8、圓盤只碰一次，且落在A處，已知重力加速度為g，則圓盤轉動的角速度可能為(C)
A. B.
C. D.
【解析】小球做平拋運動，小球在水平方向上做勻速直線運動，則運動的時間為：t＝，根據(jù)小球與圓盤只碰一次，且落在A得：ωt＝2nπ；得：ω＝＝(n＝1、2、3…)；與四個選項比較可知，只有C選項正確．
?！ 緋66】
夯實基礎
1．勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果：向心力產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大?。?
(2)大?。篎＝__m__＝__mω2r__＝mr＝mωv＝4π2mf2r.(在F＝中，v是運動物體相對圓心的速度)
(3)方向：始終沿半徑方向指
9、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，也可能由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供．
2．解答圓周運動問題的基本思路
(1)審清題意，確定研究對象．
(2)分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等．
(3)分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力．無論是否為勻速圓周運動，物體受到沿半徑指向圓心的合力一定為其向心力．
(4)據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．
(5)求解并討論．
3．幾種常見的勻速圓周運動的實例
(1)火車轉彎問題
在平直軌道上勻速行駛的火車，所受合外力為零
10、，在火車轉彎時，什么力提供向心力呢？在火車轉彎處，讓外軌高于內軌，如圖所示，轉彎時所需向心力由重力和彈力的合力提供．若軌道水平，轉彎時所需向心力應由外軌對車輪的擠壓力提供，而這樣對車軌會造成損壞．車速大時，容易出事故．
設車軌間距為L，兩軌高度差為h，車轉彎半徑為R，質量為M的火車運行時應當有多大的速度？
根據(jù)三角形邊角關系知sin θ＝，對火車的受力情況分析得tan θ＝＝.
因為θ角很小，粗略處理時，取sin θ≈tan θ，故＝，所以向心力F＝Mg，又因為F＝，所以車速v＝.
(2)圓錐擺
圓錐擺是運動軌跡在水平面內的一種典型的勻速圓周運動，此類模型的特點是：
①運動特點
11、：物體做勻速圓周運動，軌跡和圓心在水平面內；
②受力特點：物體所受的重力與彈力(拉力或支持力)的合力充當向心力，合力的方向是水平指向圓心的，F(xiàn)＝mgtan α.
③周期特點：mgtan α＝mω2htan α，知ω＝，又T＝＝2π＝2π，L為圓錐擺的擺長．擺長不同的圓錐擺，只要圓錐高度相同，周期就相同．
4．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做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：做圓周運動的物體，由于本身的慣性總有沿著圓周切線飛出去的傾向．
(3)受力特點
①當Fn＝mω2r時，物體做圓周運動．
②當Fn＝0
12、時，物體沿切線方向飛出．
③當Fnmω2r時，物體將逐漸靠近圓心，做近心運動．
考點突破
例2如圖所示，光滑桿O′A的O′端固定一根勁度系數(shù)為k＝10 N/m，原長為1 m的輕彈簧，質量為m＝1 kg的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接，O′O為過O點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ＝30°，開始桿是靜止的，當桿以O′O為軸轉動時，角速度從零開始緩慢增加，直至彈簧伸長量為0.5 m，g取10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．桿保持靜止狀態(tài)時，彈簧的長度為0.5 m
B．當彈簧恢復原長時，桿轉動的角速度為
13、 rad/s
C．當彈簧伸長量為0.5 m時，桿轉動的角速度為 rad/s
D．在此過程中，桿對小球做功為12.5 J
