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2021高考物理一轮复习 第4章 曲线运动 万有引力与宇宙航行 第3讲 圆周运动及其应用学案

2021高考物理一轮复习 第4章 曲线运动 万有引力与宇宙航行 第3讲 圆周运动及其应用学案

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第3讲　圆周运动及其应用
知识点　　匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度　Ⅰ
匀速圆周运动的向心力　Ⅱ1.匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小不变的圆周运动。
(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)条件：有初速度，受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心的合外力。
2．描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，具体如下：

定义、意义
公式、单位
线速度
①描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v)
②是矢量，方向和半径垂直，沿切线方向
①v＝＝
②单位：m/s
角速度
描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
①ω＝＝
②单位：rad/s
周期和转速
①周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)
②转速是物体单位时间转过的圈数(n)，也叫频率(f)
①T＝＝，单位：s
②f＝，单位：Hz
③n的单位：r/s、
r/min
向心加速度
①描述速度方向变化快慢的物理量(an)
②方向指向圆心，时刻在变
①an＝＝rω2
②单位：m/s2
向心力
①作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小(Fn)
②方向指向圆心，时刻在变
③来源：某个力，或某几个力的合力，或某个力的分力
①Fn＝mω2r＝
m
②单位：N
相互关系
①v＝rω＝＝2πrf
②an＝＝rω2＝ωv＝＝4π2f2r
③Fn＝m＝mrω2＝mωv＝m＝4mπ2f2r
3．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
(1)实验仪器：向心力演示器(如图)，三个金属球(半径相同，其中两个为质量相同的钢球，另一个为质量是钢球一半的铝球)。

(2)实验原理
如图所示，匀速转动手柄，可以使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随之做匀速圆周运动。这时，小球向外挤压挡板，挡板对小球的反作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力。同时，小球压挡板的力使挡板另一端横臂压缩弹簧测力套筒里的弹簧，弹簧被压缩的格数可以从标尺上读出，格数比显示了两金属球向心力大小之比。
(3)实验过程
控制变量
探究内容
m、r相同，改变ω
探究向心力F与角速度ω的关系
m、ω相同，改变r
探究向心力F与半径r的关系
ω、r相同，改变m
探究向心力F与质量m的关系
知识点　　匀速圆周运动与非匀速圆周运动　Ⅰ

匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动特点
线速度的大小不变，角速度、周期和频率都不变，向心加速度的大小不变
线速度的大小、方向都变，角速度变，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也可能不变
受力特点

所受到的合力为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻指向圆心

所受到的合力不指向圆心，合力产生两个效果：
①沿半径方向的分力Fn，即向心力，它改变速度的方向；
②沿切线方向的分力Ft，它改变速度的大小
运动性质
变加速曲线运动(加速度大小不变，方向变化)
变加速曲线运动(加速度大小、方向都变化)
知识点　　离心现象　Ⅰ
1．离心运动
(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
(3)受力特点：Fn为提供的向心力。

①当Fn＝mω2r时，物体做匀速圆周运动。
②当Fn<mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。
③当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出。
2．近心运动：当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。

一 堵点疏通
1．做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析受力时，必须指出受到的向心力。(　　)
2．匀速圆周运动是匀变速曲线运动，非匀速圆周运动是变加速曲线运动。(　　)
3．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(　　)
4．在光滑的水平路面上汽车不可以转弯。(　　)
5．摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(　　)
6．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。(　　)
答案　1.×　2.×　3.×　4.√　5.×　6.√
二 对点激活
1.(人教版必修2·P25·T3改编)如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是(　　)

A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力
答案　C
解析　A受三个力作用，重力和支持力平衡，指向圆心的摩擦力充当向心力，故C正确。
2．(人教版必修2·P22·T1)(多选)甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，下列哪种情况下甲的向心加速度比较大(　　)
A．它们的线速度相等，乙的半径小
B．它们的周期相等，甲的半径大
C．它们的角速度相等，乙的线速度小
D．它们的线速度相等，在相同时间内甲与圆心的连线扫过的角度比乙的大
答案　BCD
解析　由a＝知当v相同的情况下，r甲>r乙时，a甲<a乙，故A错误；由a＝r知当T相同情况下，r甲>r乙时，a甲>a乙，故B正确；由a＝ωv知当ω相同情况下，v甲>v乙时，a甲>a乙，故C正确；由a＝ωv知当v相同情况下，ω甲>ω乙时，a甲>a乙，故D正确。
3．(人教版必修2·P26·T4改编)质量为m的小球，用长为l的细线悬挂在O点，在O点的正下方处有一光滑的钉子P，把小球拉到与钉子P等高的位置，摆线被钉子挡住。如图让小球从静止释放，当小球第一次经过最低点时(　　)

