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新高考物理一轮复习精讲精练第4章 曲线运动 第3讲 圆周运动（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第4章 曲线运动 第3讲 圆周运动（含解析），共25页。试卷主要包含了描述圆周运动的物理量，匀速圆周运动，向心力，离心运动和近心运动等内容，欢迎下载使用。
第三讲 圆周运动
Ø 知识梳理
1．描述圆周运动的物理量
定义、意义
公式、单位
线速度(v)
①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量
②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切
①v＝(定义式)
②单位：m/s
角速度(ω)
①描述物体绕圆心转动快慢的物理量
②是矢量，但不研究其方向
①ω＝(定义式)
②单位：rad/s
③ω与v的关系：v＝ωr
周期(T)
转速(n)
频率(f)
①周期是做匀速圆周运动的物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率
②转速是单位时间内物体转过的圈数
①T＝＝(与频率的关系)
②T的单位：s
n的单位：r/s、r/min
f的单位：Hz
向心加速度(an)
①描述线速度方向变化快慢的物理量
②方向指向圆心
①an＝＝ω2r＝r＝ωv
②单位：m/s2
2．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：速度大小不变，方向时刻变化，是变速运动。
3．向心力
(1)定义：做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力就叫作向心力。
(2)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(3)大小：
(4)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
(5)来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
4．离心运动和近心运动
(1)离心运动：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，就做逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点(如图)
①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。
②当0
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力．
5．匀速圆周运动与变速圆周运动合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力.
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．
②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向。
Ø 知识训练
考点一、描述圆周运动的物理量
1．圆周运动各物理量间的关系
2．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。
3．对an＝＝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。
4．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、(多选)甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线如图所示，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可以知道( )
A．甲球运动时，线速度的大小保持不变
B．甲球运动时，角速度的大小保持不变
C．乙球运动时，线速度的大小保持不变
D．乙球运动时，角速度的大小保持不变
【答案】AD
【解析】图线甲中an与r成反比，由an＝ 可知，甲球的线速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，角速度逐渐减小，A正确，B错误；图线乙中an与r成正比，由an＝ω2r可知，乙球运动的角速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，线速度大小增大，C错误，D正确。
例2、(多选)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点( )
A．线速度大小之比为1∶1
B．角速度之比为1∶1
C．角速度之比为3∶1
D．向心加速度大小之比为1∶3
【答案】AC
【解析】题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1；由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1；由an＝ω2r可知，A点和B点的向心加速度大小之比为3∶1。故选项A、C正确，B、D错误。
例3、(2021·高考全国卷甲，T15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
【答案】C
【解析】纽扣上各点绕其中心做圆周运动的角速度相等，已知n＝50 r/s，则an＝ω2r＝(2πn)2r＝4×π2×502×1×10－2 m/s2≈1×103 m/s2，C正确。
l 课堂随练
训练1、如图所示，球体绕中心线OO′转动，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两点的转动半径相等
B．A、B两点的线速度相等
C．A、B两点的转动周期相等
D．A、B两点的向心加速度相等
【答案】C
【解析】A、B在同一转动球体上，角速度ω相同，由图可知A、B两点的转动半径r不相等，由公式v＝ωr得知它们的线速度v不相等，故A、B错误；由公式T＝知，A、B两点的ω相等，则周期T相等，故C正确；根据a＝ω2r，A、B两点的角速度相等，转动半径不相等，知A、B两点向心加速度不相等，D错误。
训练2、如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D．大齿轮边缘和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为4∶1
【答案】B
【解析】小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；大齿轮和小齿轮用链条传动，轮缘的线速度大小相等，根据ω＝可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4，故B正确；小齿轮和后轮共轴，根据v＝ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，又因为大、小齿轮边缘的线速度大小相等，则大齿轮边缘的线速度和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，故C错误；大齿轮和小齿轮用链条传动，轮缘的线速度大小相等，根据a＝可知，轮缘的向心加速度大小之比为1∶4，故D错误。
训练3、(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。
考点二、水平面内的匀速圆周运动
1．运动模型
运动模型
向心力的来源示意图
运动模型
向心力的来源示意图
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
飞车走壁
汽车在水平路面转弯
水平转台
(光滑)
2．解题方法
例1、(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )
A．两球运动的周期相等
B．两球的向心加速度大小相等
C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1
D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2
【答案】AC
【解析】对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsin θ＝mgtan θ＝mlsin θ，解得周期为T＝2π ＝2π，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m与l成反比，由m1≠m2，可得l1≠l2，又小球的向心加速度an＝ω2lsin θ＝lsin θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误。
例2、(多选)如图，在水平转台上放一个质量M＝2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力fmax＝6.0 N，绳的一端系在木块上，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10 m/s2，木块、物体可看成质点)( )
A．0.04 m B．0.08 m
C．0.16 m D．0.32 m
【答案】BCD
【解析】木块做匀速圆周运动，转台对木块的静摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，物体处于平衡状态，则绳子的拉力等于物体的重力，根据向心力公式得：Fn＝mg＋f＝Mω2r，解得：r＝。当f＝fmax＝6.0 N时，r最大，rmax＝ m＝0.32 m，当f＝－6.0 N时，r最小，rmin＝ m＝0.08 m，故木块到O点的距离介于0.08～0.32 m之间，A错误，B、C、D正确。
例3、一竖直倒立的圆锥筒，筒侧壁的倾斜角度α不变。一小球在内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁间的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法中正确的是( )
A．H越小，小球对侧壁的压力越大
B．H越大，小球做圆周运动的线速度越大
C．H越小，小球做圆周运动的向心力越小
D．H越大，小球做圆周运动的周期越小
【答案】B
【解析】小球做匀速圆周运动，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力图如图，则向心力Fn＝mgtanα，m、α不变，向心力大小不变，根据牛顿第二定律得Fn＝m，H越大，r越大，则v越大，故B正确，C错误；做圆周运动时，侧壁对小球的支持力大小F＝不变，则小球对侧壁的压力大小不变，故A错误；根据mgtanα＝m，解得T＝ ，则知H越大，r越大，T越大，故D错误。
例4、（2013年全国2）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小
【答案】AC
【解析】根据题意可知，汽车在拐弯处恰好不受摩擦力作用，受力情况如图所示，
重力和支持力的合力刚好可以提供向心力，即，路面外侧高于内侧，选项A正确；当车速低于vc时，汽车有向内侧滑动的趋势，此时汽车可以受到向外的摩擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向内侧滑动，选项B错误；当车速高于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势，此时汽车受到向里的摩擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向外侧滑动，选项C正确；由可知，当路面结冰时，vc的值不变，选项D错误．
l 课堂随练
训练1、(多选)(2020·江苏如东县第一次检测)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则( )
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】AB
【解析】火车拐弯不侧向挤压车轮轮缘时，重力和支持力的合力刚好提供向心力，有mgtan θ＝m，解得r＝，故选项A正确；由mgtan θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。
训练2、(圆锥摆模型的图象分析)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平方ω2的关系图象正确的是( )
【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F sin θ＝mω2l sin θ，得F＝mω2l，A正确；由mg tan θ＝mω2l sin θ，h＝l cos θ，得h＝，B错误；由mg tan θ＝mω2l sin θ，可得cos θ＝，小球的向心加速度大小a＝ω2l sin θ＝，C错误；由cos θ＝，得小球的线速度大小v＝ωl sin θ＝，D错误。
训练3、(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＝＝，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＝，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．
训练4、(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。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．绳子的张力为FT＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随盘一块转动
【答案】ABC
【解析】两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外。以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝ ，故选项A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrωA2，解得ωA＝ <ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，选项D错误。
考点三 竖直面内的圆周运动
1．两种模型
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情境图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即Fn＝0，
此时FN＝mg
模型关键
(1)绳只能对小球施加向下的力
(2)小球通过最高点的速度至少为
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
例1、(多选)(2022·广东省百师联盟联考)如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端拴小磁铁，小磁铁底部吸住一小铁块，两者均静止。现在让小磁铁和小铁块以的速度自最低点水平向左运动，两者恰能通过最高点。已知绳长为l，重力加速度为g，小磁铁及小铁块的大小不计，质量均为m，磁铁对铁块的吸引力大小恒等于7mg，且铁块始终未被甩落。下列说法正确的是( )
A．小铁块通过最低点时，绳对小磁铁的拉力大小为12mg
B．小铁块通过最低点时，绳对小磁铁的拉力大小为7mg
C．小铁块通过最高点时，所受磁铁的支持力大小为7mg
D．小铁块通过最高点时，所受磁铁的支持力小于mg
【答案】AC
【解析】在最低点时，由牛顿第二定律T－2mg＝2m，解得T＝12mg，A正确，B错误；两者恰能通过最高点，则2mg＝2m，对小铁块mg＋7mg－FN＝m，解得FN＝7mg，C正确，D错误。
