（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第12講 圓周運動的規(guī)律及應(yīng)用學案

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1、 第12講　圓周運動的規(guī)律及應(yīng)用 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.圓周運動中的運動學分析Ⅱ 2．圓周運動中的動力學分析Ⅱ 2016·全國卷Ⅱ，16 高考對本專題直接考查題型多是選擇題，對帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的計算題的考查，也滲透在本專題中．確定向心力和半徑是求解圓周類問題的關(guān)鍵，對此方法要能熟練應(yīng)用 1．描述圓周運動的物理量 定義、意義 公式、單位 線速度 (1)描述做圓周運動的物體運動__快慢__的物理量(v) (2)是矢量，方向和半徑垂直，和圓周__相切__ (1)v＝＝ (2)單位：__m/s__ 角速度 (1)描述物體繞圓

2、心__轉(zhuǎn)動快慢__的物理量(ω) (2)中學不研究其方向 (1)ω＝＝ (2)單位：__rad/s__ 周期和轉(zhuǎn)速 (1)周期是物體沿圓周運動__一圈__的時間(T) (2)轉(zhuǎn)速是物體在單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的__圈數(shù)__(n)，也叫頻率(f) (1)T＝；單位：__s__ (2)n的單位r/s、r/min (3)f的單位：__Hz__，f＝ 向心加速度 (1)描述速度__方向__變化快慢的物理量(an) (2)方向指向__圓心__ (1)an＝＝ω2r (2)單位：m/s2 向心力 (1)作用效果是產(chǎn)生向心加速度，只改變線速度的__方向__，不改變線速度的大小 (2

3、)方向指向__圓心__ (1)Fn＝mω2r＝m＝mr (2)單位：N 相互 關(guān)系 (1)v＝rω＝＝2πrf (2)an＝＝rω2＝ωv＝＝4π2f2r (3)Fn＝m＝mrω2＝m＝mωv＝m·4π2f2r 2.勻速圓周運動的向心力 (1)作用效果：產(chǎn)生向心加速度，只改變線速度的__方向__，不改變線速度的__大小__. (2)大小：Fn＝__m__＝mrω2＝__m__＝mωv＝m·4π2f2r. (3)方向：始終沿半徑指向__圓心__. (4)來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的__合力__提供，還可以由一個力的__分力__提供． 3．離心運動 (

4、1)定義：做__圓周__運動的物體，在所受合力突然消失或不足以提供圓周運動所需__向心力__的情況下，所做的逐漸遠離圓心的運動． (2)本質(zhì)：做圓周運動的物體，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 ①當F＝mω2r時，物體做__勻速圓周__運動； ②當F＝0時，物體沿__切線__方向飛出； ③當Fmω2r時，物體將逐漸__靠近__圓心，做近心運動． 1．判斷正誤 (1)勻速圓周運動是勻加速曲線運動．(　×　

5、) (2)做勻速圓周運動的物體所受合力是保持不變的．(　×　) (3)做勻速圓周運動的物體向心加速度與半徑成反比．(　×　) (4)做勻速圓周運動的物體角速度與轉(zhuǎn)速成正比．(　√　) (5)隨圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動的物塊受重力、支持力和向心力的作用．(　×　) (6)勻速圓周運動物體的向心力是產(chǎn)生向心加速度的原因．(　√　) (7)做圓周運動的物體所受合力突然消失，物體將沿圓周切線方向做勻速直線運動．(　√　) 一　圓周運動中的運動學分析 1．圓周運動各物理量間的關(guān)系 2．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

6、速度大小相等，即vA＝vB． (2)摩擦傳動：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)同軸傳動：如圖丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，兩輪轉(zhuǎn)動的角速度大小相等，即ωA＝ωB． 解答傳動裝置類問題的方法 (1)確定所研究問題屬于哪類傳動方式，抓住傳動裝置的特點． ①同軸傳動：固定在一起共軸轉(zhuǎn)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：皮帶(或齒輪)傳動和不打滑的摩擦傳動的兩輪邊緣上各點線速度大小相等． (2)結(jié)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，判定各點v、ω的比例關(guān)系，若判定向

