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圓周運動及其應(yīng)用
主干梳理 對點激活
知識點 勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度 Ⅰ
勻速圓周運動的向心力?、?.勻速圓周運動
(1)定義：線速度大小不變的圓周運動。
(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動。
(3)條件：有初速度，受到一個大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心的合外力。
2．描述圓周運動的物理量
描述圓周運動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：
知識點 勻速圓周運動與非勻速圓周運動?、?
知識點 離心現(xiàn)象 Ⅰ
1．離心運動
(1)定義：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，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：Fn為提供的向心力。
①當(dāng)Fn＝mω2r時，物體做勻速圓周運動。
②當(dāng)Fn
mω2r時，物體將逐漸靠近圓心，做近心運動。
一 思維辨析
1．做圓周運動的物體，一定受到向心力的作用，所以分析受力時，必須指出受到的向心力。( )
2．勻速圓周運動是勻變速曲線運動，非勻速圓周運動是變加速曲線運動。( )
3．勻速圓周運動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。( )
6．火車轉(zhuǎn)彎速率小于規(guī)定的數(shù)值時，內(nèi)軌受到的壓力會增大。( )
答案 1. 2. 3. 4.√ 5. 6.√
二 對點激活
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靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，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動，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，a甲r乙時，
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，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，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(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，這兩個力的合力方向如圖C所示。
4．下列關(guān)于離心現(xiàn)象的說法正確的是( )
A．當(dāng)物體所受的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(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動
C．做勻速圓周運動的物體，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動
D．做勻速圓周運動的物體，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(dāng)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(xué)分析
1．圓周運動各物理量間的關(guān)系
2．對公式v＝ωr的理解
當(dāng)r一定時，v與ω成正比；
當(dāng)ω一定時，v與r成正比；
當(dāng)v一定時，ω與r成反比。
3．對a＝＝ω2r的理解
當(dāng)v一定時，a與r成反比；
當(dāng)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(zhuǎn)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。
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________；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(guān)系？ωA與ωB有什么關(guān)系？
提示：vA＝vB，＝。
(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？
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(zhuǎn)過的弧長相等，即vA＝vB，由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∶TB∶TC＝1∶∶＝2∶1∶1。
總結(jié)升華
解決傳動問題的關(guān)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(zhuǎn)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：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(zhuǎn)動；左輪與右邊小輪為皮帶傳動。
(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(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)動角速度為
B．飛輪邊緣轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動，二者角速度相等，每秒踩腳踏板n圈，因為轉(zhuǎn)動一圈，相對圓心轉(zhuǎn)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(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
如圖擺長為L，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＝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 rad/s
(1)當(dāng)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(dāng)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(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)對于火車轉(zhuǎn)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(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(zhuǎn)動，若轉(zhuǎn)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(dāng)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(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錯誤。
考點3 水平轉(zhuǎn)盤上運動物體的臨界問題
水平轉(zhuǎn)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(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(zhuǎn)動，其臨界情況要根據(jù)題設(shè)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 游樂場中有一種娛樂設(shè)施叫“魔盤”，人坐在轉(zhuǎn)動的大圓盤上，當(dāng)大圓盤轉(zhuǎn)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(zhì)量最大，b、c的質(zhì)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(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時，三人同時開始滑動
B．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時，b首先開始滑動
C．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增加時，a和c首先開始滑動
D．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)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？
提示：誰的臨界角速度小誰先滑動。
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(dāng)mω2R>μmg，即ω2R>μg時，圓盤上的人開始滑動，c離圓盤中心最遠，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)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(jié)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(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)，即靜摩擦力達到最大值時。例3中，隨圓盤轉(zhuǎn)動、靜摩擦力提供向心力，隨轉(zhuǎn)速的增大，靜摩擦力增大，當(dāng)達到最大靜摩擦力時開始滑動，出現(xiàn)臨界情況，此時對應(yīng)的角速度為臨界角速度。
[變式3] 兩個質(zhì)量分別為2m和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，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(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，開始時輕繩剛好伸直但無張力，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)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
D．當(dāng)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(zhuǎn)動，當(dāng)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(zhì)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(dāng)b受到的靜摩擦力達到最大后，即ω>，對于b木塊有：kmg＋F＝mω22L，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剛要滑動時，對b木塊有kmg＋F＝mω2L，對a木塊有k2mg－F＝2mωL，聯(lián)立得kmg＋2kmg＝4mωL，得ω0＝，故C錯誤。當(dāng)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，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，內(nèi)側(cè)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(cè)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(cè)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(dāng)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(cè)管壁對小球一定有作用力，而內(nèi)側(cè)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(cè)管壁對小球有作用力，也可能外側(cè)管壁對小球沒有作用力，故D錯誤。
