4、圓弧運動的快慢，角速度側重于描述物體繞圓心轉動的快慢。
[注3] 轉速n和頻率f含義相同，只是單位不同。
[注4] 向心加速度的方向也在時刻改變。
[注5] 物體做勻速圓周運動還是偏離圓形軌道完全是由實際提供的向心力和所需的向心力間的大小關系決定的。
[深化理解]
1．對公式v＝ωr的理解
(1)當r一定時，v與ω成正比。
(2)當ω一定時，v與r成正比。
(3)當v一定時，ω與r成反比。
2．對a＝＝ω2r的理解
(1)當v一定時，a與r成反比。
(2)當ω一定時，a與r成正比。
3．關于向心力的兩點注意
(1)向心力是效果力，在分析完物體受到的重力、彈力、摩擦力等
5、性質力后，不能另外添加一個向心力。
(2)物體做勻速圓周運動時，向心力由合外力提供，物體做什么樣的勻速圓周運動，就需要什么樣的合外力，這就給對物體進行受力分析以及求解合力提出了“條件要求”和“思維方向”。
[基礎自測]
一、判斷題
(1)物體做勻速圓周運動時，其角速度是不變的。(√)
(2)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的。(×)
(3)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。(×)
(4)勻速圓周運動的向心力是產生向心加速度的原因。(√)
(5)比較物體沿圓周運動的快慢看線速度，比較物體繞圓心轉動的快慢，看周期或角速度。(√)
(6)做勻速圓周運動的物體，當合外力突然減
6、小時，物體將沿切線方向飛出。(×)
(7)摩托車轉彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉彎半徑向外的離心力作用的緣故。(×)
二、選擇題
1．如圖所示，一正方形木板繞其對角線上O1點在ABCD平面內勻速轉動。關于木板邊緣的各點的運動，下列說法中正確的是( )
A．A點角速度最大
B．B點線速度最小
C．C、D兩點線速度相同
D．A、B兩點轉速相同
解析：選D 正方形木板繞O1點勻速轉動時，木板邊緣各點的角速度和轉速均相同，由于B點不是木板邊緣上離O1點最近的點，所以半徑也不是最小，根據(jù)v＝ωr可知線速度不是最小，故D正確，A、B錯誤。C、D兩點雖然離O1點的距離相等，
7、但轉動過程中線速度的方向不同，兩點線速度只是大小相等，故C錯誤。
2． [粵教版必修2 P37 T2] (多選)如圖為甲、乙兩球做勻速圓周運動時向心加速度隨半徑變化的關系圖線，甲圖線為雙曲線的一支，乙圖線為直線。由圖像可以知道( )
A．甲球運動時，線速度的大小保持不變
B．甲球運動時，角速度的大小保持不變
C．乙球運動時，線速度的大小保持不變
D．乙球運動時，角速度的大小保持不變
解析：選AD 題圖的圖線甲中a與r成反比，由a＝ 可知，甲球的線速度大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，角速度逐漸減小，A正確，B錯誤；題圖的圖線乙中a與r成正比，由a＝ω2r可知，乙球運動的角速度
8、大小不變，由v＝ωr可知，隨r的增大，線速度大小增大，C錯誤，D正確。
3．(多選)如圖所示，光滑水平面上，質量為m的小球在拉力F作用下做勻速圓周運動。若小球運動到P點時，拉力F發(fā)生變化。下列關于小球運動情況的說法中正確的是( )
A．若拉力突然消失，小球將沿軌跡Pa做直線運動
B．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pb做離心運動
C．若拉力突然變大，小球將沿軌跡Pb做離心運動
D．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pc做向心運動
解析：選AB 在水平面上，細繩的拉力提供小球所需的向心力，當F＝mω2r時，小球做勻速圓周運動，當拉力突然消失時，小球將沿切線Pa方向做勻速直線運動，A正確；當拉
9、力突然減小時，小球將沿Pb做離心運動，B正確，D錯誤；當拉力突然增大時，小球將沿Pc做向心運動，C錯誤。
高考對本節(jié)內容的考查，主要集中在描述圓周運動的物理量及其之間的關系、向心力公式及其應用、對物體做離心運動條件的理解，主要以選擇題的形式出現(xiàn)，難度一般。而與平拋運動、機械能守恒定律等知識相綜合也可以計算題的形式呈現(xiàn)，難度中等偏上。
考點一 描述圓周運動的物理量[基礎自修類]
[題點全練]
1．[摩擦傳動類圓周運動問題]
如圖所示，水平放置的兩個用相同材料制成的輪P和Q靠摩擦傳動(兩輪之間不相對滑動)，兩輪的半徑R∶r＝2∶1。當主動輪Q勻速轉動時，在Q輪邊緣上放置的小木塊恰
