【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第4章-第3節(jié)-圓周運動-教學(xué)講義-

第三節(jié)圓周運動[同學(xué)用書P68]一、描述圓周運動的物理量1．線速度：描述物體圓周運動的快慢，v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T).2．角速度：描述物體轉(zhuǎn)動的快慢，ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T).3．周期和頻率：描述物體轉(zhuǎn)動的快慢，T＝eq\f(2πr,v)，T＝eq\f(1,f).4．向心加速度：描述線速度方向變化的快慢．a(chǎn)n＝rω2＝eq\f(v2,r)＝ωv＝eq\f(4π2,T2)r.5．向心力：作用效果產(chǎn)生向心加速度，F(xiàn)n＝man.1.(多選)一質(zhì)點做勻速圓周運動，其線速度大小為4m/s，轉(zhuǎn)動周期為2s，則()A．角速度為0.5rad/sB．轉(zhuǎn)速為0.5r/sC．軌跡半徑為eq\f(4,π)mD．加速度大小為4πm/s2答案：BCD二、勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動定義線速度大小不變的圓周運動線速度大小變化的圓周運動運動特點F向、a向、v均大小不變，方向變化，ω不變F向、a向、v大小、方向均發(fā)生變化，ω發(fā)生變化向心力F向＝F合由F合沿半徑方向的分力供應(yīng)2.(多選)下列關(guān)于圓周運動的說法正確的是()A．勻速圓周運動是勻變速曲線運動B．向心加速度大小不變，方向時刻轉(zhuǎn)變C．當物體所受合力全部用來供應(yīng)向心力時，物體做勻速圓周運動D．做變速圓周運動的物體，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圓心答案：CD三、離心運動1．定義：做圓周運動的物體，在合力突然消逝或者不足以供應(yīng)圓周運動所需的向心力的狀況下，就做漸漸遠離圓心的運動．2．供需關(guān)系與運動如圖所示，F(xiàn)為實際供應(yīng)的向心力，則(1)當F＝mω2r時，物體做勻速圓周運動；(2)當F＝0時，物體沿切線方向飛出；(3)當F<mω2r時，物體漸漸遠離圓心；(4)當F>mω2r時，物體漸漸靠近圓心．3.(單選)下列關(guān)于離心現(xiàn)象的說法正確的是()A．當物體所受的離心力大于向心力時產(chǎn)生離心現(xiàn)象B．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消逝后，物體將做背離圓心的圓周運動C．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消逝后，物體將沿切線做直線運動D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消逝后，物體將做曲線運動答案：C

考點一水平面內(nèi)的圓周運動[同學(xué)用書P68]1．運動實例：圓錐擺、火車轉(zhuǎn)彎、飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周飛行等．2．重力對向心力沒有貢獻，向心力一般來自彈力、摩擦力或電磁力．向心力的方向水平，豎直方向的合力為零．3．涉及靜摩擦力時，常毀滅臨界和極值問題．如圖所示，用一根長為l＝1m的細線，一端系一質(zhì)量為m＝1kg的小球(可視為質(zhì)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(nèi)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(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)若細線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？[審題點睛](1)小球離開錐面的臨界條件是小球沿錐面運動，支持力為零，即小球在重力和拉力的作用下，在水平面內(nèi)做圓周運動．(2)細線與豎直方向夾角為60°時，小球離開錐面，做圓錐擺運動．[解析](1)若要小球剛好離開錐面，則小球只受到重力和細線拉力，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其次定律及向心力公式得：mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ解得：ωeq\o\al(2,0)＝eq\f(g,lcosθ)即ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s.(2)同理，當細線與豎直方向成60°角時，由牛頓其次定律及向心力公式：mgtanα＝mω′2lsinα解得ω′2＝eq\f(g,lcosα)，即ω′＝eq\r(\f(g,lcosα))＝2eq\r(5)rad/s.