A．小球运动的线速度突然减小
B．小球的角速度突然减小
C．小球的向心加速度突然增大
D．悬线的拉力突然增大
答案　B
解析　当小球第一次经过最低点时，由于重力与悬线的拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变，故A错误；根据v＝rω，可知线速度大小不变，小球做圆周运动的半径变大，则角速度变小，故B正确；根据向心加速度公式an＝可得，线速度大小不变，轨迹半径变大，则向心加速度变小，故C错误；悬线拉力F＝mg＋m＝mg＋man，故悬线的拉力突然减小，D错误。
4．(人教版必修2·P26·T5)一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是(　　)

答案　C
解析　汽车沿曲线转弯，所以受到垂直速度方向指向轨迹凹侧的向心力Fn，汽车的速度逐渐减小，所以还受到与速度方向相反沿轨迹切线方向的切向力Ft，这两个力的合力方向如图C所示。
5．下列关于离心现象的说法正确的是(　　)
A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动
C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动
答案　C
解析　物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要向心力不足，物体就做离心运动，故A错误；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体将沿切线做匀速直线运动，故B、D错误，C正确。

考点细研 悟法培优

考点1　　圆周运动的运动学分析
1.圆周运动各物理量间的关系

2．对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比；
当ω一定时，v与r成正比；
当v一定时，ω与r成反比。
3．对a＝＝ω2r的理解
当v一定时，a与r成反比；
当ω一定时，a与r成正比。
4．常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

(2)摩擦(齿轮)传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。

(3)同轴转动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。
例1　如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转动。图中三轮半径的关系为：r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑，则A、B、C三点的线速度之比为________；角速度之比为________；周期之比为________。

(1)A、B两点位于两轮边缘靠皮带传动，那么vA与vB有什么关系？ωA与ωB有什么关系？
提示：vA＝vB，＝。
(2)B、C为同轴转动的两点，vB与vC、ωB与ωC的关系是什么？
提示：＝，ωB＝ωC。
尝试解答　1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。
因为A、B两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内A、B两点转过的弧长相等，即vA＝vB，由v＝ωr知＝＝，又B、C是同轴转动，相等时间内转过的角度相等，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。

解决传动问题的关键
(1)确定属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点。
①同轴转动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：齿轮传动和不打滑的摩擦(皮带)传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。如例1，右边两轮为同轴转动；左轮与右边小轮为皮带传动。
(2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系。若判定向心加速度a的比例，可巧用a＝ωv这一规律。
[变式1]　如图是某共享自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ是半径为r1的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径为r2的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径为r3的后轮。若某人在匀速骑行时每秒踩脚踏板转n圈，则下列判断正确的是(　　)

A．牙盘转动角速度为
B．飞轮边缘转动线速度为2πnr2
C．牙盘边缘向心加速度为
D．自行车匀速运动的速度为
答案　D
解析　脚踏板与牙盘同轴转动，二者角速度相等，每秒踩脚踏板n圈，因为转动一圈，相对圆心转的角度为2π，所以角速度ω1＝2πn，A错误；牙盘边缘与飞轮边缘线速度的大小相等，据v＝rω可知，飞轮边缘上的线速度v1＝2πnr1，B错误；牙盘边缘的向心加速度a＝＝＝(2πn)2r1，故C错误；飞轮角速度ω2＝＝，自行车后轮角速度与飞轮角速度相等，自行车匀速运动的速度v＝ω2r3＝，故D正确。
考点2　　圆锥摆模型及其临界问题
1.圆锥摆模型的受力特点
受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。
2．运动实例
运动模型
向心力的来源图示
飞机水平转弯

火车转弯

圆锥摆

物体在光滑半圆形碗内做匀速圆周运动

3．解题方法
(1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。
(2)确定圆心和半径。
(3)应用相关力学规律列方程求解。
4．规律总结
(1)圆锥摆的周期
如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。

受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr
r＝Lsinθ
解得T＝2π＝2π。
(2)结论
①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转的越快，θ越大。
②摆线拉力F＝，圆锥摆转的越快，摆线拉力F越大。
③摆球的加速度a＝gtanθ。
5．圆锥摆的两种变形
变形1：具有相同锥度角(长度不同)的圆锥摆，如图甲所示。

