2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第四章曲線運(yùn)動(dòng)第20講常見的圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)模型教學(xué)案新人教版

PAGE22-第20講常見的圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)模型實(shí)力命題點(diǎn)一水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)1．向心力的來(lái)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(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避開再另外添加一個(gè)向心力。2．幾種典型的運(yùn)動(dòng)模型運(yùn)動(dòng)模型向心力的來(lái)源圖示飛機(jī)水平轉(zhuǎn)彎火車轉(zhuǎn)彎(以規(guī)定速度行駛)圓錐擺飛車走壁如圖所示，用一根長(zhǎng)為l＝1m的細(xì)線，一端系一質(zhì)量為m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，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(dāng)小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω時(shí)，細(xì)線的張力為FT(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8,g取10m/s2，結(jié)果可用根式表示)。求：(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(xì)線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？解析(1)小球剛好離開錐面時(shí)，小球受到重力和細(xì)線拉力，如圖所示。小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向運(yùn)用牛頓其次定律及向心力公式得mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ解得ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)當(dāng)細(xì)線與豎直方向成60°角時(shí)，小球已離開錐面，由牛頓其次定律及向心力公式得mgtan60°＝mω′2lsin60°解得ω′＝eq\r(\f(g,lcos60°))＝2eq\r(5)rad/s。答案(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s求解圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的“一、二、三、四”1．(2024·北京期末)(多選)如圖所示，一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動(dòng)，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在圖中所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法不正確的是()A．球A的線速度必定大于球B的線速度B．球A的角速度必定等于球B的角速度C．球A的運(yùn)動(dòng)周期必定小于球B的運(yùn)動(dòng)周期D．球A對(duì)筒壁的壓力必定大于球B對(duì)筒壁的壓力答案BCD解析以A為例對(duì)小球進(jìn)行受力分析，可得支持力和重力的合力充當(dāng)向心力，設(shè)圓錐筒的錐角為θ，則FN＝eq\f(mg,sinθ)，F(xiàn)n＝eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，A、B質(zhì)量相等，A做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，所以球A的線速度必定大于球B的線速度，球A的角速度必定小于球B的角速度，球A的運(yùn)動(dòng)周期必定大于球B的運(yùn)動(dòng)周期，球A對(duì)筒壁的壓力必定等于球B對(duì)筒壁的壓力，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．(2024·北京期末)如圖所示為火車車輪在轉(zhuǎn)彎處的截面示意圖，軌道的外軌高于內(nèi)軌，在此轉(zhuǎn)彎處規(guī)定的火車行駛速度為v，則()A．若火車通過(guò)此彎道時(shí)速度大于v，則火車的輪緣會(huì)擠壓外軌B．若火車通過(guò)此彎道時(shí)速度小于v，則火車的輪緣會(huì)擠壓外軌C．若火車通過(guò)此彎道時(shí)行駛速度等于v，則火車的輪緣會(huì)擠壓外軌D．若火車通過(guò)此彎道時(shí)行駛速度等于v，則火車對(duì)軌道的壓力小于火車的重力答案A解析如圖所示為火車車輪在轉(zhuǎn)彎處的受力示意圖，軌道的外軌高于內(nèi)軌，在此轉(zhuǎn)彎處規(guī)定的火車行駛速度為v，則當(dāng)轉(zhuǎn)彎的實(shí)際速度大于規(guī)定速度時(shí)，火車所受的重力和支持力的合力不足以供應(yīng)所需的向心力，火車有離心運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故其外側(cè)車輪輪緣會(huì)與外軌相互擠壓，A正確；當(dāng)轉(zhuǎn)彎的實(shí)際速度小于規(guī)定速度時(shí)，火車所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火車有近心運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故其內(nèi)側(cè)車輪輪緣會(huì)與內(nèi)軌相互擠壓，B錯(cuò)誤；當(dāng)火車以速度v通過(guò)此彎道時(shí)，火車重力與軌道支持力的合力恰好供應(yīng)向心力，內(nèi)外軌都無(wú)壓力，故C錯(cuò)誤；設(shè)軌道所在斜面的傾角為θ，當(dāng)火車以速度v通過(guò)此彎道時(shí)，由受力可知，Ncosθ＝mg，解得：N＝eq\f(mg,cosθ)，所以火車對(duì)軌道的壓力大于火車的重力，故D錯(cuò)誤。