新高考物理一轮复习教案第4章第3讲圆周运动（含解析）

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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：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小eq \x(\s\up1(01))处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)性质：加速度大小eq \x(\s\up1(02))不变、方向总是指向eq \x(\s\up1(03))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eq \x(\s\up1(04))垂直且指向圆心的合力。
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：
知识点 匀速圆周运动与变速圆周运动 Ⅰ
知识点 离心现象 Ⅰ
1．离心运动
(1)定义：做eq \x(\s\up1(01))圆周运动的物体，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的eq \x(\s\up1(02))向心力时，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eq \x(\s\up1(03))惯性，总有沿着eq \x(\s\up1(04))切线方向飞出去的倾向。
(3)受力特点
①当F＝mω2r时，物体做eq \x(\s\up1(05))匀速圆周运动。
②当Fmω2r时，物体将逐渐eq \x(\s\up1(08))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，变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.(人教版必修第二册·P30·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．(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，乙的运动半径小
B．它们的周期相等，甲的运动半径大
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an＝eq \f(v2,r)知，在v相同的情况下，r甲>r乙时，a甲r乙时，a甲>a乙，故B正确；由an＝ωv知，在ω相同情况下，v甲>v乙时，a甲>a乙，故C正确；由an＝ωv知，在v相同情况下，ω甲>ω乙时，a甲>a乙，故D正确。
3.(人教版必修第二册·P30·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eq \f(l,2)处有一光滑的钉子P，把小球拉到与钉子P等高的位置，细线被钉子挡住。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＝eq \f(v2,r)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＋meq \f(v2,r)＝mg＋man，故悬线的拉力突然减小，D错误。
4．(人教版必修第二册·P30·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，只要所受合力不足以提供所需的向心力，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 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an＝eq \f(v2,r)＝ω2r的理解
当v一定时，an与r成反比；
当ω一定时，an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，eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r2,r1)。
(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：eq \f(vB,vC)＝eq \f(r2,r3)，ωB＝ωC。
尝试解答 1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。
因为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eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(r2,r1)＝eq \f(1,2)，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eq \f(vB,vC)＝eq \f(r2,r3)＝eq \f(\f(1,2)r1,1.5r1)＝eq \f(1,3)。所以vA∶vB∶vC＝1∶1∶3，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2，再由T＝eq \f(2π,ω)可得，TA∶TB∶TC＝1∶eq \f(1,2)∶eq \f(1,2)＝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。
(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an的比例关系，可巧用an＝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eq \f(2π,n)
B．飞轮边缘转动线速度为2πnr2
C．牙盘边缘向心加速度为eq \f(2πn2,r2)
D．自行车匀速运动的速度为eq \f(2πnr1r3,r2)
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an＝eq \f(v\\al(2,1),r1)＝eq \f(2πnr12,r1)＝(2πn)2r1，故C错误；飞轮角速度ω2＝eq \f(v1,r2)＝eq \f(2πnr1,r2)，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＝eq \f(2πnr1r3,r2)，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
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)确定圆心和轨道半径。
(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＝meq \f(4π2, T2)r
r＝Lsinθ
解得T＝2πeq \r(\f(Lcsθ,g))＝2πeq \r(\f(h,g))。
(2)结论
①摆高h＝Lcsθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。
②摆线拉力F＝eq \f(mg,csθ)，圆锥摆转得越快，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：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，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ωAvB。