例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
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
[答案] B
【解析】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＝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。
例3、(竖直面内圆周运动的杆模型)(2022·河北省部分学校高三上第一次考试)(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形管道，管道内有一质量为m的小钢球，小钢球的直径稍小于圆管的内径，小钢球的直径远小于R。在最低点给小钢球一大小为v0、方向水平向右的初速度，小钢球到达最高点的速度大小为(g为重力加速度大小)。圆管内壁光滑，水平线ab过管道圆心。下列说法正确的是( )
A．小钢球到达最高点时，受到管壁的作用力大小为mg
B．稍微减小v0，小钢球无法通过最高点
C．稍微增大v0，小钢球通过最高点时，对圆管外侧管壁有压力
D．小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小钢球一定有作用力
【答案】CD
【解析】小钢球到达最高点时，根据牛顿第二定律有N＋mg＝m，其中v＝ ，联立求得N＝0，即小钢球在最高点不受管壁的作用，故A错误；小钢球在管道中做圆周运动，相当于杆模型，在最高点的最小临界速度为0，则稍微减小v0时，小钢球可以通过最高点，故B错误；稍微增大v0，小钢球通过最高点时速度大于 ，小钢球的重力不足以提供所需向心力，则小钢球受外侧管壁的压力，即小钢球对圆管外侧管壁有压力的作用，故C正确；小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，重力沿垂直管壁向下的分力与管壁对小钢球的弹力的合力要指向圆心，提供向心力，所以外侧管壁对小钢球一定有作用力，故D正确。
l 课堂随练
训练1、如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A．管道的半径为
B．小球的质量为
C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【答案】B
【解析】由题图乙可知，v2＝b时FN＝0，此时mg＝m，解得R＝，故A错误；当v2＝0时，FN＝mg＝a，所以m＝，故B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误。
训练2、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】小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，可知小球做圆周运动的半径R＝Lsin 60°＝L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°。由题意，小球在最高点的速率为v时，有mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有F＋mg＝m，可解得F＝3mg。由2FTcos 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
训练3、(2021·“皖赣联考”高三上学期第三次考试)如图所示，为一辆越野车在比赛时经过一段起伏路段，M、N分别为该路段的最高点和最低点，已知在最高点M附近汽车所走过的那一小段圆弧可认为是圆周运动的一部分，其对应半径为R，在最低点N附近对应圆周运动的半径为R，假设汽车整个运动可近似认为速率不变，汽车经过最高点M时对轨道的压力为汽车自重的0.9倍，那么汽车经过最低点N时对轨道的压力为自重的( )
A．1.1倍 B．1.15倍
C．1.2倍 D．1.25倍
【答案】B
【解析】在最高点M对汽车分析可得：G－FM＝m，已知FM＝0.9G，可解得：m＝0.1G，在最低点N对汽车分析可得：FN－G＝m，所以FN＝G＋m＝G＋×0.1G＝1.15G，故B正确。
Ø 同步训练
1、(2020·高考全国卷Ⅰ，T16)如图所示，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
【答案】B
【解析】该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2F－mg＝，代入数据解得F＝410 N，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N，故B正确，A、C、D错误。
2、(多选)(2022·天津河西区期末)一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是( )
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.0×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
【答案】BD
【解析】汽车转弯时受重力、支持力、摩擦力，摩擦力提供向心力，故A错误；汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为Fn＝＝ N＝104 N，所需向心力小于最大静摩擦力，不会侧滑，故B正确，C错误；汽车能安全转弯的向心加速度不超过anm＝＝7 m/s2，故D正确。
3、(2021·山东烟台期末)质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，如图所示，经过最高点而不脱离轨道的速度临界值是v，当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道的压力值是( )
A．0 B．mg
C．3mg D．5mg
【答案】C
【解析】小球恰好通过最高点时，只受到重力作用，重力完全充当向心力，则有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m，联立解得小球受到轨道的支持力大小为F＝3mg，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为3mg，故C项正确，A、B、D错误。
4、如图所示，天花板上有一可自由转动的光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值为( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设连接A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为T，对A小球水平方向有：T sin θ1＝m1ω2l1sin θ1，对B小球水平方向有：T sin θ2＝m2ω2l2sin θ2，联立得＝，故D正确，A、B、C错误。
5、(多选)如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，它们的边缘有三个点A、B、C。关于这三点的线速度、角速度、周期和向心加速度的说法中正确的是( )
A．A、B两点的线速度大小相等
B．B、C两点的角速度大小相等
C．A、C两点的周期大小相等
D．A、B两点的向心加速度大小相等
【答案】AB
【解析】自行车的链条不打滑，A点与B点的线速度大小相等，故A正确；B点与C点绕同一转轴转动，角速度相等，故B正确；由T＝可知，A点的周期大于B点的周期，而B点的周期与C点的周期相等，所以A点的周期大于C点的周期，故C错误；由向心加速度公式an＝，可知A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D错误。