10、能相對靜止在Q輪邊緣上，此時Q輪轉動的角速度為ω1，木塊的向心加速度為a1；若改變轉速，把小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，此時Q輪轉動的角速度為ω2，木塊的向心加速度為a2，則( )
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
解析：選C 根據(jù)題述， a1＝ω12r，ma1＝μmg，聯(lián)立解得μg＝ω12r。小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r聯(lián)立解得＝，選項A、B錯誤。又因為ma＝μmg，所以＝，選項C正確，D錯誤。
2．[同軸傳動類圓周運動問題]
汽車后備廂蓋一般都配有可伸縮的液壓桿，如圖甲所示，其示意圖如圖乙所示，可伸縮液壓桿上端固定于后蓋
11、上A點，下端固定于箱內O′點，B也為后蓋上一點，后蓋可繞過O點的固定鉸鏈轉動。在合上后備廂蓋的過程中( )
A．A點相對O′點做圓周運動
B．A點與B點相對于O點轉動的線速度大小相等
C．A點與B點相對于O點轉動的角速度大小相等
D．A點與B點相對于O點轉動的向心加速度大小相等
解析：選C 在合上后備廂蓋的過程中，O′A的長度是變化的，因此A點相對O′點不是做圓周運動，A錯誤；在合上后備廂蓋的過程中，A點與B點都是繞O點做圓周運動，相同的時間繞O點轉過的角度相同，即A點與B點相對O點的角速度相等，又由于OB大于OA，根據(jù)v＝rω，可知B點相對于O點轉動的線速度大，故B錯誤，C正
12、確；根據(jù)向心加速度a＝rω2可知，B點相對O點的向心加速度大于A點相對O點的向心加速度，故D錯誤。
3．[圓周運動中的追及相遇(共線)問題]
如圖所示，質點a、b在同一平面內繞質點c沿逆時針方向做勻速圓周運動，它們的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，為正整數(shù))。從圖示位置開始，在b運動一周的過程中( )
A．a、b距離最近的次數(shù)為k次
B．a、b距離最近的次數(shù)為k＋1次
C．a、b、c共線的次數(shù)為2k次
D．a、b、c共線的次數(shù)為2k－2次
解析：選D 設每隔時間T，a、b相距最近，
則(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝＝＝
故b運動一周的過程中，a、b相距最近的次數(shù)為：
13、
n＝＝＝＝k－1
即a、b距離最近的次數(shù)為k－1次，故A、B均錯誤。
設每隔時間t，a、b、c共線一次，則(ωa－ωb)t＝π，
所以t＝＝＝；
故b運動一周的過程中，a、b、c共線的次數(shù)為：
n＝＝＝＝2k－2
故C錯誤，D正確。
[名師微點]
1．圓周運動各物理量間的關系
2．常見的三類傳動方式及特點
(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)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖丙、丁所示，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：如圖戊、己所示，繞
14、同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。
考點二 水平面內的勻速圓周運動[師生共研類]
1．水平面內的勻速圓周運動軌跡特點
運動軌跡是圓且在水平面內。
2．勻速圓周運動的受力特點
(1)物體所受合外力大小不變，方向總是指向圓心。
(2)合外力充當向心力。
3．解答勻速圓周運動問題的一般步驟
(1)選擇研究對象，找出勻速圓周運動的圓心和半徑。
(2)分析物體受力情況，其合外力提供向心力。
(3)由Fn＝m或Fn＝mrω2或Fn＝mr列方程求解。
[典例] (多選)(2016·浙江高考)如圖所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半
15、徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切。大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m。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＝10 m/s2，π＝3.14)，則賽車( )