【解析】當桿靜止時，小球受力平衡，根據(jù)力的平衡條件可得：mgsin 30°＝kx，代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m，所以彈簧的長度為：l1＝l0－x＝0.5 m，故A正確；當彈簧恢復原長時，由牛頓第二定律可得：mgtan 30°＝mωl0cos 30°，解得：ω1＝ rad/s，故B錯誤；當彈簧伸長量為0.5 m時，小球受力如圖示：水平方向上：F2cos 30°＋Nsin 30°＝mω(l0＋x)cos 30°，豎直方向上：Ncos 30°＝mg＋F2sin 30°，彈
14、簧的彈力為：F2＝kx；聯(lián)立解得：ω2＝ rad/s，故C正確；在此過程中，由動能定理可得：W－mg·2xsin 30°＝m[ω2(l0＋x)cos 30°]2－0，解得：W＝12.5 J，故D正確．
【答案】ACD
針對訓練
4．(多選)質量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質木架上的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勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，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燒斷的同時輕桿停止轉動，則(BC)
A．小球仍在水平面內做勻速圓周運動
B．在繩b被燒
15、斷瞬間，a繩中張力突然增大
C．若角速度ω較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動
D．繩b未被燒斷時，繩a的拉力大于mg，繩b的拉力為mω2lb
【解析】根據(jù)題意，在繩b被燒斷之前，小球繞BC軸做勻速圓周運動，豎直方向上受力平衡，繩a的拉力等于mg，選項D錯誤；繩b被燒斷的同時輕桿停止轉動，此時小球具有垂直平面ABC向外的速度，小球將在垂直于平面ABC的平面內運動，若ω較大，則在該平面內做圓周運動，若ω較小，則在該平面內來回擺動，故C正確，A錯誤；繩b燒斷瞬間，繩a的拉力與重力的合力提供向心力，所以拉力大于物體的重力，繩a中的張力突然變大了，B正確．
5．(多選)一水平放置的
16、木板上放有砝碼，砝碼與木板間的摩擦因數(shù)為μ，如果讓木板在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動，假如運動中木板始終保持水平，砝碼始終沒有離開木板，且砝碼與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，那么下列說法正確的是(AC)
A．在通過軌道最高點時砝碼處于失重狀態(tài)
B．在經過軌道最低點時砝碼所需靜摩擦力最大
C．勻速圓周運動的速度不大于
D．在通過軌道最低點時砝碼處于失重狀態(tài)
【解析】在通過軌道最高點時，向心加速度豎直向下，是失重，故A正確；木板和砝碼在豎直平面內做勻速圓周運動，則所受合外力提供向心力，砝碼受到重力G，木板支持力FN和靜摩擦力Ff，由于重力G和支持力FN在豎直方向上，因此只有當
17、砝碼所需向心力在水平方向上時靜摩擦力有最大值，此位置是當木板和砝碼運動到與圓心在同一水平面上時的位置，最大靜摩擦力必須大于或等于砝碼所需的向心力，即μFN≥m，如圖：此時在豎直方向上FN＝mg，故v≤，故B錯誤，C正確；在最低點，向心加速度豎直向上，是超重，故D錯誤．
6．如圖所示，ABC為豎直平面內的金屬半圓環(huán)，AC連線水平，AB為固定在A、B兩點間的直金屬棒，在直棒上和圓環(huán)的BC部分分別套著兩個相同的小環(huán)M、N，現(xiàn)讓半圓環(huán)繞對稱軸以角速度ω做勻速轉動，半圓環(huán)的半徑為R，小圓環(huán)的質量均為m，棒和半圓環(huán)均光滑，已知重力加速度為g，小環(huán)可視為質點，則M、N兩環(huán)做圓周運動的線速度之比為(A)
18、
A. B.
C. D.
【解析】M環(huán)受到重力和桿的支持力，在水平面內做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方向，所以：Fn＝mgtan 45°＝mω·vM
所以：vM＝?、?
同理，N環(huán)受到重力和桿的支持力，在水平面內做勻速圓周運動，合力的方向沿水平方向，設ON與豎直方向之間的夾角為θ，F(xiàn)n′＝mgtan θ＝mωvN
所以：vN＝?、?
又：Fn′＝mω2r?、?
r＝Rsin θ?、?
聯(lián)立②③④得：vN＝·?、?
所以：＝
故選A.