6、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是( )
A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大
B．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大
C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等
D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等
【答案】C
【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力分析，受到竖直向下的重力GN、细线的拉力T、杆给它的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有T cos θ＝GN，N1＝T sin θ，因为重力GN恒定，角度θ恒定，所以细线的拉力不变，环N与竖直杆之间的弹力恒定，故A、B错误；对M受力分析，受到竖直向下的重力GM、细线的拉力T、水平杆对它向上的支持力N2以及可能受到的方向不确定的静摩擦力，竖直方向由平衡条件有N2＝GM＋T cos θ＝GM＋GN，所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等，C正确；若以较小角速度转动，环M受到的摩擦力方向背离转轴，有T sin θ－f＝mω2r，得f＝T sin θ－mω2r，若以较大角速度转动，环M受到的摩擦力方向指向转轴，有T sin θ＋f′＝mω′2r，得f′＝mω′2r－T sin θ，可能存在mω′2r－T sin θ＝T sin θ－mω2r，故D错误。
7、(2022·山东省潍坊市五县市高三上第一次联考)如图所示，原长为L、劲度系数为k＝的弹簧一端固定在光滑的圆锥体顶端，另一端悬挂一质量为m的小球。圆锥体轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ＝37°。小球随圆锥体绕轴线做匀速圆周运动，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。若小球不离开圆锥体，则旋转角速度不大于( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设小球刚好不离开圆锥体的角速度为ω，则由重力和弹簧的拉力的合力提供向心力，则有F弹cos θ＝mg，F弹sin θ＝mω2R，又R＝sin θ，联立解得ω＝，所以可得小球不离开圆锥体，则旋转角速度不大于，故B正确，A、C、D错误。
8、(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图像如图乙所示。则( )
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
【答案】ACD
【解析】对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F－mg＝0，结合图像可知a－mg＝0；当F＝0时，由牛顿第二定律可得mg＝，结合图像可知mg＝，联立解得g＝，m＝，A正确，B错误；由图像可知b
A．此时细线张力为T＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心
D．此时烧断细线，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】AB
【解析】由题意知，A和B随着圆盘转动时可视为做匀速圆周运动，合外力提供向心力，因B的运动半径比A的运动半径大，A、B质量相等，根据F＝mω2r，所以B所需向心力大；细线拉力大小相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，A、B所受的静摩擦力最大且B所受的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝ ，故A、B正确，C错误。此时烧断细线，A所需的向心力FA＝mω2r＝2μmg>μmg，即A所受的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，分析可知，B也做离心运动，故D错误。
10、(2022·新疆喀什疏附县第一中学高三上期中)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，A、B、C、D为圆环上的四个点，AC水平、BD竖直，A、D间固定有光滑细直杆。质量为m的带孔小球P穿于杆上，与P相同的小球Q穿在环上，并通过长为R的结实细绳固定在D点。在圆环以BD为轴转动时，若小球P位于AD杆的中点，圆环转动的角速度为ω0，则( )
A．圆环的角速度ω0＝
B．角速度为零时细绳的弹力不为零
C．当圆环的角速度由ω0增大少许时，P球将上升到DA中点偏上一点与杆相对静止
D．若P与D的距离为R，细绳的弹力为mg
【答案】AD
【解析】小球P位于AD杆的中点时，其运动轨迹半径为r＝，对于小球P，竖直方向根据平衡条件有N sin 45°＝mg，水平方向根据牛顿第二定律有N cos 45°＝mωr，联立解得ω0＝ ，A正确；角速度为零时，小球Q将会沿圆环向下滑动，细绳不可能张紧，弹力必然为零，B错误；由A项分析可得＝mrω，当圆环的角速度由ω0增大少许时，由于r，ω>ω0，故上式不成立，假设错误，即P球会一直做离心运动直到A点，C错误；若P与D的距离为R，根据几何关系，小球P做圆周运动的半径r＝R sin 45°＝R，则圆环转动的角速度ω＝＝2，假设此时细绳有弹力，对于小球Q，竖直方向根据平衡条件有N″sin 30°＝mg＋T cos 60°，水平方向根据牛顿第二定律有N″cos 30°＋T sin 60°＝mω2r″，根据几何关系，其轨迹半径r″＝R sin 60°，联立解得T＝mg，T>0，假设正确，D正确。
11、(2021·吉林省长春市高三4月质量监测三)如图甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连。两物块质量均为1 kg，与圆心距离分别为RA和RB，其中RA＜RB且RA＝1 m。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1
B．物块B与圆心距离RB＝2 m
C．当ω＝1 rad/s时，圆盘对A的静摩擦力的方向指向圆心
D．当ω＝ rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动
【答案】ABD
【解析】角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力f充当向心力，绳中无拉力，根据牛顿第二定律：f＝mω2R，因为RA
(1)求此时轻杆与竖直轴之间的夹角θ的余弦值；
(2)为实现对蒸汽机的自动控制(即将蒸汽机的转速控制在一定范围内)，由于扰动，当套筒下移时，传动机构应使蒸汽机的转速升高还是降低？请简述其控制原理。
【答案】1)
(2)升高。由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移。为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。
【解析】(1)当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度ω匀速转动时，小球做匀速圆周运动，套筒静止。对小球和套筒受力分析如图所示，小球受到重力mg、上下两根轻杆的拉力F1、F2，竖直方向上，由平衡条件有F1cosθ＝F2cosθ＋mg①
水平方向上，由牛顿第二定律有
F1sinθ＋F2sinθ＝mrω2②
且r＝lsinθ③
此时，下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力F3、F4(根据对称性，F3、F4大小相等)，由套筒处于静止状态，可知
2F3cosθ＝Mg④
