2019年高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學案

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1、 第3講　圓周運動 一、勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度 1．勻速圓周運動 (1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動． (2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動． (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． 2．描述勻速圓周運動的物理量 定義、意義 公式、單位 線速度 描述做圓周運動的物體運動快慢的物理量(v) (1)v＝＝ (2)單位：m/s 角速度 描述物體繞圓心轉動快慢的物理量(ω) (1)ω＝＝ (2)單位：rad/s 周期 物體沿圓周運動一圈的時間(

2、T) (1)T＝＝，單位：s (2)f＝，單位：Hz 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＝＝rω2 (2)單位：m/s2 [深度思考]　如圖1所示為一輛自行車傳動裝置的結構圖． 圖1 (1)同一齒輪上到轉軸距離不同的各點的線速度、角速度是否相同？ (2)兩個齒輪相比較，其邊緣的線速度是否相同？角速度是否相同，轉速是否相同？ 答案　(1)線速度不同，角速度相同．(2)線速度相同，角速度、轉速不同． 二、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?。? 2．大小

3、 F＝m＝mrω2＝mr＝mωv＝4π2mf2r. 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． 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． 三、離心現(xiàn)象 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，就做逐漸遠離圓心的運動． 2．本質：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趨勢． 3．受力特點(如圖2) 當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動； 當F＝0時，物體沿切線方向飛出； 當F

4、 1．判斷下列說法是否正確． (1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動．(　×　) (2)做圓周運動的物體，一定受到向心力的作用，所以分析做圓周運動物體的受力時，除了分析其受到的其他力，還必須指出它受到向心力的作用．(　×　) (3)做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周的半徑方向飛出．(　×　) (4)火車轉彎速率小于規(guī)定的數(shù)值時，內軌受到的壓力會增大．(　√　) (5)飛機在空中沿半徑為R的水平圓周盤旋時，飛機機翼一定處于傾斜狀態(tài)．(　√　) 2．(人教版必修2P25第3題改編)如圖3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(　

5、　) 圖3 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 3．(人教版必修2P19第4題改編)圖4是自行車傳動裝置的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉速為nr/s，則自行車前進的速度為(　　) 圖4 A. B. C. D. 答案　D 4．(人教版必修2P25第2題改編)如圖5所示，一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，有兩個質量相等的小球A和B緊貼著內壁分別在圖中所示的水平面內做勻速圓周運動，則以下說法中正確的是

6、(　　) 圖5 A．A球的角速度等于B球的角速度 B．A球的線速度大于B球的線速度 C．A球的運動周期小于B球的運動周期 D．A球對筒壁的壓力大于B球對筒壁的壓力 答案　B 解析　先對小球受力分析，如圖所示，由圖可知，兩球的向心力都來源于重力mg和支持力FN的合力，建立如圖所示的坐標系，則有： FNsinθ＝mg① FNcosθ＝mrω2② 由①得FN＝，小球A和B受到的支持力FN相等，由牛頓第三定律知，選項D錯誤．由于支持力FN相等，結合②式知，A球運動的半徑大于B球運動的半徑，故A球的角速度小于B球的角速度，A球的運動周期大于B球的運動周期，選項A、C錯誤．又根據(jù)F

7、Ncosθ＝m可知：A球的線速度大于B球的線速度，選項B正確. 命題點一　圓周運動的分析 1．圓周運動中的運動學分析 (1)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． (2)對a＝＝ω2r＝ωv的理解 在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比． 2．圓周運動中的動力學分析 (1)向心力的來源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力． (2)向心力的確定 ①確定圓周運動的軌道所在的平面，確

8、定圓心的位置． ②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力． 例1　(多選)如圖6 所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90m的大圓弧和r＝40m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100m．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍，假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動，要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14)，則賽車(　　) 圖6 A．在繞過小圓弧彎道后加速 B．在大圓弧彎道上的速率為45m/s C．