?！ 緋67】
夯實基礎
1．解答豎直面內的圓周運動問題，主要運用兩個力學觀點，抓住一個關鍵．
(1)動力學觀點：在最高點和最
19、低點由什么力提供向心力；
(2)功能的觀點：建立起最高點與最低點的速度關系；
(3)抓住一個關鍵：過最高點的臨界條件．
2．豎直面內圓周運動中常見的兩種模型
輕繩模型
輕桿模型
常見類型
均是不可受到支撐作用的小球
均是可以受到支撐作用的小球
過最高點的臨界條件
由mg＝m得v臨＝
由小球能運動即可得v臨＝0
討論分析
(1)過最高點時，
v≥，
FN＋mg＝m，
繩、軌道對球產生彈力FN
(2)當v＜時，不能過最高點，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道
(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＜v＜時，mg－FN
20、＝m，F(xiàn)N背離圓心，隨v的增大而減小
(3)當v＝時，F(xiàn)N＝0
(4)當v＞時，F(xiàn)N＋mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大
在最高點的FN－v2圖線
取豎直向下為正方向
取豎直向下為正方向
考點突破
例3如圖所示，一個凹形橋模擬器固定在水平地面上，其凹形軌道是半徑為0.4 m的半圓，且在半圓最低點裝有一個壓力傳感器(圖中未畫出)．一質量為0.4 kg的玩具小車經過凹形軌道最低點時，傳感器的示數(shù)為8 N，則此時小車的速度大小為(取g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．8 m/s D．16 m/s
【解析】小車經過凹形橋的最低
21、點時，受重力和支持力，沿半徑方向的合外力提供向心力，由牛頓第二定律有：FN－mg＝m，由牛頓第三定律得FN′＝FN，而FN′即為視重為8 N，聯(lián)立得瞬時速度v＝＝2 m/s，故選A.
【答案】A
針對訓練
7．長度為L＝0.50 m的輕質細桿OA，A端有一質量為m＝3.0 kg的小球，如圖所示，小球以O點為圓心，在豎直平面內做圓周運動，通過最高點時，小球的速率是v＝2.0 m/s，g取10 m/s2，則此時A對細桿的作用力多大？方向怎樣？
【解析】小球運動到最高點時受到重力與輕桿的彈力，假設輕桿的彈力方向向上為FN，
根據(jù)合力提供向心力：mg－FN＝m，代入數(shù)據(jù)解得：FN＝
22、6 N，方向豎直向上
根據(jù)牛頓第三定律可知此時A對細桿的作用力為6 N，方向豎直向下
考 點 集 訓 【p286】
A組
1．(多選)如圖所示，將物塊P置于沿逆時針方向轉動的水平轉盤上，并隨轉盤一起轉動(物塊與轉盤間無相對滑動)．圖中c方向指向圓心，a方向與c方向垂直．下列說法正確的是(BD)
A．若物塊P所受摩擦力方向為a方向，轉盤一定是勻速轉動
B．若物塊P所受摩擦力方向為b方向，轉盤一定是加速轉動
C．若物塊P所受摩擦力方向為c方向，轉盤一定是加速轉動
D．若物塊P所受摩擦力方向為d方向，轉盤一定是減速轉動
【解析】圓盤勻速轉動時，重力和支持力平衡，合外力(摩擦力)
23、提供圓周運動向心力，故摩擦力方向指向圓心O點，即cO方向，選項A錯誤；當轉盤加速轉動時，物塊P做加速圓周運動，不僅有沿c方向指向圓心的向心力，還有沿a方向的切向力，使線速度大小增大，兩方向的合力即摩擦力可能沿b方向，故B正確，C錯誤；當轉盤減速轉動時，物塊P做減速圓周運動，不僅有沿c方向指向圓心的向心力，還有沿a方向相反方向的切向力，使線速度大小減小，兩方向的合力即摩擦力可能沿d方向，故D正確．
2．如圖為某中國運動員在短道速滑比賽中勇奪金牌的精彩瞬間，假定此時他正沿圓弧形彎道勻速滑行，則他(D)
A．所受的合力為零，做勻速運動
B．所受的合力恒定，做勻加速運動
C．所受的合力恒定
24、，做變加速運動
D．所受的合力變化，做變加速運動
3．某同學為感受向心力的大小與哪些因素有關，做了一個小實驗：繩的一端拴一小球，手牽著在空中甩動，使小球在水面內做圓周運動(如圖所示)，則下列說法正確的是(B)
A．保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將不變
B．保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將增大
C．保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將不變
