专题09 圆周运动常考模型（解析版）

专题09 圆周运动常考模型目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc21304" 题型一 圆周运动中的运动学分析  PAGEREF _Toc21304 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc17797" 题型二 水平面内的圆周运动  PAGEREF _Toc17797 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc27934" 类型1 圆锥摆模型  PAGEREF _Toc27934 \h 4 HYPERLINK \l "_Toc13381" 类型2 生活中的圆周运动  PAGEREF _Toc13381 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc14507" 题型三 竖直面内的圆周运动  PAGEREF _Toc14507 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc8916" 题型四 圆周运动中的临界极值问题  PAGEREF _Toc8916 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc12155" 类型1　水平面内圆周运动的临界问题  PAGEREF _Toc12155 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc21651" 类型2 竖直面内的圆周运动的临界问题  PAGEREF _Toc21651 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc16079" 类型3 斜面上圆周运动的临界问题  PAGEREF _Toc16079 \h 16 HYPERLINK \l "_Toc897" 题型五 竖直面内圆周运动与图像结合问题  PAGEREF _Toc897 \h 18题型一 圆周运动中的运动学分析【解题指导】1．对公式v＝ωr的理解当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．2．对an＝eq \f(v2,r)＝ω2r的理解在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比．3．常见的传动方式及特点(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)摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，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：如图所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比．【例1】游乐场的旋转木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目。如图7所示，一小孩坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动的半径为3.0 m，小孩旋转5周用时1 min，则下列说法正确的是 (　　)A．小孩做圆周运动的角速度为eq \f(π,3) rad/sB．小孩做圆周运动的线速度为2π m/sC．小孩在1 min内通过的路程为15π mD．小孩做圆周运动的向心加速度为eq \f(π,12)2 m/s2【答案】　D【解析】　小孩做圆周运动的周期T＝eq \f(t,n)＝12 s，则角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6) rad/s，A错误；线速度为v＝eq \f(2πr,T)＝eq \f(π,2) m/s，B错误；在1 min内通过的路程s＝n·2πr＝30π m，C错误；向心加速度为an＝ω2r＝eq \f(π2,12) m/s2，D正确。【例2】(2022·河北衡水中学模拟)穿梭于大街小巷的共享单车解决了人们出行的“最后一公里”问题。单车的传动装置如图所示，链轮的齿数为38，飞轮的齿数为16，后轮直径为660 mm。已知齿轮的齿数比等于半径比，若小明以5 m/s匀速骑行，则脚踩踏板的角速度约为(　　)A．3.2 rad/s B．6.4 rad/sC．12.6 rad/s D．18.0 rad/s【答案】　B【解析】　飞轮和后轮角速度ω1相等，链轮和飞轮的边缘线速度v相等，链轮和踏板角速度ω2相等，可得ω2＝eq \f(N1v,N2R)＝6.4 rad/s，故B正确，A、C、D错误。【例3】(2022·资阳诊断)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r ＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)A.eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(1,2)　　　　　　　　 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)【答案】：C【解析】：根据题述，a1＝ωeq \o\al(2,1)r，ma1＝μmg，联立解得μg＝ωeq \o\al(2,1)r.小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r.由ωR＝ω2r，联立解得eq \f(ω1,ω2)＝eq \f(\r(2),2)，选项A、B错误；ma2＝μmg，所以eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,1)，选项C正确，D错误．题型二 水平面内的圆周运动【解题指导】1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3．几种典型运动模型4方法技巧：求解圆周运动问题必须进行的三类分析,类型1 圆锥摆模型1.如图所示，向心力F向＝mgtan θ＝meq \f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝eq \r(gLtan θsin θ)，ω＝eq \r(\f(g,Lcos θ)).2．稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝eq \f(mg,cos θ)和运动所需向心力也越大．【例1】(2022·辽宁六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是(　　)A．小球A、B角速度相等B．小球A、B线速度大小相同C．小球C、D向心加速度大小相同D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等【答案】　B【解析】　对题图甲A、B分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,lcos θ))＝eq \r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝ma，FTcos θ＝mg得a＝gtan θ，FT＝eq \f(mg,cos θ)，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C、D正确．【例2】(2022·安徽合肥一中段考)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是 (　　)A．细线所受的拉力不变B．小球P运动的线速度变大C．