A．在繞過小圓弧彎道后加速
B．在大圓弧彎道上的速率為45 m/s
C．在直道上的加速度大小為5.63 m/s2
D．通過小圓弧彎道的時間為5.58 s
[解析] 賽車做圓周運動時，由F＝m知，在小圓弧上的速度小，故賽車繞過小圓弧后加速，
16、選項A正確；在大圓弧彎道上時，根據(jù)F＝m知，其速率v＝ ＝ ＝45 m/s，選項B正確；同理可得在小圓弧彎道上的速率v′＝30 m/s。如圖所示，由邊角關系可得α＝60°，直道的長度x＝Lsin 60°＝50 m，據(jù)v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50 m/s2，選項C錯誤；小彎道對應的圓心角為120°，弧長為s＝，對應的運動時間t＝≈2.79 s，選項D錯誤。
[答案] AB
[延伸思考]
(1)要使賽車繞賽道一圈所用時間最短，賽車在彎道上做圓周運動時，速度應達到什么要求？此時的向心力應由什么力提供？
(2)賽車由大圓弧賽道向小圓弧賽道運動時，若不減速，會發(fā)生什么情況？
17、
(3)賽車以最短時間運動時，在兩直道上運動的時間大小相等嗎？為什么？
提示：(1)要使賽車繞賽道一圈所用時間最短，賽車在彎道上做勻速圓周運動的速度必須達到最大速度，此時賽車的向心力由最大靜摩擦力提供。
(2)賽車由大圓弧賽道向小圓弧賽道運動時，若不減速，賽車在小圓弧賽道上最大靜摩擦力小于所需要的向心力，賽車將做離心運動，滑出賽道。
(3)因賽車在直道兩端的速度大小相等，直道長度相等，由t＝可知賽車在兩直道上運動的時間大小相等。
[一題悟通]
通過例題及延伸思考讓學生明白物體在水平面上運動時的向心力來源及其臨界極值問題的分析方法。
幾何分析
目的是確定圓周運動的圓心、半徑等
18、
運動分析
目的是確定圓周運動的線速度、角速度、向心加速度等
受力分析
目的是通過力的合成與分解，表示出物體做圓周運動時，外界所提供的向心力
[題點全練]
1．[車輛水平轉彎問題]
如圖所示為公路自行車賽中運動員在水平路面上急轉彎的情景。運動員在通過彎道時如果控制不當會發(fā)生側滑而摔離正常比賽路線。將運動員與自行車看成整體，下列說法正確的是( )
A．運動員轉彎所需向心力由重力與地面對車輪的支持力的合力提供
B．運動員轉彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力提供
C．發(fā)生側滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心
D．發(fā)生側滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力
解析：選
19、B 轉彎時的向心力為沿半徑方向的合力。運動員轉彎時，地面對車輪的摩擦力提供所需的向心力，故A錯誤，B正確；當f<，即靜摩擦力不足以提供所需向心力時，就會發(fā)生側滑，故C、D錯誤。
2．[圓錐擺問題]
(多選)如圖所示，長為L的細繩一端固定，另一端系一質量為m的小球。給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺，設細繩與豎直方向的夾角為θ。下列說法中正確的是( )
A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和繩的拉力作用
C．θ越大，小球運動的速率越大
D．θ越大，小球運動的周期越大
解析：選BC 小球受重力、繩的拉力作用
20、，二者合力提供向心力，由牛頓第二定律可得：Fcos θ＝mg，F(xiàn)sin θ＝m，T＝，可求得v＝，T＝2π ，可見θ越大，v越大，T越小。綜上所述，可知選項B、C正確，A、D錯誤。
3．[水平轉盤上的圓周運動問題]
(多選)如圖甲所示，將質量為M的物塊A和質量為m的物塊B沿同一半徑方向放在水平轉盤上，兩者用長為L的水平輕繩連接。物塊與轉盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍，物塊A與轉軸的距離等于輕繩長度，整個裝置能繞通過轉盤中心的豎直軸轉動。開始時，輕繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，繩中張力FT與轉動角速度的平方ω2的關系如圖乙所示，當角速度的平方ω2超過3
21、ω12時，物塊A、B開始滑動。若圖乙中的F1、ω1及重力加速度g均為已知，下列說法正確的是( )
