专题07圆周运动（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 07 圆周运动 [题型导航] 题型一 圆周运动的运动学问题...........................................................................................................1 题型二 圆周运动的动力学问题...........................................................................................................5 题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题.....................................................................................12 题型四 圆周运动中的两类临界问题.................................................................................................18 [考点分析] 题型一 圆周运动的运动学问题 1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝＝. 2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝＝. 3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝，T＝. 4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a＝rω2＝＝ωv＝r. n 5．相互关系：(1)v＝ωr＝r＝ 2π rf . (2)a＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r. n [例题1] 如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面 内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3s，自动识别系统的反应时间为 0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离 为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（ ）π 3π π π A． rad/s B． rad/s C． rad/s D． rad/s 4 4 6 12 【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为 ， 1.6-1 θ 由几何知识得：tan = =1， 0.6 θ π 解得： = 4 θ 直杆转动的时间：t＝t汽车 ﹣t反应时间 ＝（3.3﹣0.3）s＝3s π π 直杆转动的角速度： θ 4 rad/s= rad/s，故ABC错误，D正确。 = = 12 t 3 ω 故选：D。 [例题2] 某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫做太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行 星轮，主动轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为 n ，行 1 星轮一周的齿数为n ，当太阳轮转动的角速度为 时，最外面的大轮转动的角速度为（ ） 2 ω n n A． 1 ω B． 2 ω n +2n n +n 1 2 1 2n n C． 1 ω D． 2 ω n +n n -n 1 2 1 2 【解答】解：主动轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由图可知，A与B为齿轮传动，所 以线速度大小相等，B与C也是车轮传动，线速度也相等，所以A与B、C的线速度是相等的； 2πR R n 有线速度关系可知： A = A = 1 2πR R n B B 2 n 则：R = 2 ⋅R B n A 1 由图可知：R ＝2R +R C B A A、B与C的线速度相同，得： R ＝ ′R A C ω ω n ω 联立可得：ω'= 1 ．故A正确，BCD错误 n +2n 1 2 故选：A。 [例题3] 无级变速是在变速范围内任意连续变换速度的变速系统．如图所示是无级变速模 型示意图，主动轮、从动轮中间有一个滚轮，各轮间不打滑，通过滚轮位置改变实现无级变速。 A、B为滚轮轴上两点，则（ ） A．从动轮和主动轮转动方向始终相反 B．滚轮在A处，从动轮转速大于主动轮转速 C．滚轮在B处，从动轮转速大于主动轮转速 D．滚轮从A到B，从动轮转速先变大后变小 【解答】解：A、从动轮和主动轮转动方向始终相同，故A错误； B、角速度 ＝2 n，则主动轮的线速度v ＝r ＝2 r n ，从动轮的线速度v ＝r ＝2 r n ． 1 1 1 1 1 2 2 1 2 2 ω π ω π ω πr 1 因为主动轮和从动轮的线速度相等，则2 r n ＝2 r n ，所以n ＝n . ，滚轮在A处，r ＞r ， 1 1 2 2 2 1 r 1 2 2 π π 从动轮转速大于主动轮转速，故B正确； C、在B处，r ＜r ，从动轮转速，小于主动轮转速，故C错误； 1 2 D、滚轮从A到B，r 逐渐减小，r 逐渐增大，故从动轮转速逐渐减小，故D错误； 1 2 故选：B。 [例题4] 由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ 链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点 从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ） A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动 【解答】解：A、由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速 圆周运动，则P点的线速度大小不变。