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＝2πeq \r(\f(h,g))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 (2020·内蒙古赤峰市高三上期末)(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如右图所示，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绳的张力不可能为零
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(gctθ,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
(1)小球在竖直方向的受力有什么特点？
提示：所受重力与a绳对它的拉力的竖直分力平衡。
(2)b绳恰好没有弹力的临界条件是什么？
提示：a绳的拉力与小球的重力的合力提供小球所需向心力。
尝试解答 选AC。
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上所受的合力为零，水平方向上所受的合力提供向心力，所以a绳对小球的拉力在竖直方向上的分力与小球的重力平衡，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，Fasinθ＝mg，解得Fa＝eq \f(mg,sinθ)，可知a绳的拉力与角速度ω无关，故B错误；当b绳拉力为零时，有：eq \f(mg,tanθ)＝mωeq \\al(2,0)l，解得ω0＝eq \r(\f(gctθ,l))，可知当角速度ω>eq \r(\f(gctθ,l))时，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。

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)绳子松弛或断开的临界条件是：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] (2020·安徽省皖江名校联盟高三下第六次联考)如图所示，用一根质量不计、不可伸长的细绳，一端系一可视为质点的小球，另一端固定在O点。当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时，悬点O到轨迹圆心高度为h，细绳拉力大小为F，小球的向心加速度大小为a，线速度大小为v，下列描述各物理量与角速度ω的关系图像正确的是( )
答案 A
解析 设细绳长度为l，小球质量为m，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，有Fsinθ＝mω2lsinθ，得F＝mω2l，A正确；由mgtanθ＝mω2lsinθ，h＝lcsθ，得h＝eq \f(g,ω2)，B错误；由mgtanθ＝mω2lsinθ，可得csθ＝eq \f(g,ω2l)，小球的向心加速度大小a＝ω2lsinθ＝eq \r(ω4l2－g2)，C错误；由csθ＝eq \f(g,ω2l)，得小球的线速度大小v＝ωlsinθ＝eq \r(ω2l2－\f(g2,ω2))，D错误。
[变式2－2] (2020·东北三省四市教研联合体高三下模拟)为了解决高速列车在弯路上运行时轮轨间的磨损问题，保证列车能经济、安全地通过弯道，常用的办法是将弯道曲线外轨轨枕下的道床加厚，使外轨高于内轨，外轨与内轨的高度差叫曲线外轨超高。已知某曲线路段设计外轨超高值为70 mm，两铁轨间距离为1435 mm，最佳的过弯速度为350 km/h，则该曲线路段的半径约为( )
A．40 km B.30 km
C.20 km D.10 km
答案 C
解析 设该曲线路段的倾角为θ，列车以最佳速度过弯道时，转弯时所受支持力与重力的合力提供向心力，则有mgtanθ＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(v2,gtanθ)，由于倾角θ很小，有tanθ≈sinθ，则R＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(350,3.6)))2,10×\f(70,1435)) m≈19376.9 m≈20 km，故A、B、D错误，C正确。
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＝eq \f(mv2,r)，方向指向圆心。
2．如果水平方向除受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 (2020·河南省高三上第三次段考)如图所示，某同学用手水平托着一物体以身体(视为竖直直线)为轴匀速转动，已知物体到身体的距离为R，手与物体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，慢慢增大转速，要使物体能水平滑出，人转动的角速度至少应大于( )
(1)物体做圆周运动的向心力由什么提供？
提示：手对物体的静摩擦力。
(2)何时物体能滑出？
提示：手与物体间的静摩擦力达到最大值时。
尝试解答 选A。
设物体的质量为m，刚好发生相对滑动时物体所受的向心力为F向＝μmg＝mω2R，解得：ω＝，则当角速度大于时，物体能水平滑出，故A正确，B、C、D错误。

解决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圆盘转速的变化而发生变化。
(3)关注临界状态，例如静摩擦力达到最大值时。例3中，物体随手转动，静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当所需向心力大于最大静摩擦力时开始相对滑动，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，木块与圆盘间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＝ eq \r(\f(kg,2L))是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ eq \r(\f(2kg,3L))时，a所受摩擦力的大小为eq \f(5kmg,3)
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＝eq \r(\f(kg,r))，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>eq \r(\f(kg,2L))，对于b木块有：kmg＋F＝mω2·2L，对于a木块有Ff－F＝2mω2L，联立得Ff＝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＝mωeq \\al(2,0)·2L，对a木块有k·2mg－F＝2mωeq \\al(2,0)L，联立得kmg＋2kmg＝4mωeq \\al(2,0)L，得ω0＝eq \r(\f(3kg,4L))，故C错误。当ω＝ eq \r(\f(2kg,3L))时，b未滑动，a所受摩擦力大小Ff＝4mω2L－kmg＝eq \f(5kmg,3)，故D正确。
[变式3－2] (2020·安徽省安庆市重点中学高三第二次联考)(多选)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 eq \r(\f(k,m))
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 eq \r(\f(2k,3m))
C．使转台转速缓慢增大，若B比A先相对转台滑动，则当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为 )
