2021届高考物理粤教版一轮学案：第四章第3讲圆周运动


第3讲　圆周运动

知识要点
一、匀速圆周运动
1.定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
2.特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
3.条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
二、角速度、线速度、向心加速度

三、匀速圆周运动的向心力
1.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。
2.大小：F＝ma＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r。
3.方向：始终沿半径指向圆心方向，时刻在改变，即向心力是一个变力。
4.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。
四、离心现象
1.定义：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—

基础诊断
1.如图1所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看做是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的(　　)

图1
A.线速度 B.加速度
C.角速度 D.轨道半径
答案　C
2.(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则(　　)
A.角速度为0.5 rad/s B.转速为0.5 r/s
C.轨迹半径为 m D.加速度大小为4π m/s2
答案　BCD
3.[粤教版必修2·P43·T10改编]如图2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 (　　)

图2
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
4.如图3所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看做一个整体，下列论述正确的是(　　)

图3
A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供
B.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D.发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
解析　向心力为沿半径方向上的合力。运动员转弯时，受力分析如图所示，可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当f＜，摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发生侧滑。故C、D错误。

答案　B

　圆周运动的运动学问题
1.对公式v＝ωr的进一步理解
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。
2.对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比。
3.常见传动方式及特点
(1)同轴传动：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：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
【例1】 (2019·浙江十校联盟3月适应性考试)如图4所示是一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OC＞OB，则在横梁绕O转动过程中(　　)

图4
A.B、C的向心加速度相等
B.B、C的角速度关系满足ωB＜ωC
C.B、C的线速度关系满足vB＜vC
D.舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
解析　由图可知，B与C属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC＝ωB，向心加速度a＝ω2r，因OC＞OB，可知C的向心加速度较大，选项A、B错误；由于OC＞OB，由v＝ωr可知C点的线速度大，选项C正确；舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，选项D错误。
答案　C

1.(多选)(2019·安徽合肥模拟)如图5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(　　)

图5
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
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 的半径大于B点的半径，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a＝，A点的半径大于B点的半径，可知A点的向心加速度小于B点的向心加速度，故D错误。
答案　AB
2.(多选)(2019·辽宁丹东质检)在如图6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(　　)

图6
A.A点和B点的线速度大小之比为1∶1
B.A点和B点的角速度之比为1∶1
C.A点和B点的角速度之比为3∶1
D.以上三个选项只有一个是正确的
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，选项A、C正确，B、D错误。
答案　AC
3.(多选)(2019·江苏卷，6)如图7所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)

图7
A.运动周期为
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
解析　座舱的周期T＝＝，A错误；根据线速度与角速度的关系，v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
答案　BD
　圆周运动中的动力学问题
1.向心力的来源
(1)向心力的方向沿半径指向圆心。
(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力。
2.解决圆周运动动力学问题的主要步骤
(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的所在平面是至关重要的一环；
(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
【例2】 (2019·辽宁大连模拟)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图8所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ(0＜θ≤)，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)

图8
A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C.旋臂对模型飞机的作用力大小为m
D.若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
解析　当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，它们的合力充当向心力，选项A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，这个作用力在水平方向的分力提供向心力，在竖直方向的分力与重力平衡，选项B错误；由力的合成可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝m，选项C正确；由C项分析可知，当夹角θ增大时，旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D错误。
答案　C

1.如图9所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车(　　)

图9
A.所受的合力可能为零
B.只受重力和地面支持力作用
C.最大速度不能超过25 m/s
D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供
解析　汽车在水平面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，拐弯时由静摩擦力提供向心力，因此排除A、B、D，选项C正确。
答案　C
2.(多选)(2019·四川成都七中5月测试)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10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(　　)

图10
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
解析　对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F，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Fcos 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Fsin 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F相等，由于向心力为F向＝Fsin 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a＝ω2lsin θ＝()2lsin θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误。
答案　AC
　竖直面内的圆周运动
1.两类模型

轻绳模型
轻杆模型
常见类型

均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
受力示意图


力学方程
mg＋FN＝m
mg±FN＝m
临界特征
FN＝0
mg＝m
即vmin＝
v＝0
即F向＝0
FN＝mg
过最高点的条件
在最高点的速度v≥
v≥0
2.分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路

考向　轻绳模型
【例3】 如图11所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球(可视为质点)，小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动。已知小球运动过程中轻绳拉力F的大小与绳和竖直方向OP的夹角θ的关系为F＝b＋bcos θ，b为已知的常数，当地重力加速度为g，小球的质量为m，则小球在最低点和最高点的速度分别为(　　)