7、心加速度a的比例，巧用a＝ωv這一規(guī)律． [例1]如圖所示的皮帶傳動裝置中，右邊兩輪連在一起同軸轉(zhuǎn)動．圖中三輪半徑的關(guān)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__1∶1∶3__；角速度之比為__1∶2∶2__；周期之比為__2∶1∶1__. 解析　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(zhuǎn)過的弧長相等，即vA＝vB，則v＝ωr知＝＝，又B、C是同軸轉(zhuǎn)動，相等時間內(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∶T

8、B∶TC＝1∶∶＝2∶1∶1. [思維導引](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(guān)系？ωA與ωB有什么關(guān)系？ (2)B、C為同軸轉(zhuǎn)動的兩點，vB與vC，ωB與ωC的關(guān)系是什么？ 答案　(1)vA＝vB，＝　(2)ωB＝ωC，＝ 　二　圓周運動中的動力學分析 解答圓周運動中的動力學問題的分析思路 (1)幾何關(guān)系的分析，目的是確定圓周運動的圓心、半徑等． (2)運動分析，目的是表示出物體做圓周運動所需要的向心力． (3)受力分析，目的是利用力的合成與分解知識，表示出物體做圓周運動時，外界所提供的向心力． [例2](2018·湖北武漢模擬)(多選)如圖甲

9、所示，一根細線上端固定在S點，下端連一小鐵球A，讓小鐵球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，此裝置構(gòu)成一圓錐擺(不計空氣阻力)．下列說法中正確的是(　AC　) A．小球做勻速圓周運動時的角速度一定大于(l為擺長) B．小球做勻速圓周運動時，受到重力、細線的拉力和向心力作用 C．另有一個圓錐擺，擺長更大一點，兩者懸點相同，如圖乙所示，如果改變兩小球的角速度，使兩者恰好在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則B球的角速度等于A球的角速度 D．如果兩個小球的質(zhì)量相等，則在圖乙中兩根細線受到的拉力相等 解析　小球受力如圖所示，由圓周運動規(guī)律可得Fn＝mrω2，又Fn＝mgtan θ，解得ω＝，r＝lsin

10、 θ，可得ω＝(0°<θ<90°)，可知小球做勻速圓周運動時的角速度一定大于，故選項A正確；向心力是效果力，勻速圓周運動的向心力是由合力提供的，小球做勻速圓周運動時，重力和細線的拉力的合力充當向心力，故選項B錯誤；由ω＝，lcos θ＝h，所以ω＝，由于高度相同，B球的角速度等于A球的角速度，故選項C正確；由圖可知T＝，由于θB>θA，如果兩個小球的質(zhì)量相等，則TB>TA，故選項D錯誤． 圓周運動中的動力學分析思路 →→→→ 　三　水平轉(zhuǎn)盤中圓周運動物體的臨界問題 1．判斷臨界狀態(tài)：有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；若題目中有“取值范圍”“

11、多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態(tài)；若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點也往往是臨界狀態(tài)。 2．確定臨界條件：判斷題述的過程存在臨界狀態(tài)之后，要通過分析弄清臨界狀態(tài)出現(xiàn)的條件，并以數(shù)學形式表達出來． 3．選擇物理規(guī)律：當確定了物體運動的臨界狀態(tài)和臨界條件后，對于不同的運動過程或現(xiàn)象，要分別選擇相對應(yīng)的物理規(guī)律．然后再列方程求解． [例3](2018·江蘇蘇州調(diào)研)如圖所示，用一根長為l＝1 m的細線，一端系一質(zhì)量為m＝1 kg的小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎

12、直方向的夾角θ＝37°，當小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細線的張力為FT.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，結(jié)果可用根式表示) (1)若要小球剛好離開錐面，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為60°，則小球的角速度ω′為多大？ 解析　(1)若要小球剛好離開錐面，則小球只受到重力和細線的拉力，受力分析如圖所示．小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向運動用牛頓第二定律及向心力公式得 mgtan θ＝mωlsin θ， 解得ω＝， 即ω0＝， ＝ rad/s. (

