第18讲水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_专项复习_2023届高三物理高考复习101微专题模型精讲精练

第 18 讲 水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题 1．（江苏高考）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅 A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬 挂在旋转圆盘上，不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法 正确的是（ ） A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 【解答】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v＝ •r，A的运动半径小，A的速度就小。 故A错误。 ω B、根据公式：a＝ 2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四 边形定则知，A对缆ω绳的拉力就小，故D正确，B错误。 C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan ＝m 2r，则 θ ω ω2r 得tan = ，A的半径r较小， 相等，可知A与竖直方向夹角 较小，故C错误。 g θ ω θ 故选：D。 一.知识总结1．圆周运动相关物理量 定义、意义 公式、单位 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢 (1)v＝＝ 线速度 的物理量(v) (2)单位：m/s (1)ω＝＝ 角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) (2)单位：rad/s (1)T＝＝，单位：s 周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T) (2)f＝，单位：Hz (3)n＝，单位：r/s (1)描述速度方向变化快慢的物理量(a) (1)a＝＝rω2 n n 向心加速度 (2)方向指向圆心 (2)单位：m/s2 2.圆周运动各物理量间的关系 3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系 匀速圆周运动 变速圆周运动 线速度的大小、方向都变，角速度 运动 线速度的大小不变，角速度、周期和频率 变，向心加速度的大小、方向都变， 特点 都不变，向心加速度的大小不变 周期可能变也可能不变 受力 所受到的合力不总指向圆心，合力产 特点 生两个效果： ①沿半径方向的分力F，即向心力， 所受到的合力为向心力，大小不变，方向 n 它改变速度的方向； 变，其方向时刻指向圆心 ②沿切线方向的分力F，它改变速度 t 的大小 运动 非匀变速曲线运动(加速度大小不变，方 非匀变速曲线运动(加速度大小、方向变化) 向都变化) 性质 二. 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 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 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＝mr r＝Lsinθ 解得T＝2π＝2π。 (2)结论 ①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。 ②摆线拉力F＝，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ω<ω，由a＝知v>v。 A B A B 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＝2π知摆高h相同，则T＝T，ω＝ω，由v＝ωr知v>v，由a＝ω2r知a>a。 A B A B A B A B 6. 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。 三.例题精讲 题型一：圆锥摆模型常规问题 例1．如图所示，一根不可伸长的轻质细绳（绳长为 L），一端系着质量为m的小球（可视为质 点），另一端悬于O点。重力加速度大小为g，当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为 时，下列说法正确的是（ ） ω A．细绳的拉力大小为2m 2l ω 2g B．悬点O到轨迹圆心高度为 ω2C．小球的向心加速度大小为 √ω4l2-g2 D．小球的线速度大小为 √ g2 2 ω2l2- ω2 【解答】解：设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为 ，有Fsin ＝m 2lsin ，得F＝ ml 2，故A错误； θ θ ω θ ω g 由mgtan ＝m 2lsin ，h＝lcos ，得h = ，故B错误； ω2 θ ω θ θ g 由mgtan ＝m 2lsin ，可得cos = ，小球的向心加速度大小a＝ 2lsin =√ω4l2-g2，故C lω2 θ ω θ θ ω θ 正确； 由cos = g ，得小球的线速度大小v＝ lsin = √ ω2l2- g2，故D错误． lω2 ω2 θ ω θ 故选：C。 题型二：圆锥摆模型临界问题 例2．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，如图所示，绳a与水平方 向成 角，绳b在水平方向且长为L，当轻杆绕轴AB以角速度 匀速转动时，小球在水平面内 做匀速θ圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）ω 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 √ g C．当角速度ω＞ ，b绳将出现弹力 Ltanθ D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心 力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A错误； BC、当b绳恰好拉直且拉力为零时，有： mg =mLω2，解得 = √ g ，可知当角速度 tanθ Ltanθ ω ω√ g ＞ 时，b绳出现弹力；此后角速度再增大时，竖直方向上受力始终平衡，得：F sin ＝ a Ltanθ θ mg mg，解得F = ，可知a绳的拉力不再变化，故B错误，C正确； a sinθ D、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。 故选：C。 四.举一反三，巩固训练 1. 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速 行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为 h，下列说法中正确的是（ ） A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大 B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小 D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大 【解答】解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力 mg和支持力F的合力， mg 作出力图。侧壁对摩托车的支持力F= 不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故A错误。 cosθ v2 B、第二定律得F ＝m ，h越高，r越大，F 不变，则v越大。故B正确。 n n r C、根据牛顿根据牛顿第二定律得F ＝mr4π2，h越高，r越大，F 不变，则T越大。