(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)教案第4章第3講《圓周運動》(含詳解)

第3講圓周運動知識點勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度Ⅰ勻速圓周運動的向心力Ⅱ1.勻速圓周運動(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小eq\x(\s\up1(01))處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動。(2)性質(zhì)：加速度大小eq\x(\s\up1(02))不變、方向總是指向eq\x(\s\up1(03))圓心的變加速曲線運動。(3)條件：有初速度，受到一個大小不變、方向始終與速度方向eq\x(\s\up1(04))垂直且指向圓心的合力。2．描述圓周運動的物理量描述圓周運動的物理量主要有線速度、角速度、周期、頻率、轉(zhuǎn)速、向心加速度、向心力等，具體如下：定義、意義公式、單位線速度①描述做圓周運動的物體沿圓弧運動eq\x(\s\up1(05))快慢的物理量(v)②是矢量，方向和半徑垂直，沿切線方向①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\x(\s\up1(06))ωr②單位：eq\x(\s\up1(07))m/s角速度描述物體繞圓心eq\x(\s\up1(08))轉(zhuǎn)動快慢的物理量(ω)①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(v,r)②單位：eq\x(\s\up1(10))rad/s周期和轉(zhuǎn)速①周期是指做勻速圓周運動的物體，運動eq\x(\s\up1(11))一周所用的時間(T)②轉(zhuǎn)速是指物體轉(zhuǎn)動的eq\x(\s\up1(12))圈數(shù)與所用時間之比(n)，也叫頻率(f)①T＝eq\f(2πr,v)＝eq\x(\s\up1(13))eq\f(2π,ω)，單位：s②f＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(1,T)，單位：eq\x(\s\up1(15))Hz③n的單位：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))方向變化eq\x(\s\up1(19))快慢的物理量(an)②方向eq\x(\s\up1(20))指向圓心，時刻在變①an＝eq\x(\s\up1(21))eq\f(v2,r)＝eq\x(\s\up1(22))ω2r②單位：eq\x(\s\up1(23))m/s2向心力①作用效果是產(chǎn)生向心加速度，只改變線速度的eq\x(\s\up1(24))方向，不改變線速度的eq\x(\s\up1(25))大小(Fn)②方向指向eq\x(\s\up1(26))圓心，時刻在變③來源：某個力，或某幾個力的合力，或某個力的分力①Fn＝eq\x(\s\up1(27))mω2r＝eq\x(\s\up1(28))meq\f(v2,r)②單位：eq\x(\s\up1(29))N相互關(guān)系①v＝rω＝eq\f(2πr,T)＝2πrf②an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2r,T2)＝4π2f2r③Fn＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝meq\f(4π2r,T2)＝4mπ2f2r知識點勻速圓周運動與變速圓周運動Ⅰ勻速圓周運動變速圓周運動運動特點線速度的大小eq\x(\s\up1(01))不變，角速度、周期和頻率都eq\x(\s\up1(02))不變，向心加速度的大小eq\x(\s\up1(03))不變線速度的大小、方向都eq\x(\s\up1(04))變，角速度eq\x(\s\up1(05))變，向心加速度的大小、方向都變，周期可能變也eq\x(\s\up1(06))可能不變受力特點所受到的eq\x(\s\up1(07))合力為向心力，大小不變，方向變，其方向時刻eq\x(\s\up1(08))指向圓心所受到的合力eq\x(\s\up1(09))不指向圓心，合力產(chǎn)生兩個效果：①沿半徑方向的分力eq\x(\s\up1(10))Fn，即向心力，它改變速度的eq\x(\s\up1(11))方向；②沿切線方向的分力eq\x(\s\up1(12))Ft，它改變速度的eq\x(\s\up1(13))大小運動性質(zhì)變加速曲線運動(加速度大小不變，方向變化)變加速曲線運動(加速度大小、方向都變化)知識點離心現(xiàn)象Ⅰ1．離心運動(1)定義：做eq\x(\s\up1(01))圓周運動的物體，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的eq\x(\s\up1(02))向心力時，所做的逐漸遠離圓心的運動。(2)本質(zhì)：做圓周運動的物體，由于eq\x(\s\up1(03))慣性，總有沿著eq\x(\s\up1(04))切線方向飛出去的傾向。(3)受力特點①當F＝mω2r時，物體做eq\x(\s\up1(05))勻速圓周運動。②當F<mω2r時，物體逐漸eq\x(\s\up1(06))遠離圓心，做離心運動。③當F＝0時，物體沿eq\x(\s\up1(07))切線方向飛出。2．近心運動：當F>mω2r時，物體將逐漸eq\x(\s\up1(08))靠近圓心，做近心運動。一堵點疏通1．做圓周運動的物體，一定受到向心力的作用，所以分析受力時，必須指出受到的向心力。()2．勻速圓周運動是勻變速曲線運動，變速圓周運動是變加速曲線運動。()3．勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。()4．在光滑的水平路面上，汽車不可以轉(zhuǎn)彎。()5．摩托車轉(zhuǎn)彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉(zhuǎn)彎半徑向外的離心力作用的緣故。()6．火車轉(zhuǎn)彎速率小于規(guī)定的數(shù)值時，內(nèi)軌受到的壓力會增大。()答案1.×2.×3.×4.√5.×6.√二對點激活1.(人教版必修第二冊·P30·T3改編)如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力情況是()A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案C解析A受三個力作用，重力和支持力平衡，指向圓心的摩擦力充當向心力，故C正確。2．(多選)甲、乙兩物體都在做勻速圓周運動，下列哪種情況下甲的向心加速度比較大()A．它們的線速度相等，乙的運動半徑小B．它們的周期相等，甲的運動半徑大C．它們的角速度相等，乙的線速度小D．它們的線速度相等，在相同時間內(nèi)甲與圓心的連線掃過的角度比乙的大答案BCD解析由an＝eq\f(v2,r)知，在v相同的情況下，r甲>r乙時，a甲<a乙，故A錯誤；由an＝eq\f(4π2,T2)r知，在T相同情況下，r甲>r乙時，a甲>a乙，故B正確；由an＝ωv知，在ω相同情況下，v甲>v乙時，a甲>a乙，故C正確；由an＝ωv知，在v相同情況下，ω甲>ω乙時，a甲>a乙，故D正確。