而F3＝F2⑤
联立解得cosθ＝。⑥
(2)由于扰动，当套筒下移时，轻杆与竖直轴之间的夹角θ减小，由⑥式可知，飞球调速器的转速降低，即蒸汽机的转速降低。为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高，由此实现对蒸汽机的自动控制。
第三讲 圆周运动
Ø 知识梳理
1．描述圆周运动的物理量
定义、意义
公式、单位
线速度(v)
①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量
②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切
①v＝(定义式)
②单位：m/s
角速度(ω)
①描述物体绕圆心转动快慢的物理量
②是矢量，但不研究其方向
①ω＝(定义式)
②单位：rad/s
③ω与v的关系：v＝ωr
周期(T)
转速(n)
频率(f)
①周期是做匀速圆周运动的物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率
②转速是单位时间内物体转过的圈数
①T＝＝(与频率的关系)
②T的单位：s
n的单位：r/s、r/min
f的单位：Hz
向心加速度(an)
①描述线速度方向变化快慢的物理量
②方向指向圆心
①an＝＝ω2r＝r＝ωv
②单位：m/s2
2．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)特点：速度大小不变，方向时刻变化，是变速运动。
3．向心力
(1)定义：做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力就叫作向心力。
(2)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(3)大小：
(4)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
(5)来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
4．离心运动和近心运动
(1)离心运动：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，就做逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点(如图)
①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动。
②当0
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力．
5．匀速圆周运动与变速圆周运动合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力.
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．
②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的方向。
Ø 知识训练
考点一、描述圆周运动的物理量
1．圆周运动各物理量间的关系
2．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。
3．对an＝＝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。
4．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、(多选)甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线如图所示，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可以知道( )
A．甲球运动时，线速度的大小保持不变
B．甲球运动时，角速度的大小保持不变
C．乙球运动时，线速度的大小保持不变
D．乙球运动时，角速度的大小保持不变
【答案】AD
【解析】图线甲中an与r成反比，由an＝ 可知，甲球的线速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，角速度逐渐减小，A正确，B错误；图线乙中an与r成正比，由an＝ω2r可知，乙球运动的角速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，线速度大小增大，C错误，D正确。
例2、(多选)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点( )
A．线速度大小之比为1∶1
B．角速度之比为1∶1
C．角速度之比为3∶1
D．向心加速度大小之比为1∶3
【答案】AC
【解析】题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1；由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1；由an＝ω2r可知，A点和B点的向心加速度大小之比为3∶1。故选项A、C正确，B、D错误。
例3、(2021·高考全国卷甲，T15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
【答案】C
【解析】纽扣上各点绕其中心做圆周运动的角速度相等，已知n＝50 r/s，则an＝ω2r＝(2πn)2r＝4×π2×502×1×10－2 m/s2≈1×103 m/s2，C正确。
l 课堂随练
训练1、如图所示，球体绕中心线OO′转动，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两点的转动半径相等
B．A、B两点的线速度相等
C．A、B两点的转动周期相等
D．A、B两点的向心加速度相等
【答案】C
【解析】A、B在同一转动球体上，角速度ω相同，由图可知A、B两点的转动半径r不相等，由公式v＝ωr得知它们的线速度v不相等，故A、B错误；由公式T＝知，A、B两点的ω相等，则周期T相等，故C正确；根据a＝ω2r，A、B两点的角速度相等，转动半径不相等，知A、B两点向心加速度不相等，D错误。
训练2、如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1
B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4
C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4
D．大齿轮边缘和小齿轮边缘的向心加速度大小之比为4∶1
【答案】B
【解析】小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；大齿轮和小齿轮用链条传动，轮缘的线速度大小相等，根据ω＝可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4，故B正确；小齿轮和后轮共轴，根据v＝ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，又因为大、小齿轮边缘的线速度大小相等，则大齿轮边缘的线速度和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，故C错误；大齿轮和小齿轮用链条传动，轮缘的线速度大小相等，根据a＝可知，轮缘的向心加速度大小之比为1∶4，故D错误。
训练3、(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
考点二、水平面内的匀速圆周运动
1．运动模型
运动模型
向心力的来源示意图
运动模型
向心力的来源示意图
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
飞车走壁
汽车在水平路面转弯
水平转台
(光滑)
2．解题方法