9、在直道上的加速度大小為5.63m/s2 D．通過小圓弧彎道的時間為5.58s 　繞賽道一圈時間最短． 答案　AB 解析　在彎道上做勻速圓周運動時，根據(jù)徑向靜摩擦力提供向心力得，kmg＝m，當彎道半徑一定時，在彎道上的最大速率是一定的，且在大彎道上的最大速率大于小彎道上的最大速率，故要想時間最短，可在繞過小圓弧彎道后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上的速率為vmR＝＝m/s＝45 m/s，選項B正確；直道的長度為x＝＝50m，在小彎道上的最大速率為：vmr＝＝m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小為a＝＝m/s2≈6.50 m/s2，選項C錯誤；由幾何關系可知，小圓弧軌道的長度為，通過

10、小圓弧彎道的時間為t＝＝s≈2.80s，選項D錯誤． 1．如圖7所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．A的速度比B的大 B．A與B的向心加速度大小相等 C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 答案　D 解析　根據(jù)題意可知，座椅A和B的角速度相等，A的轉動半徑小于B的轉動半徑，由v＝rω可知，座椅A的線速度比B的小，選項A錯誤；由a＝rω2可知，座椅A的向心加速度比B的小，選項B錯誤；座椅受力如

11、圖所示，由牛頓第二定律得mgtanθ＝mrω2，tanθ＝，因座椅A的運動半徑較小，故懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，選項C錯誤；拉力FT＝， 可判斷懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小，選項D正確． 2．(多選)如圖8所示，兩個質量不同的小球用長度不等的細線拴在同一點，并在同一水平面內做勻速圓周運動，則它們的(　　) 圖8 A．周期相同 B．線速度的大小相等 C．角速度的大小相等 D．向心加速度的大小相等 答案　AC 解析　對小球受力分析如圖所示，受自身重力mg、繩子拉力FT，合力提供向心力即水平指向圓心，設細線和豎直方向夾角為θ，小球到懸點的距離為h，則有mgtan

12、θ＝man＝mω2htanθ，可得向心加速度an＝gtanθ，所以向心加速度大小不相等，選項D錯；角速度ω＝，所以角速度大小相等，選項C對；由于水平面內圓周運動的半徑不同，線速度v＝ωhtanθ，所以線速度大小不同，選項B錯，周期T＝，角速度相等，所以周期相等，選項A對． 命題點二　水平面內圓周運動的臨界問題 例2　如圖9所示，用一根長為l＝1m的細線，一端系一質量為m＝1kg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°，當小球在水平面內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.(g取10m/s2，結果可用根式表示)求： 圖9

13、 (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？ 　①小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動；②若要小球剛好離開錐面． 答案　(1)rad/s　(2)2rad/s 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，在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得： mgtanθ＝mω02lsinθ 解得：ω02＝ 即ω0＝＝rad/s. (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： mgtanα＝

14、mω′2lsinα 解得：ω′2＝， 即ω′＝＝2rad/s. 水平面內圓周運動臨界問題的分析技巧 1．在水平面內做圓周運動的物體，當角速度ω變化時，物體有遠離或向著圓心運動的趨勢．這時要根據(jù)物體的受力情況，判斷某個力是否存在以及這個力存在時方向朝哪(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)． 2．三種臨界情況： (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN＝0. (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值． (3)繩子斷裂與松馳的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子

15、斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是：FT＝0. 3．(多選)(2014·新課標全國Ⅰ·20)如圖10所示，兩個質量均為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，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，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是(　　) 圖10 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ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg 答案　AC 解析　小木

16、塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a：fa＝mωa2l，當fa＝kmg時，kmg＝mωa2l，ωa＝；對木塊b：fb＝mωb2·2l，當fb＝kmg時，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa

17、繩連接、沿內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、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”． 2．豎直平面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法 輕繩模型 輕桿模型 實例 如球與繩連接、沿內軌道運動的球等 如球與桿連接、球在內壁光滑的圓管內運動等 圖示 最高點無支撐 最高點有支撐 最 高 點 受力 特征 重力、彈力，彈力方向向下或等于零 重力、彈力，彈力方向向下、等于零或向上 受力示意圖 力學 特征 mg＋FN＝m mg±FN＝m 臨界 特征 FN＝0，vmin＝ 豎直向上的F