故C错误。 n n T2 D、如图向心力F ＝mgtan ，m， 不变，向心力大小不变。故D正确。 n 故选：B。 θ θ2. 火车轨道的转弯处外轨高于内轨，如图所示。若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角 为 ，弯道处的圆弧半径为R。在该转弯处规定的安全行驶的速度为 v，则下列说法中正确的 是（θ ） A．该转弯处规定的安全行驶的速度为v=√Rgtanθ B．该转弯处规定的安全行驶的速度为v=√Rgsinθ C．当实际行驶速度大于v时，轮缘挤压内轨 D．当实际行驶速度小于v时，轮缘挤压外轨 【解答】解：AB、火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的 重力和支持力的合力提供向心力，由图得： v2 F合 ＝mgtan （ 为轨道平面与水平面的夹角），根据合力提供向心力得：mgtan ＝m ，解得： R θ θ θ v=√Rgtanθ，故A正确，B错误； C、当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心 力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨 道平面向外，轮缘挤压外轨，故C错误； D、当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火 车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面 向内，轮缘挤压内轨，故D错误； 故选：A。3. 3D地图技术能够为无人驾驶汽车分析数据，提供操作的指令.如图所示为一段公路拐 弯处的地图，则（ ） A．若弯道是水平的，汽车拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力 B．若弯道是水平的，为防止汽车侧滑，汽车拐弯时收到的指令是让车速大一点 C．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为内（东北）高外（西南）低 D．若弯道是倾斜的，为了防止汽车侧滑，道路应为外（西南）高内（东北）低 【解答】解：A、如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力， 向心力不是汽车实际受到的力，故A错误； v2 B、如果弯道是水平的，由静摩擦力提供向心力，根据 f＝m 可知，速度越大，所需要的向心 R 力越大，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，汽车做离心运动，所以“无人驾驶”汽车在拐 弯时收到的指令应让车速小一点，防止汽车做离心运动而发生侧翻，故B错误； CD、如果弯道是倾斜的，重力和支持力的合力可以提供向心力，而向心力指向圆心，所以 3D 地图上应标出外（西南）高内（东北）低，故C错误，D正确。 故选：D。 4. 如图所示是利用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验装置图，已知小球质量为m，小 球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的 时间为t，则下列说法正确的是（ ） A．小球受到重力、拉力、向心力B．向心力的表达式F ＝m4π2 r n t2 r C．小球所受的合外力为F合 ＝mg h D．小球转动越快，细线与竖直方向的夹角越小 【解答】解：A、小球受到重力和绳子拉力，两者的合力提供向心力，故A错误； B、小球做圆周运动的周期 t ，其向心力公式为 4π2 4π2n2 ，故B错误； T= F =m r=m r n n T2 t2 r C、设绳子与竖直方向的夹角为 ，则有tanθ= ，其所受重力和绳子拉力的合力提供向心力， h θ r 有F =mgtanθ=mg ，故C正确； 合 h √ g D、设绳长为L，根据牛顿第二定律有 mgtan ＝m•Lsin • 2，解得；ω= ，由此可知， Lcosθ θ θ ω 角速度越大， 越大，故D错误； 故选：C。 θ 5. 铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为 ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于√gRtanθ，则（ θ） A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 mg C．这时铁轨对火车的支持力等于 cosθ mg D．这时铁轨对火车的支持力大于 cosθ 【解答】解：CD、火车在水平面内运动，所以，在竖直方向上受力平衡，所以，铁轨对火车的mg 支持力F 的竖直分量与重力平衡，即F cos ＝mg，所以，F = ，故C正确，D错误； N N N cosθ θ AB、铁轨对火车的支持力F 的水平分量为F sin ＝mgtan ，火车在弯道半径为R的转弯处的速 N N θ θ mv2 度v=√gRtanθ，所以，火车转弯时需要的向心力F= =mgtanθ； R 支持力的水平分量正好等于向心力，故火车轮缘对内外轨道无挤压，故A错误，B错误； 故选：C。 6. 如图所示，一辆汽车正通过一段弯道公路，视汽车做匀速圆周运动，则（ ） A．该汽车速度恒定不变 B．汽车左右两车灯的线速度大小相等 C．若速率不变，则跟公路内道相比，汽车在外道行驶时的向心力较小 D．若速率不变，则跟晴天相比，雨天路滑时汽车在同车道上行驶时的向心力较小 【解答】解：A、圆周运动速度方向时刻变化，故A错误； B、汽车整体的角速度相等，v＝ r，左右两个灯的半径不同，线速度大小不同，故B错误； ω v2 C、若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据F ＝m ，在外轨道是转弯半径大，故在外轨道时向 n r 心力小，故C正确； D、根据C项知向心力不会因为天气而变化，只是雨天路面较滑，最大静摩擦力减小，故D错 误； 故选：C。 7. 一球绕直径匀速转动，如图所示，球面上有A、B两点，则（ ）A．可能v ＜v ，也可能v ＞v A B A B B．A、B两点的向心加速度都指向球心O v2 C．由a= 可知a ＞a A B r D．由a＝ 2r可知a ＜a A B 【解答】解ω：A、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知 r ＜r ，根据v＝ A B r，可知v ＜v ，故A错误； A B ωB、质点A、B的向心加速度方向都指向圆心，如题图，A、B的加速度都是垂直转轴直线转轴， 它们都不是指向圆心。故B错误。 C、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知 r ＜r ，而且v ＜v ，所以不能 A B A B v2 使用a= 判断知a 和a 的关系。故C错误。 A B r D、由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知 r ＜r ，根据a＝ 2r可知a ＜ A B A a ，故D正确。 ω B 故选：D。 8. 如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一 端拴接一质量为m的小球B，绳长AB＝l＞h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速 圆周运动．要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是（ ）1 √g √ l 1 √g A． B． √gh C．2 D． 2π l g 2π h π π 【解答】解：当小球对水平面的压力为零时，有：Tcos ＝mg，Tsin ＝mlsin 2， √ g √g θ θ θω 解得最大角速度为： = = ， lcosθ h ω ω 1 √g 则最大转速为：n= = ．故D正确，A、B、C错误。 2π 2π h 故选：D。 