例1、(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )
A．两球运动的周期相等
B．两球的向心加速度大小相等
C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1
D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2
【答案】AC
【解析】对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsin θ＝mgtan θ＝mlsin θ，解得周期为T＝2π ＝2π，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m与l成反比，由m1≠m2，可得l1≠l2，又小球的向心加速度an＝ω2lsin θ＝lsin θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误。
例2、(多选)如图，在水平转台上放一个质量M＝2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力fmax＝6.0 N，绳的一端系在木块上，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10 m/s2，木块、物体可看成质点)( )
A．0.04 m B．0.08 m
C．0.16 m D．0.32 m
【答案】BCD
【解析】木块做匀速圆周运动，转台对木块的静摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，物体处于平衡状态，则绳子的拉力等于物体的重力，根据向心力公式得：Fn＝mg＋f＝Mω2r，解得：r＝。当f＝fmax＝6.0 N时，r最大，rmax＝ m＝0.32 m，当f＝－6.0 N时，r最小，rmin＝ m＝0.08 m，故木块到O点的距离介于0.08～0.32 m之间，A错误，B、C、D正确。
例3、一竖直倒立的圆锥筒，筒侧壁的倾斜角度α不变。一小球在内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁间的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法中正确的是( )
A．H越小，小球对侧壁的压力越大
B．H越大，小球做圆周运动的线速度越大
C．H越小，小球做圆周运动的向心力越小
D．H越大，小球做圆周运动的周期越小
【答案】B
【解析】小球做匀速圆周运动，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力图如图，则向心力Fn＝mgtanα，m、α不变，向心力大小不变，根据牛顿第二定律得Fn＝m，H越大，r越大，则v越大，故B正确，C错误；做圆周运动时，侧壁对小球的支持力大小F＝不变，则小球对侧壁的压力大小不变，故A错误；根据mgtanα＝m，解得T＝ ，则知H越大，r越大，T越大，故D错误。
例4、（2013年全国2）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，（ ）
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小
【答案】AC
【解析】根据题意可知，汽车在拐弯处恰好不受摩擦力作用，受力情况如图所示，
重力和支持力的合力刚好可以提供向心力，即，路面外侧高于内侧，选项A正确；当车速低于vc时，汽车有向内侧滑动的趋势，此时汽车可以受到向外的摩擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向内侧滑动，选项B错误；当车速高于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势，此时汽车受到向里的摩擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向外侧滑动，选项C正确；由可知，当路面结冰时，vc的值不变，选项D错误．
l 课堂随练
训练1、(多选)(2020·江苏如东县第一次检测)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则( )
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】AB
【解析】火车拐弯不侧向挤压车轮轮缘时，重力和支持力的合力刚好提供向心力，有mgtan θ＝m，解得r＝，故选项A正确；由mgtan θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。
训练2、(圆锥摆模型的图象分析)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平方ω2的关系图象正确的是( )
【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F sin θ＝mω2l sin θ，得F＝mω2l，A正确；由mg tan θ＝mω2l sin θ，h＝l cos θ，得h＝，B错误；由mg tan θ＝mω2l sin θ，可得cos θ＝，小球的向心加速度大小a＝ω2l sin θ＝，C错误；由cos θ＝，得小球的线速度大小v＝ωl sin θ＝，D错误。
训练3、(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＝＝，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＝，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．
训练4、(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。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．绳子的张力为FT＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随盘一块转动
【答案】ABC
【解析】两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外。以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝ ，故选项A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrωA2，解得ωA＝ <ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，选项D错误。
考点三 竖直面内的圆周运动
1．两种模型
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情境图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即Fn＝0，
此时FN＝mg
模型关键
(1)绳只能对小球施加向下的力
(2)小球通过最高点的速度至少为
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
例1、(多选)(2022·广东省百师联盟联考)如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端拴小磁铁，小磁铁底部吸住一小铁块，两者均静止。现在让小磁铁和小铁块以的速度自最低点水平向左运动，两者恰能通过最高点。已知绳长为l，重力加速度为g，小磁铁及小铁块的大小不计，质量均为m，磁铁对铁块的吸引力大小恒等于7mg，且铁块始终未被甩落。下列说法正确的是( )
A．小铁块通过最低点时，绳对小磁铁的拉力大小为12mg
B．小铁块通过最低点时，绳对小磁铁的拉力大小为7mg
C．小铁块通过最高点时，所受磁铁的支持力大小为7mg
D．小铁块通过最高点时，所受磁铁的支持力小于mg