18、N＝mg，v＝0 過最高 點條件 v≥ v≥0 速度和 彈力關 系討論 分析　 ①能過最高點時，v≥，F(xiàn)N＋mg＝m，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN ②不能過最高點時，v<，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道做斜拋運動 ①當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心 ②當0時，F(xiàn)N＋mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大 例3　(2016·全國Ⅱ·16)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

19、均被水平拉直，如圖11所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(　　) 圖11 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 ①P球的質量大于Q球的質量；②由靜止釋放；③在各自軌跡的最低點． 答案　C 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

20、C正確；由an＝＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤． 例4　如圖12所示，一質量為m＝0.5kg的小球，用長為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動．g取10m/s2，求： 圖12 (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)當小球在最高點的速度為4m/s時，輕繩拉力多大？ (3)若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的速度不能超過多大？ 　①輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動；②小球要做完整的圓周運動；③最大張力為45N. 答案　(1)2m/s　(2)15N　(3)4m/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＝

21、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≥0 ② 聯(lián)立①②得v≥， 代入數(shù)值得v≥2m/s 所以，小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/s. (2)將v2＝4m/s代入①得，F(xiàn)2＝15N. (3)由分析可知，小球在最低點張力最大，對小球受力分析如圖乙，由牛頓第二定律得 F3－mg＝ ③ 將F3＝45N代入③得v3＝4m/s 即小球的速度不能超過4m/s. 4．(多選)“水流星”是一種常見的雜技項目，該運動可以簡化為細繩一端系著小球在豎直平面內的圓周運動模型，如圖13所示，已知繩長為l，重力加速度

22、為g，則(　　) 圖13 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) 答案　CD 解析　小球運動到最低點Q時，由于加速度向上，故處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；小球在最低點時：FT1－mg＝m；在最高點時：FT2＋mg＝m，其中mv02－mg·2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q兩點繩對小球的拉力差與初速度v0無關，選項B錯誤；當v0＝時，得v＝，因為小球能經(jīng)過最高點的最小速度為，則當v0>時小球一定能通過最高點P，選項C正確；當v0

23、＝時，由mv02＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越過與懸點等高的位置，故當v0<時，小球將在最低點位置來回擺動，細繩始終處于繃緊狀態(tài)，選項D正確． 5．如圖14所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質量均為m的球A和B，光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面內轉動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力．忽略空氣阻力．則球B在最高點時(　　) 圖14 A．球B的速度為零 B．球A的速度大小為 C．水平轉軸對桿的作用力為1.5mg D．水平轉軸對桿的作用力為2.5mg 答案　C 解析　球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，

24、即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，則球A的速度大小vA＝，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正確，D錯誤． 斜面上圓周運動的臨界問題 在斜面上做圓周運動的物體，因所受的控制因素不同，如靜摩擦力控制、輕繩控制、輕桿控制，物體的受力情況和所遵循的規(guī)律也不相同．下面列舉三類實例： 1．靜摩擦力控制下的圓周運動 典例1　(2014·安徽·19)如圖15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2.5m處有一小物體與圓盤

25、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10m/s2.則ω的最大值是(　　) 圖15 A.rad/s B.rad/s C．1.0rad/s D．0.5 rad/s 答案　C 解析　當小物體轉動到最低點時為臨界點，由牛頓第二定律知， μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r 解得ω＝1.0rad/s， 故選項C正確． 2．輕繩控制下的圓周運動 典例2　如圖16所示，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN調節(jié)其與水平面所成的傾角．板上一根長為l＝0.60m的輕細繩，它的一端系住一

26、質量為m的小球P，另一端固定在板上的O點．當平板的傾角固定為α時，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，然后給小球一沿著平板并與輕繩垂直的初速度v0＝3.0m/s.若小球能保持在板面內做圓周 運動，傾角α的值應在什么范圍內？(取重力加速度g＝10 m/s2) 圖16 答案　0°≤α≤30° 解析　小球在傾斜平板上運動時受到繩子拉力、平板彈力、重力．在垂直平板方向上合力為0，重力在沿平板方向的分量為mgsinα 小球在最高點時，由繩子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有 FT＋mgsinα＝ ① 研究小球從釋放到最高點的過程，根據(jù)動能定理有 －mglsin