13、2)同理，當細線與豎直方向成60°角時，由牛頓第二定律及向心力公式得 mgtan α＝mω′lsin α， 解得ω′2＝，即 ω′＝＝2 rad/s. 答案　(1) rad/s　(2)2 rad/s 　四　豎直面內(nèi)圓周運動物體的臨界問題 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”．下面對繩、桿模型涉及的臨界問題進行比較，分析如下： 　 模型 比較項目　 輕繩牽球 輕桿牽球 圖例 實例

14、 球繩連接、水流星、沿內(nèi)軌道過山車等 球桿連接、過拱橋等(注意過拱橋與球桿連接的區(qū)別) 受力示意圖 最高點 臨界條件 根據(jù)mg＝mv/r，則v臨界＝ 由于桿的支撐作用，v臨界＝0 受力與運動情況討論分析 ①能過最高點的條件v≥v臨界＝ FT＋mg＝m，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FT≥0，方向指向圓心； ②不能過最高點的條件v

15、＝0； ④當v>時，桿對小球有豎直向下的拉力FN，其大小隨速度的增大而增大 豎直面內(nèi)圓周運動類問題的解題技巧 (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≥及桿模型中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． (5)過程分析：應(yīng)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． [例4]雜技演員表演“水流星”，在長為0.9 m的細繩的一端，系

16、一個與水的總質(zhì)量為m＝0.5 kg的盛水容器，以繩的另一端為圓心，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，如圖所示．若“水流星”通過最高點時的速率為3 m/s，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　B　) A．“水流星”通過最高點時，有水從容器中流出 B．“水流星”通過最高點時，繩的張力及容器底部受到水的壓力均為零 C．“水流星”通過最高點時，處于完全失重狀態(tài)，不受力的作用 D．“水流星”通過最高點時，繩子的拉力大小為5 N 解析　當繩的張力恰好為零時，對水和容器整體，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m，解得v＝＝ m/s＝3 m/s.可知，“水流星”通過最高點的最小速度為3 m/s，繩的張力為零

17、，此時整體的加速度為a＝g，重力恰好完全提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，所以水對容器底壓力為零，水不會從容器中流出，故選項B正確． [例5](多選)長為L的輕桿，一端固定一個小球A，另一端固定在光滑的水平軸上，輕桿繞水平軸轉(zhuǎn)動，使小球A在豎直面內(nèi)做圓周運動，小球A在最高點的速度為v，下列敘述中正確的是(　BC　) A．v的極小值為 B．v由零增大，向心力也逐漸增大 C．當v由逐漸增大時，桿對小球的彈力逐漸增大 D．當v由逐漸減小時，桿對小球的彈力逐漸減小 解析　小球在最高點的最小速度為零，此時重力大小等于桿的支持力，故選項A錯誤；在最高點，根據(jù)F向＝m得，當v由零逐漸增大時，小球

18、向心力也逐漸增大，故選項B正確；在最高點，當桿作用力為零時，v＝，當v>，桿提供拉力，有mg＋F＝m，當v由逐漸增大時，桿對小球的彈力也逐漸增大，故選項C正確；在最高點，當桿作用力為零時，v＝，當0≤v≤時，桿提供支持力，有mg－F＝m，當v由零逐漸增大到時，桿的彈力逐漸減小，反之當v由逐漸減小時，桿對小球的彈力逐漸增大，故選項D錯誤． 1．(多選)如圖所示，繩子的一端固定在O點，另一端拴一重物在水平面上做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　AC　) A．轉(zhuǎn)速相同時，繩長的容易斷 B．周期相同時，繩短的容易斷 C．線速度大小相等時，繩短的容易斷 D．線速度大小相等時，繩長的容

19、易斷 解析　繩子的拉力提供向心力，再根據(jù)向心力公式分析．設(shè)繩子的拉力為F，則F＝mω2r＝m，此外，T＝＝，所以，當轉(zhuǎn)速n相同，即是周期或角速度相同時，繩長r越大，拉力F越大，繩子越容易斷，選項A正確，B錯誤；當線速度v相同時，繩長r越小，拉力F越大，繩子越容易斷，選項C正確，D錯誤． 2．(多選)如圖所示，水平轉(zhuǎn)盤上放有m＝2 kg的物體(可視為質(zhì)點)，連接物體和轉(zhuǎn)軸的輕繩長r＝1 m，輕繩一端套在軸上，在盤轉(zhuǎn)動過程中，繩子長度不變，物體與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力是其壓力的0.4倍，繩子足夠牢固，在盤轉(zhuǎn)動過程中，物體與轉(zhuǎn)盤始終相對靜止，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　AC　)