故A正确； B、由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P 点的加速度方向时刻指向O点。故B错误； C、Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为 π y＝l OP⋅sin（ + t） 6 ω 则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动。故C错误； D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为 π x＝l OP⋅cos（ + t）+l PQ 6 ω 则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动。故D错误． 故选：A。[例题5] 如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水筒中，手握固定套杆向下 运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水筒一起转动，把拖把上 的水甩出去。旋转杆上有长度为 35cm的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为 d＝ 5cm，拖把头的托盘半径为10cm，拖布条的长度为6cm，脱水筒的半径为12cm。某次脱水时， 固定套杆在1s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（ ） A．拖把头的周期为7s B．拖把头转动的角速度为14 rad/s C．紧贴脱水筒内壁的拖布条上π附着的水最不容易甩出 D．旋转时脱水筒内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为5：6 【解答】解：A、旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d＝5cm，所以共7圈， 1 固定套杆在1s内匀速下压了35cm，所以1s转了7个周期，故周期为：T= s，故A错误； 7 2π 2π ω= = rad/s=14πrad/s B、根据周期和角速度的关系式： T 1 ，故B正确； 7 C、紧贴脱水筒内壁的拖布条半径最大，根据a＝ 2r，半径越大，向心加速度越大，需要的向心 力越大，越容易甩出，故C错误； ω D、脱水筒内壁半径为12cm，托盘边缘半径为10cm，根据a＝ 2r，向心加速度之比为a r 1= 1 a r 2 2 ω 故a 6 1= a 5 2 故D错误。 故选：B。题型二 圆周运动的动力学问题 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，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力． 3．向心力的公式F＝ma ＝m＝ mω 2 r ＝mr＝ mr 4π 2 f 2 n n 解决圆周运动问题的主要步骤 (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，画出受力分析图，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． [例题6] （多选）如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻 质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A 穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度 绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为 时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内ω，劲度系数为 k，重力加速度为g，则（ 0 ω） mg A．小球均静止时，弹簧的长度为L- k B．角速度 ＝ 时，小球A对弹簧的压力为mg 0 ω ω√ kg C．角速度 = 0 kL-2mg ω D．角速度从 继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变 0 【解答】解：ωA、光滑小球均静止时，则可知，杆没有作用力，否则B球不可能平衡的，对Amg 受力分析，重力与弹簧的弹力，处于平衡，依据胡克定律，那么弹簧的形变量△x= ，因此 k mg 弹簧的长度为L′＝L- ，故A正确； k B、角速度 ＝ 时，球B在杆及重力作用下，提供向心力，做匀速圆周运动，那么，杆对小球 0 A有作用力ω，因ω此弹簧对A的支持力大于mg，则球A对弹簧的压力也大于mg，故B错误； C、当转动的角速度为 时，小球B刚好离开台面，对B分析，杆的拉力与重力的合力提供向 0 心力，如下图所示： ω mg 根据矢量的合成法则，结合牛顿第二定律，则有 =mω2Lcos ， tanθ 0 θ 对AB整体分析，弹簧的弹力F′＝2mg 2mg 依据胡克定律，则弹簧的形变量L″= ， k L-L″ 根据几何知识，则有： =sin L θ √ kg 综上所述，解得： = ，故C正确； 0 kL-2mg ω D、由上分析，可知，当转动的角速度为 时，小球B刚好离开台面，弹簧弹力等于2mg，当 0 角速度从 继续增大的过程中，弹簧弹力ω仍等于2mg，因此小球A对弹簧的压力不会变，故D 0 正确； ω 故选：ACD。 [例题7] （多选）如图所示，半径为R的半球形容器固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台 上，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度 匀速旋转。有两个质量均 为m的小物块落入容器内，经过一段时间后，两小物块都随容器一ω起转动且相对容器内壁静止， 两物块和球心O点的连线相互垂直，且A物块和球心O点的连线与竖直方向的夹角 ＝60°， 已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ） θ(√3-1)mg A．若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为 4 (√3-1)mg B．