mg，當滑塊沿斜面上滑時繩子拉力大小為：T＝2mgcos45°+fm＝（21）mg＜Tm，丙圖小球轉動的過程中滑塊一定沿斜面向上運動，故D正確。
故選：ACD。
【模型二】錐形、球形容器模型
一．圓錐斗
1.結構特點：內壁為圓錐的錐面，光滑，軸線垂直于水平面且固定不動，可視為質點的小球緊貼著內壁在圖中所示的水平面內做勻速圓周運動。
2.受力特點：小球質量為，受兩個力即豎直向下的重力和垂直內壁沿斜向上方向的支持力。兩個力的合力，就是擺球做圓周運動的向心力，如圖所示
3.運動特點：軸線與圓錐的母線夾角，小球的軌道面距地面高度，圓周軌道的圓心是O，軌道半徑是, 則有
向心力.
支持力.
由此得，，。
結論是：在同一地點，同一錐形斗內在不同高度的水平面內做勻速圓周運動的同一小球，支持力大小相等，向心力大小相等，向心加速度大小相等，若高度越高，則轉動的越慢，而運動的越快。
二．圓碗
受力分析運動分析 正交分解x軸指向心 列方程求解 規律
x:FNsinθ=mω2r y:FNcosθ=mg r=Rsinθ
an=gtanθ; ①同角同向心加速度（B和C） ②同高同角速度（A和C）
如圖所示，內壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，讓兩個質量相同的小球A和小球B，緊貼圓錐筒內壁分別在水平面內做勻速圓周運動，則（　　）
A．A球的線速度一定大于B球的線速度
B．A球的角速度一定大于B球的角速度
C．A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度
D．A球對筒壁的壓力一定大于B球對筒壁的壓力
【解答】解：A、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，如圖
根據牛頓第二定律，有：
F＝mgtanθ＝mamω2r，
解得：v，a＝gtanθ，ω．A的半徑大，則A的線速度大，角速度小，向心加速度相等。故A正確，BC錯誤。
D、因為支持力N，支持力等于球對筒壁的壓力，知球A對筒壁的壓力一定等于球B對筒壁的壓力。故D錯誤。
故選：A。
（多選）如圖所示，水平地面上固定著三個內壁光滑的容器甲、乙、丙，它們的中心軸線均和水平地面垂直。其中甲的內表面為圓錐面，乙的內表面為半球面，丙的內表面為旋轉拋物面（將拋物線繞其對稱軸旋轉一周所得到的曲面），三個容器中均有兩個小球貼著內壁在水平面內做勻速圓周運動，小球可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．甲容器中A球的線速度比B球大
B．乙容器中A球的角速度比B球大
C．丙容器中兩球角速度大小相等
D．丙容器中A球的角速度比B球小
【解答】解：如下圖所示：
三個容器中都是重力和支持力的合力提供向心力，設支持力與豎直方向的夾角為θ，則合力都可以寫成mgtanθ。
A、甲容器中A球和B球所受支持力與豎直方向的夾角一樣大，則向心力一樣大，根據牛頓第二定律得mgtanθ，由于A球圓周運動的半徑大，所以甲容器中A球的線速度比B球大，故A正確；
B、設乙容器半球的半徑為R，根據幾何知識，兩球圓周運動的半徑r＝Rsinθ，有mgtanθ＝mω2Rsinθ，ω，由于A球受支持力與豎直方向的夾角大，則乙容器中A球的角速度比B球大，故B正確；
CD、根據數學導數知識，拋物線在某點的斜率與橫坐標成正比，由于支持力與接觸的切面垂直，根據幾何可知，切面與水平面的夾角等于支持力與豎直方向的夾角θ，所以mgtanθ＝mgkx＝mω2r，又r＝x，所以ω，k是常數，與兩球高度無關，所以丙容器中兩球角速度大小相等，故C正確，D錯誤。
故選：ABC。
半球形碗固定在水平面上，物塊（可看作質點）以某一豎直向下的初速度從碗口左邊緣向下滑，物塊與碗壁間的動摩擦因數是變化的，因摩擦作用，物塊下滑過程中速率不變，則（　　）
A．物塊下滑的過程中加速度不變
B．物塊下滑的過程所受摩擦力大小不變
C．物塊下滑過程中所受合外力方向始終指向圓心