[答案](1)eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s[總結(jié)提升]水平面內(nèi)的勻速圓周運動的解題方法(1)對爭辯對象受力分析，確定向心力的來源，涉及臨界問題時，確定臨界條件；(2)確定圓周運動的圓心和半徑；(3)應(yīng)用相關(guān)力學(xué)規(guī)律列方程求解．1.(多選)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，有兩個質(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)做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．球A的線速度必定大于球B的線速度B．球A的角速度必定小于球B的角速度C．球A的運動周期必定小于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力必定大于球B對筒壁的壓力解析：選AB.依據(jù)上述規(guī)律可知，此題中的A、B兩小球?qū)嶋H上是具有相同的向心加速度，依據(jù)a＝eq\f(v2,R)＝Rω2＝eq\f(4π2R,T2)可知，加速度相同時，半徑越大，線速度越大，角速度越小，周期越大，即由RA＞RB，可知vA＞vB，ωA＜ωB，TA＞TB，則選項A、B正確，C錯誤．由于A、B質(zhì)量相同，在相同的傾斜面上，則向心力相等，進一步可知兩球所受的彈力相等，結(jié)合牛頓第三定律可知選項D錯誤．考點二豎直面內(nèi)的圓周運動[同學(xué)用書P69]1．物體在豎直平面內(nèi)的圓周運動有勻速圓周運動和變速圓周運動兩種．2．只有重力做功的豎直面內(nèi)的圓周運動確定是變速圓周運動，遵守機械能守恒．3．豎直面內(nèi)的圓周運動問題，涉及學(xué)問面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒的問題．4．一般狀況下，豎直面內(nèi)的變速圓周運動問題只涉及最高點和最低點的兩種情形．(單選)(2021·廣州模擬)輪箱沿如圖所示的逆時針方向在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，圓半徑為R，速率v＜eq\r(Rg)，AC為水平直徑，BD為豎直直徑．物塊相對于輪箱靜止，則()A．物塊始終受兩個力作用B．只有在A、B、C、D四點，物塊受到的合外力才指向圓心C．從B運動到A，物塊處于超重狀態(tài)D．從A運動到D，物塊處于超重狀態(tài)[審題點睛](1)物塊在B、D兩點受到的力有____________．向心力分別為________．(2)物塊在A、C兩點受到的力有________，向心力是由________力供應(yīng)．(3)依據(jù)________的方向推斷超、失重．[解析]在B、D位置，物塊受重力、支持力，在A、C位置，物塊受重力、支持力和靜摩擦力，故A錯；物塊做勻速圓周運動，任何位置的合外力都指向圓心，B錯；從B運動到A，向心加速度斜向下，物塊失重，從A運動到D，向心加速度斜向上，物塊超重，C錯、D對．[答案]D2.(單選)(2022·高考新課標全國卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：選C.法一：以小環(huán)為爭辯對象，設(shè)大環(huán)半徑為R，依據(jù)機械能守恒定律，得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，在大環(huán)最低點有FN－mg＝meq\f(v2,R)，得FN＝5mg，此時再以大環(huán)為爭辯對象，受力分析如圖，由牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力為FN′＝FN，方向豎直向下，故F＝Mg＋5mg，由牛頓第三定律知C正確．法二：設(shè)小環(huán)滑到大環(huán)最低點時速度為v，加速度為a，依據(jù)機械能守恒定律eq\f(1,2)mv2＝mg·2R，且a＝eq\f(v2,R)，所以a＝4g，以整體為爭辯對象，受力狀況如圖所示．F－Mg－mg＝ma＋M·0，所以F＝Mg＋5mg，C正確．考點三圓周運動的綜合問題[同學(xué)用書P69]圓周運動常與平拋(類平拋)運動、勻變速直線運動等組合而成為多過程問題，除應(yīng)用各自的運動規(guī)律外，還要結(jié)合功能關(guān)系進行求解．解答時應(yīng)從下列兩點入手：1．分析轉(zhuǎn)變點：分析哪些物理量突變，哪些物理量不變，特殊是轉(zhuǎn)變點前后的速度關(guān)系．2．分析每個運動過程的受力狀況和運動性質(zhì)，明確遵守的規(guī)律．(2021·高考福建卷)如圖，一不行伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質(zhì)量m＝1.0kg的小球．現(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點．