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。
变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。

由T＝2π知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。
例2　如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，结果可用根式表示)，问：

(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角α＝60°，则小球的角速度ω′为多大？
(1)小球离开锥面的临界条件是什么？
提示：锥面对小球支持力为零，且细线与竖直方向的夹角为θ。
(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球受几个力？
提示：2个，重力、细线的拉力。
尝试解答　(1) rad/s　(2)2 rad/s
(1)当小球刚要离开锥面时，锥面给小球的支持力为零，受力分析如图1。

由牛顿第二定律得
mgtanθ＝mωlsinθ
ω0＝ ＝ rad/s。
(2)当细线与竖直方向夹角α＝60°时，小球已飞离斜面，受力分析如图2。

由牛顿第二定律得
mgtanα＝mω′2r
r＝lsinα
联立得ω′＝ ＝2 rad/s。

解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。
(1)绳上拉力的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达最大值。
(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。
(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动。
[变式2－1]　(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．球A的线速度必定大于球B的线速度
B．球A的角速度必定小于球B的角速度
C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
答案　AB
解析　两球均紧贴着圆锥筒的内壁，在水平面内做匀速圆周运动，它们均受到重力和筒壁对它的弹力FN的作用，其合力必定在水平面内时刻指向圆心，如图所示。由图可知，筒壁对球的弹力FN＝，由于两球质量相等，则A、B两球受到筒壁的压力大小相等，由牛顿第三定律可知，D错误；对球，由牛顿第二定律得＝m＝mω2r＝m，球的线速度v＝，角速度ω＝，运动周期T＝2π ，球A的轨道半径大于球A的轨道半径，所以球A的线速度必定大于球B的线速度，球A的角速度必定小于球B的角速度，球A的运动周期必定大于球B的运动周期，A、B正确，C错误。

[变式2－2]　(多选)如图所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度为ω，则(　　)

A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力
B．绳子BP的拉力随ω的增大而增大
C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力
D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力
答案　ABC
解析　ω较小时，绳子AP处于松弛状态，只有ω超过某一值，才产生拉力，A正确；当AP、BP都产生张力之后，受力如图，

FBPsinα＝mg＋FAPsinα①
FBPcosα＋FAPcosα＝mω2r②
由①②可知FBP>FAP，随ω的增大FBP、FAP都变大，B、C正确，D错误。
考点3　　水平转盘上运动物体的临界问题
水平转盘上运动物体的临界问题，主要涉及到与摩擦力和弹力有关的临界极值问题。
1．如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝，方向指向圆心。
2．如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。
3．运动实例

例3　游乐场中有一种娱乐设施叫“魔盘”，人坐在转动的大圆盘上，当大圆盘转速增加时，人就会自动滑向盘边缘。如图所示，有a、b、c三人坐在圆盘上，a的质量最大，b、c的质量相差不多，但c离圆盘中心最远，a、b离圆盘中心的距离相等。若三人与盘面间的动摩擦因数均相等，且假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)

A．当圆盘转速增加时，三人同时开始滑动
B．当圆盘转速增加时，b首先开始滑动
C．当圆盘转速增加时，a和c首先开始滑动
D．当圆盘转速增加时，c首先开始滑动
(1)人和水平圆盘何时发生相对滑动？
提示：他们之间的摩擦力达最大值时。
(2)如何分析谁先滑动？
提示：谁的临界角速度小谁先滑动。
尝试解答　选D。
设圆盘的角速度为ω，则人所受的向心力F＝mω2R，且未滑动前圆盘上的人做共轴运动，角速度相同。圆盘上的人受到的最大静摩擦力为Ff＝μmg。由题意得，当mω2R>μmg，即ω2R>μg时，圆盘上的人开始滑动，c离圆盘中心最远，当圆盘转速增加时，c先开始滑动，之后a、b再同时开始滑动，D正确。

解决水平转盘上运动物体的临界问题的注意事项
(1)先确定研究对象受力情况，看哪些力充当向心力，哪些力可能突变引起临界问题。
(2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随转盘转速的变化而发生变化。
(3)关注临界状态，即静摩擦力达到最大值时。例3中，随圆盘转动、静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当达到最大静摩擦力时开始滑动，出现临界情况，此时对应的角速度为临界角速度。
[变式3－1]　两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)