D．物塊滑到最低點時對碗壁的壓力等于物塊的重力
【解答】解：C．物塊下滑的過程中做的是勻速圓周運動，受到的合力提供物體的向心力，大小不變，方向始終指向圓心，故C正確；
A．物體的合外力產生加速度，所以物體的加速度大小不為零，其大小不變，但方向時刻在變化，故A錯誤；
B．物塊在下滑的過程中，速度的大小不變，所以沿切線方向上合力為零，重力在切線方向上的分力與摩擦力大小相等，重力在切線方向上的分力減小，摩擦力減小，故B錯誤；
D．物塊滑到最低點時碗壁對物塊的支持力和重力的合力提供向心力，碗壁對物塊的支持力不等于重力，所以物塊對碗壁的壓力不等于物塊的重力，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，一根原長為L的輕彈簧套在一長為3L的光滑直桿AB上，其下端固定在桿的A端，質量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連。小球和桿一起繞經過桿A端的豎直軸OO′勻速轉動，且桿與水平面間始終保持θ＝37°角。已知桿處于靜止狀態時彈簧長度為0.5L，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：彈簧為原長時，彈簧的勁度系數k和小球的角速度ω0。
【解答】解：對靜止時的小球進行受力分析，小球受到自身重力，桿的支持力，以及彈簧沿桿向上的彈力，將重力正交分解，可得到沿桿方向的平衡關系式：
mgsin37°＝F彈＝kΔx＝0.5kL，得到勁度系數k；
彈簧原長時，小球只受重力與支持力，合力指向水平方向的圓心，其受力分析示意圖如下：
則向心力為F＝mgtan37°＝0.75mg，對小球列圓周運動的牛頓第二定律：0.75mg＝mω2r，其中r＝Lcos37°＝0.6L，將其代入求得：ω0。
答：（1）彈簧勁度系數為k；
（2）彈簧為原長時，小球的角速度ω0。
【模型三】火車轉彎模型
在傾斜軌道上轉彎：
①設計時速v：mgtanθ=mv2/R得：。因為θ角很小，所以tanθ=sinθ=h/l，則
②若火車經過彎道時的速度 ，外軌將受到擠壓。
③若火車經過彎道時的速度 ，內軌將受到擠壓。
鐵路在彎道處的內外軌道高低是不同的。已知鐵軌平面與水平面的夾角為θ，彎道處的圓弧半徑為R。若質量為m的火車以速度v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．火車受鐵軌的支持力大小為mgcosθ
B．v
C．若火車速度小于v，外軌將受到側壓力作用
D．若火車速度大于v，內軌將受到側壓力作用
【解答】解：A、重力和支持力合力提供水平方向向心力如圖所示：
可知火車受鐵軌的支持力為，故A錯誤；
B、由牛頓第二定律得：
解得：，故B正確；
CD、當速度小于v時，向心力減小，內軌有側壓力，反之外軌有側壓力，故CD錯誤。
故選：B。
（多選）火車軌道轉彎處外軌比內軌高，在某一彎道處內外軌相當于處在傾角為θ的斜面上，如圖所示，當火車以規定速度通過彎道時，內、外軌道對火車的輪緣均不會有擠壓作用，關于火車轉彎，下列說法正確的是（　　）
A．當火車的速度大于規定速度時，火車輪緣將擠壓內軌
B．當火車的速度小于規定速度時，火車輪緣將擠壓內軌
C．火車以規定速度通過彎道時，向心力由重力和支持力的合力提供
D．火車轉彎時的規定速度由火車質量、轉彎半徑和坡面傾角θ共同決定
【解答】解：受力示意圖，力的矢量三角形，如圖所示，當火車按照規定速度轉彎時，向心力由重力與彈力的合力提供，大小為mgtanθ，
則mgtanθ＝m，v，此時火車既不擠壓內軌也不擠壓外軌，如果火車速度大于規定速度，需要的向心力大于mgtanθ，
重力與彈力的合力不足以提供火車需要的向心力，此時火車擠壓外軌，反之火車擠壓內軌，故BC正確，AD錯誤。
故選：BC。
【模型四】水平路面轉彎模型
(1).汽車在水平路面上轉彎時，不能靠車身傾斜來實現。它所需要的向心力只能來自輪胎與路面之間的側向摩擦力。