實(shí)力命題點(diǎn)二豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)1．概述豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)一般是變速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向在不斷發(fā)生變更，運(yùn)動(dòng)過(guò)程困難，合外力不僅變更速度的方向，還變更速度的大小，所以一般不探討隨意位置的狀況，常常探討的是特別的位置——最高點(diǎn)、最低點(diǎn)和與圓心等高的位置。豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)一般可以分為兩類：(1)輕繩模型：豎直(光滑)圓弧內(nèi)側(cè)的圓周運(yùn)動(dòng)、水流星的運(yùn)動(dòng)等，類似輕繩一端的物體以輕繩另一端為圓心的豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)。其特點(diǎn)是在最高點(diǎn)無(wú)支撐。(2)輕桿模型：豎直(光滑)圓管內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、小球套在豎直圓環(huán)上的運(yùn)動(dòng)等，類似輕桿一端的物體以輕桿另一端為圓心的豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)。其特點(diǎn)是在最高點(diǎn)有支撐。2．豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)基本模型的比較輕繩模型輕桿模型情景圖示最高點(diǎn)受力特征除重力外，物體可能受到向下或等于零的彈力除重力外，物體可能受到向下、等于零或向上的彈力受力示意圖力學(xué)方程mg＋FT＝meq\f(v2,R)mg±FN＝meq\f(v2,R)臨界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)，即vmin＝eq\r(gR)v＝0時(shí)F向＝0，即FN＝mgv＝eq\r(gR)的意義物體能否過(guò)最高點(diǎn)的臨界速度FN表現(xiàn)為拉力還是支持力的臨界速度過(guò)最高點(diǎn)的條件最高點(diǎn)的速度v≥eq\r(gR)最高點(diǎn)的速度v≥0過(guò)最低點(diǎn)受力分析FT－mg＝meq\f(v2,R)，輕繩或圓軌道受拉力或壓力最大，存在繩斷的臨界條件FT－mg＝meq\f(v2,R)，存在對(duì)桿拉力或?qū)軌毫ψ畲笾祮?wèn)題注：汽車過(guò)凸形拱橋最高點(diǎn)相當(dāng)于桿只有支持力而沒(méi)有壓力的狀況，此時(shí)mg－FN＝meq\f(v2,R)，過(guò)最高點(diǎn)的臨界條件是FN＝0時(shí)，v＝eq\r(gR)。模型1輕繩模型[例1]如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球，用長(zhǎng)為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。g取10m/s2，求：(1)小球要做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)的速度至少為多大？(2)當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度為4m/s時(shí)，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(guò)多大？解析(1)在最高點(diǎn)，對(duì)小球受力分析如圖甲，由牛頓其次定律得mg＋F1＝meq\f(v2,R)①由于輕繩對(duì)小球只能供應(yīng)指向圓心的拉力，即F1不行能取負(fù)值，亦即F1≥0②聯(lián)立①②式得v≥eq\r(gR)代入數(shù)值得v≥2m/s所以，小球要做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)的速度至少為2m/s。(2)對(duì)小球，由牛頓其次定律得mg＋F2＝meq\f(v\o\al(2,2),R)將v2＝4m/s代入得，F(xiàn)2＝15N。(3)由分析可知，小球在最低點(diǎn)時(shí)輕繩張力最大，對(duì)小球受力分析如圖乙，由牛頓其次定律得F3－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)③又F3≤45N④聯(lián)立③④式得v3≤4eq\r(2)m答案(1)2m/s(2)15N(3)4eq\模型2輕桿模型[例2]如圖所示，輕桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在水平軸上的O點(diǎn)，另一端系一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且能通過(guò)最高點(diǎn)，g為重力加速度。下列說(shuō)法正確的是()A．小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)速度可能小于eq\r(gL)B．小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)所受輕桿的作用力不行能為零C．小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大D．小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小解析小球在最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球可以表現(xiàn)為支持力，由牛頓其次定律得：mg－F＝meq\f(v2,L)，則得v＝eq\r(gL－\f(FL,m))<eq\r(gL)，故A正確。當(dāng)小球通過(guò)最高點(diǎn)的速度為eq\r(gL)時(shí)，由重力供應(yīng)向心力，桿的作用力為零，故B錯(cuò)誤。