D．使转台转速缓慢增大，若A比B先相对转台滑动，则当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为 )
答案 BD
解析 当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供B做圆周运动的向心力，则k(2.5r－1.5r)＝2mω2r，解得ω＝ eq \r(\f(k,2m))，A错误；当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供A做圆周运动的向心力，则k(2.5r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得ω＝eq \r(\f(2k,3m))，B正确；使转台转速缓慢增大，若B比A先相对转台滑动，则当B刚好要滑动时，B与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力且指向转台中心，此时弹簧弹力与最大静摩擦力的合力提供B做圆周运动的向心力，则有k(2.5r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2·r，解得)，C错误；使转台转速缓慢增大，若A比B先相对转台滑动，则当A刚好要滑动时，A与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力且指向转台中心，此时弹簧弹力与最大静摩擦力的合力提供A做圆周运动的向心力，则有k(2.5r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，解得ω＝)，D正确。
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、沿内轨道运动的物体等)，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
例4(2020·河北衡水中学高中毕业班四月份教学质量监测)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球过最高点的最小速度是eq \r(gR)
B．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
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
(1)杆模型过最高点的临界条件是什么？
提示：速度为0。
(2)杆在最高点对小球是拉力还是压力的临界条件是什么？
提示：速度为v＝eq \r(gR)。
尝试解答 选B。
由于杆在最高点对小球的作用力可以表现为拉力，也可以表现为支持力，所以小球过最高点的最小速度为0，故A错误；当小球在最高点的速度v＝eq \r(gR)时，靠小球重力提供向心力，杆的弹力为零，故B正确；当小球经过最高点时杆对它的作用力表现为支持力时，随速度增大杆对球的作用力减小，当小球经过最高点时杆对它的作用力表现为拉力时，随速度增大杆对球的作用力增大，故C、D错误。

竖直面内圆周运动问题的解题思路
[变式4－1] (2020·辽宁省葫芦岛市高三第一学期质量监测)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A.eq \r(3gL) B.eq \r(6gL)
C.4eq \r(gL) D.3eq \r(gL)
答案 D
解析 小铁球刚好到达最高点时，绳的拉力为零，小铁球的重力提供向心力，有mg＝meq \f(v\\al(2,1),L)，在最高点切断轻绳后，小铁球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理有：mg·4L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立可得小铁球落地速度大小：v2＝3eq \r(gL)，故A、B、C错误，D正确。
[变式4－2] (2020·内蒙古呼和浩特市高三质量普查调研)(多选)如图所示，一个小球沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动，圆环的半径为R，关于小球的运动情况，以下说法正确的是( )
A．小球在最高点对轨道的压力为零
B．小球在最低点对轨道的压力最大
C．如果小球恰好通过最高点，圆环的半径越大，小球在最低点对轨道的压力越大
D．如果小球恰好通过最高点，圆环半径的大小与在最低点对轨道的压力无关
答案 BD
解析 小球在最高点若只有重力提供向心力，则小球在最高点对轨道的压力为零，其他情况压力都不为零，故A错误；小球在最低点时速度最大，受到的支持力最大，对轨道的压力最大，故B正确；如果小球恰好通过最高点，则满足mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，从最高点到最低点的过程由动能定理得mg·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，小球在最低点满足F－mg＝meq \f(v2,R)，联立解得F＝6mg，根据牛顿第三定律，小球在最低点对轨道的压力为6mg，与圆环半径无关，故C错误，D正确。
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 (2014·安徽高考) 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ω的最大值是( )
A.eq \r(5) rad/s B.eq \r(3) 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
μmgcs30°－mgsin30°＝mω2R
得ω＝ eq \r(\f(g,4R))＝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] (2020·安徽省安庆市重点中学高三第二次联考)如图所示，光滑斜面与水平面成α＝30°角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端可绕O点在斜面内转动。先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度v0＝3 m/s，取g＝10 m/s2，则( )
A．此时小球的加速度大小为eq \r(30) m/s2
B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上
C．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力一定增大
D．若增大v0，小球达到最高点时杆对小球的弹力可能减小
答案 C
解析 小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，切向加速度为：a′＝eq \f(mgsinα,m)＝gsinα，向心加速度为：an＝eq \f(v\\al(2,0),l)＝eq \f(32,0.30) m/s2＝30 m/s2，此时小球的加速度为：a＝ eq \r(a\\al(2,n)＋a′2)>an＝30 m/s2>eq \r(30) m/s2，故A错误。小球从初始位置到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsinα＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；解得：v1＝eq \r(v\\al(2,0)－2glsin30°)＝eq \r(32－2×10×0.30×\f(1,2)) m/s＝eq \r(6) m/s；考虑临界情况，如果在最高点杆没有弹力，小球重力沿斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝meq \f(v\\al(2,2),l)，解得：v2＝eq \r(glsin30°)＝eq \f(\r(6),2)＜v1，说明小球达到最高点时杆对小球有拉力作用，即杆对小球的弹力沿斜面向下，故B错误。在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故F＋mgsinα＝meq \f(v\\al(2,最高),l)，如果初速度增大，则在最高点速度也增大，故拉力F一定增大，C正确，D错误。