3.(人教版必修第二冊·P30·T4改編)質(zhì)量為m的小球，用長為l的細線懸掛在O點，在O點的正下方eq\f(l,2)處有一光滑的釘子P，把小球拉到與釘子P等高的位置，細線被釘子擋住。如圖讓小球從靜止釋放，當小球第一次經(jīng)過最低點時()A．小球運動的線速度突然減小B．小球的角速度突然減小C．小球的向心加速度突然增大D．懸線的拉力突然增大答案B解析當小球第一次經(jīng)過最低點時，由于重力與懸線的拉力都與速度垂直，所以小球的線速度大小不變，故A錯誤；根據(jù)v＝rω，可知線速度大小不變，小球做圓周運動的半徑變大，則角速度變小，故B正確；根據(jù)向心加速度公式an＝eq\f(v2,r)可得，線速度大小不變，軌跡半徑變大，則向心加速度變小，故C錯誤；懸線拉力F＝mg＋meq\f(v2,r)＝mg＋man，故懸線的拉力突然減小，D錯誤。4．(人教版必修第二冊·P30·T5)一輛汽車在水平公路上轉(zhuǎn)彎，沿曲線由M向N行駛，速度逐漸減小。如圖A、B、C、D分別畫出了汽車轉(zhuǎn)彎時所受合力F的四種方向，你認為正確的是()答案C解析汽車沿曲線轉(zhuǎn)彎，所以受到垂直速度方向指向軌跡凹側(cè)的向心力Fn，汽車的速度逐漸減小，所以還受到與速度方向相反沿軌跡切線方向的切向力Ft，這兩個力的合力方向如圖C所示。5．下列關(guān)于離心現(xiàn)象的說法正確的是()A．當物體所受的離心力大于向心力時產(chǎn)生離心現(xiàn)象B．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將做背離圓心的圓周運動C．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將沿切線做直線運動D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失后，物體將做曲線運動答案C解析物體只要受到力，必有施力物體，但“離心力”是沒有施力物體的，故所謂的離心力是不存在的，只要所受合力不足以提供所需的向心力，物體就做離心運動，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體，當所受的一切力突然消失后，物體將沿切線做勻速直線運動，故B、D錯誤，C正確?？键c1圓周運動的運動學(xué)分析1.圓周運動各物理量間的關(guān)系2．對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比；當ω一定時，v與r成正比；當v一定時，ω與r成反比。3．對an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解當v一定時，an與r成反比；當ω一定時，an與r成正比。4．常見的三種傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。(2)摩擦(齒輪)傳動：如圖丙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。(3)同軸轉(zhuǎn)動：如圖丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，兩輪轉(zhuǎn)動的角速度大小相等，即ωA＝ωB。例1如圖所示的皮帶傳動裝置中，右邊兩輪連在一起同軸轉(zhuǎn)動。圖中三輪半徑的關(guān)系為：r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C三點為三個輪邊緣上的點，皮帶不打滑，則A、B、C三點的線速度之比為________；角速度之比為________；周期之比為________。(1)A、B兩點位于兩輪邊緣靠皮帶傳動，那么vA與vB有什么關(guān)系？ωA與ωB有什么關(guān)系？提示：vA＝vB，eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)。(2)B、C為同軸轉(zhuǎn)動的兩點，vB與vC、ωB與ωC的關(guān)系是什么？提示：eq\f(vB,vC)＝eq\f(r2,r3)，ωB＝ωC。嘗試解答1∶1∶3__1∶2∶2__2∶1∶1。因為兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時間內(nèi)A、B兩點轉(zhuǎn)過的弧長相等，即vA＝vB，由v＝ωr知eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1,2)，又B、C是同軸轉(zhuǎn)動，相等時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相等，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。解決傳動問題的關(guān)鍵(1)確定屬于哪類傳動方式，抓住傳動裝置的特點。①同軸轉(zhuǎn)動：固定在一起共軸轉(zhuǎn)動的物體上各點角速度相同；②皮帶傳動、齒輪傳動和摩擦傳動：齒輪傳動和不打滑的摩擦(皮帶)傳動的兩輪邊緣上各點線速度大小相等。(2)結(jié)合公式v＝ωr，v一定時ω與r成反比，ω一定時v與r成正比，判定各點v、ω的比例關(guān)系。若判定向心加速度an的比例關(guān)系，可巧用an＝ωv這一規(guī)律。[變式1]如圖是某共享自行車的傳動結(jié)構(gòu)示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的牙盤(大齒輪)，Ⅱ是半徑為r2的飛輪(小齒輪)，Ⅲ是半徑為r3的后輪。若某人在勻速騎行時每秒踩腳踏板轉(zhuǎn)n圈，則下列判斷正確的是()A．牙盤轉(zhuǎn)動角速度為eq\f(2π,n)B．飛輪邊緣轉(zhuǎn)動線速度為2πnr2C．牙盤邊緣向心加速度為eq\f(2πn2,r2)D．自行車勻速運動的速度為eq\f(2πnr1r3,r2)答案D解析腳踏板與牙盤同軸轉(zhuǎn)動，二者角速度相等，每秒踩腳踏板n圈，因為轉(zhuǎn)動一圈，相對圓心轉(zhuǎn)的角度為2π，所以角速度ω1＝2πn，A錯誤；牙盤邊緣與飛輪邊緣線速度的大小相等，據(jù)v＝rω可知，飛輪邊緣上的線速度v1＝2πnr1，B錯誤；牙盤邊緣的向心加速度an＝eq\f(v\o\al(2,1),r1)＝eq\f(2πnr12,r1)＝(2πn)2r1，故C錯誤；飛輪角速度ω2＝eq\f(v1,r2)＝eq\f(2πnr1,r2)，自行車后輪角速度與飛輪角速度相等，自行車勻速運動的速度v＝ω2r3＝eq\f(2πnr1r3,r2)，故D正確。考點2圓錐擺模型及其臨界問題1.圓錐擺模型的受力特點受兩個力，且兩個力的合力沿水平方向，物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。2．運動實例運動模型向心力的來源圖示飛機水平轉(zhuǎn)彎火車轉(zhuǎn)彎圓錐擺物體在光滑半圓形碗內(nèi)做勻速圓周運動3．解題方法(1)對研究對象進行受力分析，確定向心力來源。(2)確定圓心和軌道半徑。(3)應(yīng)用相關(guān)力學(xué)規(guī)律列方程求解。