D．保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將減小
4．如圖所示，火車以一定的速率在半徑一定的軌道上轉彎時，內外軌道恰好對火車沒有側向作用力，不考慮摩擦和其他阻力，如果火車轉彎的速率增大時(A)
A．外側軌道將受到
25、擠壓
B．內側軌道將受到擠壓
C．為了保證軌道沒有側向作用力，可減小內外軌道高度差
D．軌道對火車的作用力和火車自身重力的合力變小
【解析】火車以某一速度v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，如圖所示：
由圖可以得出：F合＝mgtan θ，合力等于向心力，當θ很小時，有tan θ＝sin θ＝，可得：v＝，由此可知為了保證軌道沒有側向作用力，可增大內外軌道高度差，故C錯誤；火車轉彎的速率增大時，火車所需要的向心力Fn＝m大于火車所受的重力和軌道對火車作用力的合力，火車有離心趨勢，故其外側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，外軌受到側壓力作用，故A
26、正確，B、D錯誤．
5．如圖所示，一個菱形框架繞著過對角線的豎直軸勻速轉動，在兩條邊上各有一個質量相等的小球套在上面，整個過程小球相對框架沒有發(fā)生滑動，A與B到軸的距離相等，則下列說法正確的是(D)
A．框架對A的彈力方向垂直框架向下
B．框架對B的彈力方向可能垂直框架向上
C．A與框架間可能沒有摩擦力
D．A、B所受的合力大小相等
【解析】球在水平面做勻速圓周運動，合外力指向圓心，對A進行受力分析可知，A受重力，當靜摩擦力方向向上時，框架對A的彈力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A錯誤；球在水平面做勻速圓周運動，合外力指向圓心，對B進行受力分析可知，B受重力，
27、要使合力水平向右，框架對B的彈力方向一定垂直框架向上，B說的是可能，故B錯誤；若A與框架間沒有摩擦力，則A只受重力和框架對A的彈力，兩個力的合力方向不可能水平向左，指向圓心，故C錯誤；A、B兩球所受的合力提供向心力，轉動的角速度相等，半徑也相等，根據(jù)F＝mω2r，可知，合力大小相等，故D正確．故選D.
6．兩根細線上端系在天花板上同一點，下端分別懸掛質量相同的小球在同一水平面內做勻速圓周運動，相對位置關系如圖所示，則兩個小球具有的物理量一定相同的是(B)
A．向心加速度 B．角速度
C．細線拉力 D．線速度
【解析】對其中一個小球受力分析，如圖，受重力，繩子的拉力，由于
28、小球做勻速圓周運動，故合力提供向心力；將重力與拉力合成，合力指向圓心，由幾何關系得細線的拉力為T＝，因為外側球與豎直方向的夾角大于內側球與豎直方向的夾角，所以兩球受到細線的拉力大小不同，C錯誤；合力F＝mgtan θ，由向心力公式得到，F(xiàn)＝mω2r；設繩子與懸掛點間的高度差為h，由幾何關系得r＝htan θ；由以上三式得ω＝，知角速度相等，B正確；由于兩球的運動半徑不同，根據(jù)v＝ωr和a＝ω2r可知線速度和加速度都不同，A、D錯誤．
7．如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上，長為L的細線一端固定，另一端連接質量為m的小球，小球在斜面上做圓周運動，A、B分別是圓周的最高點和最低點，當小球
29、在A點的最小速度為vA時，它在B點對應的速度為vB，重力加速度為g，則(D)
A．vA＝0，vB＝2
B．vA＝，vB＝
C．vA＝，vB＝
D．vA＝，vB＝
【解析】在A點，對小球，臨界情況是繩子的拉力為零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin θ＝m，解得A點的最小速度為：vA＝，對AB段過程研究，根據(jù)動能定理得：mg·2Lsin θ＝mv－mv，解得：vB＝，故D正確．
8．如圖所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔O，一根輕繩穿過小孔，一端連接質量為m＝1 kg的小球A，另一端連接質量為M＝4 kg的重物B，已知g＝10 m/s2，
(1
30、)當A球沿半徑r＝0.1 m的圓周做勻速圓周運動，其角速度ω1為多大時，B物體處于將要離開、而尚未離開地面的臨界狀態(tài)？
(2)當小球A的角速度為ω2＝10 rad/s時，物體B對地面的壓力為多大？
【解析】(1)當B對地面恰好無壓力時，有：Mg＝FT′，
拉力FT′提供小球A所需向心力，則：FT′＝mrω
則有：ω1＝＝ rad/s＝20 rad/s.