9. （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， 0 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（ 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A mg 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： ωmg 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。 10. （多选）如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B、C能随转台一起以角速度 匀 速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与 B、B和C与转台间的动摩擦因数都ω为 ，A和 B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法 μ正确的是（ ） A．B 对 A 的摩擦力一定为 3 mg B．B 对 A 的摩擦力一定为 3mμ 2r ω√μg C．转台的角速度一定满足 ≤ r ω √2μg D．转台的角速度一定满足 ≤ 3r ω 【解答】解：A、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心 力，有f＝（3m） 2r≤ （3m）g．故A错误，B正确。 C、由于A、AB整ω体、Cμ受到的静摩擦力均提供向心力，故 对A，有：（3m） 2r≤ （3m）g 对AB整体，有：（ω3m+μ2m） 2r≤ （3m+2m）g 对物体C，有：m 2（1.5r）≤ωmgμ √2μg ω μ 解得ω≤ ，故C错误，D正确。 3r 故选：BD。 11. （多选）转笔（PenSpinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活 动，如图所示．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手 能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正 确的是（ ） A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小 B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金 属笔杆两端一定不会形成电势差 【解答】解：A、由向心加速度公式a ＝ 2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加 n 速度越小，故A正确； ω B、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误； C、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被 甩走，故C正确；D、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，故D错误； 故选：AC。 12. 某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与线速度大小的关系。装置中光滑水平直 杆随竖直转轴一起转动，一个滑块套在水平光滑杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力 传感器连接，当滑块随水平杆一起转动时，细线的拉力就是滑块做圆周运动需要的向心力。拉 力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的线速度可以通过速度传感器测得。 （1）要探究影响向心力大小的因素，采用的方法是 A 。 A．控制变量法 B．等效替代 C．微元法 D．放大法 （2）实验中，要测量滑块做圆周运动的半径时，应测量滑块到 竖直转轴 （选“力传感器” 或“竖直转轴”）的距离。若仅多次改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及 速度传感器的示数v，将测得的多组F、v值，在图乙F﹣v2坐标轴中描点，请将描出的点进行作 图。若测得滑块做圆周运动的半径为r＝0.2m，由作出的F﹣v2的图线可得滑块与速度传感器的 总质量m＝ 0.1 8 kg（结果保留两位有效数字）。 【解答】解：（1）要探究影响向心力大小与线速度的关系，保持滑块与速度传感器的总质量和 运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故A正确； （2）实验中，因为滑块在水平方向上做圆周运动，故要测量滑块做圆周运动的半径时，应测量 滑块到竖直转轴的距离； 作出F﹣v2图线，如图所示： v2 m 根据F=m 知图线的斜率为：k= r r m 9 则有： = r 10 代入数据解得：m＝0.18kg。 故答案为：（1）A；（2）竖直转轴，0.18。13. 如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的 实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感 器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力 F与线 速度v的关系： （1）该同学采用的实验方法为 B 。 A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想化模型法 （2）改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示： v/（m•s﹣ 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 1） F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90 该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。 ①作出F﹣v2图线； ②若圆柱体运动半径r＝0.2m，由作出的F﹣v2的图线可得圆柱体的质量m＝ 0.18 kg．（结 果保留两位有效数字） 【解答】解：（1）实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，故AC错误B正确； 故选：B。 （2）①作出F﹣v2图线，如图所示： v2 m ②根据F＝m ，图线的斜率k= ，代入数据解得：m＝0.18kg。 r r 故答案为：（1）B（2）①如图所示 ②0.18。 14. 如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R的大圆弧和r的小圆 弧，直道与弯道相切，直道长度L。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力 是赛车重力的K倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在圆心角为 120°弯道上做匀速圆 周运动，若R＝4r，要使赛车安全且绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度为 g）。求： （1）赛车行驶的最大速率； （2）赛车绕赛道一圈的最短时间。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：kmg＝mv2 ， m r 最大速率为 v =√kgR m 2L 4L 4L （2）赛车在直道的时间为t = = = 1 v √kgR+√kgr 3√kgr2πr 赛车在小圆弧弯道的时间为t 3 2= v mr 4πR 赛车在大圆弧弯道的时间为t 3 3= v m 所以赛车绕赛道一圈的最短时间t ＝t +t +t z 1 2 3 4L+10πr 联立解得：t = z 3√kgr 答：（1）赛车行驶的最大速率为√kgR； 4L+10πr （2）赛车绕赛道一圈的最短时间为 。 3√kgr