地面上的D點與OB在同一豎直線上，已知繩長L＝1.0m，B點離地高度H＝1.0m，A、B兩點的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣影響，求：(1)地面上DC兩點間的距離s；(2)輕繩所受的最大拉力大?。甗審題點睛](1)小球從A→B做圓周運動，其機械能守恒，輕繩斷前瞬間繩拉力與重力的合力供應(yīng)向心力．(2)繩斷瞬間，小球速度方向水平，做平拋運動．平拋初速度等于繩斷瞬間的速度．[解析](1)小球從A到B過程機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2②在水平方向上有s＝vBt③由①②③式解得s＝1.41m．④(2)小球下擺到達B點時，繩的拉力和重力的合力供應(yīng)向心力，有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L)⑤由①⑤式解得F＝20N依據(jù)牛頓第三定律得F′＝－F故輕繩所受的最大拉力為20N.[答案](1)1.41m(2)20N[總結(jié)提升]平拋運動與圓周運動的組合題，用平拋運動的規(guī)律求解平拋運動問題，用牛頓定律求解圓周運動問題，關(guān)鍵是找到兩者的速度關(guān)系．若先做圓周運動后做平拋運動，則圓周運動的末速等于平拋運動的水平初速；若物體平拋后進入圓軌道，圓周運動的初速等于平拋末速在圓切線方向的分速度．3.如圖所示，半徑為R、內(nèi)徑很小的光滑半圓管豎直放置，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B以不同的速度進入管內(nèi)．A通過最高點C時，對管壁上部壓力為3mg，B通過最高點C時，對管壁下部壓力為0.75mg，求A、B兩球落地點間的距離．解析：A球通過最高點時，由FNA＋mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)已知FNA＝3mg，可求得vA＝2eq\r(Rg)B球通過最高點時，由mg－FNB＝meq\f(v\o\al(2,B),R)已知FNB＝0.75mg，可求得vB＝eq\f(1,2)eq\r(Rg)平拋落地歷時t＝eq\r(\f(4R,g))故兩球落地點間的距離s＝(vA－vB)t＝3R.答案：3R物理模型——豎直平面內(nèi)圓周運動的“輕桿、輕繩”模型1．模型特點在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，運動至軌道最高點時的受力狀況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道的“過山車”等)，稱為“輕繩模型”；二是有支撐(如球與桿連接、小球在彎管內(nèi)運動等)，稱為“輕桿模型”．2．模型分析繩、桿模型常涉及臨界問題，分析如下：輕繩模型輕桿模型常見類型過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球能運動即可，得v臨＝0爭辯分析(1)過最高點時，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN(2)不能過最高點時v＜eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經(jīng)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＜eq\r(gr)時，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N背離圓心且隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0(4)當v＞eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大(多選)(2021·東城區(qū)模擬)長為L的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，關(guān)于小球在最高點的速度v，下列說法中正確的是()A．當v的值為eq\r(gL)時，桿對小球的彈力為零B．當v由eq\r(gL)漸漸增大時，桿對小球的拉力漸漸增大C．當v由eq\r(gL)漸漸減小時，桿對小球的支持力漸漸減小D．當v由零漸漸增大時，向心力也漸漸增大[審題點睛](1)模型類型：豎直平面內(nèi)圓周運動的桿模型．(2)臨界條件：最高點桿受力為零的條件為v＝eq\r(gL)(3)選用規(guī)律：用牛頓其次定律列表達式、爭辯．[解析]在最高點球?qū)U的作用力為0時，由牛頓其次定律得：mg＝eq\f(mv2,L)，v＝eq\r(gL)，A對；當v＞eq\r(gL)時，輕桿對球有拉力，則F＋mg＝eq\f(mv2,L)，v增大，F(xiàn)增大，B對；當v＜eq\r(gL)時，輕桿對球有支持力，則mg－F′＝eq\f(mv2,L)，v減小，F(xiàn)′增大，C錯；由F向＝eq\f(mv2,L)知，v增大，向心力增大，D對．