(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0c，则经过M点时对管道壁的压力为正值，可知此时小球对外管道壁有压力，B错误；若小球经过N点时满足veq \\al(2,N)＝c，则经过M点时满足mg＝meq \f(v\\al(2,M),R)，由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)＝mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)，联立解得R＝eq \f(c,5g)，C正确；由图乙可知，F＝－b时veq \\al(2,N)>c，小球经过N点的速度大于0，D错误。
二、非选择题(本题共1小题，共12分)
12.(2020·江西省赣州市十五县市高三上期中)(12分)如图，长L＝0.8 m的轻绳一端与质量m＝6 kg的小球相连，另一端连接一个质量M＝1 kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为μ。现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ＝60°时，滑块恰好不下滑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小球转动的角速度ω的大小；
(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ。
答案 (1)5 rad/s (2)eq \f(7\r(3),18)
解析 (1)对小球受力分析，由牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mω2Lsinθ，
代入数据解得小球转动的角速度ω＝5 rad/s。
(2)对小球，在竖直方向，由平衡条件可得：FTcsθ＝mg，
对滑块，有：FTsinθ＝FN，
联立解得FN＝eq \r(3)mg，
对整体，竖直方向上有：Ff＝μFN＝(m＋M)g，
联立解得μ＝eq \f(7\r(3),18)。
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eq \x(\s\up1(05))快慢的物理量(v)
②是矢量，方向和半径垂直，沿切线方向
①v＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \x(\s\up1(06))ωr
②单位：eq \x(\s\up1(07))m/s
角速度
描述物体绕圆心eq \x(\s\up1(08))转动快慢的物理量(ω)
①ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \x(\s\up1(09))eq \f(v,r)
②单位：eq \x(\s\up1(10))rad/s
周期和
转速
①周期是指做匀速圆周运动的物体，运动eq \x(\s\up1(11))一周所用的时间(T)
②转速是指物体转动的eq \x(\s\up1(12))圈数与所用时间之比(n)，也叫频率(f)
①T＝eq \f(2πr,v)＝eq \x(\s\up1(13))eq \f(2π,ω)，单位：s
②f＝eq \x(\s\up1(14))eq \f(1,T)，单位：eq \x(\s\up1(15))Hz
③n的单位：eq \x(\s\up1(16))r/s、eq \x(\s\up1(17))r/min
向心加
速度
①描述速度eq \x(\s\up1(18))方向变化eq \x(\s\up1(19))快慢的物理量(an)
②方向eq \x(\s\up1(20))指向圆心，时刻在变
①an＝eq \x(\s\up1(21))eq \f(v2,r)＝eq \x(\s\up1(22))ω2r
②单位：eq \x(\s\up1(23))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eq \x(\s\up1(24))方向，不改变线速度的eq \x(\s\up1(25))大小(Fn)
②方向指向eq \x(\s\up1(26))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＝eq \x(\s\up1(27))mω2r＝
eq \x(\s\up1(28))meq \f(v2,r)
②单位：eq \x(\s\up1(29))N
相互
关系
①v＝rω＝eq \f(2πr,T)＝2πrf
②an＝eq \f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq \f(4π2r,T2)＝4π2f2r
③Fn＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝meq \f(4π2r,T2)＝4mπ2f2r
匀速圆周运动
变速圆周运动
运动
特点
线速度的大小eq \x(\s\up1(01))不变，角速度、周期和频率都eq \x(\s\up1(02))不变，向心加速度的大小eq \x(\s\up1(03))不变
线速度的大小、方向都eq \x(\s\up1(04))变，角速度eq \x(\s\up1(05))变，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也eq \x(\s\up1(06))可能不变
受力
特点
所受到的eq \x(\s\up1(07))合力为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻eq \x(\s\up1(08))指向圆心
所受到的合力eq \x(\s\up1(09))不指向圆心，合力产生两个效果：
①沿半径方向的分力eq \x(\s\up1(10))Fn，即向心力，它改变速度的eq \x(\s\up1(11))方向；
②沿切线方向的分力eq \x(\s\up1(12))Ft，它改变速度的eq \x(\s\up1(13))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)
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
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，物体受到的弹力向下或等于零
除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上
受力
示意图


过最高
点的临
界条件
由mg＝meq \f(v2,r)得v临＝eq \r(gr)
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≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v