小球P运动的周期不变D．Q受到桌面的静摩擦力变小【答案】B【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图则有：F＝eq \f(mg,cos θ)，mgtan θ＝mω2Lsin θ，mgtan θ＝meq \f(v2,Lsin θ)，得线速度v＝eq \r(gLtan θsin θ)，角速度ω＝eq \r(\f(g,Lcos θ))，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，sin θ、tan θ增大，则得到细线拉力F增大，角速度ω增大，线速度v增大，根据公式T＝eq \f(2π,ω)可得周期减小，故B正确，A、C错误；对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，故静摩擦力增大，D错误．【例3】．如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则(　　)A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期D．球甲对筒壁的压力一定大于球乙对筒壁的压力【答案】　B【解析】　对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝meq \f(v2,R)＝mRω2，解得v＝eq \r(gRtan θ) ，ω＝eq \r(\f(gtan θ,R))，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T＝eq \f(2π,ω)，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力FN＝eq \f(mg,cos θ)，结合牛顿第三定律，球甲对筒壁的压力一定等于球乙对筒壁的压力，故D错误．【例4】如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．a、b 两小球都是所受合外力充当向心力B．a、b两小球圆周运动的半径之比为tan θC．b小球受到的绳子拉力为eq \f(mg,cos θ)D．a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为eq \f(mg,sin θ)【答案】　C【解析】　小球a速度变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，所受合外力充当向心力，故A错误；由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为eq \f(1,sin θ)，故B错误；根据矢量三角形可得Fbcos θ＝mg，即Fb＝eq \f(mg,cos θ)，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcos θ，故D错误．类型2 生活中的圆周运动【例2】(2022·哈尔滨师大附中期中)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是做半径为R的在水平面内的圆周运动．如图，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于 (　　)A.eq \r(\f(ghR,L))　　　　　　　　 B.eq \r(\f(ghR,d))C.eq \r(\f(gLR,h)) D.eq \r(\f(gdR,h))【答案】：B【解析】：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图根据牛顿第二定律，得mgtan θ＝meq \f(v2,R)，又由数学知识得到tan θ＝eq \f(h,d)，联立解得v＝eq \r(\f(ghR,d))，故B选项正确．【例2】(2022·河南洛阳名校联考)在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动．已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　)A．将运动员和自行车看作一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B．运动员受到的合力大小为meq \f(v2,R)，做圆周运动的向心力大小也是meq \f(v2,R)C．运动员做圆周运动的角速度为vRD．如果运动员减速，运动员将做离心运动【答案】：B【解析】：向心力是整体所受力的合力，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝eq \f(v,R)，选项C错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误．(2022·山东大学附中质检)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 (　　)A．物块A、B的运动属于匀变速曲线运动B．B的向心力是A的向心力的2倍C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍D．若B先滑动，则B与A之间的动摩擦因数μA小于盘与B之间的动摩擦因数μB【答案】：C【解析】：A、B做匀速圆周运动，加速度方向不断变化，属于非匀变速曲线运动，选项A错误；根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，选项B错误；对A、B整体分析，fB＝2mrω2，对A分析，有：fA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，选项C正确．对A、B整体分析，μB·2mg＝2mrωeq \o\al(2,B)，解得ωB＝eq \r(\f(μBg,r))，对A分析，μAmg＝mrωeq \o\al(2,A)，解得ωA＝eq \r(\f(μAg,r))，若B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，选项D错误．题型三 竖直面内的圆周运动【例1】(2022·山东省实验中学高三月考)如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R＝6 400 km，地面上行驶的汽车中驾驶员的重力G＝800 N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析正确的是(　　)A．汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅的压力大小都等于800 NC．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅的压力大小都小于他自身的重力D．如果某时刻速度增大到使汽车对地面的压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉【答案】　C【解析】　汽车的重力和地面对汽车的支持力的合力提供向心力，则有mg－FN＝meq \f(v2,R)，重力是一定的，v越大，则FN越小，故A、B错误；因为驾驶员的一部分重力用于提供驾驶员做圆周运动所需的向心力，所以驾驶员对座椅的压力小于他自身的重力，故C正确；如果速度增大到使汽车对地面的压力为零，说明汽车和驾驶员的重力全部用于提供做圆周运动所需的向心力，处于完全失重状态，此时驾驶员会有失重的感觉，故D错误．【例2】(2021·大庆中学期中)如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时(　　)A．A球对轨道的压力小于B球对轨道的压力B．A球对轨道的压力等于B球对轨道的压力C．