[答案]ABD[總結(jié)提升]豎直面內(nèi)圓周運動的求解思路(1)定模型：首先推斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同，其緣由主要是“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體．(2)確定臨界點：v臨＝eq\r(gr)，對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是FN表現(xiàn)為支持力還是拉力的臨界點．(3)定規(guī)律：用牛頓其次定律列方程求解．4.(單選)如圖所示，兩段長均為L的輕質(zhì)線共同系住一個質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間距也為L，今使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，當小球到達最高點時速率為v，兩段線中張力恰好均為零，若小球到達最高點時速率為2v，則此時每段線中張力大小為()A.eq\r(3)mg B．2eq\r(3)mgC．3mg D．4mg解析：選A.當小球到達最高點速率為v時，有mg＝meq\f(v2,r)，當小球到達最高點速率為2v時，應(yīng)有F＋mg＝meq\f(2v2,r)，所以F＝3mg，此時最高點各力如圖所示，所以FT＝eq\r(3)mg，A正確．1．(多選)(2021·四川資陽高三上學(xué)期診斷性考試)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，兩輪的半徑R∶r＝2∶1.當主動輪Q勻速轉(zhuǎn)動時，在Q輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在Q輪邊緣上，此時Q輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω1，木塊的向心加速度為a1；若轉(zhuǎn)變轉(zhuǎn)速，把小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，此時Q輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω2，木塊的向心加速度為a2，則()A.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2) B.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),1)C.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1) D.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)解析：選AC.依據(jù)題述，a1＝ωeq\o\al(2,1)r，ma1＝μmg，聯(lián)立解得μg＝ωeq\o\al(2,1)r，小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，μg＝ω2R＝2ω2r，ωR＝ω2r，聯(lián)立解得eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2)，選項A正確B錯誤；a2＝μg＝ω2R，eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1)，選項C正確D錯誤．2．(多選)(2021·浙江杭州七校聯(lián)考)如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P,細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)．現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(圖中P′位置)，兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種狀況與原來相比較，下面的推斷中正確的是()A．Q受到桌面的支持力變大B．Q受到桌面的靜摩擦力變大C．小球P運動的角速度變大D．小球P運動的周期變大解析：選BC.金屬塊Q保持在桌面上靜止，依據(jù)平衡條件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不變，故A錯誤．設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為FT，細線的長度為L，P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力供應(yīng)向心力，如圖，則有FT＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)n＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，周期T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g)).