(2).最大安全轉彎速度vm：最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，根據μmg=mvm2/r，得 vm=。
(3).當速度小于vm時：側向靜摩擦力提供向心力，f=mvm2/r。
如圖所示為運動員在水平道路上轉彎的情景，轉彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運動員始終與自行車在同一平面內。轉彎時，只有當地面對車的作用力通過車（包括人）的重心時，車才不會傾倒。設自行車和人的總質量為M，輪胎與路面間的動摩擦因數為μ，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．轉彎時自行車和人所受支持力和重力是一對平衡力
B．轉彎時車受到地面的靜摩擦力方向一定垂直于速度方向指向軌跡內側
C．轉彎時車受到地面的靜摩擦力大小定為μMg
D．轉彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越大
【解答】解：A、轉彎時，自行車和人的重力與支持力二力平衡，摩擦力提供向心力，故A正確；
B、轉彎時車勻速轉彎時，所受地面摩擦力垂直速度直線軌跡內側，如果轉彎的速度變化，地面摩擦力沿前進方向的分量與速度方向相同，地面摩擦力指向軌跡內側與前進方向成銳角，地面摩擦力沿前進方向的分量與速度方向相反，地面摩擦力指向軌跡內側與前進方向成鈍角，故B錯誤；
C、轉彎過程中，向心力來源于摩擦力，又車與地面發生相對運動趨勢，其中的靜摩擦最大值應為μMg，故C錯誤；
D、地面對自行車的彈力N與摩擦力f的合力過人與車的重心，設車所在平面與地面的夾角為θ，則，又f＝M，解得：，轉彎速度越大，車所在平面與地的夾角越小，故D錯誤。
故選：A。
場地自行車比賽中某段圓形賽道如圖所示，賽道與水平面的夾角為θ，某運動員騎自行車在該賽道上做水平面內的勻速圓周運動。當自行車的速度為v0時，自行車不受側向摩擦力作用；當自行車的速度為v1（v1＞v0）時，自行車受到側向摩擦力作用。不考慮空氣阻力。重力加速度為g。已知自行車和運動員的總質量為m。則（　　）
A．速度為v0時，自行車所受的支持力大小為mgcosθ
B．速度為v0時，自行車和運動員的向心力大小為mgsinθ
C．速度為v1時，自行車和運動員的向心力大于mgtanθ
D．速度為v1時，自行車所受的側向摩擦力方向沿賽道向外
【解答】解：AB、速度為v0時，對人和自行車受力分析，如圖所示：
自行車所受的支持力N，向心力Fn＝mgtanθ，故AB錯誤；
CD、速度為v1時，v1＞v0，速度變大，所需向心力變大，重力和支持力的合力不足以提供向心力，自行車應受到沿賽道向內的摩擦力，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（多選）2022年北京冬奧會雪車比賽賽道有16個傾斜度各異的彎道。其中某一彎道是半徑為R的部分圓弧，O為該彎道圓心，A為該彎道的最高點，該彎道的傾斜度（彎道平面與水平的夾角）α為15°，A處軌道的切面視為傾角為45°的斜面，如圖甲所示。某次比賽中，總質量為m的運動員和雪車（可視為質點）以某一速度通過A點時雪車橫向（與運動方向垂直的方向）摩擦力為零，如圖乙所示。重力加速度為g，則雪車通過A點時（　　）
A．向心加速度為
B．角速度為
C．受到軌道的支持力為
D．受到的合外力為
【解答】解：CD、運動員和雪車以某一速度通過A點時雪車橫向（與運動方向垂直的方向）摩擦力為零，則重力和支持力的合力指向圓心，提供向心力，對運動員和雪車在A點受力分析如圖所示
由正弦定理得：
sin75°＝sin（45°+30）＝sin45°cos30°+cos45°sin30°
解得雪車在A點受到的支持力N
重力和支持力的合力F合，因雪車與軌道在運動方向存在摩擦力，故受到的合外力不等于。
故C正確，D錯誤；
A、根據重力和支持力的合力F合提供向心力，a