A球的角速度小于B球的角速度D．A球的向心加速度小于B球的向心加速度【答案】B【解析】下滑过程中由于只有重力做功，所以机械能守恒，设圆轨道半径为R，在最低点时mgR＝eq \f(1,2)mv2，N－mg＝meq \f(v2,R)，联立解得N＝meq \f(v2,R)＋mg＝3mg，即与半径无关，故A错误，B正确；由于在最低点v＝eq \r(2gR)，根据公式ω＝eq \f(v,R)可得ω＝eq \r(\f(2g,R))，故半径越大，角速度越小，故C错误；根据a＝eq \f(v2,R)可得a＝2g，故与半径无关，两种情况下的向心加速度相同，D错误．题型四 圆周运动中的临界极值问题类型1　水平面内圆周运动的临界问题三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0.【例1】(多选)(2022·西安八校联考)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是 (　　)A．当ω＞ eq \r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动B．当ω＞ eq \r(\f(Kg,2L))时，绳子一定有弹力C．ω在 eq \r(\f(Kg,2L))＜ω＜ eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0＜ω＜ eq \r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，A所受摩擦力一直变大【答案】　ABD【解析】当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq \r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即：Kmg＝mω2·2L，解得：ω＝eq \r(\f(Kg,2L))，B正确；当 eq \r(\f(Kg,2L))<ω< eq \r(\f(2Kg,3L))时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误；0<ω≤ eq \r(\f(Kg,2L))时，A所受摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度增大而增大，当 eq \r(\f(Kg,2L))<ω< eq \r(\f(2Kg,3L))时，以A、B整体为研究对象，FfA＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确．【例2】.(2022·湖南怀化联考)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 (　　)A．a绳的张力可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω> eq \r(\f(gcot θ,l))，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【答案】：C【解析】：由于小球m的重力不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，选项A错误；由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的增大而不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，选项B错误；若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对小球m，Fsin θ＝mg，Fcos θ＝mω2l，联立解得：ω＝ eq \r(\f(gcot θ,l))，即当角速度ω> eq \r(\f(gcot θ,l))，b绳将出现弹力，选项C正确；若ω＝ eq \r(\f(gcot θ,l))，b绳突然被剪断，则a绳的弹力不发生变化，选项D错误．【例3】(多选) (2022·湖北省高考模拟)如图所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大过程中，下列说法正确的是(　　)A．当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力B．AC杆对球的作用力先增大后减小C．一定时间后，AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定D．当ω＝eq \r(\f(g,Lcos θ))时，BC杆对球的作用力为0【答案】　CD【解析】　当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，选项A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcos θ))，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cos θ－F2cos θ＝mg，则F1－F2＝eq \f(mg,cos θ)，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，选项C正确。【例4】(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则(　　)A．小球受重力、支持力、拉力和向心力B．小球可能只受拉力和重力C．当ω0＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零D．当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用【答案】　BC【解析】　转速较小时， 小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mω02lsin θ，解得ω0＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力、拉力的作用，D错误．【例5】(2022·河北廊坊市摸底)如图所示，暗室中一水平转台上，距离转轴OO′长为L的位置嵌入一物块(可视为质点)。在常亮光源照射下从上往下看，转台逆时针匀速转动，如果用频闪光源照射转台，发现物块做顺时针匀速转动。已知物块质量为m，频闪光源闪光频率为N，观察到物块做顺时针圆周运动的周期为T，当地重力加速度的大小为g。求：(1)水平转台的最小转速n；(2)转台以最小转速转动时给物块的作用力大小。【答案】　(1)N－eq \f(1,T) (2)meq \r(4π2L2（N－\f(1,T)）2＋g2)【解析】　(1)水平转台的角速度ω＝2πn频闪光源闪光一次的时间间隔里转台逆时针转过的角度θ＝eq \f(1,N)·ω观察到物块顺时针转过的角度θ′＝2kπ－θ(k＝1，2，3…)由角速度的定义有θ′·N＝eq \f(2π,T)解得n＝kN－eq \f(1,T)(k＝1，2，3…)k＝1时，转速最小，n1＝N－eq \f(1,T)。(2)物块做圆周运动所需向心力为Fn＝mL(2πn)2转台给物块的作用力为F＝eq \r(Feq \o\al(2,n)＋（mg）2)解得F＝meq \r(4π2L2（N－\f(1,T)）2＋g2)。类型2 竖直面内的圆周运动的临界问题1．两类模型对比2．解题技巧(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．