使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cosθ減小，則得到細線拉力FT增大，角速度增大，周期T減小，C正確，D錯誤．對Q，由平衡條件知，Q受到桌面的靜摩擦力變大，故B正確．3.(多選)(2021·洛陽模擬)如圖所示，豎直圓環(huán)A半徑為r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右兩側(cè)各有一擋板固定在地面上，使B不能左右移動，在環(huán)的最低點靜止放置一個小球C.A、B、C的質(zhì)量均為m，給小球一水平向右的瞬時速度v，小球會在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運動．不計一切摩擦，重力加速度為g，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，瞬時速度v必需滿足()A．最小值為eq\r(2gr) B．最小值為eq\r(5gr)C．最大值為eq\r(8gr) D．最大值為eq\r(7gr)解析：選BD.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＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，由最低點到最高點由機械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得小球在最低點瞬時速度的最小值為eq\r(5gr)；為了不會使環(huán)在豎直方向上跳起，在最高點有最大速度時，球?qū)Νh(huán)的壓力為2mg，滿足3mg＝meq\f(v\o\al(2,1),r)，從最低點到最高點由機械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得小球在最低點瞬時速度的最大值為eq\r(7gr).4.(單選)(2021·杭州四中統(tǒng)測)有一長度為L＝0.50m的輕質(zhì)細桿OA，A端有一質(zhì)量為m＝3.0kg的小球，如圖所示，小球以O(shè)點為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，通過最高點時小球的速度是2.0m/s，g取10m/s2，則此時細桿OA受到()A．6.0N的拉力 B．6.0N的壓力C．24N的拉力 D．24N的壓力解析：選B.設(shè)桿對小球的作用力為FN，方向豎直向下，如圖所示，由向心力公式得FN＋mg＝meq\f(v2,L)，則FN＝meq\f(v2,L)－mg＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.0×\f(2.02,0.50)－3.0×10))N＝－6N.負號說明FN的方向與假設(shè)方向相反，即豎直向上．由牛頓第三定律知應(yīng)選B.5.(單選)如圖所示，為了檢測一玩具槍射出子彈的速度，用一個半徑為r的圓盤做目標靶，槍口與圓盤的距離為L，圓盤繞垂直盤面且過盤心O點的水平軸勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度大小為ω.子彈出槍口時圓盤邊緣上的A點在最高點位置，若子彈恰好擊中A點，空氣阻力忽視不計，重力加速度為g，則子彈出槍口的速度可能為()A.eq\f(ωL,4π) B.eq\f(ωL,3π)C.eq\f(ωL,2π) D．πωL解析：選B.子彈射出后做平拋運動，有L＝v0t；子彈擊中A點時，A恰好在最低點位置，則A點轉(zhuǎn)過的角度為θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，聯(lián)立得v0＝eq\f(ωL,2k＋1π)(k＝0,1,2…)，B正確．6.(多選)(2021·長春調(diào)研)如圖所示，有一固定的且內(nèi)壁光滑的半球面，球心為O，最低點為C，在其內(nèi)壁上有兩個質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點)A和B，在兩個高度不同的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面，A、B兩球與O點的連線與豎直線OC間的夾角分別為α＝53°和β＝37°，以最低點C所在的水平面為重力勢能的參考平面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．A、B兩球所受支持力的大小之比為4∶3B．A、B兩球運動的周期之比為4∶3C．A、B兩球的動能之比為16∶9D．A、B兩球的機械能之比為112∶51解析：選AD.