故A正確；
B、根據a＝ω2R得，角速度大小ω
故B錯誤；
故選：AC。
現將等寬雙線在水平面內繞制成如圖所示軌道，兩段半圓形軌道半徑均為Rm，兩段直軌道AB、A′B′長度均為l＝1.35m。在軌道上放置一個質量m＝0.1kg的小圓柱體，如圖所示，圓柱體與軌道兩側相切處和圓柱截面圓心O連線的夾角θ為120°，如圖所示。兩軌道與小圓柱體的動摩擦因數均為μ＝0.5，小圓柱尺寸和軌道間距相對軌道長度可忽略不計。初始時小圓柱位于A點處，現使之獲得沿直軌道AB方向的初速度v0。求：
（1）小圓柱沿AB運動時，內外軌道對小圓柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）當v0＝6m/s，小圓柱剛經B點進入圓弧軌道時，外軌和內軌對小圓柱的壓力N1、N2的大小；
（3）為了讓小圓柱不脫離內側軌道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圓柱最終滑過的路程s。
【解答】解：（1）圓柱體與軌道兩側相切處和圓柱截面面圓心O連線的夾角θ為120°，由平衡條件及對稱性可知，內外軌道對小圓柱的彈力大小均與小圓柱的重力相等為1N，則內外軌道對小圓柱的摩擦力為：
f1＝f2＝μN＝0.5×1N＝0.5N；
（2）當v0＝6m/s，對小圓柱由A到B點的過程，根據動能定理得：
﹣（f1+f2）l
代入數據解得：vB＝3m/s
在B點對小圓柱受力分析，水平方向上根據牛頓第二定律得：
N1sin60°﹣N2sin60°＝m
豎直方向上由平衡條件得：
N1cos60°+N2cos60°＝mg
聯立解得：N1＝1.3N，N2＝0.7N；
（3）為了讓小圓柱不脫離內側軌道，當內側軌道對小圓柱的彈力恰好為零時，v0取得最大值（設為vm）。設此時在B點外軌對小圓柱的彈力為N1′，則有：
N1′sin60°＝m，N1′cos60°＝mg
根據動能定理可得：
﹣（f1+f2）l
聯立解得：vmm/s
小圓柱在圓弧軌道上始終滿足：N1cos60°+N2cos60°＝mg
在圓弧軌道上所受摩擦力：f′＝μ（N1+N2）
解得：f′＝1N
可知f′＝f，根據動能定理得：
fs
解得：s＝2.85m
答：（1）小圓柱沿AB運動時，內外軌道對小圓柱的摩擦力f1、f2的大小均為0.5N；
（2）外軌和內軌對小圓柱的壓力N1、N2的大小分別為1.3N，0.7N；
（3）為了讓小圓柱不脫離內側軌道，v0的最大值為m/s，以及在v0取最大值情形下小圓柱最終滑過的路程s為2.85m。
【模型五】圓盤模型
f靜=mω2r ω臨= 與質量無關 輕繩出現拉力臨界ω1=; AB離心的臨界： 隔離A:T=μmAg；隔離B:T+μmBg=mBω22rB； 隔離A:μmAg-T=mAω22rA；隔離B:T+μmBg=mBω22rB； 隔離A:T-μmAg=mAω22rA；隔離B:T+μmBg=mBω22rB； 整體：AB滑動ω臨2=（） ①μA≥μB, ω臨1= ①ωmin=
②μA<μB, ω臨2= ②ωmax=
（多選）如圖所示，水平轉盤上沿半徑方向放著用細線相連的物體A和B，細線剛好拉直，A和B質量都為m，它們位于圓心兩側，與圓心距離分別為r、2r，A、B與盤間的動摩擦因數μ相同。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤從靜止開始緩慢加速到兩物體恰要與圓盤發生相對滑動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．B與轉盤的摩擦力先達到最大靜摩擦力且之后保持不變
B．繩子的最大張力為T＝2μmg
C．A與轉盤的摩擦力先增大后減小
D．開始轉動時兩物塊均由指向圓心的靜摩擦力提供向心力，繩子無拉力
【解答】解：對兩個物塊的受力進行分析：
第一階段，兩物塊在隨轉盤一起轉動的過程中，僅由摩擦力提供向心力，方向指向各自做圓周運動的圓心，因此有f＝mω2r