(2)對小球A來說，小球受到的重力和支持力平衡．因此繩子的拉力提供向心力，則：
FT＝mrω2＝1×0.1×102 N＝10 N，
對物體B來說，物體受到三個力的作用：重力Mg、繩子的拉力FT、地面的支持力FN，由力的平衡條件可得
31、：
FT＋FN＝Mg，故FN＝Mg－FT
將FT＝10 N代入可得：FN＝(4×10－10) N＝30 N
由牛頓第三定律可知，B對地面的壓力為30 N，方向豎直向下．
B組
9．(多選)如圖所示光滑管形圓軌道半徑為R(管徑遠小于R)，小球a、b大小相同，質量均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動．兩球先后以相同速度v通過軌道最低點，且當小球a在最低點時，小球b在最高點，以下說法正確的是(BD)
A．當小球b在最高點對軌道無壓力時，小球a比小球b所需向心力大5mg
B．當v＝時，小球b在軌道最高點對軌道無壓力
C．速度v至少為，才能使兩球在管內做圓周運動
D．只要v
32、≥，小球a對軌道最低點的壓力比小球b對軌道最高點的壓力大6mg
【解析】由于管中沒有摩擦力的作用，所以球的機械能守恒，當小球b在最高點對軌道無壓力，即只有重力做向心力，所以mg＝m，所以在最高點時b球的速度的大小為，從最高點到最低點，由機械能守恒可得，mg·2R＋mv＝mv，對于a球，在最低點時，由向心力的公式可得F－mg＝m，所以F－mg＝5mg，F(xiàn)＝6mg，v＝va＝，故B正確；此時的向心力的大小為5mg，所以小球a比小球b所需向心力大4mg，故A錯誤；由于最高點速度可以為零，根據(jù)動能定理知：－2mgR＝0－mv2，知v＝2，故C錯誤；在最高點時F1＝m－mg，在最低點時，F(xiàn)2＝m＋mg
33、，由機械能守恒有mv＋mg·2R＝mv，所以F2－F1＝6mg.故D正確．
10．如圖所示，甲、乙兩水平圓盤緊靠在一起，大圓盤為主動輪，乙靠摩擦隨甲不打滑轉動．大、小圓盤的半徑之比R1∶R2＝3∶1，兩圓盤和小物體m1、m2間的動摩擦因數(shù)相同．m1離甲盤圓心O點2r，m2距乙盤圓心O′點r，當甲緩慢轉動且轉速慢慢增加時(D)
A．物塊相對盤開始滑動前，m1與m2的線速度之比為1∶1
B．隨轉速慢慢增加，m1與m2同時開始滑動
C．隨轉速慢慢增加，m1先開始滑動
D．物塊相對盤開始滑動前，m1與m2的向心加速度之比為 2∶9
【解析】甲、乙兩輪子邊緣上的各點線速度大小相等，有：ω甲·3R2＝ω乙·R2，可得ω甲∶ω乙＝1∶3，根據(jù)v＝ωR，所以物塊相對盤開始滑動前，m1與m2的線速度之比為2∶3，故A錯誤；據(jù)題可得兩個物體所受的最大靜摩擦力分別為：f甲＝μm1g，f乙＝μm2g，最大靜摩擦力之比為：f1∶f2＝m1∶m2；轉動中所受的靜摩擦力之比為：F1∶F2＝m1a甲∶m2a乙＝2m1∶9m2＝m1∶4.5m2.所以隨轉速慢慢增加，乙的靜摩擦力先達到最大，就先開始滑動，故BC錯誤；物塊相對盤開始滑動前，根據(jù)a＝ω2R得m1與m2的向心加速度之比為a甲∶a乙＝ω·2r∶ωr＝2∶9，故D正確．
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（名師導學）2020版高考物理總復習 第四章 第3節(jié) 圓周運動教學案 新人教版