20、 A．當角速度ω1＝1 rad/s時，繩子的拉力T1＝0 B．當角速度ω1＝1 rad/s時，繩子的拉力T1＝2 N C．當角速度ω2＝3 rad/s時，繩子的拉力T2＝10 N D．當角速度ω2＝3 rad/s時，繩子的拉力T2＝20 N 解析　當物體與轉(zhuǎn)盤之間達到最大靜摩擦力時，繩子剛開始有彈力，設(shè)此時物體的角速度為ω0，由牛頓第二定律有μmg＝mωr，解得ω0＝2 rad/s；當ω1<ω2，繩子的拉力T1＝0，選項A正確、B錯誤；當ω2＝3 rad/s>ω0時，由牛頓第二定律μmg＋T2＝mωr，解得T2＝10 N，選項C正確、D錯誤． 3．如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤

21、面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，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靜止．物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為(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ω的最大值是(　C　) A． rad/s B． rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s 解析　物體在最低點最可能出現(xiàn)相對滑動，對物體進行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律，有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，選項C正確． 4．(多選)(2017·西安交大附中月考)如圖所示，一小球以豎直向上的初速度v0從圓心等高處沖入一管道，

22、該管道為個正圓，半徑為R＝5 m．已知它剛好能夠通過管道的最高點，小球的入口與圓心在同一高度．經(jīng)過管道后，它又沿著光滑導軌剛好可以通過另一個半徑為r的正圓軌道．若所有銜接處均不損失機械能，不計摩擦，小球直徑以及圓管內(nèi)徑可忽略，g取10 m/s2.下列說法正確的是(　AD　) A．初速度v0的大小為10 m/s B．初速度v0的大小為5 m/s C．右側(cè)圓軌道半徑r的大小為5 m D．右側(cè)圓軌道半徑r的大小為4 m 解析　小球剛好能夠通過管道的最高點，其速度為0，從出發(fā)點到管道的最高點，由機械能守恒得mv＝mgR，解得v0＝10 m/s，故選項A正確，B錯誤；小球剛好通過圓軌道最高

23、點，其速度為v＝，從出發(fā)點到圓軌道的最高點，由機械能守恒得mv2＋mg·2r＝mv＋mgR，解得r＝4 m，故選項C錯誤，D正確． [例1](12分)如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r＝0.4 m，最低點處有一小球(半徑比r小很多)，現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，則要使小球不脫離圓軌道運動，v0應(yīng)當滿足什么條件？(g＝10 m/s2) [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤 致錯原因 扣分 (1) 誤把繩模型當作了桿模型，最高點臨界速度求錯 －3 (2) 最高點臨界速度求錯 －5 (3) 題目問的是不脫離圓軌道，還有一種往復(fù)運動的情形

24、 －4 [規(guī)范答題]　 [解析]　要使小球能通過最高點小球在最高點臨界為 mg＝得v＝＝2 m/s. mg2r＝mv－mv2， 得v0＝＝2 m/s. 所以小球速度v0≥2 m/s. 當v0較小時，小球不脫離軌道的臨界是上升到與圓心等高處，速度恰好減為零． 據(jù)動能定理得－mgr＝0－mv， 得v0＝＝2 m/s，所以速度v0≤2 m/s， 要想小球不脫離軌道v0≤2m/s或v0≥2 m/s. [答案]　v0≥2 m/s(8分)　v0≤2 m/s(4分) 1．(2017·河北衡水診斷)(多選)“水流星”是一種常見的雜技項目，該運動可以簡化為輕繩一端系著小球在豎直平面內(nèi)