分析可知物塊B做圓周運動的半徑更大，故物塊B的摩擦力先達到最大靜摩擦μmg，此時A受到的靜摩擦力為。
第二階段，物塊B在摩擦力達到最大的瞬間將要開始滑動，但通過細繩與A相連，此時繩子上開始產生張力，隨著轉盤角速度的增大，所需向心力也逐漸增大，而物塊B所受摩擦力在達到最大后保持不變，繩子上的張力開始增大，B需要的向心力始終是A的2倍，由于TA＝TB，所以這個過程中A受到的摩擦力逐漸減小，直至為零。
第三階段，當A受到的摩擦力減為零，而轉速繼續增大時，A受到的摩擦力方向將發生變化，背離圓心，且摩擦力逐漸增大，直至增大到最大靜摩擦，之后繼續增加轉速，A、B將相對轉盤發生滑動。
A、當圓盤從靜止開始緩慢加速到兩物體恰要與圓盤發生相對滑動的過程中，B與轉盤的摩擦力先達到最大靜摩擦力且之后保持不變，故A正確；
B、兩物塊恰好要與圓盤發生相對滑動時，對兩物塊有分別有，
又因為TA＝TB
解得TA＝TB＝3μmg
故B錯誤；
C、A與轉盤的摩擦力先增大后減小到零然后反向增大，故C錯誤；
D、開始轉動時兩物塊均由指向圓心的靜摩擦力提供向心力，繩子無拉力，只有當B的摩擦力達到最大時，繩子上才開始出現拉力，故D正確。
故選：AD。
如圖所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B的質量分別為3m、2m，A與B、B與轉臺間的動摩擦因數都為μ，A和B離轉臺中心的距離都為r，重力加速度為g，設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．A對B的摩擦力沿水平方向指向圓心O點
B．物塊B對物塊A的摩擦力一定為3μmg
C．轉臺對物塊B的摩擦力的大小一定為5mω2r
D．轉臺的角速度一定滿足：
【解答】解：A.對A進行受力分析，A在水平方向只受到B給的摩擦力，所以是B給的摩擦力來提供向心力，B給A的摩擦力指向圓心，所以A給B的摩擦力是背離圓心方向，故A錯誤；
B.由于AB之間是靜摩擦力，靜摩擦力的大小需要根據物體的運動情況來計算，不一定是最大值，故B錯誤；
C.對AB整體進行受力分析，在水平方向只受到轉臺給的摩擦力，根據圓周運動的牛頓第二定律可得，f＝（2m+3m）ω2r，故C正確；
D.當AB與轉臺之間的摩擦力達到最大值就是兩物體滑動的臨界狀態，此時有：μ×5mg＝5mω2r，求得，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，半徑分別為rA、rB的兩圓盤水平放置，圓盤的邊緣緊密接觸，當兩圓盤繞過圓心的豎直軸勻速轉動時，圓盤的邊緣不打滑，質量分別為mA、mB的物塊A、B（均視為質點）分別放置在兩圓盤的邊沿，與圓盤間的動摩擦因數分別為μA、μB，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現讓圓盤繞過圓心的豎直軸轉動起來，A比B先滑動的條件是（　　）
A．μArA＜μBrB B．μArB＜μBrA
C． D．
【解答】解：由牛頓第二定律與圓周運動規律，當A剛要相對圓盤滑動時摩擦力提供向心力，則：
解得
當B剛要相對圓盤滑動時
解得
當A比B先滑動時，則有vA＜vB
即
化簡可得μArA＜μBrB，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（多選）如圖所示，三個完全相同的物體A、B和C放在水平圓盤上，它們分居圓心兩側且共線，用兩根不可伸長的輕繩相連。物塊質量均為1kg，與圓心距離分別為rA、rB和rC，其中rA＜rC且rA＝1.5m。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤以不同角速度繞軸OO'勻速轉動時，A、B繩中彈力T1和B、C繩中彈力T2隨ω2的變化關系如圖所示，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．物體與圓盤間的動摩擦因數μ＝0.2