在最高點(diǎn)輕桿對(duì)小球的作用力可以表現(xiàn)為拉力，此時(shí)依據(jù)牛頓其次定律有mg＋F＝meq\f(v2,L)，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(guò)最高點(diǎn)時(shí)桿對(duì)球的作用力也可以表現(xiàn)為支持力，當(dāng)表現(xiàn)為支持力時(shí)，有mg－F＝meq\f(v2,L)，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(cuò)誤。答案A解題技巧(1)定模型：首先推斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過(guò)最高點(diǎn)的臨界條件不同。(2)確定臨界點(diǎn)：抓住繩模型中在最高點(diǎn)v≥eq\r(gR)及桿模型中在最高點(diǎn)v≥0這兩個(gè)臨界條件。(3)探討狀態(tài)：通常狀況下豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀況。(4)受力分析：對(duì)物體在最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，依據(jù)牛頓其次定律列出方程：F合＝F向。(5)過(guò)程分析：應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個(gè)狀態(tài)聯(lián)系起來(lái)列方程。1.如圖所示，長(zhǎng)均為L(zhǎng)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(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的距離也為L(zhǎng)。重力加速度大小為g。現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運(yùn)動(dòng)，若小球在最高點(diǎn)速率為v時(shí)，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，每根繩的拉力大小為()A．eq\r(3)mg B．eq\f(4\r(3),3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg答案A解析設(shè)小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)輕繩與圓周運(yùn)動(dòng)軌道平面的夾角為θ＝30°，則有r＝Lcosθ＝eq\f(\r(3),2)L。依據(jù)題述，小球在最高點(diǎn)速率為v時(shí)，兩根繩的拉力恰好均為零，有mg＝meq\f(v2,r)；小球在最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，設(shè)每根繩的拉力大小為F，則有2Fcosθ＋mg＝meq\f(2v2,r)，聯(lián)立解得F＝eq\r(3)mg，A正確。2.如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，內(nèi)側(cè)壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說(shuō)法中正確的是()A．小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度vmin＝eq\r(gR＋r)B．小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度vmin＝eq\r(gR)C．小球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球肯定無(wú)作用力D．小球在水平線ab以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外側(cè)管壁對(duì)小球肯定有作用力答案C解析因是在圓形管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以在最高點(diǎn)時(shí)，內(nèi)壁可以給小球沿半徑向外的支持力，所以小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度為零，故A、B錯(cuò)誤；小球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下的重力沿半徑方向的分力沿半徑方向向外，小球的向心力沿半徑指向圓心，小球與外壁肯定會(huì)相互擠壓，所以小球肯定會(huì)受到外壁的作用力，內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球肯定無(wú)作用力，故C正確；小球在水平線ab以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)速度較小時(shí)，重力沿半徑方向上的分力大于或等于小球做圓周運(yùn)動(dòng)須要的向心力，此時(shí)小球與外壁不存在相互擠壓，外側(cè)管壁對(duì)小球沒(méi)有作用力，故D錯(cuò)誤。實(shí)力命題點(diǎn)三水平面、斜面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)臨界問(wèn)題1．水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題如下圖，在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，供應(yīng)向心力的可能是繩子的拉力、摩擦力等及它們的合力或分力。當(dāng)角速度變更時(shí)，物體有遠(yuǎn)離圓心或向著圓心運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，從而出現(xiàn)臨界狀況。當(dāng)角速度ω增大時(shí)，圖a中繩子BC可能由松馳變?yōu)榭嚲o，甚至斷裂；圖b斜面的支持力變?yōu)榱銜r(shí)物體將脫離斜面；圖c靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)木塊起先滑動(dòng)；圖c、圖d木塊或小球受到的靜摩擦力的方向可能發(fā)生變更。對(duì)于這類動(dòng)態(tài)變更的問(wèn)題，關(guān)鍵是找到臨界狀態(tài)，作受力分析。2．