總結(jié)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(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。
[變式4－1] (2018福州質(zhì)檢)如圖所示，長均為L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，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．3mg D．2mg
答案 A
解析 當(dāng)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(dāng)小球到達最高點速率為2v時，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)生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點的速度可以為零，當(dāng)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(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( )
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(zhuǎn)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(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點恰好要滑動時，轉(zhuǎn)盤的角速度最大，其受力如圖所示(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(jié)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(zhuǎn)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(zhì)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：mg2Lsinα＝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(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉(zhuǎn)臺以一定角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，一質(zhì)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(zhuǎn)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(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( )
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(guān)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(zhì)檢一)圖示為公路自行車賽中運動員在水平路面上急轉(zhuǎn)彎的情景，運動員在通過彎道時如果控制不當(dāng)會發(fā)生側(cè)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(zhuǎn)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(zhuǎn)彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力提供
C．發(fā)生側(cè)滑是因為運動員受到的合外力方向背離圓心
D．發(fā)生側(cè)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(zhuǎn)彎所需的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(cè)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(zhuǎn)秋千”中座椅(可視為質(zhì)點)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(dāng)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(dāng)ω增大時，h減小，θ變大，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(zhì)量相等的A、B兩物體緊貼在勻速轉(zhuǎn)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(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動，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(zhì)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(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，根據(jù)Fn＝mrω2，轉(zhuǎn)動半徑相等，質(zhì)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，μB2mg＝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(dāng)A輪勻速轉(zhuǎn)動時，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(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( )
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(zhì)點)，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(shè)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＝mLω2。對照四個選項的圖象可知C項正確。
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(shè)桿AB與水平面夾角為θ，則有mgtanθ＝mω2r，所以當(dāng)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、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＝mω2Rsinα，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(zhì)量為
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?
C．v2＝c時，小球?qū)U的彈力方向向上
D．v2＝2b時，小球受到的彈力與重力大小相等
答案 B
解析 當(dāng)彈力F方向向下時，F(xiàn)＋mg＝m，解得F＝m－mg，當(dāng)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?qū)U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(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)。當(dāng)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(guān)系式T＝a＋bcosθ，式中a、b為常數(shù)。若不計空氣阻力，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，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(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(yīng)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(dāng)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(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(dāng)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，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(zhì)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(dāng)圓環(huán)以角速度ω(ω≠0)繞豎直直徑轉(zhuǎn)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(dāng)ω＝ 時，金屬圓環(huán)對小球的作用力為零
答案 CD
解析 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(guān)系可知，此時細繩與豎直方向的夾角為60，當(dāng)圓環(huán)旋轉(zhuǎn)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(dāng)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(zhì)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，在最高點的速度至少為多大？
(2)當(dāng)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(shè)當(dāng)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，
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(zhuǎn)動，如圖所示。圓臺上沿相互垂直的兩個半徑方向刻有槽，質(zhì)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(zhì)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
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2020高考物理一輪復(fù)習(xí)
第四章
第3講
圓周運動及其應(yīng)用學(xué)案含解析
2020
高考
物理
一輪
復(fù)習(xí)
第四
圓周運動
及其
應(yīng)用
解析
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