4．規(guī)律總結(jié)(1)圓錐擺的周期如圖擺長為L，擺線與豎直方向夾角為θ。受力分析，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)rr＝Lsinθ解得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))。(2)結(jié)論①擺高h＝Lcosθ，周期T越小，圓錐擺轉(zhuǎn)得越快，θ越大。②擺線拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，圓錐擺轉(zhuǎn)得越快，擺線拉力F越大。③擺球的加速度a＝gtanθ。5．圓錐擺的兩種變形變形1：具有相同錐度角的圓錐擺(擺長不同)，如圖甲所示。由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝eq\f(v2,r)知vA>vB。變形2：具有相同擺高、不同擺長和擺角的圓錐擺，如圖乙所示。由T＝2πeq\r(\f(h,g))知擺高h相同，則TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。例2(2020·內(nèi)蒙古赤峰市高三上期末)(多選)質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)細桿的A點和B點，如右圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)繩的張力不可能為零B．a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大C．當角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))，b繩將出現(xiàn)彈力D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化(1)小球在豎直方向的受力有什么特點？提示：所受重力與a繩對它的拉力的豎直分力平衡。(2)b繩恰好沒有彈力的臨界條件是什么？提示：a繩的拉力與小球的重力的合力提供小球所需向心力。嘗試解答選AC。小球做勻速圓周運動，在豎直方向上所受的合力為零，水平方向上所受的合力提供向心力，所以a繩對小球的拉力在豎直方向上的分力與小球的重力平衡，可知a繩的張力不可能為零，故A正確；根據(jù)豎直方向上小球受力平衡得，F(xiàn)asinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a繩的拉力與角速度ω?zé)o關(guān)，故B錯誤；當b繩拉力為零時，有：eq\f(mg,tanθ)＝mωeq\o\al(2,0)l，解得ω0＝eq\r(\f(gcotθ,l))，可知當角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))時，b繩將出現(xiàn)彈力，故C正確；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤。解決圓錐擺臨界問題的技巧圓錐擺的臨界問題，主要就是與彈力有關(guān)的臨界問題。(1)繩子松弛或斷開的臨界條件是：①繩恰好拉直且沒有彈力；②繩上的拉力恰好達最大值。(2)接觸或脫離的臨界條件是物體與物體間的彈力恰好為零。(3)對于火車轉(zhuǎn)彎、半圓形碗內(nèi)的水平圓周運動有兩類臨界情況：①摩擦力的方向發(fā)生改變；②發(fā)生相對滑動。[變式2－1](2020·安徽省皖江名校聯(lián)盟高三下第六次聯(lián)考)如圖所示，用一根質(zhì)量不計、不可伸長的細繩，一端系一可視為質(zhì)點的小球，另一端固定在O點。當小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω時，懸點O到軌跡圓心高度為h，細繩拉力大小為F，小球的向心加速度大小為a，線速度大小為v，下列描述各物理量與角速度ω的關(guān)系圖像正確的是()答案A解析設(shè)細繩長度為l，小球質(zhì)量為m，小球做勻速圓周運動時細繩與豎直方向的夾角為θ，有Fsinθ＝mω2lsinθ，得F＝mω2l，A正確；由mgtanθ＝mω2lsinθ，h＝lcosθ，得h＝eq\f(g,ω2)，B錯誤；由mgtanθ＝mω2lsinθ，可得cosθ＝eq\f(g,ω2l)，小球的向心加速度大小a＝ω2lsinθ＝eq\r(ω4l2－g2)，C錯誤；由cosθ＝eq\f(g,ω2l)，得小球的線速度大小v＝ωlsinθ＝eq\r(ω2l2－\f(g2,ω2))，D錯誤。[變式2－2](2020·東北三省四市教研聯(lián)合體高三下模擬)為了解決高速列車在彎路上運行時輪軌間的磨損問題，保證列車能經(jīng)濟、安全地通過彎道，常用的辦法是將彎道曲線外軌軌枕下的道床加厚，使外軌高于內(nèi)軌，外軌與內(nèi)軌的高度差叫曲線外軌超高。已知某曲線路段設(shè)計外軌超高值為70mm，兩鐵軌間距離為1435mm，最佳的過彎速度為350km/h，則該曲線路段的半徑約為()A．40km B.30kmC.20km D答案C解析設(shè)該曲線路段的傾角為θ，列車以最佳速度過彎道時，轉(zhuǎn)彎時所受支持力與重力的合力提供向心力，則有mgtanθ＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(v2,gtanθ)，由于傾角θ很小，有tanθ≈sinθ，則R＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(350,3.6)))2,10×\f(70,1435))m≈19376.9m≈20km，故A、B、D錯誤，C正確?？键c3水平轉(zhuǎn)盤上運動物體的臨界問題水平轉(zhuǎn)盤上運動物體的臨界問題，主要涉及與摩擦力和彈力有關(guān)的臨界極值問題。1．如果只有摩擦力提供向心力，物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，則最大靜摩擦力Fm＝eq\f(mv2,r)，方向指向圓心。2．如果水平方向除受摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體隨水平面轉(zhuǎn)動，其臨界情況要根據(jù)題設(shè)條件進行判斷，如判斷某個力是否存在以及這個力存在時的方向(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)。3．運動實例例3(2020·河南省高三上第三次段考)如圖所示，某同學(xué)用手水平托著一物體以身體(視為豎直直線)為軸勻速轉(zhuǎn)動，已知物體到身體的距離為R，手與物體間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，慢慢增大轉(zhuǎn)速，要使物體能水平滑出，人轉(zhuǎn)動的角速度至少應(yīng)大于()(1)物體做圓周運動的向心力由什么提供？提示：手對物體的靜摩擦力。(2)何時物體能滑出？提示：手與物體間的靜摩擦力達到最大值時。嘗試解答選A。設(shè)物體的質(zhì)量為m，剛好發(fā)生相對滑動時物體所受的向心力為F向＝μmg＝mω2R，解得：ω＝，則當角速度大于時，物體能水平滑出，故A正確，B、C、D錯誤。