四種臨界條件(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(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子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。(4)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向變更的臨界條件：靜摩擦力為0。3．斜面上圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題在斜面上做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，因所受的限制因素不同，如靜摩擦力限制、輕繩限制、輕桿限制，物體的受力狀況和臨界條件也不相同。(1)靜摩擦力限制下的圓周運(yùn)動(dòng)(2)輕繩限制下的圓周運(yùn)動(dòng)(3)輕桿限制下的圓周運(yùn)動(dòng)由于重力沿斜面的分力，在斜面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體的速率不斷變更，運(yùn)動(dòng)狀況與豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)類似，所以通常分析物體在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的受力狀況求臨界狀態(tài)。物體在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若受摩擦力，還要參照水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題分析摩擦力的突變問(wèn)題，如靜摩擦力的方向變更、靜摩擦力變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力。(2024·江蘇宿遷一調(diào))如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)繞過(guò)容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)器壁靜止，A、B和球心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α>β。則()A．A的質(zhì)量肯定小于B的質(zhì)量B．A、B受到的摩擦力可能同時(shí)為零C．若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大解析當(dāng)B所受摩擦力恰為零時(shí)，受力分析如圖，依據(jù)牛頓其次定律得：mBgtanβ＝mBωeq\o\al(2,B)Rsinβ，解得：ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))，同理可得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))，物塊轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度與物塊的質(zhì)量無(wú)關(guān)，所以無(wú)法推斷A、B質(zhì)量的大小關(guān)系，A錯(cuò)誤；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不行能同時(shí)為零，B錯(cuò)誤；若A不受摩擦力，此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度為ωA，又ωA>ωB，所以此時(shí)物塊B的向心力大于其所受摩擦力為零時(shí)的向心力，受力分析可知，此時(shí)B受沿容器壁向下的摩擦力，C錯(cuò)誤；假如轉(zhuǎn)臺(tái)角速度從A不受摩擦力起先增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力均沿容器壁向下，且均增大，D正確。答案D(1)分析臨界問(wèn)題時(shí)，假如不能確定靜摩擦力的方向，可以假設(shè)靜摩擦力沿某個(gè)方向，然后做受力分析求解，依據(jù)求出的靜摩擦力的正負(fù)推斷它的方向。(2)物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在支持面上滑動(dòng)時(shí)的臨界狀況常常有兩種可能，例如核心綜述圖c中木塊既可能向靠近圓心的方向滑動(dòng)，也可能向遠(yuǎn)離圓心的方向滑動(dòng)，應(yīng)全面分析，不要漏解。1．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)如圖，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))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，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。若圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用ωA．b肯定比a先起先滑動(dòng)B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑動(dòng)的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時(shí)，a所受摩擦力的大小為kmg答案AC解析因圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，在某一時(shí)刻可認(rèn)為，小木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，充當(dāng)向心力，兩木塊轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中角速度相等，則依據(jù)牛頓其次定律可得f＝mω2R，由于小木塊b的軌道半徑大于小木塊a的軌道半徑，故小木塊b做圓周運(yùn)動(dòng)須要的向心力較大，先達(dá)到最大靜摩擦力而滑動(dòng)，B錯(cuò)誤，A正確；當(dāng)b將要滑動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，C正確；當(dāng)a起先滑動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而轉(zhuǎn)盤的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，小木塊a未發(fā)生滑動(dòng)，其所需的向心力由靜摩擦力來(lái)供應(yīng)，由牛頓其次定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量相等的兩個(gè)物體A和B，它們與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)到兩個(gè)物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，燒斷細(xì)線，兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀況是()A．