【答案】AC
【解析】在最低点时，由牛顿第二定律T－2mg＝2m，解得T＝12mg，A正确，B错误；两者恰能通过最高点，则2mg＝2m，对小铁块mg＋7mg－FN＝m，解得FN＝7mg，C正确，D错误。
例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
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
[答案] B
【解析】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＝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。
例3、(竖直面内圆周运动的杆模型)(2022·河北省部分学校高三上第一次考试)(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形管道，管道内有一质量为m的小钢球，小钢球的直径稍小于圆管的内径，小钢球的直径远小于R。在最低点给小钢球一大小为v0、方向水平向右的初速度，小钢球到达最高点的速度大小为(g为重力加速度大小)。圆管内壁光滑，水平线ab过管道圆心。下列说法正确的是( )
A．小钢球到达最高点时，受到管壁的作用力大小为mg
B．稍微减小v0，小钢球无法通过最高点
C．稍微增大v0，小钢球通过最高点时，对圆管外侧管壁有压力
D．小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小钢球一定有作用力
【答案】CD
【解析】小钢球到达最高点时，根据牛顿第二定律有N＋mg＝m，其中v＝ ，联立求得N＝0，即小钢球在最高点不受管壁的作用，故A错误；小钢球在管道中做圆周运动，相当于杆模型，在最高点的最小临界速度为0，则稍微减小v0时，小钢球可以通过最高点，故B错误；稍微增大v0，小钢球通过最高点时速度大于 ，小钢球的重力不足以提供所需向心力，则小钢球受外侧管壁的压力，即小钢球对圆管外侧管壁有压力的作用，故C正确；小钢球在水平线ab以下的管道中运动时，重力沿垂直管壁向下的分力与管壁对小钢球的弹力的合力要指向圆心，提供向心力，所以外侧管壁对小钢球一定有作用力，故D正确。
l 课堂随练
训练1、如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A．管道的半径为
B．小球的质量为
C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【答案】B
【解析】由题图乙可知，v2＝b时FN＝0，此时mg＝m，解得R＝，故A错误；当v2＝0时，FN＝mg＝a，所以m＝，故B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误。
训练2、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】小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，可知小球做圆周运动的半径R＝Lsin 60°＝L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°。由题意，小球在最高点的速率为v时，有mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有F＋mg＝m，可解得F＝3mg。由2FTcos 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
训练3、(2021·“皖赣联考”高三上学期第三次考试)如图所示，为一辆越野车在比赛时经过一段起伏路段，M、N分别为该路段的最高点和最低点，已知在最高点M附近汽车所走过的那一小段圆弧可认为是圆周运动的一部分，其对应半径为R，在最低点N附近对应圆周运动的半径为R，假设汽车整个运动可近似认为速率不变，汽车经过最高点M时对轨道的压力为汽车自重的0.9倍，那么汽车经过最低点N时对轨道的压力为自重的( )
A．1.1倍 B．1.15倍
C．1.2倍 D．1.25倍
【答案】B
【解析】在最高点M对汽车分析可得：G－FM＝m，已知FM＝0.9G，可解得：m＝0.1G，在最低点N对汽车分析可得：FN－G＝m，所以FN＝G＋m＝G＋×0.1G＝1.15G，故B正确。
Ø 同步训练
1、(2020·高考全国卷Ⅰ，T16)如图所示，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
【答案】B
【解析】该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2F－mg＝，代入数据解得F＝410 N，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N，故B正确，A、C、D错误。
2、(多选)(2022·天津河西区期末)一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是( )
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.0×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
【答案】BD
【解析】汽车转弯时受重力、支持力、摩擦力，摩擦力提供向心力，故A错误；汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为Fn＝＝ N＝104 N，所需向心力小于最大静摩擦力，不会侧滑，故B正确，C错误；汽车能安全转弯的向心加速度不超过anm＝＝7 m/s2，故D正确。
3、(2021·山东烟台期末)质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，如图所示，经过最高点而不脱离轨道的速度临界值是v，当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道的压力值是( )
A．0 B．mg
C．3mg D．5mg
【答案】C
【解析】小球恰好通过最高点时，只受到重力作用，重力完全充当向心力，则有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m，联立解得小球受到轨道的支持力大小为F＝3mg，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为3mg，故C项正确，A、B、D错误。
4、如图所示，天花板上有一可自由转动的光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值为( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设连接A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为T，对A小球水平方向有：T sin θ1＝m1ω2l1sin θ1，对B小球水平方向有：T sin θ2＝m2ω2l2sin θ2，联立得＝，故D正确，A、B、C错误。
5、(多选)如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，它们的边缘有三个点A、B、C。关于这三点的线速度、角速度、周期和向心加速度的说法中正确的是( )
A．A、B两点的线速度大小相等
B．B、C两点的角速度大小相等
C．A、C两点的周期大小相等
D．A、B两点的向心加速度大小相等
【答案】AB
【解析】自行车的链条不打滑，A点与B点的线速度大小相等，故A正确；B点与C点绕同一转轴转动，角速度相等，故B正确；由T＝可知，A点的周期大于B点的周期，而B点的周期与C点的周期相等，所以A点的周期大于C点的周期，故C错误；由向心加速度公式an＝，可知A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D错误。