A．a比b先达到最大静摩擦力
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为
答案　D
解析　木块随圆盘一起转动，当绳子上无拉力时，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：Ff＝mω2r，Ffmax＝kmg，联立得ωmax＝ ，故随着ω增大，b先达到临界角速度，b先达到最大静摩擦力，故A错误。在b的静摩擦力没有达到最大前，由Ff＝mω2r，a、b质量分别是2m和m，而圆周运动的半径r分别为L和2L，所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到最大后，即ω> ，对于b木块有：kmg＋F＝mω2·2L，对于a木块有f－F＝2mω2L，联立得f＝4mω2L－kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不一定相等，故B错误。b刚要滑动时，对b木块有kmg＋F＝mω·2L，对a木块有k·2mg－F＝2mωL，联立得kmg＋2kmg＝4mωL，得ω0＝ ，故C错误。当ω＝ 时，b未滑动，a所受摩擦力大小f＝4mω2L－kmg＝，故D正确。
[变式3－2]　(2019·河南许昌高三二诊)(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A和B，A和B的质量都为m，它们分居在圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　)

A．此时绳子张力为T＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
C．此时A所受摩擦力的方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子物体A、B仍将随盘一块转动
答案　ABC
解析　当A、B两物体随水平圆盘做匀速圆周运动时，由Fn＝mω2R可知，B物体所需要的向心力较大，当两物体刚好还未发生滑动时，B所受静摩擦力的方向沿半径指向圆心，A所受静摩擦力的方向沿半径指向圆外，C正确；当刚好还未发生相对滑动时，以B为研究对象，有T＋μmg＝2mω2r，以A为研究对象，有T－μmg＝mω2r，由以上两式联立解得T＝3μmg，ω＝，故A、B正确；若烧断绳子，A所需向心力FA＝mω2r＝2μmg，B所需向心力FB＝2mω2r＝4μmg，A、B所受的合外力都不足以提供其随水平盘转动所需的向心力，都将做离心运动，D错误。
考点4　　竖直面内的圆周运动——“绳”模型和“杆”模型
1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。
2．绳、杆模型涉及的临界问题

绳模型
杆模型
常见类型

均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
受力特征
除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零
除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上
受力示意图

过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0<v<时，mg－FN＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小
(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
例4　(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　)

A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
(1)该光滑圆形管道属于绳模型还是杆模型？
提示：杆模型。
(2)杆模型中小球通过最高点的临界速度是多大？
提示：v＝0。
尝试解答　选BC。
在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球在水平线ab以上管道运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧管壁对小球有作用力，也可能外侧管壁对小球没有作用力，故D错误。

竖直面内圆周运动问题的解题思路

[变式4－1]　如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)

A.mg B.mg
C.3mg D.2mg
答案　A
解析　当小球到达最高点速率为v时，两根轻绳中张力恰好均为零，有mg＝m；当小球到达最高点速率为2v时，设每根轻绳中张力大小为F，应有2Fcos30°＋mg＝m，解得F＝mg，A正确。

[变式4－2]　一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
答案　A
解析　轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误。若v<，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝m，随v增大，F减小；若v>，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝m，随v增大，F增大，故C、D均错误。
考点5　　斜面上圆周运动的临界问题
在斜面上做圆周运动的物体，根据受力情况的不同，可分为以下三类。
1．物体在静摩擦力作用下做圆周运动。
2．物体在绳的拉力作用下做圆周运动。
3．物体在杆的作用下做圆周运动。
这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力，运动和受力情况比较复杂。
例5　如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　)

A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D.0.5 rad/s
(1)随着ω增大会发生什么？
提示：小物体在圆盘上滑动。
(2)小物体转到哪个位置最容易发生上述情况？
提示：最低点。
尝试解答　选C。
当物体转到圆盘的最低点恰好要滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)。

由沿斜面的合力提供向心力，有
μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R
得ω＝ ＝1.0 rad/s，C正确。

与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
[变式5]　如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点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　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理可得：mg·2Lsinα＝mv－0，可得vB＝4 m/s，A正确。
答卷现场2　水平面内的圆周运动
　(16分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。

(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)ω＝(1±k)ω0，且0<k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。
试卷抽样
评析指导

1.失分点①：方程和结果错误，被扣1分。
失分原因：该同学分析正确但列方程时出现错误，对公式使用上所表述的意义理解不透彻。
补偿建议：在对公式的使用上，圆心在哪、半径是指哪一段需搞清楚。
规范解答：列出正确方程mgtanθ＝mωRsinθ，ω0＝
2．失分点②：摩擦力的方向判断错误。
失分原因：该同学两次分析摩擦力的方向错误而造成丢分。
补偿建议：加深对摩擦力概念的理解。