物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．物體A發(fā)生滑動(dòng)，離圓盤圓心越來(lái)越遠(yuǎn)C．兩物體仍隨圓盤一起做圓周運(yùn)動(dòng)，不發(fā)生滑動(dòng)D．兩物體均沿半徑方向滑動(dòng)，離圓盤圓心越來(lái)越遠(yuǎn)答案AB解析當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)到兩物體剛要發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，A物體靠細(xì)線的拉力與圓盤給它指向圓心的最大靜摩擦力的合力供應(yīng)向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以燒斷細(xì)線后，A所受最大靜摩擦力不足以供應(yīng)其做圓周運(yùn)動(dòng)所須要的向心力，A要發(fā)生滑動(dòng)，離圓盤圓心越來(lái)越遠(yuǎn)，但是B所須要的向心力小于B所受的最大靜摩擦力，所以B仍與圓盤保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，故C、D錯(cuò)誤，A、B正確。3.(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在傾斜的勻質(zhì)圓盤上，圓盤可繞垂直于盤面的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，a到轉(zhuǎn)軸的距離為l，b到轉(zhuǎn)軸的距離為2l，物塊與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，盤面與水平面的夾角為30°。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，若a、b隨圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是()A．a(chǎn)在最高點(diǎn)時(shí)所受摩擦力可能為0B．a(chǎn)在最低點(diǎn)時(shí)所受摩擦力可能為0C．ω＝eq\r(\f(g,8l))是a起先滑動(dòng)的臨界角速度D．ω＝eq\r(\f(g,8l))是b起先滑動(dòng)的臨界角速度答案AD解析a在最高點(diǎn)時(shí)可能由重力沿斜面的分力供應(yīng)向心力，所以所受摩擦力可能為0，故A正確；a在最低點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律f－mgsin30°＝meq\f(v2,l)，所以a在最低點(diǎn)時(shí)所受摩擦力不行能為0，故B錯(cuò)誤；對(duì)a在最低點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,a)l，得a起先滑動(dòng)的臨界角速度ωa＝eq\r(\f(g,4l))，故C錯(cuò)誤；對(duì)b在最低點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,b)(2l)，得b起先滑動(dòng)的臨界角速度ωb＝eq\r(\f(g,8l))，故D正確。4.如圖所示，AB為豎直轉(zhuǎn)軸，在細(xì)繩AC和BC的結(jié)點(diǎn)C處系一質(zhì)量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg。當(dāng)細(xì)繩AC和BC均拉直時(shí)∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。細(xì)繩AC和BC能繞豎直軸AB勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，因而小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球的線速度增大時(shí)，兩繩均會(huì)被拉斷，則最先被拉斷的那根繩及另一根繩被拉斷時(shí)的速度分別為(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．AC5m/s B．BC5m/sC．AC5.24m/s D．BC5.24m/s答案B解析當(dāng)小球線速度增至BC被拉直后，由牛頓其次定律可得，豎直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝meq\f(v2,r)②，由①式可得：TA＝eq\f(5,4)mg，小球線速度增大時(shí)，TA不變，TB增大，當(dāng)BC繩剛要被拉斷時(shí)，TB＝2mg，由②式可解得此時(shí)v≈5.24m/s；BC繩斷后，隨小球線速度增大，AC繩與豎直方向間夾角增大，設(shè)AC繩被拉斷時(shí)與豎直方向的夾角為α，由TAC＝2mg，TAC·cosα＝mg，TACsinα＝meq\f(v′2,r′)，r′＝LAC·sinα，LBC＝LACcos53°，可解得α＝60°，LAC＝eq\f(5,3)m，v′＝5m/s，故B正確。課時(shí)作業(yè)1.(多選)圖示為運(yùn)動(dòng)員在水平道路上轉(zhuǎn)彎的情景，轉(zhuǎn)彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運(yùn)動(dòng)員始終與自行車在同一平面內(nèi)。轉(zhuǎn)彎時(shí)，只有當(dāng)?shù)孛鎸?duì)車的作用力通過(guò)車(包括人)的重心時(shí)，車才不會(huì)傾倒。