由題意可知N＝eq\f(mg,cosθ)，所以eq\f(NA,NB)＝eq\f(cos37°,cos53°)＝eq\f(4,3)，A正確；mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)Rsinθ，所以eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(cos53°,cos37°))＝eq\r(\f(3,4))，B錯誤；Ek∝v2，v＝eq\f(2π,T)Rsinθ，所以eq\f(EkA,EkB)＝eq\f(T\o\al(2,B)sin253°,T\o\al(2,A)sin237°)＝eq\f(64,27)，C錯誤；Ep＝mgR(1－cosθ)，所以eq\f(EA,EB)＝eq\f(EkA＋EpA,EkB＋EpB)＝eq\f(112,51)，D正確．一、單項選擇題1.(2021·廊坊模擬)如圖所示，光滑水平面上，小球m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，關(guān)于小球運動狀況的說法正確的是()A．若拉力突然消逝，小球?qū)⒀剀壽EPa做離心運動B．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPa做離心運動C．若拉力突然變大，小球?qū)⒀剀壽EPb做離心運動D．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPc運動答案：A2．(2021·浙江臺州書生中學(xué)檢測)如圖所示，長為L的細繩一端固定在O點，另一端拴住一個小球．在O點的正下方與O點相距eq\f(2L,3)的地方有一枚與豎直平面垂直的釘子A.把球拉起使細繩在水平方向伸直，由靜止開頭釋放，當細繩遇到釘子后的瞬間(細繩沒有斷)，下列說法中正確的是()A．小球的向心加速度突然增大到原來的3倍B．小球的線速度突然增大到原來的3倍C．小球的角速度突然增大到原來的1.5倍D．細繩對小球的拉力突然增大到原來的1.5倍解析：選A.細繩遇到釘子的瞬間，線速度不變，B錯誤．圓周運動的半徑由L變?yōu)閑q\f(L,3)，由a＝eq\f(v2,r)知，a增大到原來的3倍，A正確．依據(jù)v＝rω知角速度ω增大到原來的3倍，C錯誤．細繩遇到釘子前瞬間FT－mg＝meq\f(v2,L)，碰后瞬間FT′－mg＝meq\f(v2,\f(L,3))，再依據(jù)機械能守恒有mgL＝eq\f(1,2)mv2，由此可得FT′＝eq\f(7,3)FT，D錯誤．3．(2021·高考江蘇卷)如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是()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的小解析：選D.依據(jù)v＝ωr，兩座椅的ω相等，由rB＞rA可知vB＞vA，A錯誤；向心加速度a＝ω2r，因ω相等r不等，故a不相等，B錯誤；水平方向mgtanθ＝mω2r，即tanθ＝eq\f(ω2r,g)，因rB＞rA，故θB＞θA，C錯誤；豎直方向Tcosθ＝mg，繩子拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，因θB＞θA，故TB＞TA，D正確．4.(2021·安徽江南十校聯(lián)考)如圖，在一半徑為R的球面頂端放一質(zhì)量為m的物塊，現(xiàn)給物塊一初速度v0，則()A．若v0＝eq\r(gR)，則物塊落地點離A點eq\r(2)RB．若球面是粗糙的，當v0＜eq\r(gR)時，物塊確定會沿球面下滑一段，再斜拋離開球面C．若v0＜eq\r(gR)，則物塊落地點離A點為RD．若v0≥eq\r(gR)，則物塊落地點離A點至少為2R解析：選D.若v0＝eq\r(gR)，物塊將離開球面做平拋運動，由y＝2R＝gt2/2，x＝v0t，得x＝2R，A錯誤，D正確；若v0＜eq\r(gR)，物塊將沿球面下滑，若摩擦力足夠大，則物塊可能下滑一段后停下來，若摩擦力較小，物塊在圓心上方球面上某處離開，斜向下拋，落地點離A點距離大于R，B、C錯誤．5.(2021·黑龍江示范性高中聯(lián)考)一對男女溜冰運動員質(zhì)量分別為m男＝80kg和m女＝40kg，面對面拉著一彈簧測力計做圓周運動的溜冰表演，如圖所示，兩人相距0.9m，彈簧測力計的示數(shù)為9.2N，則兩人()A．速度大小相同約為40m/sB．運動半徑分別為r男＝0.3m和r女＝0.6mC．角速度相同為6rad/sD．運動速率之比為v男∶v女＝2∶1解析：選B.由于兩人的角速度相等，由F＝mω2r以及兩者的質(zhì)量關(guān)系m男＝2m女，可得r女＝2r男，所以r男＝0.3m，r女＝0.6m，則角速度均為0.6rad/s，B正確，C錯誤；由v＝ωr知，運動速率之比為v男∶v女＝1∶2，A、D錯誤．二、多項選擇題6.大路急轉(zhuǎn)彎處通常是交通事故多發(fā)地帶．如圖，某大路急轉(zhuǎn)彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為vc時，汽車恰好沒有向大路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢．則在該彎道處，()A．路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低B．車速只要低于vc，車輛便會向內(nèi)側(cè)滑動C．車速雖然高于vc，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側(cè)滑動D．