6、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是( )
A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大
B．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大
C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等
D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等
【答案】C
【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力分析，受到竖直向下的重力GN、细线的拉力T、杆给它的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有T cos θ＝GN，N1＝T sin θ，因为重力GN恒定，角度θ恒定，所以细线的拉力不变，环N与竖直杆之间的弹力恒定，故A、B错误；对M受力分析，受到竖直向下的重力GM、细线的拉力T、水平杆对它向上的支持力N2以及可能受到的方向不确定的静摩擦力，竖直方向由平衡条件有N2＝GM＋T cos θ＝GM＋GN，所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等，C正确；若以较小角速度转动，环M受到的摩擦力方向背离转轴，有T sin θ－f＝mω2r，得f＝T sin θ－mω2r，若以较大角速度转动，环M受到的摩擦力方向指向转轴，有T sin θ＋f′＝mω′2r，得f′＝mω′2r－T sin θ，可能存在mω′2r－T sin θ＝T sin θ－mω2r，故D错误。
7、(2022·山东省潍坊市五县市高三上第一次联考)如图所示，原长为L、劲度系数为k＝的弹簧一端固定在光滑的圆锥体顶端，另一端悬挂一质量为m的小球。圆锥体轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ＝37°。小球随圆锥体绕轴线做匀速圆周运动，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。若小球不离开圆锥体，则旋转角速度不大于( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设小球刚好不离开圆锥体的角速度为ω，则由重力和弹簧的拉力的合力提供向心力，则有F弹cos θ＝mg，F弹sin θ＝mω2R，又R＝sin θ，联立解得ω＝，所以可得小球不离开圆锥体，则旋转角速度不大于，故B正确，A、C、D错误。
8、(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图像如图乙所示。则( )
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
【答案】ACD
【解析】对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F－mg＝0，结合图像可知a－mg＝0；当F＝0时，由牛顿第二定律可得mg＝，结合图像可知mg＝，联立解得g＝，m＝，A正确，B错误；由图像可知b
A．此时细线张力为T＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心
D．此时烧断细线，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】AB
【解析】由题意知，A和B随着圆盘转动时可视为做匀速圆周运动，合外力提供向心力，因B的运动半径比A的运动半径大，A、B质量相等，根据F＝mω2r，所以B所需向心力大；细线拉力大小相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，A、B所受的静摩擦力最大且B所受的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝ ，故A、B正确，C错误。此时烧断细线，A所需的向心力FA＝mω2r＝2μmg>μmg，即A所受的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，分析可知，B也做离心运动，故D错误。
10、(2022·新疆喀什疏附县第一中学高三上期中)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，A、B、C、D为圆环上的四个点，AC水平、BD竖直，A、D间固定有光滑细直杆。质量为m的带孔小球P穿于杆上，与P相同的小球Q穿在环上，并通过长为R的结实细绳固定在D点。在圆环以BD为轴转动时，若小球P位于AD杆的中点，圆环转动的角速度为ω0，则( )
A．圆环的角速度ω0＝
B．角速度为零时细绳的弹力不为零
C．当圆环的角速度由ω0增大少许时，P球将上升到DA中点偏上一点与杆相对静止
D．若P与D的距离为R，细绳的弹力为mg
【答案】AD
【解析】小球P位于AD杆的中点时，其运动轨迹半径为r＝，对于小球P，竖直方向根据平衡条件有N sin 45°＝mg，水平方向根据牛顿第二定律有N cos 45°＝mωr，联立解得ω0＝ ，A正确；角速度为零时，小球Q将会沿圆环向下滑动，细绳不可能张紧，弹力必然为零，B错误；由A项分析可得＝mrω，当圆环的角速度由ω0增大少许时，由于
11、(2021·吉林省长春市高三4月质量监测三)如图甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连。两物块质量均为1 kg，与圆心距离分别为RA和RB，其中RA＜RB且RA＝1 m。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1
B．物块B与圆心距离RB＝2 m
C．当ω＝1 rad/s时，圆盘对A的静摩擦力的方向指向圆心
D．当ω＝ rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动
【答案】ABD
【解析】角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力f充当向心力，绳中无拉力，根据牛顿第二定律：f＝mω2R，因为RA
(1)求此时轻杆与竖直轴之间的夹角θ的余弦值；
(2)为实现对蒸汽机的自动控制(即将蒸汽机的转速控制在一定范围内)，由于扰动，当套筒下移时，传动机构应使蒸汽机的转速升高还是降低？请简述其控制原理。
【答案】1)
(2)升高。由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移。为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。
【解析】(1)当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度ω匀速转动时，小球做匀速圆周运动，套筒静止。对小球和套筒受力分析如图所示，小球受到重力mg、上下两根轻杆的拉力F1、F2，竖直方向上，由平衡条件有F1cosθ＝F2cosθ＋mg①
水平方向上，由牛顿第二定律有
F1sinθ＋F2sinθ＝mrω2②
且r＝lsinθ③
此时，下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力F3、F4(根据对称性，F3、F4大小相等)，由套筒处于静止状态，可知
2F3cosθ＝Mg④
而F3＝F2⑤
联立解得cosθ＝。⑥
(2)由于扰动，当套筒下移时，轻杆与竖直轴之间的夹角θ减小，由⑥式可知，飞球调速器的转速降低，即蒸汽机的转速降低。为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高，由此实现对蒸汽机的自动控制。
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