B．物體B與圓心距離rB＝1m，rC＝2m
C．當角速度為1rad/s時，圓盤對A的靜摩擦力方向背離圓心
D．當角速度為rad/s時，A、B恰好與圓盤發生滑動
【解答】解：A、由題圖可知，拉力T1與角速度的關系為：
則當時，A、B間繩剛要有拉力，對物體A有
代入數據解得：μ＝0.1
故A錯誤；
B、由題圖可知，拉力T2與角速度的關系為：
則當時，B、C間繩剛要有拉力，對物體C，有
代入數據解得：rC＝2m
當時，A、B間繩和B、C間繩的拉力均為1N，對物體B只有摩擦力提供向心力，有
代入數據解得：rB＝1m
故B正確；
C、當角速度為1rad/s時，對物體A受力分析，由牛頓第二定律得：
代入數據解得：fA＝0.5N
方向指向圓心，故C錯誤；
D、由圖像可以得出當角速度為時，T1＝4N
T2＝3N
對物體A有
代入數據解得：fA2＝1N＝μmg
對物體C有
代入數據解得：fC2＝1N＝μmg
說明此刻A、B恰好與圓盤發生滑動，故D正確。
故選：BD。
如圖所示，一半徑為R＝0.5m的水平轉盤可以繞著豎直軸OO'轉動，水平轉盤中心O處有一個光滑小孔，用一根長為L＝1m的細線穿過小孔將質量分別為mA＝0.2kg、mB＝0.5kg的小球A和小物塊B連接。現讓小球和水平轉盤各以一定的角速度在水平面內轉動起來，小物塊B與水平轉盤間的動摩擦因數μ＝0.3，且始終處于水平轉盤的邊緣處與轉盤相對靜止，取g＝10m/s2，求：
（1）若小球A的角速度ω＝5rad/s，細線與豎直方向的夾角θ；
（2）在滿足（1）中的條件下，通過計算給出水平轉盤角速度ωB的取值范圍，并在圖中畫出f﹣ω2圖像（假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且規定沿半徑指向圓心為正方向）；
（3）在水平轉盤角速度ωB為（2）中的最大值的情況下，當小球A和小物塊B轉動至兩者速度方向相反時，由于某種原因細線突然斷裂，經過多長時間A和B的速度相互垂直。
（可能使用到的數據：sin30°，cos30°，sin37°，cos37°）
【解答】解：（1）對小球A受力分析如下圖所示，并將拉力與重力合成，合力水平：
根據合力提供向心力有：mgtanθ＝mω2rA，rA＝（L﹣R）sinθ，將ω、g、L、R代入得，cosθ，則θ＝37°；
（2）在滿足（1）中的條件下，即繩的拉力F大小不變，根據對小球A的分析，F；
對B物體受力分析，拉力和摩擦力的合力提供向心力，由于水平轉盤中心O處的小孔光滑，拉力也等于F，當水平轉盤角速度取最小ωB1時，B物體有向內運動的趨勢，則摩擦力沿半徑向外并且靜摩擦力達到最大值，有：F，將F、μ、R代入解得ωB1＝2rad/s；
當水平轉盤角速度取最大ωB2時，B物體有向外運動的趨勢，則摩擦力沿半徑向內并且靜摩擦力達到最大值，有：F，將F、μ、R代入解得ωB2＝4rad/s；
所以ωB的取值范圍是2rad/s≤ωB≤4rad/s；
規定沿半徑指向圓心為正方向，則向心力表達式為F+f，則f＝﹣F（﹣2.5+0.25ω2）N，根據這個函數表達式以及角速度的極值畫出出f﹣ω2圖像如下圖所示：
（3）由于某種原因細線突然斷裂，小球A和小物塊B做平拋運動，小球A的初速度vA＝ωrA＝5×0.5×sin37°m/s＝1.5m/s
小物塊B的初速度vB＝RωB2＝0.5×4m/s＝2m/s，設經過t時間A的速度與水平方向成角度為α，這時B的速度與豎直方向成角度也為α，這時A和B的速度相互垂直，有tanα，代入數據解得t。
答：（1）若小球A的角速度ω＝5rad/s，細線與豎直方向的夾角為37°；
（2）ωB的取值范圍是2rad/s≤ωB≤4rad/s；
畫出出f﹣ω2圖像如下圖所示：
（3）經過0.17s時間A和B的速度相互垂直。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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