27、α＝mv12－mv02 ② 若恰好能通過最高點，則繩子拉力 FT＝0 ③ 聯(lián)立①②③解得 sinα＝，則α＝30° 故α的范圍為0°≤α≤30°. 3．輕桿控制下的圓周運動 典例3　如圖17所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8m的輕桿，一端固定在O點，另一端系一質量為m＝0.2kg的小球，沿斜面做圓周運動，取g＝10m/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(　　) 圖17 A．4m/s　 B．2m/s　 C．2m/s　 D．2m/s 答案　A 解析　小球受輕桿控制，在A點的最小速度為零，由2m

28、gLsinα＝mvB2可得vB＝4m/s，A正確． 題組1　勻速圓周運動的分析 1．水平放置的三個不同材料制成的圓輪A、B、C，用不打滑皮帶相連，如圖1所示(俯視圖)，三圓輪的半徑之比為RA∶RB∶RC＝3∶2∶1，當主動輪C勻速轉動時，在三輪的邊緣上分別放置一相同的小物塊(可視為質點)，小物塊均恰能相對靜止在各輪的邊緣上，設小物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小物塊與輪A、B、C接觸面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC，A、B、C三輪轉動的角速度分別為ωA、ωB、ωC，則(　　) 圖1 A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6 B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2 C．ωA∶ω

29、B∶ωC＝1∶2∶3 D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2 答案　A 解析　小物塊在水平方向由最大靜摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝，A、B、C三圓輪邊緣的線速度大小相同，所以μ∝，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正確． 2．如圖2為學員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視示意圖．已知質量為60kg的學員在A點位置，質量為70kg的教練員在B點位置，A點的轉彎半徑為5.0m，B點的轉彎半徑為4.0m，學員和教練員(均可視為質點)(　　) 圖2 A．運動周期之比為5∶4 B．運動線速度大小之比

30、為1∶1 C．向心加速度大小之比為4∶5 D．受到的合力大小之比為15∶14 答案　D 解析　A、B兩點做圓周運動的角速度相等，根據(jù)T＝知，周期相等，故A錯誤．根據(jù)v＝rω知，半徑之比為5∶4，則線速度大小之比為5∶4，故B錯誤．根據(jù)a＝rω2知，半徑之比為5∶4，則向心加速度大小之比為5∶4，故C錯誤．根據(jù)F＝ma知，向心加速度大小之比為5∶4，質量之比為6∶7，則合力大小之比為15∶14，故D正確． 3．(2014·天津·9(1))半徑為R的水平圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉動，A為圓盤邊緣上一點．在O的正上方有一個可視為質點的小球以初速度v水平拋出時，半徑OA方向恰好與v的方向相

31、同，如圖3所示．若小球與圓盤只碰一次，且落在A點，重力加速度為g，則小球拋出時距O的高度h＝________，圓盤轉動的角速度大小ω＝________. 圖3 答案　　(n＝1,2,3，…) 解析　小球做平拋運動，在豎直方向：h＝gt2 ① 在水平方向R＝vt ② 由①②兩式可得h＝ ③ 小球落在A點的過程中，OA轉過的角度θ＝2nπ＝ωt　(n＝1,2,3，…)④ 由②④兩式得ω＝(n＝1,2,3，…) 題組2　水平面內圓周運動的臨界問題 4．(多選)摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型，如圖4所示的兩個水平放置的輪盤靠摩擦力傳

32、動，其中O、O′分別為兩輪盤的軸心．已知兩個輪盤的半徑比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作時兩輪盤不打滑．今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數(shù)相同，兩滑塊距離軸心O、O′的間距RA＝2RB.若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉動起來，且轉速逐漸增加，則下列敘述正確的是(　　) 圖4 A．滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，角速度之比為ω甲∶ω乙＝1∶3 B．滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，向心加速度的比值為aA∶aB＝2∶9 C．轉速增加后滑塊B先發(fā)生滑動 D．轉速增加后兩滑塊一起發(fā)生滑動 答案　ABC 解析　假設輪盤乙的半徑為R，由題意可知兩輪盤邊緣的線