图11
A.、 B.、
C.、 D.、
解析　θ＝0°时，F＝2b，小球在最低点，设其速度为v1，由牛顿第二定律得2b－mg＝m，解得v1＝；θ＝180°时，F＝0，小球在最高点，设其速度为v2，由牛顿第二定律得mg＝m，解得v2＝，选项A正确。
答案　A
考向　轻杆模型
【例4】 如图12所示，在伦敦奥运会体操男子单杠决赛中，荷兰选手宗德兰德荣获冠军。若他的质量为70 kg，做“双臂大回环”，用双手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。此过程中，运动员到达最低点时手臂受的总拉力至少约为(忽略空气阻力，g取10 m/s2)(　　)

图12
A.600 N B.2 400 N
C.3 500 N D.4 600 N
解析　设运动员在最低点受的拉力至少为FN，此时运动员的重心的速度为v，设运动员的重心到手的距离为R，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，由机械能守恒定律得mg·2R＝mv2，最高点速度为零时，v最小，FN最小，联立解得FN＝5mg，运动员的重力为G＝mg＝700 N，所以FN＝3 500 N，选项C正确。
答案　C

1.(多选)如图13所示，内壁光滑的大圆管，用一细轻杆固定在竖直平面内；在管内有一小球(可视为质点)做圆周运动。下列说法正确的是(　　)

图13
A.小球通过最低点时，小球对圆管的压力向下
B.小球通过最高点时，小球对圆管可能无压力
C.细杆对圆管的作用力一定大于圆管的重力大小
D.细杆对圆管的作用力可能会大于圆管和小球的总重力大小
解析　小球通过最低点时，小球受到重力、圆管向上的支持力，合力指向圆心，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力向下，选项A正确；当小球通过最高点时，若速度为，圆管对小球的弹力为零，小球对圆管无压力，此时细杆对圆管的作用力等于圆管的重力大小，选项B正确，C错误；对圆管和球组成的整体为研究对象，当小球的向心加速度向上(或分量向上)时，细杆对圆管的作用力会大于圆管和小球的总重力大小；当小球的向心加速度向下(或分量向下)时，细杆对圆管的作用力小于圆管和小球的总重力大小，选项D正确。
答案　ABD
2.(多选)如图14所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g取10 m/s2)(　　)

图14
A.v0≥0 B.v0≥4 m/s
C.v0≥2 m/s D.v0≤2 m/s
解析　当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv，得v0≥2 m/s，C正确；当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr≥mv，得v0≤2 m/s，D正确。
答案　CD
　生活中的圆周运动(STSE问题)
处理生活中的圆周运动问题
要根据题目所给的情景抓住本质，明确是水平面上的圆周运动还是竖直平面内的圆周运动，把研究对象抽象成质点，分析向心力的来源，根据牛顿第二定律列出动力学方程，对于竖直平面内的圆周运动判断是否有超重、失重现象，或能不能归结为轻绳模型或轻杆模型。
【例5】 火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，则外轨对轮缘(如图15甲所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图乙所示)，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图丙所示)，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，以下说法中正确的是(　　)

图15
A.该弯道的半径R＝
B.当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变
C. 当火车速率大于v时，外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
解析　对火车受力分析，如图所示，火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，由重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得R＝，故A错误；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得v＝，与质量无关，故B错误；若速度大于规定速度，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C正确；若速度小于规定速度，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D错误。

答案　C

1.硬盘是电脑主要的存储媒介之一，由一个或者多个铝制或者玻璃制的碟片组成。碟片外覆盖有铁磁性材料。如图16所示，电动机使磁盘以5 400 r/min的转速匀速转动，磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道。外磁道某一点P与内磁道某一点Q相比，有(　　)

图16
A.nP＞nQ B.ωP＞ωQ
C.vP＜vQ D.aP＞aQ
解析　P、Q两点同轴转动，故两点有相同的角速度，即ωP＝ωQ，根据ω＝2πn，有nP＝nQ；由于P点的半径大于Q点的半径，根据v＝ωr，有vP＞vQ；根据a＝ω2r，知选项D正确。
答案　D
2.(2019·辽宁大连模拟)如图17所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员(　　)

图17
A.受到的拉力为G B.受到的拉力为2G
C.向心加速度为3g D.向心加速度为2g
解析　对女运动员受力分析如图所示，F1＝Fcos 30°，F2＝Fsin 30°，F2＝G，由牛顿第二定律得F1＝ma，所以a＝g，F＝2G，B正确。

答案　B
3.如图18所示，杂技演员表演水流星节目。一根长为L的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子洒出，设重力加速度为g，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为(　　)