A．L＝ B．L＝
C．k＝ D．m＝M
解析：選BC 開始轉速較小時，A、B兩物塊的向心力均由靜摩擦力提供，當轉速增大到一定程度時，B的靜摩擦力不足以提供向心力時，繩子開始有拉力，當轉速再增大到一定程度，A的最大靜摩擦力也不足時，兩者開始做離心運動，由題圖乙可得：kmg＝m·2ω12·2L，F(xiàn)1＋kmg＝m·3ω12·2L，可解得：L＝，k＝，選項A錯誤，B、C均正確；對物塊A分析，kMg－F1＝M·3ω12·L，可推得M＝2m，D錯誤。
考點三 豎直面內的
22、圓周運動[方法模型類]
[典例] 如圖所示，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( )
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
[典例識模]
題干信息
吹“沙”見“金”
光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點
球A圓周運動的半徑為L，球B圓周運動的半徑為2L
球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力
球B在最高點只受重力作
23、用，重力恰好提供向心力
[解析] 球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得v＝，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，則球A的速度大小v′＝，故B錯誤；球B到最高點時，對桿無彈力，此時球A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。
[答案] C
[系統(tǒng)建模]
輕“繩”模型
輕“桿”模型
情景圖示
彈力
特征
彈力可能向下，也可能等于零
彈力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意圖
力學方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
臨界特征
FT＝0，即mg＝m
24、，得v＝
v＝0，即F向＝0，此時FN＝mg
模型關鍵
(1)繩只能對小球施加向下的力
(2)小球通過最高點的速度至少為
(1)“桿”對小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通過最高點的速度最小可以為0
[熟練用模]
1．[輕“桿”模型]
如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端系一個小球(可視為質點)。小球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動，且能通過最高點，g為重力加速度。下列說法正確的是( )
A．小球通過最高點時速度可能小于
B．小球通過最高點時所受輕桿的作用力不可能為零
C．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大
25、D．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小
解析：選A 小球在最高點時，桿對球可以表現(xiàn)為支持力，由牛頓第二定律得：mg－F＝m，則得v＜，故A正確。當小球速度為時，由重力提供向心力，桿的作用力為零，故B錯誤。輕桿在最高點可以表現(xiàn)為拉力，此時根據(jù)牛頓第二定律有mg＋F＝m，則知v越大，F(xiàn)越大，即隨小球速度的增大，桿的拉力增大；小球通過最高點時桿對球的作用力也可以表現(xiàn)為支持力，當表現(xiàn)為支持力時，有mg－F＝m，則知v越大，F(xiàn)越小，即隨小球速度的增大，桿的支持力減小，故C、D錯誤。
2．[輕“繩”模型]
(多選)如圖所示，豎直環(huán)A半徑為r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，
26、B的左右兩側各有一擋板固定在地上，B不能左右運動，在環(huán)的最低點靜放有一小球C，A、B、C的質量均為m?，F(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度v，小球會在環(huán)內側做圓周運動。為保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使環(huán)在豎直方向上跳起(不計小球與環(huán)的摩擦阻力)，則瞬時速度v必須滿足( )