25、的圓周運動模型．已知繩長為l，重力加速度為g，則(　CD　) A．小球運動到最低點Q時，處于失重狀態(tài) B．小球初速度v0越大，則在P、Q兩點繩對小球的拉力差越大 C．當v0>時，小球一定能通過最高點P D．當v0<時，細繩始終處于繃緊狀態(tài) 解析　小球運動到Q點時，其加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；由機械能守恒有mv＝mv＋mg(2l)，Q點處FQ－mg＝，P點處FP＋mg＝，拉力差ΔF＝FQ－FP，聯(lián)立得ΔF＝6mg，選項B錯誤；小球過P點臨界速度vP＝，由機械能守恒易求得Q處最小速度為，故選項C正確；若小球恰好未過N點，由機械能守恒有mv＝mgl，即v0＝，顯然當v0

26、<時，球在MN線下擺動，細繩始終處于繃緊狀態(tài)，選項D正確． 2．(多選)如圖所示，半徑為R的光滑細圓環(huán)軌道被固定在豎直平面上，軌道正上方和正下方分別有質(zhì)量為2m和m的靜止小球A、B，它們由長為2R的輕桿固定連接，圓環(huán)軌道內(nèi)壁開有環(huán)形小槽，可使細桿無摩擦、無障礙地繞其中心點轉(zhuǎn)動．今對上方小球A施加微小擾動，兩球開始運動后，下列說法正確的是(　ACD　) A．輕桿轉(zhuǎn)到水平位置時兩球的加速度大小相等 B．輕桿轉(zhuǎn)到豎直位置時兩球的加速度大小不相等 C．運動過程中A球速度的最大值為 D．當A球運動到最低點時，兩小球?qū)壍雷饔昧Φ暮狭Υ笮閙g 解析　兩球做圓周運動，在任意位置角速度相等，

27、則線速度和向心加速度大小相等，根據(jù)運動對稱性，A、B兩球的切向加速度大小總相等，因而在任意位置，A、B兩球的合加速度大小總相等，選項A正確，B錯誤；A、B球組成的系統(tǒng)機械能守恒，當系統(tǒng)重力勢能最小(即A在最低點)時，線速度最大，則2mg·2R－mg·2R＝×3mv2，最大速度v＝，選項C正確；A在最低點時，分別對A、B受力分析，F(xiàn)NA－2mg＋T＝2m，mg＋T－FNB＝m，則FNA＋FNB＝，根據(jù)牛頓第三定律，兩小球?qū)壍雷饔昧Φ暮狭Υ笮閙g，選項D正確． 1．(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面

28、內(nèi)做勻速圓周運動．下列敘述正確的是(　B　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 解析　乘客在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，動能不變，而在上升過程中重力勢能增加，機械能增加，下降過程中則相反，選項A錯誤；在最高點時，乘客具有豎直向下的向心加速度，處于失重狀態(tài)，故選項B正確；因重力恒定，重力的沖量等于重力與其作用時間的乘積，故重力沖量一定不為零，選項C錯誤．重力的瞬時功率P＝mg·v·cos α，其中α是瞬時速度v的方向與重力方向之間的夾

29、角，故重力的瞬時功率不會保持不變，選項D錯誤． 2．(2017·江蘇卷)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．小物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F.小環(huán)和小物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，小物塊向上擺動．整個過程中，小物塊在夾子中沒有滑動．小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g.下列說法正確的是(　D　) A．小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．小物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過 解析　設(shè)夾子與物塊間靜摩擦力為Ff，勻

30、速運動時，繩中張力T＝Mg＝2Ff，擺動時，物塊沒有在夾子中滑動，說明勻速運動過程中，夾子與小物塊間的靜摩擦力沒有達到最大值，選項A錯誤；碰到釘子后，物塊開始在豎直面內(nèi)做圓周運動，在最低點，對整體T′－Mg＝M，對物塊2Ff－Mg＝M，所以T′＝2Ff，由于Ff≤F，所以選項B錯誤；由機械能守恒得MgHmax＝Mv2，所以Hmax＝，選項C錯誤；若保證小物塊不從夾子中滑落，應(yīng)保證速度為最大值vm時，在最低點滿足關(guān)系式2F－Mg＝M，所以vm＝，選項D正確． 3．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)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

31、圖所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點(　C　) 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 解析　小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，LP