图18
A. B.
C. D.
解析　杯子在竖直平面内做半径为的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点重力提供向心力，则有mg＝，可得ω＝，故B正确，A、C、D错误。
答案　B
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(多选)如图1所示，光滑水平面上一质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，则下列关于小球运动情况的说法，正确的是(　　)

图1
A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pb做离心运动
D.若拉力突然变大，小球可能将沿轨迹Pc做近心运动
解析　由F＝知，若拉力变小，则F不能提供所需的向心力，r变大，小球做离心运动。反之，若F变大，小球将做近心运动。
答案　ACD
2.如图2所示是一个时钟，有关时钟的秒针、分针和时针的角速度，下列判断正确的是(　　)

图2
A.秒针和分针角速度大小之比为60∶1
B.分针和时针角速度大小之比为60∶1
C.时针和秒针角速度大小之比为720∶1
D.时针和秒针角速度大小之比为1∶3 600
解析　秒针周期60 s，分针周期60×60 s，时针周期12×3 600 s，故秒针和分针周期之比为1∶60，由ω＝知，角速度之比为60∶1，选项A正确；分针和时针的周期之比为1∶12，角速度大小之比为12∶1，B错误；时针和秒针的周期比为720∶1，其角速度大小之比为1∶720，C、D错误。
答案　A
3.(多选)(2018·江苏单科，6)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　　)
A.运动路程为600 m B.加速度为零
C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km
解析　在此10 s时间内，火车运动路程l＝vt＝60×10 m＝600 m，选项A正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B错误；火车匀速转过10°，约为 rad，角速度ω＝＝ rad/s，选项C错误；由v＝ωr，可得转弯半径约为3.4 km，选项D正确。
答案　AD
4.(多选)当汽车通过圆弧形凸桥时，下列说法中正确的是(　　)
A.汽车在桥顶通过时，对桥的压力一定小于汽车的重力
B.汽车通过桥顶时，速度越小，对桥的压力就越小
C.汽车所需的向心力由桥对汽车的支持力来提供
D.汽车通过桥顶时，若汽车的速度v＝(R为圆弧形桥面的半径)，则汽车对桥顶的压力为零
解析　当汽车过桥顶时，汽车做圆周运动的向心力由汽车的重力和桥顶对汽车支持力的合力提供，有mg－FN＝m，所以汽车过桥顶时，汽车对桥的压力一定小于汽车的重力，A正确，C错误；由上式得FN＝mg－m，当v增大时，FN减小，B错误；当FN＝0时有mg＝m，可得v＝，D正确。
答案　AD
5.飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为(　　)

图3
A.100 m B.111 m
C.125 m D.250 m
解析　在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg和支持力FN，两者的合力提供向心力，由题意知，当FN＝9mg时，圆弧轨道半径最小为rmin。由牛顿第二定律列方程，FN－mg＝m，联立解得rmin＝＝125 m，故选项C正确。
答案　C
6.如图4所示，小球紧贴竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图4
A.小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B.小球通过最高点时的最小速度vmin＝
C.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
解析　小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，故A、B均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与小球重力在背离圆心方向的分力G1的合力提供向心力，即FN－G1＝ma，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球速度大小有关，D错误。
答案　C
7.(2019·广东三校联考)如图5所示，质点P以O为圆心、R为半径做逆时针匀速圆周运动，周期为T。当质点P经过图中位置A时，另一质量为m、初速度为零的质点Q受到沿OA方向的拉力作用从静止开始在光滑水平面上做匀加速直线运动，则下列说法正确的是(　　)

图5
A.当P、Q加速度相同时，质点Q的最小速度为
B.当P、Q加速度相同时，质点Q的最小速度为
C.当P、Q加速度相同时，质点Q的最大速度为
D.当P、Q加速度相同时，质点Q的最大速度为
解析　当P运动到O点左侧与OA共线时，加速度方向与Q相同，在此时运动的时间t＝T(n＝0，1，2，…)，由牛顿第二运动定律可知，加速度大小为a＝R；此时Q的速度v＝at＝RT＝，则当n＝0时v最小，vmin＝，故B正确，A错误；Q做匀加速直线运动，无符合条件的最大速度，故C、D错误。
答案　B
8.(2019·辽宁大连测试)过山车是青少年喜欢的一种游乐项目。为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图6所示的模型，质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器。让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为(　　)

图6
A. B.
C. D.
解析　过山车模型可以看做轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用。由牛顿第三定律可得在M点和N点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F2、F1。设圆轨道半径为R，在M点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得F2－mg＝m，在N点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得mg＋F1＝m，由M到N，根据动能定理得－mg·2R＝mv－mv，联立解得g＝，D正确。
答案　D
9.(多选)(2020·广东省茂名高三一模)如图7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(　　)