解決臨界問題的注意事項(1)先確定研究對象受力情況，看哪些力充當向心力，哪些力可能突變引起臨界問題。(2)注意分析物體所受靜摩擦力大小和方向隨圓盤轉(zhuǎn)速的變化而發(fā)生變化。(3)關(guān)注臨界狀態(tài)，例如靜摩擦力達到最大值時。例3中，物體隨手轉(zhuǎn)動，靜摩擦力提供向心力，隨轉(zhuǎn)速的增大，靜摩擦力增大，當所需向心力大于最大靜摩擦力時開始相對滑動，出現(xiàn)臨界情況，此時對應(yīng)的角速度為臨界角速度。[變式3－1]兩個質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為L，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2L，a、b之間用長為L的強度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，開始時輕繩剛好伸直但無張力，用A．a(chǎn)比b先達到最大靜摩擦力B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，a所受摩擦力的大小為eq\f(5kmg,3)答案D解析木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，當繩子上無拉力時，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：Ff＝mω2r，F(xiàn)fmax＝kmg，聯(lián)立得ωmax＝eq\r(\f(kg,r))，故隨著ω增大，b先達到臨界角速度，b先達到最大靜摩擦力，故A錯誤。在b的靜摩擦力沒有達到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質(zhì)量分別是2m和m，而圓周運動的半徑r分別為L和2L，所以開始時a和b受到的摩擦力是相等的；當b受到的靜摩擦力達到最大后，即ω>eq\r(\f(kg,2L))，對于b木塊有：kmg＋F＝mω2·2L，對于a木塊有Ff－F＝2mω2L，聯(lián)立得Ff＝4mω2L－kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不一定相等，故B錯誤。b剛要滑動時，對b木塊有kmg＋F＝mωeq\o\al(2,0)·2L，對a木塊有k·2mg－F＝2mωeq\o\al(2,0)L，聯(lián)立得kmg＋2kmg＝4mωeq\o\al(2,0)L，得ω0＝eq\r(\f(3kg,4L))，故C錯誤。當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，b未滑動，a所受摩擦力大小Ff＝4mω2L－kmg＝eq\f(5kmg,3)，故D正確。[變式3－2](2020·安徽省安慶市重點中學(xué)高三第二次聯(lián)考)(多選)如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺上的小物體A、B通過輕彈簧連接，并隨轉(zhuǎn)臺一起勻速轉(zhuǎn)動，A、B的質(zhì)量分別為m、2m，A、B與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)都為μ，A、B離轉(zhuǎn)臺中心的距離分別為1.5r、r，已知彈簧的原長為1.5r，勁度系數(shù)為kA．當B受到的摩擦力為0時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為eq\r(\f(k,m))B．當A受到的摩擦力為0時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為eq\r(\f(2k,3m))C．使轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速緩慢增大，若B比A先相對轉(zhuǎn)臺滑動，則當B剛好要滑動時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為)D．使轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速緩慢增大，若A比B先相對轉(zhuǎn)臺滑動，則當A剛好要滑動時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為)答案BD解析當B受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供B做圓周運動的向心力，則k(2.5r－1.5r)＝2mω2r，解得ω＝eq\r(\f(k,2m))，A錯誤；當A受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供A做圓周運動的向心力，則k(2.5r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得ω＝eq\r(\f(2k,3m))，B正確；使轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速緩慢增大，若B比A先相對轉(zhuǎn)臺滑動，則當B剛好要滑動時，B與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力達到最大靜摩擦力且指向轉(zhuǎn)臺中心，此時彈簧彈力與最大靜摩擦力的合力提供B做圓周運動的向心力，則有k(2.5r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2·r，解得)，C錯誤；使轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速緩慢增大，若A比B先相對轉(zhuǎn)臺滑動，則當A剛好要滑動時，A與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力達到最大靜摩擦力且指向轉(zhuǎn)臺中心，此時彈簧彈力與最大靜摩擦力的合力提供A做圓周運動的向心力，則有k(2.5r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，解得ω＝)，D正確?？键c4豎直面內(nèi)的圓周運動——“繩”模型和“桿”模型1.在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的物體等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．