【例1】如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为(重力加速度为g)(　　)A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg【答案】　C【解析】　小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq \f(mvB2,1.8R)，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝eq \f(mvA2,R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得FN＝4mg，结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，C正确．【例2】(2022·山东枣庄八中月考)如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动．(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小、方向；(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小．【答案】　(1)eq \r(gl)　(2)2mg，方向竖直向下　(3)能；当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时O轴不受力【解析】　(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(vA2,l)解得vA＝eq \r(gl)因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝eq \r(gl)(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq \f(vB2,l)代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0对A有FTOA′－mg＝meq \f(vA2,l)可得FTOA′＝2mg根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点对B有FTOB″＋2mg＝2meq \f(v2,l)对A有FTOA″－mg＝meq \f(v2,l)轴O不受力时FTOA″＝FTOB″可得v＝eq \r(3gl)所以当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时O轴不受力．【例3】(2022·山西吕梁模拟)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＝eq \r(g（R＋r）)B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C．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【答案】：BC【解析】：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，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力，故D错误．【例4】(2022·贵州安顺市网上调研)如图所示，质量为m＝1.0 kg的小球绕O点在竖直平面内沿半径r＝0.2 m的圆弧运动．小球运动到最低点时，细线刚好达到所能承受的最大拉力被拉断，小球水平飞出．已知细线能承受的最大拉力为小球重力的3倍，O点离水平地面的高度h＝1.0 m，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求小球在地面上的落点离O点的水平距离；(2)若细线断裂的瞬间，小球同时受到水平向左的恒力F的作用，最终小球恰好落在地面上的A点(A点在O点的正下方)，求恒力F的大小．【答案】　(1)0.8 m　(2)10 N【解析】　(1)设在细线刚好被拉断时，小球受到的拉力为Fm，速度大小为v0，对小球，由牛顿第二定律有Fm－mg＝meq \f(v\o\al(02),r)，由题知Fm＝3mg，解得v0＝2 m/s.细线拉断后，小球做平抛运动，设平抛运动的时间为t，落点距离O点的水平距离为x，有水平方向上x＝v0t，竖直方向上h－r＝eq \f(1,2)gt2，可得x＝0.8 m.(2)若细线断裂的同时，小球同时受到水平向左的恒力F的作用，则小球在水平方向先做匀减速运动再做反向匀加速运动，设加速度大小为a，有F＝ma，水平方向上v0t－eq \f(1,2)at2＝0，解得F＝10 N.类型3 斜面上圆周运动的临界问题物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．【例1】(多选)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eq \f(\r(3),2)，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，则以下说法中正确的是(　　)A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用B．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心D．ω的最大值是1.0 rad/s【答案】　CD【解析】　当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，故A错误；当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故B错误；当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圆心，也可能背离圆心，故C正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mgcos θ，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos θ，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故D正确．【例2】．(2022·沈阳东北育才中学模拟)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则(　　)A．vA＝0 B．vA＝eq \r(gL)C．vB＝eq \f(1,2)eq \r(10gL) D．vB＝eq \r(3gL)【答案】：C【解析】：在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgsin θ＝meq \f(veq \o\al(2,A),L)，解得A点的最小速度为：vA＝eq \r(\f(1,2)gL)，对AB段过程研究，根据机械能守恒得：eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋mg·2Lsin 30°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，解得B点的最小速度为：vB＝eq \r(\f(5gL,2))＝eq \f(1,2)eq \r(10gL)，故C正确，A、B、D错误．【例3】．(2022·河南开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(重力加速度g取10 m/s2)【答案】：0°≤α≤30°【解析】：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsin α小球在最高点时，由绳子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＝eq \f(mveq \o\al(2,1),l)①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有－mglsin α＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)②若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③联立①②③解得sin α＝eq \f(1,2)，解得α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°.