图7
A.当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动
B.当ω＞时，绳子一定有弹力
C.ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力变大
D.ω在＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力不变
解析　当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：kmg－T＝mLω，对B有T＋kmg＝m·2Lω，解得ω2＝，当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动，A正确；当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg＝m·2Lω，解得ω1＝，知ω＞时，绳子具有弹力，B正确；角速度0＜ω＜，B所受的摩擦力变大，ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力不变，C错误；当ω在0＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，D错误。
答案　AB
综合提能练
10.如图8所示，用一根细绳一端系一个小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图象正确的是(　　)

图8

解析　设细绳长度为l，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳拉力为F，有Fsin θ＝mω2lsin θ，得F＝mω2l，选项A正确；mgtan θ＝mω2lsin θ，得h＝lcos θ＝，选项B错误；小球的向心加速度a＝ω2lsin θ，小球运动的角速度不同时，sin θ不同，选项C错误；小球的线速度v＝ωlsin θ，选项D错误。
答案　A
11.(2019·3月全国第一次大联考)如图9甲所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴处有一力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F－v2(v为小球在最高点处的速度)图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　)

图9
A.O轴到小球的距离为0.5 m
B.小球的质量为3 kg
C.小球恰好通过最高点时的速度大小为5 m/s
D.小球在最低点的初速度大小为 m/s时，通过最高点时杆不受球的作用力
解析　小球在最高点时重力和杆的作用力的合力提供向心力，若v＝0，则F＝mg＝3 N，解得小球质量m＝0.3 kg，若F＝0，则mg＝m，代入数据解得R＝0.5 m，选项A正确，B错误；杆模型中，在最高点只要小球速度大于等于零，小球即可在竖直面内做圆周运动，选项C错误；设小球在最低点的初速度为v0，小球能上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律得mv＝mgh，当v0＝ m/s时，h＝0.75 m＜2R，小球不能到达最高点，选项D错误。
答案　A
12.(2020·广东省深圳市高三一模)如图10所示，有一半径R＝1 m的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一个小桶(视为质点)，在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，且竖直高度h＝1.25 m。竖直面内，半径r＝0.45 m的光滑圆弧轨道AB与滑道BC相切于B点。一质量m＝0.2 kg的滑块(视为质点)从A点释放后，经过B点时，对B点压力为6 N ，恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点滑出，恰好落入小桶内。已知滑块与滑道BC间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：

图10
(1)滑块到达B点时的速度大小；
(2)水平滑道BC的长度；
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
解析　(1)滑块到达B点时，由牛顿第二定律得
FN－mg＝
代入数据计算得vB＝3 m/s。
(2)滑块离开C后，做平抛运动，
h＝gt
R＝vCt1计算得 t1＝0.5 s , vC＝2 m/s
滑块在BC上运动时μmg＝ma，
得 a＝2 m/s2
由匀变速运动公式：v－v＝－2as
得s＝1.25 m。
(3)滑块由B点到C点，由运动学关系s＝t2
代入数据计算得t2＝0.5 s，得t＝ t1＋ t2＝1 s
圆盘转动的角速度ω应满足条件t＝
代入数据得ω＝2nπ rad/s(n＝1，2，3，4…)
答案　(1)3 m/s　(2)1.25 m　(3)ω＝2nπ rad/s(n＝1，2，3，4…)
13.小明用如图11所示轨道探究滑块的运动规律。长L1＝1 m的斜轨道倾角为α，斜轨道底端平滑连接长L2＝0.1 m的水平轨道，水平轨道左端与半径R＝0.2 m的光滑半圆形轨道底端B平滑连接。将质量m＝0.05 kg的滑块(可不计大小)从斜轨道顶端释放，滑块与斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.3。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。

图11
(1)当α＝37°时，无初速度释放滑块，求滑块到达B点时对半圆轨道压力FN的大小；
(2)当α＝37°时，为保证滑块能到达半圆轨道顶端A，应至少以多大速度v1释放滑块？
解析　(1)从斜轨道顶端滑到B点，如图甲所示，

有mgL1sin α－μmgL1cos α－μmgL2＝mv2
在B点，有FN′－mg＝m
联立解得FN′＝2.15 N
由牛顿第三定律得FN大小为2.15 N。
(2)若滑块恰能到达半圆轨道顶端A，如图乙所示，到达A点时速度记为v2，则mg＝m
解得v2＝＝m/s
从斜轨顶端到半圆轨道最高点，有
mgL1sin α－μmgL1cos α－μmgL2－2mgR＝mv－mv
解得v1＝ m/s。
答案　(1)2.15 N　(2) m/s