A．最小值為 B．最大值為
C．最小值為 D．最大值為
解析：選CD 要保證小球能通過環(huán)的最高點，在最高點最小速度滿足mg＝m，由最低點到最高點由機械能守恒得mvmin2＝mg·2r＋mv02，可得小球在最低點瞬時速度的最小值為，A錯誤，C正確；為了使環(huán)不會在豎直方向上跳起，則在最高點球有最大速度時，對環(huán)
27、的壓力為2mg，滿足3mg＝m，從最低點到最高點由機械能守恒得mvmax2＝mg·2r＋mv12，可得小球在最低點瞬時速度的最大值為，B錯誤，D正確。
3．[“雙繩”模型]
如圖所示，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
解析：選A 小球在運動過程中，A、B兩點與小球所在位置構成等
28、邊三角形，由此可知，小球圓周運動的半徑R＝L·sin 60°＝L，兩繩與小球運動半徑方向間的夾角為30°，由題意，小球在最高點的速率為v時，mg＝m，當小球在最高點的速率為2v時，應有：F＋mg＝m，可解得：F＝3mg。由2FTcos 30°＝F，可得兩繩的拉力大小均為FT＝mg，A項正確。
考點四 實驗：探究影響向心力大小的因素
1．實驗探究：利用如圖所示的簡易裝置，采用控制變量法粗略感知影響向心力大小的因素。
(1)保持小球的質量m和半徑r不變，探究向心力F與角速度ω的關系，則當ω增大時，F(xiàn)增大。
(2)保持小球的質量m和角速度ω不變，探究向心力F與半徑r的關系，則當r增大時，F(xiàn)增
29、大。
(3)保持小球的角速度ω和半徑r不變，探究向心力F與質量m的關系，則當m增大時，F(xiàn)增大。
2．結論：物體做圓周運動需要的向心力與物體的質量、半徑、角速度都有關。
3．拓展：根據(jù)公式F＝mrω2和ω＝，可得F＝m，所以可以進一步探究感知向心力的大小與線速度的關系。
[典例] (2019·天水質檢)某同學用圓錐擺驗證向心力公式F＝mRω2。先在一張白紙上以O為圓心畫一組同心圓，再將白紙鋪在水平桌面上，在O點正上方距桌面高為h處的O1處用鐵架臺(圖中未畫出)懸掛一質量為m的小球，設法使小球沿著半徑為R的圓周運動但恰不與紙面接觸。
(1)現(xiàn)用刻度尺測得R、h，用天平測得m，用g表示重力
30、加速度，則小球所受的合力F1＝________。
(2)為了測出小球做圓周運動的角速度ω，先用停表測得小球完成n次圓周運動共用時t，則由向心力公式F＝mRω2求得小球做圓周運動的向心力F2＝________，代入數(shù)值，驗證F1＝F2是否成立。
[思路點撥]
(1)小球做圓周運動中所受的合力提供向心力，由平行四邊形定則求合力的表達式，根據(jù)T＝求得周期。
(2)再利用公式F＝man＝求向心力，若能大致滿足F1＝F2，就可達到粗略驗證向心力表達式的目的。
[解析] (1)設擺線與豎直方向的夾角為α，則有tan α＝，小球做圓周運動中所受合力的表達式為F1＝mgtan α＝。
(2)小球做
31、圓周運動的周期為T＝，向心加速度的表達式為an＝＝，小球做圓周運動的向心力F2＝man＝m，所以若能大致滿足F1＝F2，就可達到粗略驗證向心力表達式的目的。
[答案] (1) (2)m
[基礎考法]
1．(2019·泉州九中模擬)為驗證向心力公式，某探究小組設計了如圖所示的演示實驗，在米尺的一端鉆一個小孔，使小孔恰能穿過一根細線，線下端掛一質量為m，直徑為d的小鋼球。將米尺固定在水平桌面上，測量出懸點到鋼球的細線長度l，使鋼球在水平面內做勻速圓周運動，圓心為O，待鋼球的運動穩(wěn)定后，用眼睛從米尺上方垂直于米尺往下看，讀出鋼球外側到O點的距離r，并用秒表測量出鋼球轉動n圈用的時間t。則：
32、(1)小鋼球做圓周運動的周期T＝________。
(2)小鋼球做圓周運動的向心力F＝________。
解析：(1)鋼球轉動n圈用的時間為t，則周期為：T＝。
(2)鋼球轉動半徑為R＝r－，
根據(jù)向心力公式得
F＝m2R＝m。
答案：(1) (2)m
2．(2019·北京順義區(qū)模擬)如圖甲所示是某同學探究做圓周運動的物體質量、向心力、軌道半徑及線速度關系的實驗裝置，圓柱體放置在水平光滑圓盤上做勻速圓周運動。力傳感器測量向心力F，速度傳感器測量圓柱體的線速度v，該同學通過保持圓柱體質量和運動半徑不變，來探究向心力F與線速度v的關系。
(1)該同學采用的實驗方法為________
33、。
A．等效替代法
B．控制變量法
C．理想化模型法