题型五 竖直面内圆周运动与图像结合问题【例1】如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　　)A.数据a与小球的质量有关B.数据b与小球的质量无关C.比值eq \f(b,a)只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径【答案】　D【解析】 当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得v2＝gr即a＝gr，故与物体的质量无关，A错误；当v2＝2a时，对物体受力分析，则有mg＋b＝meq \f(v2,r)，解得b＝mg，故与小球的质量有关，B错误；根据以上分析可知：eq \f(b,a)＝eq \f(m,r)，与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；若F＝0，由图知v2＝a，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(a,g)，当v2＝2a时，则有mg＋b＝meq \f(v2,r)，解得m＝eq \f(b,g)，D正确。【例2】 如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图所示。下列说法正确的是(　　)A.当地的重力加速度大小为eq \f(R,b)B.小球的质量为eq \f(a,b)RC.v2＝c时，杆对小球弹力方向向上D.若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a【答案】　B【解析】 通过图分析可知：当v2＝b，FN＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即mg＝meq \f(b,R)，g＝eq \f(b,R)，A错误；当v2＝0，FN＝a时，重力与弹力FN大小相等，即mg＝a，所以m＝eq \f(a,g)＝eq \f(a,b)R，B正确；当v2＞b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v2＝c＞b时，杆对小球的弹力方向竖直向下，C错误；若v2＝2b时，mg＋FN＝meq \f(2b,R)，解得FN＝a，方向竖直向下，D错误。【例3】(多选)(2022·湖北重点中学模拟)如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F­v2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则 (　　)A．小球的质量为4 kgB．固定圆环的半径R为0.8 mC．小球在最高点的速度为 4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向向上D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100 N【答案】BD【解析】对小球在最高点进行受力分析，速率为0时，F－mg＝0，结合图象可知：20 N－m·10 m/s2＝0，解得小球质量m＝2 kg，选项A错误；当F＝0时，由重力提供向心力可得mg＝eq \f(mv2,R)，结合图象可知mg＝eq \f(8（m/s）2·m,R)，解得固定圆环半径R为0.8 m，选项B正确；小球在最高点的速度为4 m/s时，设小球受圆环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F＋mg＝meq \f(v2,R)，代入数据解得F＝20 N，方向竖直向下，所以选项C错误；小球经过最低点时，其受弹力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v2,R)，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，由以上两式得F＝5mg，代入数据得F＝100 N，选项D正确．【题后感悟】1.清楚圆周运动中绳、杆模型的物理规律，列出正确的物理方程。2.对一次函数y＝kx＋b要非常熟练，会用会画。3.熟练地将数学和物理结合起来，用图像法来解决物理问题。【数理思想与模型建构】1.数理思想是基于物理现象的数学模型，利用数学知识解决物理问题的科学思维方法。2.模型建构(1)轻绳模型：①v＞eq \r(gR)时绳子的弹力F＝meq \f(v2,R)－mg，方向竖直向下②v＝eq \r(gR)时绳子的弹力为零，是安全通过最高点的临界条件(2)轻杆模型①v＞eq \r(gR)时轻杆对物体的弹力F＝meq \f(v2,R)－mg ，方向竖直向下②v＝eq \r(gR)时轻杆对物体的弹力为零，是物体所受弹力方向变化的临界速度。③v＜eq \r(gR)时轻杆对物体的弹力FN＝mg－meq \f(v2,R)，方向竖直向上。【思维建构】 1.根据物理现象列出物理方程。如例1：FT＋mg＝meq \f(v2,r)。2.根据物理方程整理成函数关系。如例1：FT＝eq \f(m,r)v2－mg。3.将物理方程与一次函数相对应。如例1：FT＝eq \f(m,r)v2－mgeq \o(――→,\s\up7(对应))y＝kx＋b。4.根据函数思想对应物理图像分析求解。运动模型向心力的来源图示运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯圆锥摆火车转弯飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台几何分析目的是确定圆周运动的圆心、半径等运动分析目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等受力分析目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力概述如图所示为凹形桥模型．当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向＝FN－mg＝meq \f(v2,r)规律桥对车的支持力FN＝mg＋meq \f(v2,r)＞mg，汽车处于超重状态概述如图所示为拱形桥模型．当汽车通过拱形桥的最高点时，向心力F向＝mg－FN＝meq \f(v2,r)规律桥对车的支持力FN＝mg－meq \f(v2,r)＜mg，汽车处于失重状态．若v＝eq \r(gr)，则FN＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图 F弹向下或等于零F弹向下、等于零或向上力学方程mg＋F弹＝meq \f(v2,R)mg±F弹＝meq \f(v2,R)临界特征F弹＝0 mg＝meq \f(vmin2,R)即vmin＝eq \r(gR)v＝0即F向＝0F弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v≥eq \r(gR)，F弹＋mg＝meq \f(v2,R)，绳或轨道对球产生弹力F弹(2)若v<eq \r(gR)，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心(2)当0eq \r(gR)时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)，F弹指向圆心并随v的增大而增大