繩、桿模型涉及的臨界問題繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球受力特征除重力外，物體受到的彈力向下或等于零除重力外，物體受到的彈力向下、等于零或向上受力示意圖過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、圓軌道對球產(chǎn)生彈力FN(2)不能過最高點時，v<eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心(2)當0<v<eq\r(gr)時，mg－FN＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N背離圓心，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0(4)當v>eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N指向圓心，并隨v的增大而增大例4(2020·河北衡水中學(xué)高中畢業(yè)班四月份教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖所示，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球過最高點的最小速度是eq\r(gR)B．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小(1)桿模型過最高點的臨界條件是什么？提示：速度為0。(2)桿在最高點對小球是拉力還是壓力的臨界條件是什么？提示：速度為v＝eq\r(gR)。嘗試解答選B。由于桿在最高點對小球的作用力可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，所以小球過最高點的最小速度為0，故A錯誤；當小球在最高點的速度v＝eq\r(gR)時，靠小球重力提供向心力，桿的彈力為零，故B正確；當小球經(jīng)過最高點時桿對它的作用力表現(xiàn)為支持力時，隨速度增大桿對球的作用力減小，當小球經(jīng)過最高點時桿對它的作用力表現(xiàn)為拉力時，隨速度增大桿對球的作用力增大，故C、D錯誤。豎直面內(nèi)圓周運動問題的解題思路[變式4－1](2020·遼寧省葫蘆島市高三第一學(xué)期質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球掛在離水平地面高為3L的O點，小鐵球以O(shè)為圓心在豎直面內(nèi)做圓周運動且恰好能到達最高點A處，不計空氣阻力，重力加速度為gA.eq\r(3gL) B.eq\r(6gL)C.4eq\r(gL) D.3eq\r(gL)答案D解析小鐵球剛好到達最高點時，繩的拉力為零，小鐵球的重力提供向心力，有mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)，在最高點切斷輕繩后，小鐵球做平拋運動落地，對這一過程由動能定理有：mg·4L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立可得小鐵球落地速度大?。簐2＝3eq\r(gL)，故A、B、C錯誤，D正確。[變式4－2](2020·內(nèi)蒙古呼和浩特市高三質(zhì)量普查調(diào)研)(多選)如圖所示，一個小球沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動，圓環(huán)的半徑為R，關(guān)于小球的運動情況，以下說法正確的是()A．小球在最高點對軌道的壓力為零B．小球在最低點對軌道的壓力最大C．如果小球恰好通過最高點，圓環(huán)的半徑越大，小球在最低點對軌道的壓力越大D．如果小球恰好通過最高點，圓環(huán)半徑的大小與在最低點對軌道的壓力無關(guān)答案BD解析小球在最高點若只有重力提供向心力，則小球在最高點對軌道的壓力為零，其他情況壓力都不為零，故A錯誤；小球在最低點時速度最大，受到的支持力最大，對軌道的壓力最大，故B正確；如果小球恰好通過最高點，則滿足mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，從最高點到最低點的過程由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球在最低點滿足F－mg＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得F＝6mg，根據(jù)牛頓第三定律，小球在最低點對軌道的壓力為6mg，與圓環(huán)半徑無關(guān)，故C錯誤，D正確。考點5斜面上圓周運動的臨界問題在斜面上做圓周運動的物體，根據(jù)受力情況的不同，可分為以下三類。1．物體在靜摩擦力作用下做圓周運動。2．物體在繩的拉力作用下做圓周運動。3．物體在桿的作用下做圓周運動。這類問題的特點是重力的分力和其他力的合力提供向心力，運動和受力情況比較復(fù)雜。例5(2014·安徽高考)如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2。則ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/s B.eq\r(3)rad/sC.1.0rad/s D.0.5rad/s(1)隨著ω增大會發(fā)生什么？提示：小物體在圓盤上滑動。(2)小物體轉(zhuǎn)到哪個位置最容易發(fā)生上述情況？提示：最低點。嘗試解答選C。當物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點恰好要滑動時，轉(zhuǎn)盤的角速度最大，其受力如圖所示(其中O為對稱軸位置)。由沿斜面的合力提供向心力，有μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R得ω＝eq\r(\f(g,4R))＝1.0rad/s，C正確。與豎直面內(nèi)的圓周運動類似，斜面上的圓周運動也是集中分析物體在最高點和最低點的受力情況，列牛頓運動定律方程來解題。只是在受力分析時，一般需要進行立體圖到平面圖的轉(zhuǎn)化，這是解斜面上圓周運動問題的難點。[變式5](2020·安徽省安慶市重點中學(xué)高三第二次聯(lián)考)如圖所示，光滑斜面與水平面成α＝30°角，斜面上一根長為l＝0.30m的輕桿，一端系住質(zhì)量為0.2kg的小球，另一端可繞O點在斜面內(nèi)轉(zhuǎn)動。先將輕桿拉至水平位置，然后給小球一沿著斜面并與輕桿垂直的初速度v0＝3m/s，取g＝10m/s2，則()A．此時小球的加速度大小為eq\r(30)m/s2B．小球到達最高點時，桿對其的彈力沿斜面向上C．若增大v0，小球達到最高點時桿對小球的彈力一定增大D．若增大v0，小球達到最高點時桿對小球的彈力可能減小答案C解析小球做變速圓周運動，在初位置加速度不指向圓心，切向加速度為：a′＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，向心加速度為：an＝eq\f(v\o\al(2,0),l)＝eq\f(32,0.30)m/s2＝30m/s2，此時小球的加速度為：a＝eq\r(a\o\al(2,n)＋a′2)>an＝30m/s2>eq\r(30)m/s2，故A錯誤。小球從初始位置到最高點過程，根據(jù)動能定理，有：－mglsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；解得：v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－2glsin30°)＝eq\r(32－2×10×0.30×\f(1,2))m/s＝eq\r(6)m/s；考慮臨界情況，如果在最高點桿沒有彈力，小球重力沿斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,2),l)，解得：v2＝eq\r(glsin30°)＝eq\f(\r(6),2)＜v1，說明小球達到最高點時桿對小球有拉力作用，即桿對小球的彈力沿斜面向下，故B錯誤。