設(shè)自行車和人的總質(zhì)量為M，輪胎與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．車受到地面的支持力方向與車所在平面平行B．轉(zhuǎn)彎時(shí)車不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為eq\r(μgR)C．轉(zhuǎn)彎時(shí)車與地面間的靜摩擦力肯定為μMgD．轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小答案BD解析車受到的地面的支持力方向與車所在的平面垂直，故A錯(cuò)誤；設(shè)自行車受到地面的彈力為N，則有：fm＝μN(yùn)，由平衡條件有：N＝Mg，依據(jù)牛頓其次定律有：fm＝Meq\f(v\o\al(2,m),R)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝eq\r(μgR)，故B正確；設(shè)車所在平面與地面的夾角為θ，地面對(duì)自行車的彈力N與摩擦力f的合力過(guò)人與車的重心，則eq\f(1,tanθ)＝eq\f(f,Mg)，f＝Meq\f(v2,R)，解得f＝eq\f(Mg,tanθ)，eq\f(1,tanθ)＝eq\f(v2,gR)，轉(zhuǎn)彎時(shí)車與地面間的靜摩擦力不肯定為μMg，轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小，C錯(cuò)誤，D正確。2.(多選)圖示為兒童樂(lè)園里“空中飛椅”的簡(jiǎn)化模型，座椅通過(guò)鋼絲繩與頂端轉(zhuǎn)盤相連接。已知“空中飛椅”正常工作時(shí)轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速肯定，頂端轉(zhuǎn)盤的半徑為r，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，繩與豎直方向的夾角為θ，座椅中人的質(zhì)量為m，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程座椅可以看做質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則()A．座椅轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,Lsinθ))B．人受到的合力大小為eq\f(mg,tanθ)C．座椅轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,Lsinθ＋r))D．人受到座椅的作用力為eq\f(mg,cosθ)答案CD解析以人為探討對(duì)象，人的受力如圖所示，由幾何學(xué)問(wèn)可知，人受到的合力為F合＝mgtanθ，故B錯(cuò)誤；人受到的合力供應(yīng)人做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可得F合＝mgtanθ＝mω2(r＋Lsinθ)，解得ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))，故A錯(cuò)誤，C正確；由幾何學(xué)問(wèn)可知，人受到座椅的作用力為T＝eq\f(mg,cosθ)，故D正確。3.(多選)“水流星”是一種常見的雜技項(xiàng)目，該運(yùn)動(dòng)可以簡(jiǎn)化為細(xì)繩一端系著小球在豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型。已知繩長(zhǎng)為l，重力加速度為g，則()A．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)Q時(shí)，處于失重狀態(tài)B．小球初速度v0越大，則在P、Q兩點(diǎn)繩對(duì)小球的拉力差越大C．當(dāng)v0>eq\r(6gl)時(shí)，小球肯定能通過(guò)最高點(diǎn)PD．當(dāng)v0<eq\r(gl)時(shí)，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài)答案CD解析小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)Q時(shí)，由于加速度向上，故處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；小球在最低點(diǎn)Q時(shí)：FT1－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)，在最高點(diǎn)P時(shí)：FT2＋mg＝meq\f(v2,l)，又eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mg·2l＝eq\f(1,2)mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q兩點(diǎn)繩對(duì)小球的拉力差與初速度v0無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；當(dāng)v0＝eq\r(6gl)時(shí)，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mg·2l＝eq\f(1,2)mv2可求得v＝eq\r(2gl)，因?yàn)樾∏蚪?jīng)過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為eq\r(gl)，則當(dāng)v0>eq\r(6gl)時(shí)小球肯定能通過(guò)最高點(diǎn)P，C正確；當(dāng)v0＝eq\r(gl)時(shí)，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh得小球能上升的高度h＝eq\f(1,2)l，即小球不能越過(guò)與懸點(diǎn)等高的位置，故當(dāng)v0<eq\r(gl)時(shí)，小球?qū)⒃谧畹忘c(diǎn)位置旁邊來(lái)回?fù)u擺，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài)，D正確。4.如圖所示，質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊沿該圓形軌道在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。