32、水平“U”形彎道，轉(zhuǎn)彎處為圓心在O點的半圓，內(nèi)外半徑分別為r和2r.一輛質(zhì)量為m的賽車通過AB線經(jīng)彎道到達A′B′線，有如圖所示的①②③三條路線，其中路線③是以O(shè)′為圓心的半圓，OO′＝r.賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為Fmax.選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內(nèi)賽車速率不變，發(fā)動機功率足夠大)，則(　ACD　) A．選擇路線①，賽車經(jīng)過的路程最短 C．選擇路線②，賽車的速率最小 C．選擇路線③，賽車所用時間最短 D．①②③三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等 解析　由幾何關(guān)系可求得路線①②③的長度分別為2r＋πr，2r＋2πr,2π

33、r，比較可知，軌道①最短，選項A正確；由Fmax＝m可知，R越小速率越小，因此沿路線①速率最小，選項B錯誤；沿路線①②③運動的速率分別為，，，由長度與速率的比值比較可知，選擇路線③所用時間最短，選項C正確；由Fmax＝ma可知，三個線路的圓弧上賽車的向心加速度大小相等，選項D正確． 5．(多選)如圖，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，小木塊與圓盤的最大靜摩擦力為小木塊所受重力的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，下列說法正確的是(　AC　) A．b一定比a先開始

34、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ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg 解析　因圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，在某一時刻可認為，小木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則根據(jù)牛頓第二定律可得Ff＝mω2R，由于小木塊b的軌道半徑大于小木塊a的軌道半徑，故小木塊b做圓周運動需要的向心力較大，選項B錯誤；因為兩小木塊的最大靜摩擦力相等，故b一定比a先開始滑動，選項A正確；當b開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmg＝mω·2l，可得ωb＝，選項C正確；當a開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmg＝mωl，可得ωa

35、＝，而圓盤轉(zhuǎn)動的角速度<，小木塊a未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來提供，由牛頓第二定律可得Ff＝mω2l＝kmg，選項D錯誤． 課時達標　第12講 [解密考綱]考查圓周運動的參量之間的關(guān)系、勻速圓周運動的周期性問題、水平面內(nèi)圓周運動臨界問題、豎直平面內(nèi)圓周運動的繩模型和桿模型問題． 1．明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫(如圖)，記錄了我們祖先的勞動智慧．若A、B、C三齒輪半徑的大小關(guān)系如圖，則(　D　) A．齒輪A的角速度比C的大 B．齒輪A與B角速度大小相等 C．齒輪B與C邊緣的線速度大小相等 D．齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的大 解析　由圖可知rA

36、>rB>rC，A齒輪邊緣與B齒輪邊緣線速度大小是相等的，即vA＝vB，由v＝ωr，可得＝，則ωA<ωB；B齒輪與C齒輪共軸，則B齒輪與C齒輪角速度大小相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr，可得齒輪B與齒輪C邊緣的線速度之比＝，則vB>vC，綜上所述可知vA＝vB>vC，ωB＝ωC>ωA，故選項A、B、C錯誤，D正確． 2．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的細繩，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運動．若要小球能通過最高點A(g＝10 m/s2，空氣阻力不計)，則小球在最低點B的最小速度是(　C　) A．2 m/s B．2 m

37、/s C．2 m/s D．2 m/s 解析　小球恰好通過A點，受力分析如圖所示．有F向＝mgsin α＝.則通過A點的最小速度vA＝＝2 m/s.根據(jù)機械能守恒定律得mv＝mv＋2mgLsin α，解得vB＝2 m/s，選項C正確． 3. 如圖所示，一光滑輕桿沿水平方向放置，左端O處連接在豎直的轉(zhuǎn)動軸上，a、b為兩個可視為質(zhì)點的小球，穿在桿上，并用細線分別連接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球質(zhì)量為a球質(zhì)量的3倍．當輕桿繞O軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時，Oa和ab兩線的拉力之比為(　D　) A．1∶3 B．1∶6 C．4∶3 D．7∶6 解析　對a球，F(xiàn)TO a－FTab