在最高點時，輕桿對小球的彈力是拉力，故F＋mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,最高),l)，如果初速度增大，則在最高點速度也增大，故拉力F一定增大，C正確，D錯誤。(16分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉(zhuǎn)臺以一定角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g。(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；(2)ω＝(1±k)ω0，且0<k?1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。試卷抽樣評析指導(dǎo)1.失分點①：方程和結(jié)果錯誤。失分原因：該同學(xué)分析正確但列方程時出現(xiàn)錯誤，對公式使用上所表述的意義理解不透徹。補償建議：在對公式的使用上，圓心在哪、運動半徑是指哪一段需搞清楚。規(guī)范解答：列出正確方程mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)Rsinθ，ω0＝eq\r(\f(2g,R))2．失分點②：摩擦力的方向判斷錯誤。失分原因：該同學(xué)兩次分析摩擦力的方向錯誤而造成丟分。補償建議：加深對摩擦力概念的理解。1.(2020·全國卷Ⅰ)如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長約為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計。當該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A．200N B.400NC．600N D.800N答案B解析當該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，根據(jù)牛頓第二定律，有2T－mg＝eq\f(mv2,r)，解得T＝410N，即此時每根繩子平均承受的拉力約為400N，故B正確。2.(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動。座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運動周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R答案BD解析座艙的運動周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A錯誤；根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，可知座艙的線速度大小為v＝ωR，B正確；座艙做勻速圓周運動，摩天輪對座艙的作用力與座艙的重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小為F合＝mω2R，C錯誤，D正確。3.(2019·海南高考)如圖，一硬幣(可視為質(zhì)點)置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起沿OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，則圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為()A.eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r)) B.eq\r(\f(μg,r))C.eq\r(\f(2μg,r)) D.2eq\r(\f(μg,r))答案B解析硬幣在水平圓盤上做勻速圓周運動時，靜摩擦力提供向心力，當向心力等于最大靜摩擦力時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度最大，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝mrω2，解得圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為ω＝eq\r(\f(μg,r))，B正確。4．(2018·江蘇高考)(多選)火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10°。在此10s時間內(nèi)，火車()A．運動路程為600m B.加速度為零C．角速度約為1rad/s D.轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4km答案AD解析圓周運動的弧長s＝vt＝60×10m＝600m，A正確；火車轉(zhuǎn)彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故B錯誤；由題意得圓周運動的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10,180×10)×3.14rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，故C錯誤，D正確。5．(2017·江蘇高考)如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上。物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2B．小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2C．物塊上升的最大高度為eq\f(2v2,g)D．速度v不能超過eq\r(\f(2F－MgL,M))答案D解析物塊受到的摩擦力小于等于最大靜摩擦力，即Mg≤2F。物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg≤2F，A錯誤；小環(huán)碰到釘子時，物塊做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝eq\f(Mv2,L)，T＝Mg＋eq\f(Mv2,L)，所以繩子中的張力與2F大小關(guān)系不確定，B錯誤；物塊運動到達最高點，根據(jù)動能定理有－Mgh＝0－eq\f(1,2)Mv2，則最大高度h＝eq\f(v2,2g)，C錯誤；環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力達到最大值時速度最大，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝eq\f(Mv2,L)，故最大速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，D正確。