A、C點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B、D點(diǎn)是與圓心O處于同一水平線上的點(diǎn)。小滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體在地面上靜止不動(dòng)，則物體對(duì)地面的壓力FN和地面對(duì)物體的摩擦力有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．小滑塊在A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N>Mg，摩擦力方向向左B．小滑塊在B點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N＝Mg，摩擦力方向向右C．小滑塊在C點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N＝(M＋m)g，M與地面無(wú)摩擦D．小滑塊在D點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左答案B解析因?yàn)檐壍拦饣?，所以小滑塊與軌道之間沒(méi)有摩擦力。小滑塊在A點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道沒(méi)有水平方向的作用力，所以物體沒(méi)有相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，即摩擦力為零，當(dāng)小滑塊的速度v＝eq\r(gR)時(shí)，對(duì)軌道A點(diǎn)的壓力為零，物體對(duì)地面的壓力FN＝Mg，當(dāng)小滑塊的速度v>eq\r(gR)時(shí)，對(duì)軌道A點(diǎn)的壓力向上，物體對(duì)地面的壓力FN<Mg，故A錯(cuò)誤；小滑塊在B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的作用力水平向左，所以物體對(duì)地有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，地面給物體向右的摩擦力，豎直方向上小滑塊對(duì)軌道無(wú)作用力，所以物體對(duì)地面的壓力FN＝Mg，故B正確；小滑塊在C點(diǎn)時(shí)，地面對(duì)物體也沒(méi)有摩擦力，豎直方向上小滑塊對(duì)軌道的壓力大于其重力，所以物體對(duì)地面的壓力FN>(M＋m)g，故C錯(cuò)誤；小滑塊在D點(diǎn)時(shí)，類似于B點(diǎn)的分析，地面給物體向左的摩擦力，物體對(duì)地面的壓力FN＝Mg，故D錯(cuò)誤。5．如圖所示，一傾角為30°的斜劈靜置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一輕繩的一端固定在斜面上的O點(diǎn)，另一端系一小球。在圖示位置垂直于細(xì)線給小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做圓周運(yùn)動(dòng)。已知O點(diǎn)到小球球心的距離為l，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．小球在頂端時(shí)，速度大小為eq\r(gl)B．小球在底端時(shí)，速度大小為eq\r(\f(5gl,2))C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，地面對(duì)斜劈的摩擦力大小不變D．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，地面對(duì)斜劈的支持力大于小球和斜劈的重力之和答案B解析小球在頂端時(shí)，繩的拉力與重力沿斜面對(duì)下的分力的合力供應(yīng)圓周運(yùn)動(dòng)向心力，有：T＋mgsin30°＝meq\f(v2,l)，可得繩的拉力越小，小球的速度越小，當(dāng)繩的拉力為零時(shí)，小球有最小速度，其值為：vmin＝eq\r(glsin30°)＝eq\r(\f(gl,2))，故A錯(cuò)誤；小球由頂端向底端運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有重力對(duì)小球做功，依據(jù)動(dòng)能定理有：mg·2lsin30°＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，代入vmin＝eq\r(\f(gl,2))可得：v′＝eq\r(\f(5gl,2))，故B正確；小球在斜面上受重力、支持力和繩的拉力作用做變速圓周運(yùn)動(dòng)，其重力與斜面的支持力大小和方向均保持不變，繩的拉力大小和方向均不斷變更，依據(jù)牛頓第三定律，以斜劈為探討對(duì)象，其受到小球恒定的壓力和沿斜面方向不斷變更的拉力作用，繩對(duì)斜劈的拉力沿水平方向和豎直方向的重量均在不斷變更，依據(jù)斜劈始終處于平衡狀態(tài)可知，其所受水平方向的摩擦力大小是變更的，地面對(duì)其支持力的大小等于、大于、小于小球和斜劈重力之和的情形都有，故C、D錯(cuò)誤。6.(多選)藏族人民手中常常拿著鼓狀能轉(zhuǎn)的裝置叫做“轉(zhuǎn)經(jīng)筒”，又稱“瑪尼”。把經(jīng)文放在轉(zhuǎn)經(jīng)筒里每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈等于念誦經(jīng)文一遍。某人制作了新式的轉(zhuǎn)經(jīng)筒如圖所示，其呈圓錐筒狀，且左右系著兩段一長(zhǎng)一短的繩子掛著相同的小球緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)角速度達(dá)到肯定值的時(shí)候兩個(gè)球肯定同時(shí)離開圓錐筒B．當(dāng)角速度漸漸增大時(shí)，肯定是低的那個(gè)球先離開圓錐筒C．兩個(gè)球都離開圓錐筒后，它們肯定高度相同D．