(2)改變線速度v，多次測量，該同學測出了五組F、v數(shù)據(jù)，
如下表所示：
v/(m·s－1)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
F/N
0.88
2.00
3.50
5.50
7.90
該同學對數(shù)據(jù)分析后，在圖乙坐標紙上描出了五個點。
①在圖乙中作出F-v2圖線；
②若圓柱體運動半徑r＝0.2 m，由作出的F-v2的圖線可得圓柱體的質量m＝________ kg。(結果保留兩位有效數(shù)字)
解析：(1)實驗中研究向心力和速度的關系，保持圓柱體質量和運動半徑不變，采用的實驗方法是控制變
34、量法，故選B。
(2)①作出F-v2圖線，如圖所示。
②根據(jù)F＝m知，圖線的斜率k＝，則有：＝，代入數(shù)據(jù)解得m＝0.18 kg。
答案：(1)B (2)①見解析圖 ②0.18
“形同質異”慎解題——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、繩控制、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。
(一)靜摩擦力控制下的斜面圓周運動
1．如圖所示，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2.5 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(設最
35、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
解析：選C 物體隨圓盤做圓周運動，運動到最低點時最容易滑動，因此物體在最低點且剛好要滑動時的轉動角速度為最大值，這時，根據(jù)牛頓第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C項正確，A、B、D項錯誤。
(二)輕桿控制下的斜面圓周運動
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 的輕桿，一端固定在O點，另一端系
36、一質量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運動。g取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
解析：選A 小球受輕桿控制，在A點的最小速度為零，由動能定理得2mgLsin α＝mvB2，可得vB＝4 m/s，A正確。
(三)輕繩控制下的斜面圓周運動
3．(多選)如圖所示，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自由轉動從而實現(xiàn)調節(jié)其與水平面所成的傾角。板上
有一根長為l＝0.5 m的輕繩，一端系住一個質量為m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O點。當平板
37、傾角為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＝2 m/s，g取10 m/s2，則( )
A．若α＝0°，則輕繩對小球的拉力大小為FT＝4 N
B．若α＝90°，則小球相對于初始位置可上升的最大高度為0.3 m
C．小球能在平板上繞O點做完整的圓周運動，α必須滿足的條件為sin α≤
D．小球能在平板上繞O點做完整的圓周運動，α必須滿足的條件為sin α≤
解析：選AD 小球在平板上運動時受輕繩的拉力、重力和平板的彈力。在垂直平板方向上合力為零，重力沿平板方向的分力為mgsin α，小球在最高點時，由輕繩的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，
有FT＋mgsin α＝m ①
研究小球從釋放點到最高點的過程，據(jù)動能定理有
－mglsin α＝mv12－mv02 ②
若恰好通過最高點，輕繩拉力FT＝0，聯(lián)立①②解得
sin α＝＝，
故C錯誤，D正確；
若α＝0°，則輕繩對小球的拉力大小為
FT＝m＝4 N，故A正確；
若α＝90°，小球不能到達最高點，假設能夠上升0.3 m，重力勢能的增加量mgh＝1.5 J，初動能mv02＝1 J，機械能不守恒，故B錯誤。
（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 第四章 第4節(jié) 圓周運動學案（含解析）