33、速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑塊相對輪盤滑動前，A、B的角速度之比為1∶3，A正確；滑塊相對輪盤滑動前，根據(jù)a＝ω2r得A、B的向心加速度之比為aA∶aB＝2∶9，B正確；據(jù)題意可得滑塊A、B的最大靜摩擦力分別為FfA＝μmAg，F(xiàn)fB＝μmBg，最大靜摩擦力之比為FfA∶FfB＝mA∶mB，滑塊相對輪盤滑動前所受的靜摩擦力之比為FfA′∶FfB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝mA∶(4.5mB)，綜上分析可得滑塊B先達到最大靜摩擦力，先開始滑動，C正確，D錯誤． 5．(多選)如圖5所示，在水平圓盤上放有質量分別為m、m、2m的可視為質點的三個物體A、B、

34、C，圓盤可繞垂直圓盤的中心軸OO′轉動．三個物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．三個物體與軸O共線且OA＝OB＝BC＝r，現(xiàn)將三個物體用輕質細線相連，保持細線伸直且恰無張力．當圓盤從靜止開始轉動，角速度極其緩慢地增大，則對于這個過程，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．A、B兩個物體同時達到最大靜摩擦力 B．B、C兩個物體的靜摩擦力先增大后不變，A物體所受的靜摩擦力先增大后減小再增大 C．當ω2>時整體會發(fā)生滑動 D．當<ω<時，在ω增大的過程中B、C間的拉力不斷增大 答案　BCD 解析　當圓盤轉速增大時，靜摩擦力提供向心力，三個物體的角速度相等，由F0

35、＝mω2r，由于C的半徑最大，質量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先達到最大靜摩擦力，此時μ(2m)g＝2m·2rω12，解得ω1＝，當C的摩擦力達到最大靜摩擦力之后，細線BC開始提供拉力，B的摩擦力增大，達到最大靜摩擦力后，A、B之間細線開始有力的作用，隨著角速度增大，A的摩擦力將減小到零然后反向增大，當A的摩擦力達到最大，且細線BC的拉力大于A、B整體的摩擦力時物體將會出現(xiàn)相對滑動，此時A與B還受到細線的拉力，對C有FT＋μ(2m)g＝2m·2rω22，對A、B整體有FT＝2μmg，解得ω2＝，當ω2>時整體會發(fā)生滑動，故A錯誤，B、C正確；當<ω<時，C所受摩擦力沿著半徑向里，且沒有

36、出現(xiàn)滑動，故在ω增大的過程中，由于向心力F＝FT＋Ff不斷增大，故B、C間的拉力不斷增大，故D正確． 6.如圖6所示，水平桿固定在豎直桿上，兩者互相垂直，水平桿上O、A兩點連接有兩輕繩，兩繩的另一端都系在質量為m的小球上，OA＝OB＝AB，現(xiàn)通過轉動豎直桿，使水平桿在水平面內做勻速圓周運動，三角形OAB始終在豎直平面內，若轉動過程中OB、AB兩繩始終處于拉直狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．OB繩的拉力范圍為0～mg B．OB繩的拉力范圍為mg～mg C．AB繩的拉力范圍為mg～mg D．AB繩的拉力范圍為0～mg 答案　B 解析　當轉動的角速度為零時，OB繩的拉

37、力最小，AB繩的拉力最大，這時兩者的值相同，設為F1，則2F1cos30°＝mg，F(xiàn)1＝mg，增大轉動的角速度，當AB繩的拉力剛好等于零時，OB繩的拉力最大，設這時OB繩的拉力為F2，則F2cos30°＝mg，F(xiàn)2＝mg，因此OB繩的拉力范圍為mg～mg，AB繩的拉力范圍為0～mg，B項正確． 7．如圖7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勻速旋轉，一質量為m的小物塊落入陶罐內，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. 圖7