高考模拟 随堂集训

1．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)

A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
答案　BD
解析　座舱的运动周期T＝＝，A错误；根据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱的重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
2.(2019·海南高考)如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起沿OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　　)

A. B.
C. D.2
答案　B
解析　硬币在水平圆盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，当向心力等于最大静摩擦力时，圆盘转动的角速度最大，根据牛顿第二定律有μmg＝mrω2，解得圆盘转动的最大角速度为ω＝ ，B正确。
3．(2018·江苏高考)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　　)
A．运动路程为600 m B.加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km
答案　AD
解析　圆周运动的弧长s＝vt＝60×10 m＝600 m，A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故B错误；由题意得圆周运动的角速度ω＝＝×3.14 rad/s＝ rad/s，又v＝ωr，所r＝＝×180 m＝3439 m，故C错误，D正确。
4．(2016·全国卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　)

A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
答案　C
解析　设小球的质量为m，绳长为L，根据动能定理得mgL＝mv2，解得v＝，LP<LQ，所以vP<vQ，故A项错误；小球动能Ek＝mgL，其中mP>mQ，LP<LQ，所以无法判断它们的动能大小关系，B项错误；F拉－mg＝，将v＝代入得F拉＝3mg，因为mP>mQ，所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力，故C项正确；向心加速度a＝＝2g，所以在轨迹的最低点，P、Q两球的向心加速度相同，故D项错误。
5．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
答案　D
解析　物块受到的摩擦力小于等于最大静摩擦力，即Mg≤2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误；物块运动到达最高点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝，C错误；环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值时速度最大，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。
6．(2019·宁夏平罗中学高三第四次模拟)(多选)图示为儿童乐园里“空中飞椅”的简化模型，座椅通过钢丝绳与顶端转盘相连接。已知“空中飞椅”正常工作时转盘的转速一定，顶端转盘的半径为r，绳长为L，绳与竖直方向的夹角为θ，座椅中人的质量为m，转动过程座椅可以看做质点，空气阻力不计，则(　　)

A．座椅转动的角速度ω＝
B．人受到的合力大小为
C．座椅转动的角速度ω＝
D．人受到座椅的作用力为
答案　CD
解析　设人和座椅的总质量为M，以人和座椅整体为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有Mgtanθ＝Mω2(r＋Lsinθ)，解得座椅转动的角速度ω＝，A错误，C正确；人受到的合力大小F合＝mω2(Lsinθ＋r)＝mgtanθ，B错误；根据力的合成与分解，人受到座椅的作用力为F＝＝，D正确。

7．(2019·安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，两根相同的轻绳一端分别系在竖直杆上的A点与B点，另一端系在质量为m的小球C上。当小球随竖直杆一起以某一角速度ω匀速转动时，两根绳子都伸直，AC绳与竖直方向的夹角为θ，BC绳水平，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．小球的向心加速度可能等于gtanθ
B．AC绳的拉力一定等于
C．ω如果缓慢减小，则θ也一定同步减小
D．ω如果缓慢增加，BC绳一定先断
答案　ABD
解析　两根绳子都伸直，AC绳一定有拉力，且由竖直方向受力平衡有TACcosθ＝mg，解得TAC＝，B正确；对小球，由牛顿第二定律有mgtanθ＋TBC＝man＝mω2r，BC绳的拉力TBC≥0，所以小球的向心加速度an≥gtanθ，A正确；ω如果略微减小，TBC减小，θ可能不变，C错误；ω如果缓慢增加，TAC不变，TBC增加，BC绳一定先断，D正确。
8．(2020·山东泰安四中高三期中)在探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验中：

(1)在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，要保持________相同。
A．ω和r B．ω和m
C．m和r D．m和F
(2)本实验采用的实验方法是________。
A．累积法 B．控制变量法
C．微元法 D．放大法
(3)通过本实验可以得到的正确结果是________。
A．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
D．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
答案　(1)C　(2)B　(3)D
解析　(1)在探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，探究另外两个物理量的关系，所以在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，要保持小球的质量与运动的半径相同，故C正确。
(2)在实验时需先控制某些量不变，探究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，故B正确。
(3)根据向心力的公式F＝mω2r，在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比，故A错误；根据向心力的公式F＝m，在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小的平方成正比，故B错误；根据向心力的公式F＝mω2r，在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比，故C错误；根据向心力的公式F＝mω2r，在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故D正确。