若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为 2 (√3-1)mg C．若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为 2 (√3-1)mg D．若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为 4 【解答】解：AB、当A摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为60°，受力如图1 所示， 图1 根据牛顿第二定律得： mgtan60°＝mr 2 r＝Rsin60° ω 此时B滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，受力如图2所示。图2 竖直方向上：Ncos30°﹣fsin30°﹣mg＝0 水平方向上：Nsin30°+fcos30°＝mr′ 2 (√ω3-1)mg 其中r′＝Rsin30°，联立解得：f= ，故A错误，B正确； 2 CD、当B摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为300 根据牛顿第二定律得：mgtan30°＝mr 2 其中r＝Rsin30° ω 此时A滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上， 竖直方向上：Ncos60°+fsin60°﹣mg＝0 水平方向上：Nsin60°﹣fcos60°＝mr′ 2 (√3-1)ωmg r′＝Rsin60°，联立解得：f= ，故C正确。D错误； 2 故选：BC。 [例题8] 如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10cm的等 边三角形，其中钉子a、b沿着竖直方向。长为L＝0.3m的细线一端固定在钉子a上，另一端 系着质量m＝200g的小球，细线拉直与边ab垂直，然后将小球以v =√3m/s的初速度竖直向 0 下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度 g＝10m/s2，细线碰到钉子c后， 物块到达最高点时，细线拉力大小为（ ） A．0N B．1N C．2N D．3N 【解答】解：设物块到达量高点速度为v，根据机械能守恒得 1 1 mv 2= mv2+mgh 0 2 2 d 5 h＝L﹣d﹣d- =L- d 2 2 代入数据联立解得v=√2m/s 根据牛顿第二定律v2 F+mg＝m d 解得细线拉力大小为 F＝mv2 mg＝0.2 (√2) 2 N﹣0.2×10N＝2N - × d 0.1 故选：C。 [例题9] （多选）如图所示为波轮式洗衣机的工作原理示意图，当甩衣桶在电机的带动下 高速旋转时，衣服紧贴在甩衣桶器壁上，从而迅速将水甩出。衣服（带水，可视为质点）质量 为m，衣服和器壁的动摩擦因数约为 ，甩衣桶的半径为 ，洗衣机的外桶的半径为R，当角 速度达到 时，衣服上的水恰好被甩μ出，假设滑动摩擦力γ和最大静摩擦力相等，重力加速度 0 为g，则下ω列说法正确的是（ ） A．衣服（带水）做匀变速曲线运动 √ g B．电动机的角速度至少为 时，衣服才掉不下来 μr C．当 ＝ 时，水滴下落高度 g(R-r) 2 打到外筒上 0 2ω2r2 0 ω ω D．当 ＝ 时，水滴下落高度 g(R2-r2 )打到外筒上 0 2ω2r2 0 ω ω 【解答】A.衣服（带水）做变速曲线运动，因为其向心加速度也是变化的，故A错误； B.竖直方向，根据平衡条件有mg＝ N 由于弹力提供向心力，由牛顿第二定μ律有 N＝m 2r 0 联立解ω得 √ g = 0 μr ω故B正确； CD.当 ＝ 时，水滴打到外筒上，则水滴下落高度为h，根据平抛运动规律有 0 h= 1 g ω t2 ω 2 x＝vt r2+x2＝R2 v＝r 0 联立ω解得 h g(R2-r2 ) = 2ω2r2 0 故C错误，D正确。 故选：BD。 [例题10] 现将等宽双线在水平面内绕制成如图1所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R =√3m，两段直轨道AB、A'B长度均为l＝1.35m。在轨道上放置个质量m＝0.1kg的小圆柱体， 如图2所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角 为120°，如图3所示， 两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为 ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相θ对轨道长度可忽略不计， 初始时小圆柱位于 A 点处，现μ使之获得沿直轨道 AB 方向的初速度 v 。求： 0 （1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f 、f 的大小； 1 2 （2）当v ＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N 、N 的大 0 1 2 小； （3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 的最大值，以及在v 取最大值情形下小圆柱最终滑过的 0 0 路程s。 