38、 (1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0； (2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k?1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向． 答案　(1) (2)當ω＝(1＋k)ω0時，F(xiàn)f沿罐壁切線向下，大小為 mg 當ω＝(1－k)ω0時，F(xiàn)f沿罐壁切線向上，大小為 mg 解析　(1)對小物塊受力分析可知： FNcos60°＝mg ① FNsin60°＝mR′ω02 ② R′＝Rsin60° ③ 聯(lián)立①②③解得：ω0＝ (2)由于0＜k?1， 當ω＝(1＋k)ω0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向下． 由受力

39、分析可知： FN′cos60°＝mg＋Ffcos30° ④ FN′sin60°＋Ffsin30°＝mR′ω2 ⑤ 聯(lián)立③④⑤解得：Ff＝mg 當ω＝(1－k)ω0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向上． 由受力分析和幾何關系知： FN″cos60°＋Ff′sin60°＝mg ⑥ FN″sin60°－Ff′cos60°＝mR′ω2 ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦解得Ff′＝mg. 題組3　豎直平面內圓周運動的臨界問題 8．如圖8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

40、兩點，A、B兩點間的距離也為L.重力加速度大小為g.現(xiàn)使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小為(　　) 圖8 A.mg B.mg C．3mg D．2mg 答案　A 解析　設小球在豎直面內做圓周運動的半徑為r，小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌道平面的夾角為θ＝30°，則有r＝Lcosθ＝L.根據(jù)題述小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，有mg＝m；小球在最高點速率為2v時，設每根繩的拉力大小為F，則有2Fcosθ＋mg＝m，聯(lián)立解得F＝mg，選項A正確． 9.(多選)如圖9

41、所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r＝0.4m，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應當滿足(取g＝10m/s2)(　　) 圖9 A．v0≥0 B．v0≥4m/s C．v0≥2m/s D．v0≤2m/s 答案　CD 解析　當v0較大時，小球能夠通過最高點，這時小球在最高點處需要滿足的條件是mg≤，又根據(jù)機械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv02，得v0≥2m/s，C正確．當v0較小時，小球不能通過最高點，這時對應的臨界條件是小球上升到與圓心等高位置處時速度恰好減為零，根據(jù)機械能守恒定律有mgr＝mv0

42、2，得v0＝2m/s，D正確． 10．如圖10所示，兩個四分之三豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側軌道由金屬凹槽制成，右側軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑軌道．在兩軌道右側的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA、hB，下列說法正確的是(　　) 圖10 A．若使小球沿軌道運動并且到達軌道最高點，兩球釋放的最小高度hA

43、能到左側軌道的最高點，由mg＝m得vA＝，根據(jù)機械能守恒定律有mg(hA－2R)＝mv，解得hA＝R；若小球B恰好能到右側軌道的最高點，在最高點的速度vB＝0，根據(jù)機械能守恒定律得hB＝2R，故hA>hB，A錯誤；在軌道最低點，小球受到的支持力最小時，釋放高度是最小的，即對左側軌道來說，在最低點mghA＝mv12，由牛頓第二定律有FNA－mg＝m，聯(lián)立得FNA＝6mg，對右側軌道來說，在最低點有mghB＝mv22，根據(jù)牛頓第二定律有FNB－mg＝m，聯(lián)立得FNB＝5mg，故B正確，C錯誤；小球A從最高點飛出后進行平拋運動，下落R高度時，水平位移的最小值為xA＝vA＝·＝R>R，所以小球A落在軌

44、道右端開口外側，而適當調整hB，B可以落在軌道右端開口處，D錯誤． 11．小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動．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，如圖11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． 圖11 (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，繩長應是多少？最大水平距離為多少？ 答案　

45、(1)　　　(2)mg (3)　d 解析　(1)設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⊥2＝2g(1－)d，則 v22－v12＝2g(1－)d 解得v2＝ (2)設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＝gt12 水平方向x＝v3t1 解得x＝4 當l＝時，x有極大值，xmax＝d. 24