38、＝mω2Oa；對b球，F(xiàn)Tab＝3mω2(Oa＋ab)．由以上兩式得，Oa和ab兩線的拉力之比為7∶6，選項D正確． 4．(多選)變速自行車靠變換齒輪組合來改變行駛速度擋，如圖是某一變速車齒輪轉(zhuǎn)動結(jié)構(gòu)示意圖，圖中A輪有48齒，B輪有42齒，C輪有18齒，D輪有12齒．下列說法正確的是(　BCD　) A．該車可變換3種不同擋位 B．該車可變換4種不同擋位 C．A與D輪組合時，是行駛速度最快擋 D．B與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωB∶ωD＝2∶7 解析　齒輪有AC、AD、BC、BD四種組合，則可變換4種不同擋位；B與D輪組合時，線速度相等，兩輪的角速度之比等于齒數(shù)反比，即ωB∶ω

39、D＝2∶7；行駛速度最快擋為齒數(shù)比最大的組合，即A與D輪組合．故選項A錯誤，B、C、D正確． 5．(2017·山西太原模擬)用一根細線一端系一可視為質(zhì)點的小球，另一端固定在一以角速度ω旋轉(zhuǎn)的光滑錐頂上，如圖所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是(　C　) 解析　設(shè)線長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支持力FN和線的拉力FT而平衡，F(xiàn)T＝mgcos θ≠0，所以選項A、B錯誤；ω增大時，F(xiàn)T增大，F(xiàn)N減小，當FN＝0時，角速度為ω0. 當ω<ω0時，由牛頓第二定律得， FTsin θ－FNcos

40、θ＝mω2Lsin θ，F(xiàn)Tcos θ＋FNsin θ＝mg， 解得FT＝mω2Lsin 2θ＋mgcos θ； 當ω>ω0時，小球離開錐面，線與豎直方向夾角變大，設(shè)為β，由牛頓第二定律得 FTsin β＝mω2Lsin β， 所以FT＝mLω2， 可知FT－ω2圖線的斜率變大，所以選項C正確，選項D錯誤． 6．如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)．現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(圖中P′位置)，兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種情況與原來相比

41、較，下列判斷中正確的是(　C　) A．細線所受的拉力變0小 B．小球P運動的角速度變小 C．Q受到桌面的靜摩擦力變大 D．Q受到桌面的支持力變大 解析　設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為FT，細線的長度為L.P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝，周期T＝，使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cos θ減小，則細線拉力FT增大，角速度增大，周期T減小．對Q球，由平衡條件得，Q受到桌面的靜摩擦力變大，故選項A、B錯誤，C正確；金屬塊Q保持在桌面上靜止，根據(jù)平衡條件知

42、，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不變．故選項D錯誤． 7．(多選)質(zhì)量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質(zhì)木架上的A和C點，繩長分別為la、lb，如圖所示，當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉(zhuǎn)動，則(　BC　) A．小球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動 B．在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力突然增大 C．若角速度ω＝，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動 D．若角速度ω＝，小球能在豎直平面ABC內(nèi)做完整的圓周運動 解析　繩b被燒斷后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，燒斷瞬間

43、具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，則選項B正確；小球恰好到最高點的速度v＝，從最低點到最高點，由機械能守恒定律得m(ωla)2＝2mgla＋mv2，則最小角速度ω＝，故選項A、D錯誤；小球恰好到A的等高處，此時速度v′＝0，從最低點到此處，由機械能守恒定律得，m(ωla)2＝mgla＋mv′2，則最小角速度ω＝，故選項C正確． 8．(2017·甘肅蘭州質(zhì)檢)如圖所示，可視為質(zhì)點的木塊A、B疊放在一起，放在水平轉(zhuǎn)臺上隨轉(zhuǎn)臺一起繞固定轉(zhuǎn)軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，木塊A、B與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為1 m，A的質(zhì)量為5 kg，B的質(zhì)量為10 kg.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，B與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，

44、如木塊A、B與轉(zhuǎn)臺始終保持相對靜止，則轉(zhuǎn)臺角速度ω的最大值為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2)(　B　) A．1 rad/s B． rad/s C． rad/s D．3 rad/s 解析　A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，B與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，知逐漸增大轉(zhuǎn)臺角速度時B與A先發(fā)生相對滑動，由牛頓第二定律μ1mAg＝mAω2r，得ω＝ rad/s.選項B正確． 9．(2017·寧夏銀川診斷)如圖所示，小球m可以在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，下列說法中正確的是(　B　) A．小球通過最高點的最小速度至少為v＝ B．小球通過最高點的最小速度可以為0