【解答】解：（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面面圆心O连线的夹角 为120°，根据对 θ称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力为：f ＝f ＝ N， 1 2 解得：f 1 ＝f 2 ＝0.5N μ （2）当v ＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，根据动能定理可得： 0 1 1 mv2- mv2=-（f +f ）l 2 2 0 1 2 解得：v＝3m/s v2 在B点受力分析：N sin60°﹣N sin60°＝m ；N cos60°+N cos60°＝mg 1 2 1 2 R 联立解得：N ＝1.3N，N ＝0.7N 1 2 （3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 最大时，在B点：N' sin60°＝mv2 ，N' cos60°＝mg 0 1 m 1 R 1 1 根据动能定理可得： mv2 - mv2 =-（f +f ）l 2 m 2 0m 1 2 联立解得：v =√57m/s 0m 在圆弧上受摩擦力仍为：f＝（f +f ）＝ （N +N ），解得：f＝1N 1 2 1 2 1 μ 根据动能定理可知： mv2 =fs，解得：s＝2.85m 2 0m 答：（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f 、f 的大小都为0.5N； 1 2 （2）外轨和内轨对小圆柱的压力N 、N 的大小分别为1.3N，0.7N； 1 2 （3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 的最大值为√57m/s，以及在v 取最大值情形下小圆柱 0 0 最终滑过的路程s为2.85m。 题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题 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、沿内轨道运动的过山车等)，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 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 过最高点的 由mg＝m得 由小球恰能做圆周运动得v ＝0 临 临界条件 v ＝ 临 (1)当v＝0时，F ＝mg，F 为支持力，沿 N N (1)过最高点时，v≥，F ＋mg N 半径背离圆心 ＝m，绳、圆轨道对球产生弹 (2)当0时，F ＋mg＝m，F 指向圆心并 N N 圆轨道 随v的增大而增大 [例题11] 如图甲，ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高 点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力 F 和 A F ．质量为0.1kg的小球，以不同的初速度v由A点冲入ABC轨道．（g取10m/s2） C （1）若轨道ABC光滑，则小球能通过最高点C的最小速度多大？ （2）若轨道ABC光滑，小球均能通过C点．试推导F 随F 变化的关系式，并在图乙中画出其 C A 图线； （3）若F 和F 的关系图线如图丙所示，求：当F ＝13N时小球滑经A点时的速度v ，以及小 C A A A 球由A滑至C的过程中损失的机械能 【解答】解：（1）在C点重力恰好提供向心力时速度最小： v2 mg=m c R 解得： v❑=√gR=1m/s c（2）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小： N ＝F ，N ＝F A A C C 在A点，由牛顿第二定律得： N ﹣mg＝mv2 ① A A ⋯ R 在C点，由牛顿第二定律得： N +mg＝mv2 ② C C ⋯ R 对A至C的过程，由动能定理得： 1 1 ﹣mg•2R= mv2 - mv2 ⋯③ 2 C 2 A 联立①②③得： N ﹣N ＝6mg A C 即F ＝F ﹣6N C A 图线如右图所示： （3）对A至C的过程，由动能定理得： 1 1 W f ﹣mg•2R= 2 mv C 2 - 2 mv2 A ⋯④ 联立①②④得： 1 1 1 W= mv2 - mv2 +2mgR= （2mg﹣F +F ）R+2mgR…⑤ f 2 C 2 A 2 A C 解得： W＝﹣0.2J fv ＝2√3m/s A 由功能关系得，损失的机械能为0.2J； 答：（1）若轨道ABC光滑，则小球能通过最高点C的最小速度为1m/s； （2）若轨道ABC光滑，小球均能通过C点．F 随F 变化的关系式为F ＝F ﹣6，其图线如图 C A C A 所示； （3）当F ＝13N时小球滑经A点时的速度为2√3m/s，小球由A滑至C的过程中损失的机械能 A 为0.2J． [例题12] （多选）如图甲所示，轻杆一端固定在 O点，另一端固定质量为m的小球。现 让小球在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，速度大小 为v，其F﹣v2图象如图乙所示。则（ ） mb A．小球做圆周运动的半径R= a b B．当地的重力加速度大小g= R C．v2＝c时，小球受到的弹力方向向上 D．v2＝2b时，小球受到的弹力大小与重力大小相等 【解答】解：A、由图乙知，若v＝0，则F＝mg＝a．当F＝0时，v2＝b，则小球在最高点时， v2 b mb 当F＝0，有：mg＝m =m ，联立解得R= ，故A正确； R R a v2 F a b B、v2＝0时，根据牛顿第二定律得：mg﹣F＝m =0，则F＝mg＝a，所以：g= = = ．故 R m m R B正确。 C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所 以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误； v2 2b D、若v2＝2b时。由牛顿第二定律有 F+mg＝m =m ，结合A项分析解得 F＝mg＝a，故D R R 正确。故选：ABD。 [例题13] （多选）如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动， 从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（ ） A．B对A的支持力越来越大 B．B对A的支持力越来越小 C．B对A的摩擦力越来越小 D．B对A的摩擦力越来越大 【解答】解：A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力。合力 沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合 力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小。合力沿 竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小。故B、C正确，A、D错误。 故选：BC。 [例题14] 摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形 状各异，却遵循着相似的规律。 （1）如图1所示，一个摆的摆长为L，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为 时 将小球由静止释放，忽略空气阻力。 θ a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。 b．如图2所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为 （ ＜ ）时，求此时小球的角速度大小 。 α α θ 1 ω（2）如图3所示，长为L的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O L 点为 和L处分别固定一个质量为m、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。 2 a．将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成 角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直 方向夹角为 （ ＜ ）时，求此时系统的角速度θ 大小 。 2 b．若 较小α，系α统θ的运动可看作简谐运动，对比 2ω和 1 的表达式，参照单摆的周期公式T＝ θ ω ω √L 2 ，写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。 g π【解答】解：（1）a.根据机械能守恒定律可得 1 mgL （1﹣cos ）= mv2 2 θ 在最低点根据牛顿第二定律 v2 F﹣mg＝m L 解得 F＝mg （3﹣2cos ） b.根据机械能守恒θ定律可得 1 mgL （cos ﹣cos ）= mv 2 1 2 α θ v 角速度为 = 1 1 L ω 联立解得 √2g(cosα-cosθ) 1= L ω （2）a.根据机械能守恒定律可得 L 1 1 mgL （cos ﹣cos ）+mg⋅ （cos ﹣cos ）= mv 2+ mv ′2 2 2 2 2 2 α θ α θ 其中 L v ＝ L，v' ＝ ⋅ 2 2 2 2 2 ω ω 代入解得 √12g(cosα-cosθ) 2= 5L ω√5L b.此系统做简谐运动的周期为T'＝2π 6g 对比 和 的表达式可得 2 1 ω ω ω √6 2= ω 5 1 可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两个系统在运动过程中任意位置的角速 α度大小均满足 ω √6 2= ω 5 1 因此 T' √5 = T 6 可得 T' √5T＝2 √5L = π 6 6g 答：（1）a．小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小为mg （3﹣2cos ）。 θ b.此时小球的角速度大小为√2g(cosα-cosθ)。 L （2）a．此时系统的角速度大小为√12g(cosα-cosθ)。 5L √5L b．此系统做简谐运动的周期的表达式为T'＝2π ，依据见解析。 6g [例题15] （多选）一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动的轻杆，另一端与一 小球相连，如图甲所示。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平 向右为正方向，小球的水平分速度v 随时间t的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，下列说 x 法中正确的是（ ）A．t 时刻小球通过最高点，t 时刻小球通过最低点 1 3 B．t 时刻小球通过最高点，t 时刻小球通过最低点 2 3 C．v 大小一定小于 v 大小，图乙中 S 和 S 的面积一定相等 1 2 1 2 D．v 大小可能等于 v 大小，图乙中 S 和 S 的面积可能不等 1 2 1 2 【解答】解：AB、由对称性可知，在最高点左右两侧对称位置，小球沿水平方向分速度相同， 那么在小球到达最高点时，其前后对称时刻的小球水平分速度相等，且最高点时刻水平分速度 为正，在图乙中t 时刻满足要求，所以t 时刻小球通过最高点，同理，t 时刻小球通过最低点， 1 1 3 故A正确，B错误； CD、从t 到t ，小球重力做正功，一直在加速，在最低点时，速度最大，沿水平方向分速度也 2 3 最大，即v ＞v ，另外根据对称运动过程中分析，可知，S 和S 分别代表从最低点到最左边点 2 1 1 2 以及从最左边点到最高点的水平位移大小，它们对称相等，因此S 和S 面积相等，故C正确， 1 2 D错误； 故选：AC。 题型四 圆周运动中的两类临界问题 1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点． 2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着 “起止点”，而这些起止点往往就是临界点． 3．若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值， 这些极值点也往往是临界点． [例题16] （多选）如图所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它 随杆转动，若转动角速度为 ，则（ ） ωA． 只有超过某一值时，绳子AP才有拉力 B．绳ω子BP的拉力随 的增大而不变 C．绳子BP的张力一定ω大于绳子AP的张力 D．当 增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力 【解答ω】解：设BP绳与竖直方向的夹角为 ，AP绳与竖直方向的夹角为 ，对物体P进行受力 分析，根据向心力公式则有： θ α T cos ＝mg+T cos …① BP AP T BP sinθ+T AP sin ＝mα 2r…② A、当θ 较小时α，BωP绳在水平方向的分量可以提供向心力，此时AP绳没有力，当 增加到某 值时，ωBP绳在水平方向的分量不足以提供向心力，此时绳子AP才有力的作用，故Aω正确； B、 的增大，所需的向心力增大，绳子BP的力增大。