當路面結(jié)冰時，與未結(jié)冰時相比，vc的值變小解析：選AC.汽車在大路轉(zhuǎn)彎處做圓周運動，需要外力供應(yīng)向心力，當汽車行駛的速率為vc時，汽車恰好沒有向大路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢，即沒有指向大路兩側(cè)的摩擦力，此時的向心力由地面的支持力和重力的合力供應(yīng)，故路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低，選項A正確；當車速低于vc時，車所需向心力eq\f(mv2,r)減小，車可能只是具有向內(nèi)側(cè)滑動的趨勢，不愿定能夠滑動，選項B錯誤；同理，當車速高于vc，且不超出某一最高限度，車輛可能只是有向外側(cè)滑動的趨勢，不愿定能夠滑動，當超過最大靜摩擦力時，才會向外側(cè)滑動，故選項C正確；當路面結(jié)冰時，只是最大靜摩擦力變小，vc值不變，D錯誤．7.(2021·廣東廣州一模)如圖，在繞地球運行的“天宮一號”試驗艙中，航天員王亞平將支架固定在桌面上，擺軸末端用細繩連接一小球．拉直細繩并給小球一個垂直細繩的初速度，它做圓周運動．在a、b兩點時，設(shè)小球動能分別為Eka、Ekb，細繩拉力大小分別為Ta、Tb，阻力不計，則()A．Eka＞Ekb B．Eka＝EkbC．Ta＞Tb D．Ta＝Tb解析：選BD.在“天宮一號”中，小球處于完全失重狀態(tài)，給小球一個初速度，小球做勻速圓周運動，動能不變，A錯，B對；其向心力由繩子拉力供應(yīng)，由牛頓其次定律有F＝meq\f(v2,R)，因m、R、v2不變，所以拉力大小也不變，C錯，D對，所以本題選擇BD.8.(2021·四川瀘州一模)如圖所示，物體P用兩根長度相等不行伸長的細線系于豎直桿上，它隨桿轉(zhuǎn)動，若轉(zhuǎn)動角速度為ω，則()A．ω只有超過某一值時，繩子AP才有拉力B．繩子BP的拉力隨ω的增大而增大C．繩子BP的張力確定大于繩子AP的張力D．當ω增大到確定程度時，繩子AP的張力大于繩子BP的張力解析：選AC.ω較小時，AP松弛，故A選項正確．當ω達到某一值ω0時，AP剛好要繃緊．P受力如圖，其合力供應(yīng)向心力，豎直方向合力為零．故FBP＞FAP，C選項正確．9．(2021·湖北孝感三中期中)如圖所示，質(zhì)量為m的物體，沿著半徑為R的半球形金屬殼內(nèi)壁滑下，半球形金屬殼豎直固定放置，開口向上，滑到最低點時速度大小為v，若物體與球殼之間的動摩擦因數(shù)為μ，則物體在最低點時，下列說法正確的是()A．受到的向心力為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,R)))B．受到的摩擦力為μmeq\f(v2,R)C．受到的摩擦力為μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,R)))D．受到的合力方向斜向左上方解析：選CD.物體在最低點做圓周運動，則有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝mg＋meq\f(v2,R)，故物體受到的滑動摩擦力Ff＝μFN＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,R)))，A、B錯誤，C正確．物體受到重力、水平向左的摩擦力和豎直向上的支持力，故物體所受的合力斜向左上方，D正確．☆10.(2022·高考新課標全國卷Ⅰ)如圖，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)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.若圓盤從靜止開頭繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()A.b確定比a先開頭滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開頭滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg解析：選AC.小木塊發(fā)生相對滑動之前，靜摩擦力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得，f＝mω2r，明顯b受到的摩擦力較大；當物體剛要相對于盤滑動時，靜摩擦力f達到最大值fmax，由題設(shè)知fmax＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得物體剛要滑動時的臨界角速度ω0＝eq\r(\f(kg,r))，由此得a發(fā)生相對滑動的臨界角速度為eq\r(\f(kg,l))，b發(fā)生相對滑動的臨界角速度為eq\r(\f(kg,2l))；若ω＝eq\r(\f(2kg,3l))，a受到的是靜摩擦力，大小為f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg.綜上所述，本題正確