兩個(gè)球都離開圓錐筒時(shí)兩段繩子的拉力肯定相同答案BC解析當(dāng)小球剛離開轉(zhuǎn)經(jīng)筒時(shí)，依據(jù)牛頓其次定律有：mgtanθ＝mLsinθ·ω2，離開圓錐筒時(shí)的臨界角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，可知繩子長(zhǎng)的臨界角速度較小，當(dāng)角速度漸漸增大時(shí)，肯定是低的那個(gè)球先離開圓錐筒，故A錯(cuò)誤，B正確；兩個(gè)球離開圓錐筒后，角速度相同，依據(jù)ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))知，Lcosθ相同，即它們的高度相同，故C正確；兩個(gè)球離開圓錐筒后，由于Lcosθ相同，繩長(zhǎng)不同，則繩子與豎直方向的夾角不同，依據(jù)受力分析知，繩子拉力不同，故D錯(cuò)誤。7．(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平盤上，沿半徑方向放著用細(xì)線相連的物體A和B，A和B質(zhì)量都為m，它們位于圓心兩側(cè)，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，A、B與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同。若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．此時(shí)繩子張力為T＝3μmgB．此時(shí)圓盤的角速度為ω＝eq\r(\f(2μg,r))C．此時(shí)A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外D．此時(shí)燒斷繩子物體A、B仍將隨盤一塊轉(zhuǎn)動(dòng)答案ABC解析A、B兩物體做圓周運(yùn)動(dòng)，B物體所須要的向心力較大，當(dāng)轉(zhuǎn)速增大到兩物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，B所受的靜摩擦力沿半徑指向圓心，A所受的靜摩擦力沿半徑背離圓心，C正確；當(dāng)剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，以B為探討對(duì)象，有T＋μmg＝2mω2r，以A為探討對(duì)象，有T－μmg＝mω2r，由以上兩式得T＝3μmg，ω＝eq\r(\f(2μg,r))，A、B正確；若此時(shí)燒斷繩子，則A、B所受最大靜摩擦力都不足以供應(yīng)所需的向心力，都將做離心運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。8.(2024·江蘇高考)如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過(guò)輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上，物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L(zhǎng)，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(yùn)動(dòng)，小環(huán)遇到桿上的釘子P后馬上停止，物塊向上搖擺。整個(gè)過(guò)程中，物塊在夾子中沒(méi)有滑動(dòng)。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于2B．小環(huán)遇到釘子P時(shí)，繩中的張力大于2C．物塊上升的最大高度為eq\f(2v2,g)D．速度v不能超過(guò)eq\r(\f(2F－MgL,M))答案D解析由題意知，F(xiàn)為夾子與物塊間的最大靜摩擦力，但在實(shí)際運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，夾子與物塊間的靜摩擦力沒(méi)有達(dá)到最大，故物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于Mg，A錯(cuò)誤；小環(huán)遇到釘子時(shí)，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)T－Mg＝Meq\f(v2,L)，繩中的張力大于物塊的重力Mg，當(dāng)繩中的張力大于2F時(shí)，物塊將從夾子中滑出，即2F－Mg＝Meq\f(v2,L)，此時(shí)速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，故B錯(cuò)誤，D正確；由機(jī)械能守恒定律知，物塊能上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)，所以C錯(cuò)誤。9．(2024·天津南開區(qū)二模)(多選)飛機(jī)飛行時(shí)除受到發(fā)動(dòng)機(jī)的推力和空氣阻力外，還受到重力和機(jī)翼的升力，機(jī)翼的升力垂直于機(jī)翼所在平面對(duì)上，當(dāng)飛機(jī)在空中回旋時(shí)機(jī)翼傾斜(如圖所示)，以保證重力和機(jī)翼升力的合力供應(yīng)向心力。設(shè)飛機(jī)以速率v在水平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)翼與水平面成θ角，飛行周期為T。則下列說(shuō)法正確的是()A．若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R增大B．若飛行速率v不變，θ增大，則周期T增大C．若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大D．若飛行速率v增大，θ增大，則周期T可能不變答案CD解析對(duì)飛機(jī)在豎直平面內(nèi)的受力進(jìn)行分析，如圖所示，依據(jù)重力和機(jī)翼升力的合力供應(yīng)向心力，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R，解得：v＝eq\r(gRtanθ)，T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))。若飛行速率v不變，θ增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R減小，由T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))知，T減小，故A、B錯(cuò)誤；若θ不變，飛行速率v增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R增大，故C正確；若飛行速率v增大，θ增大，則R的變更不能確定，則周期T可能不變，故D正確。10．(2024·四川