故B错误； C、ω当AP绳子没有拉直时，AP绳拉力等于零，BP绳肯定有拉力，当AP绳拉直时， ＝ ，由 ①式可知，绳BP的张力一定大于绳子AP的张力，故C正确，D错误； θ α 故选：AC。 [例题17] （多选）汽车在出厂前要进行性能测试。某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一 个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度v 匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了 0 躲避故障，测试人员采取了一些应急措施。设汽车与路面间的滑动摩擦因数为 ，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则关于测试人员采取的应急措施说法正确μ的是（ ） A．若直线刹车，则至少应该在道路故障前 v 2 的距离处采取刹车 0 2μg B．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大C．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为v 2 0 μg D．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些 μmg 【解答】解：A、若直线刹车，刹车的加速度 a= = g，根据速度与位移关系知：x m μ v2 v 2 ，则至少应该在道路故障前 v 2 的距离处采取刹车，故A正确； = 0 = 0 0 2a 2μg 2μg mv2 B、根据摩擦力充当向心力知f= ，若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩 R 擦力越小，故B错误； C、当f＝ mg时，根据f mv2知半径最小为：R v 2，故C正确； = = 0 R μg μ D、由于R v 2 x v 2 ，以原速率转弯要比以直线刹车更危险，故D错误。 = 0 ＞= 0 μg 2μg 故选：AC。 [例题18] （多选）如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆 周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为 r的匀速圆 周运动，则只要运动角速度合适，螺丝恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为 ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时， μ下列分析正确的是（ ）A．螺丝帽的重力与其受到的最大静摩擦力平衡 B．螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心 √ g C．此时手转动塑料管的角速度ω= μr D．若塑料管的转动加快，螺丝帽不可能相对塑料管发生运动 【解答】解：A、螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩擦力，螺 丝帽在竖直方向上没有加速度，所以螺丝帽的重力与最大静摩擦力平衡，故A正确； B、螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，所以弹力方向水平向里，指向圆心，故B错误； C、对螺丝帽受力分析，根据牛顿第二定律得：N＝m 2r 竖直方向上，由平衡条件得：f m ＝mg ω 又根据滑动摩擦力公式得：f ＝ N m √ g μ 联立解得： = ，故C正确； μr ω D、若塑料管的转动加快，角速度 增大，螺丝帽受到的弹力N增大，最大静摩擦力增大，螺 丝帽不可能相对塑料管发生运动，故ωD正确。 故选：ACD。 [例题19] 如图1，用一根长为L＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球（可视为质 点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角 ＝37°，当小球在水平面内绕锥 θ 3 体的轴做匀速圆周运动的角速度为 时，细线的张力为T．求（g＝10m/s2，sin37°= ，cos37° 5 ω 4 = ，计算结果可用根式表示）： 5 （1）若要小球离开锥面，则小球的角速度 至少为多大？ 0 （2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小ω球的角速度 ′为多大？ ω（3）细线的张力T与小球匀速转动的加速度 有关，当 的取值范围在0到 ′之间时，请通 过计算求解T与 2的关系，并在图2坐标纸上ω作出T﹣ 2ω的图象，标明关键点ω的坐标值。 【解答】解：（1ω）小球刚要离开锥面时的速度，此时支ω持力为零，根据牛顿第二定律得： mgtan ＝m Lsin ω 2 0 θ ω θ √ g 解得： = =√12.5rad/s． 0 Lcosθ ω （2）同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有： mgtan ＝m ′2Lsin α ω√ g α 解得： ′= =2√5rad/s． Lcosα ω （3）a．当 ＝0时 T ＝mgcos ＝8N，标出第一个特殊点坐标（ 0，8N）； 1 1 b．当0＜ ＜ω √12.5rad/s时，根θ据牛顿第二定律得： Tsin ﹣Ncωos ＝m 2Lsin ， Tcosθ+Nsin θ＝mgω θ 解得 θ T=mg θ cosθ+mLω2 (sinθ) 2=8+ 9 ω2 25 当 时，T ＝12.5N 标出第二个特殊点坐标[12.5（rad/s）2，12.5N]； ω =√12.5rad/s 2 2 c．当√12.5rad/s≤ω≤2√5rad/s时，小球离开锥面，设细线与竖直方向夹角为 ， β T sinβ=mω2Lsinβ 3 解得： T =mLω2 3 当ω=ω'=2√5rad/s时，T ＝20N 3 标出第三个特殊点坐标[20（rad/s）2，20N]． 画出T﹣ 2图象如图所示． ω答： （1）若要小球离开锥面，则小球的角速度 至少为√12.5rad/s． 0 （2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小ω球的角速度 ′为2√5rad/s． （3）T﹣ 2的图象如上所示． ω ω