45、 C．小球在水平線ab以下管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球一定有作用力 D．小球在水平線ab以上管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球一定有作用力 解析　此題為桿模型，小球在最高點的速度可以為零，選項A錯誤，選項B正確；小球在水平線ab以下管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球沒有作用力，外側(cè)管壁對小球一定有作用力，選項C錯誤；小球在水平線ab以上管道運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球有沒有作用力，要視小球的速度情況而定，選項D錯誤． 10．(2017·上海青浦調(diào)研)如圖甲所示，輕桿一端與質(zhì)量為1 kg、可視為質(zhì)點的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動．現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，經(jīng)最高點開始計時，取水平

46、向右為正方向，小球的水平分速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，A、B、C三點分別是圖線與縱軸、橫軸的交點、圖線上第一周期內(nèi)的最低點，該三點的縱坐標分別是1、0、－5.g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法中正確的是(　D　) A．輕桿的長度為0.5 m B．小球經(jīng)最高點時，桿對它作用力方向豎直向下 C．B點對應(yīng)時刻小球的速度為3 m/s D．曲線AB段與坐標軸所圍圖形的“面積”為0.6 m 解析　設(shè)桿的長度為L，小球從A到C的過程中機械能守恒，得mvA2＋2mgL＝mv，所以L＝＝ m＝0.6 m．故選項A錯誤；若小球在A點恰好對桿的作用力是0，則mg＝m，臨界速度vo＝＝

47、m/s>vA＝1 m/s.由于小球在A點的速度小于臨界速度，所以小球做圓周運動需要的向心力小于重力，桿對小球的作用力的方向向上，是豎直向上的支持力，故選項B錯誤；小球從A到B的過程中機械能守恒，得 mv＋mgL＝mv，所以vB＝＝ m/s，故選項C錯誤；由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積表示A到B的過程小球在水平方向的位移，大小等于桿的長度，即0.6 m，故選項D正確． 11．小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運動．當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如

48、圖所示．已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，重力加速度為g，忽略手的運動半徑和空氣阻力． (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2； (2)求繩能承受的最大拉力； (3)改變繩長，使球重復(fù)上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)是多少？最大水平距離為多少？ 解析　(1)設(shè)繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律得 豎直方向d＝gt2， 水平方向d＝v1t， 解得v1＝. 在豎直方向上有v＝2gd，則 v－v＝2gd， 解得v2＝. (2)設(shè)繩能承受的最大拉力大小為FT，這也是球受到繩的最大拉力大?。蜃鰣A周運動的

49、半徑為R＝d， 對小球在最低點由牛頓第二定律得 FT－mg＝， 解得FT＝mg. (3)設(shè)繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3，繩承受的最大拉力不變．由牛頓第二定律得 FT－mg＝， 解得v3＝， 繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d－l，水平位移為x，時間為t1，則 豎直方向d－l＝gt， 水平方向x＝v3t1， 解得x＝4， 當l＝時，x有極大值，xmax＝d. 答案　(1)　　(2)mg　(3)　d 12．如圖甲所示，在同一豎直平面內(nèi)的兩正對的相同半圓光滑軌道，相隔一定的距離，虛線沿豎直方向，一小球能在其間運動，現(xiàn)在最高點A與最低點B各放一個壓力傳感器，測試小球?qū)壍?/p>

50、的壓力，并通過計算機顯示出來，當軌道距離變化時，測得兩點壓力差與距離x的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，不計空氣阻力． (1)求小球的質(zhì)量； (2)若小球在最低點B的速度為20 m/s，為使小球能沿軌道運動，x的最大值為多少？ 解析　(1)小球從A點到B點，由能量守恒定律得 mv＝mg(2R＋x)＋mv， 對B點：FN1－mg＝m， 對A點：FN2＋mg＝m， 由牛頓第三定律可得兩點壓力差 ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋， 由題圖得縱軸截距6mg＝3 N，m＝0.05 kg. (2)因為圖線的斜率k＝＝1 N/m，得R＝1 m， 在A點小球不脫離軌道的條件為vA≥， 結(jié)合(1)解得xm＝17.5 m. 答案　(1)0.05 kg　(2)17.5 m 23