6.(2020·安徽省皖南八校高三上摸底聯(lián)考)一轉(zhuǎn)動裝置如圖所示，兩根輕桿OA和AB與一小球以及一小環(huán)通過鉸鏈連接，兩輕桿長度相同，球和環(huán)的質(zhì)量均為m，O端通過鉸鏈固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長為L，裝置靜止時，彈簧長為eq\f(3,2)L，轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)AB桿中彈力為零時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω0。答案(1)eq\f(3mg,L)(2)eq\r(\f(3g,2L))解析(1)如圖所示，裝置靜止時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ1，小環(huán)受到彈簧的彈力F彈1＝keq\f(L,2)此時小環(huán)受力平衡，有F彈1＝mg＋T1cosθ1小球受力平衡，有F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg，F(xiàn)1sinθ1＝T1sinθ1聯(lián)立解得彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(3mg,L)。(2)設(shè)AB桿中彈力為零時，OA桿中的彈力為F2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2，彈簧長度為x，輕桿長度為l，小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2＝k(x－L)小環(huán)受力平衡，有F彈2＝mg解得AB桿中彈力為零時，彈簧的長度x＝eq\f(4,3)L則cosθ2＝eq\f(x,2l)，對小球豎直方向有F2cosθ2＝mg對小球，根據(jù)牛頓第二定律有F2sinθ2＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ2解得AB桿中彈力為零時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω0＝eq\r(\f(3g,2L))。時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共11小題，每小題8分，共88分。其中1～4題為單選，5～11題為多選)1.(2020·江蘇省鎮(zhèn)江市高三上學(xué)期期末)一質(zhì)量為m的汽車以2v的速度經(jīng)過拱形橋面頂端時對橋面的壓力為零，重力加速度為g。則該汽車以速度v經(jīng)過頂端時對橋面的壓力F為()A．0.25mg B.0.5mgC．0.75mg D.mg答案C解析由題意，汽車速度為2v時，其重力恰好充當向心力，則有mg＝meq\f(2v2,R)，當汽車速度變?yōu)関時，向心力減小，橋面對汽車有向上的支持力F′，則有mg－F′＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得F′＝0.75mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，汽車對橋面的壓力F＝0.75mg，故C正確，A、B、D錯誤。2．(2020·河北省石家莊市高三下一模)風(fēng)速儀結(jié)構(gòu)如圖a所示。光源發(fā)出的光經(jīng)光纖傳輸，被探測器接收，當風(fēng)輪旋轉(zhuǎn)時，通過齒輪帶動凸輪圓盤旋轉(zhuǎn)，當圓盤上的凸輪經(jīng)過透鏡系統(tǒng)時光被擋住。已知風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動半徑為r，每轉(zhuǎn)動n圈帶動凸輪圓盤轉(zhuǎn)動一圈。若某段時間Δt內(nèi)探測器接收到的光強隨時間變化關(guān)系如圖b所示，則該時間段內(nèi)風(fēng)輪葉片()A．轉(zhuǎn)速逐漸減小，平均速率為eq\f(4πnr,Δt)B．轉(zhuǎn)速逐漸減小，平均速率為eq\f(8πnr,Δt)C．轉(zhuǎn)速逐漸增大，平均速率為eq\f(4πnr,Δt)D．轉(zhuǎn)速逐漸增大，平均速率為eq\f(8πnr,Δt)答案B解析根據(jù)題意，從圖b可以看出，在Δt時間內(nèi)，探測器接收到光的時間在增長，圓盤上凸輪的擋光時間也在增長，故該段時間內(nèi)風(fēng)輪葉片的轉(zhuǎn)動速度在減??；在Δt時間內(nèi)凸輪圓盤轉(zhuǎn)動了4周，則風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動了4n周，風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)過的弧長為l＝4n×2πr，葉片轉(zhuǎn)動的平均速率為v＝eq\f(l,Δt)＝eq\f(8nπr,Δt)，故B正確。3.(2020·福建省漳州市高三下一模)如圖所示，天花板上有一可自由轉(zhuǎn)動光滑小環(huán)Q，一輕繩穿過Q，兩端分別連接質(zhì)量為m1、m2的A、B小球。兩小球分別在各自的水平面內(nèi)做圓周運動，它們周期相等。則A、B小球到Q的距離l1、l2的比值eq\f(l1,l2)為()A.eq\f(m\o\al(2,1),m\o\al(2,2)) B.eq\f(m\o\al(2,2),m\o\al(2,1))C.eq\f(m1,m2) D.eq\f(m2,m1)答案D解析設(shè)連接A、B兩球的繩子與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，繩子拉力為T，對A小球水平方向有：Tsinθ1＝m1ω2l1sinθ1，對B小球水平方向有：Tsinθ2＝m2ω2l2·sinθ2，聯(lián)立得eq\f(l1,l2)＝eq\f(m2,m1)，故D正確，A、B、C錯誤。4.(2020·東北三省三校高三下學(xué)期第三次聯(lián)合模擬)如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細線連接，分別套在水平粗糙細桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置以豎直桿為軸以不同大小的角速度勻速轉(zhuǎn)動時，兩金屬環(huán)始終相對桿不動，下列判斷正確的是()A．轉(zhuǎn)動的角速度越大，細線中的拉力越大B．轉(zhuǎn)動的角速度越大，環(huán)N與豎直桿之間的彈力越大C．轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的彈力相等D．轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小不可能相等答案C解析設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，對N受力分析，受到豎直向下的重力GN、細線的拉力T、桿給它的水平支持力N1，因為兩環(huán)相對桿的位置不變，所以對N有Tcosθ＝GN，N1＝Tsinθ，因為重力GN恒定，角度θ恒定，所以細線的拉力不變，環(huán)N與豎直桿之間的彈力恒定，故A、B錯誤；對M受力分析，受到豎直向下的重力GM、細線的拉力T、水平桿對它向上的支持力N2以及可能受到的方向不確定的靜摩擦力，豎直方向由平衡條件有N2＝GM＋Tcosθ＝GM＋GN，所以轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的彈力相等，C正確；若以較小角速度轉(zhuǎn)動，環(huán)M受到的摩擦力方向背離轉(zhuǎn)軸，有Tsinθ－f＝mω2r，得f＝Tsinθ－mω2r，若以較大角速度轉(zhuǎn)動，環(huán)M受到的摩擦力方向指向轉(zhuǎn)軸，有Tsinθ＋f′＝mω′2r，得f′＝mω′2r－Tsinθ，可能存在mω′2r－Tsinθ＝Tsinθ－mω2r，故D錯誤。5.(2020·廣深珠三校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考)公路急轉(zhuǎn)彎處通常是交通事故多發(fā)地帶。如圖所示，某公路急轉(zhuǎn)彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為v0時，汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢，則在該彎道處()A．路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低B．車速只要低于v0，車輛便會向內(nèi)側(cè)滑動C．車速雖然高于v0，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側(cè)滑動D．當路面結(jié)冰時，與未結(jié)冰時相比，v0的值變小答案AC解析汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢，則此時重力和支持力的合力指向圓弧內(nèi)側(cè)，提供汽車做圓周運動的向心力，故路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低，A正確；車速低于v0時，汽車所需的向心力減小，摩擦力指向外側(cè)，若小于最大靜摩擦力，車輛便不會向內(nèi)側(cè)滑動，故B錯誤；車速高于v0時，摩擦力指向內(nèi)側(cè)，只要速度不超出某一最高限度，則摩擦力小于最大靜摩擦力，車輛便不會側(cè)滑，故C正確；當路面結(jié)冰時，與未結(jié)冰時相比，由于支持力和重力不變，則v0的值不變，故D錯誤。6.(2020·山西省大同市縣區(qū)高三第一次聯(lián)合考試)如圖所示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長的輕繩連接，整個裝置能繞過CD中點的豎直軸OO′轉(zhuǎn)動，已知兩物塊質(zhì)量相等，桿CD對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開始時繩子處于自然長度(繩子恰好伸直但無彈力)，物塊A到OO′軸的距離為物塊B到OO′軸距離的兩倍，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使轉(zhuǎn)速逐漸增大，從繩子處于自然長度到兩物塊A、B即將滑動的過程中，下列說法正確的是()A．B受到的靜摩擦力一直增大B.B受到的靜摩擦力先增大后減小再增大C．A受到的靜摩擦力先增大后減小D．A受到的合力一直增大答案BD解析開始轉(zhuǎn)速較小時，兩物塊A、B均靠桿CD對其的靜摩擦力提供向心力；轉(zhuǎn)速逐漸增大，靜摩擦力增大，根據(jù)f＝mrω2，rA＞rB，可知隨著角速度的增大，A所受靜摩擦力先達到最大靜摩擦力，然后繩子產(chǎn)生拉力，所以當繩子剛好產(chǎn)生拉力時，B受靜摩擦力作用且未達到最大靜摩擦力；隨著角速度繼續(xù)增大，A所受靜摩擦力不變，由fm＋T＝mω2rA，fB＋T＝mω2rB，知B所受靜摩擦力fB＝fm－mω2(rA－rB)＝fm－mω2rB，fB先減小后反向增大，直到達到最大靜摩擦力后，A、B開始滑動；綜上所述，A所受的靜摩擦力先增大，達到最大靜摩擦力后不變，B所受的靜摩擦力先增大后減小再增大，故A、C錯誤，B正確。根據(jù)向心力公式Fn＝mω2r，在發(fā)生相對滑動前物塊A、B做圓周運動的半徑是不變的，質(zhì)量也不變，隨著角速度的增大，向心力增大，而向心力就是物塊所受的合力，故D正確。7.(2020·江西省吉安市高三上期中)質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)木架上的A點和C點，如圖所示，當木架繞軸BC以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時木架停止轉(zhuǎn)動，則()A．小球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動B．a(chǎn)繩中張力突然增大C．若角速度ω較小，小球在平行于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動D．若角速度ω較大，小球可在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)做圓周運動答案BD解析繩b未斷時，繩a的拉力大小等于小球的重力mg，繩b斷時，由于慣性，小球具有水平向外的速度，且受豎直向下的重力和豎直向上的繩a的拉力，可能在豎直面內(nèi)做圓周運動，不可能在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，故A錯誤；設(shè)繩a的長度為La，繩b被燒斷瞬間，對小球由牛頓第二定律有：Fa－mg＝meq\f(v2,La)，可知此時繩a中的張力大于小球重力，即a繩中張力突然增大，B正確；當ω較小時，球在最低點速度較小，若v≤eq\r(2gLa)，則不能擺到與A點等高處，而在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動，故C錯誤；當ω較大時，球在最低點速度較大，如果大于一定值，可在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，故D正確。8.(2020·福建省泉州市高三上質(zhì)量檢查)如圖，兩彈性輕繩一端系在天花板的O點，另一端分別系著質(zhì)量均為m的小球a、b，并讓兩小球都以O(shè)′為圓心在同一水平面上做勻速圓周運動。已知兩彈性繩的彈力都與其伸長量成正比，且原長恰好都等于OO′，則()A．小球a、b的運動周期相同B．小球a的向心力大于小球b的向心力C．小球a、b的線速度大小相同D．彈性繩1的勁度系數(shù)大于彈性繩2的勁度系數(shù)答案AD解析設(shè)彈性輕繩與豎直方向的夾角為θ，原長為L，小球受到繩子的彈力和自身重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)Ltanθ＝meq\f(v2,Ltanθ)，解得運動周期為