2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第四章曲線運動第20講常見的圓周運動動力學(xué)模型教學(xué)案新人教版

PAGE22-第20講常見的圓周運動動力學(xué)模型實力命題點一水平面內(nèi)的圓周運動1．向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避開再另外添加一個向心力。2．幾種典型的運動模型運動模型向心力的來源圖示飛機水平轉(zhuǎn)彎火車轉(zhuǎn)彎(以規(guī)定速度行駛)圓錐擺飛車走壁如圖所示，用一根長為l＝1m的細線，一端系一質(zhì)量為m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細線的張力為FT(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8,g取10m/s2，結(jié)果可用根式表示)。求：(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？(2)若細線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？解析(1)小球剛好離開錐面時，小球受到重力和細線拉力，如圖所示。小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向運用牛頓其次定律及向心力公式得mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ解得ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)當細線與豎直方向成60°角時，小球已離開錐面，由牛頓其次定律及向心力公式得mgtan60°＝mω′2lsin60°解得ω′＝eq\r(\f(g,lcos60°))＝2eq\r(5)rad/s。答案(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s求解圓周運動問題的“一、二、三、四”1．(2024·北京期末)(多選)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，有兩個質(zhì)量相同的小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在圖中所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法不正確的是()A．球A的線速度必定大于球B的線速度B．球A的角速度必定等于球B的角速度C．球A的運動周期必定小于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力必定大于球B對筒壁的壓力答案BCD解析以A為例對小球進行受力分析，可得支持力和重力的合力充當向心力，設(shè)圓錐筒的錐角為θ，則FN＝eq\f(mg,sinθ)，F(xiàn)n＝eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，A、B質(zhì)量相等，A做圓周運動的半徑大于B做圓周運動的半徑，所以球A的線速度必定大于球B的線速度，球A的角速度必定小于球B的角速度，球A的運動周期必定大于球B的運動周期，球A對筒壁的壓力必定等于球B對筒壁的壓力，A正確，B、C、D錯誤。2．(2024·北京期末)如圖所示為火車車輪在轉(zhuǎn)彎處的截面示意圖，軌道的外軌高于內(nèi)軌，在此轉(zhuǎn)彎處規(guī)定的火車行駛速度為v，則()A．若火車通過此彎道時速度大于v，則火車的輪緣會擠壓外軌B．若火車通過此彎道時速度小于v，則火車的輪緣會擠壓外軌C．若火車通過此彎道時行駛速度等于v，則火車的輪緣會擠壓外軌D．若火車通過此彎道時行駛速度等于v，則火車對軌道的壓力小于火車的重力答案A解析如圖所示為火車車輪在轉(zhuǎn)彎處的受力示意圖，軌道的外軌高于內(nèi)軌，在此轉(zhuǎn)彎處規(guī)定的火車行駛速度為v，則當轉(zhuǎn)彎的實際速度大于規(guī)定速度時，火車所受的重力和支持力的合力不足以供應(yīng)所需的向心力，火車有離心運動的趨勢，故其外側(cè)車輪輪緣會與外軌相互擠壓，A正確；當轉(zhuǎn)彎的實際速度小于規(guī)定速度時，火車所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火車有近心運動的趨勢，故其內(nèi)側(cè)車輪輪緣會與內(nèi)軌相互擠壓，B錯誤；當火車以速度v通過此彎道時，火車重力與軌道支持力的合力恰好供應(yīng)向心力，內(nèi)外軌都無壓力，故C錯誤；設(shè)軌道所在斜面的傾角為θ，當火車以速度v通過此彎道時，由受力可知，Ncosθ＝mg，解得：N＝eq\f(mg,cosθ)，所以火車對軌道的壓力大于火車的重力，故D錯誤。實力命題點二豎直面內(nèi)的圓周運動1．概述豎直平面內(nèi)的圓周運動一般是變速圓周運動，運動的速度大小和方向在不斷發(fā)生變更，運動過程困難，合外力不僅變更速度的方向，還變更速度的大小，所以一般不探討隨意位置的狀況，常常探討的是特別的位置——最高點、最低點和與圓心等高的位置。豎直平面內(nèi)的圓周運動一般可以分為兩類：(1)輕繩模型：豎直(光滑)圓弧內(nèi)側(cè)的圓周運動、水流星的運動等，類似輕繩一端的物體以輕繩另一端為圓心的豎直平面內(nèi)的圓周運動。其特點是在最高點無支撐。(2)輕桿模型：豎直(光滑)圓管內(nèi)的圓周運動、小球套在豎直圓環(huán)上的運動等，類似輕桿一端的物體以輕桿另一端為圓心的豎直平面內(nèi)的圓周運動。其特點是在最高點有支撐。2．豎直面內(nèi)圓周運動的兩個基本模型的比較輕繩模型輕桿模型情景圖示最高點受力特征除重力外，物體可能受到向下或等于零的彈力除重力外，物體可能受到向下、等于零或向上的彈力受力示意圖力學(xué)方程mg＋FT＝meq\f(v2,R)mg±FN＝meq\f(v2,R)臨界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)，即vmin＝eq\r(gR)v＝0時F向＝0，即FN＝mgv＝eq\r(gR)的意義物體能否過最高點的臨界速度FN表現(xiàn)為拉力還是支持力的臨界速度過最高點的條件最高點的速度v≥eq\r(gR)最高點的速度v≥0過最低點受力分析FT－mg＝meq\f(v2,R)，輕繩或圓軌道受拉力或壓力最大，存在繩斷的臨界條件FT－mg＝meq\f(v2,R)，存在對桿拉力或?qū)軌毫ψ畲笾祮栴}注：汽車過凸形拱橋最高點相當于桿只有支持力而沒有壓力的狀況，此時mg－FN＝meq\f(v2,R)，過最高點的臨界條件是FN＝0時，v＝eq\r(gR)。模型1輕繩模型[例1]如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球，用長為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動。g取10m/s2，求：(1)小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為多大？(2)當小球在最高點的速度為4m/s時，輕繩拉力多大？(3)若輕繩能承受的最大張力為45N，小球的速度不能超過多大？解析(1)在最高點，對小球受力分析如圖甲，由牛頓其次定律得mg＋F1＝meq\f(v2,R)①由于輕繩對小球只能供應(yīng)指向圓心的拉力，即F1不行能取負值，亦即F1≥0②聯(lián)立①②式得v≥eq\r(gR)代入數(shù)值得v≥2m/s所以，小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2m/s。(2)對小球，由牛頓其次定律得mg＋F2＝meq\f(v\o\al(2,2),R)將v2＝4m/s代入得，F(xiàn)2＝15N。(3)由分析可知，小球在最低點時輕繩張力最大，對小球受力分析如圖乙，由牛頓其次定律得F3－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)③又F3≤45N④聯(lián)立③④式得v3≤4eq\r(2)m答案(1)2m/s(2)15N(3)4eq\模型2輕桿模型[例2]如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端系一個小球(可視為質(zhì)點)。小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，且能通過最高點，g為重力加速度。下列說法正確的是()A．小球通過最高點時速度可能小于eq\r(gL)B．小球通過最高點時所受輕桿的作用力不行能為零C．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大D．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小解析小球在最高點時，桿對球可以表現(xiàn)為支持力，由牛頓其次定律得：mg－F＝meq\f(v2,L)，則得v＝eq\r(gL－\f(FL,m))<eq\r(gL)，故A正確。當小球通過最高點的速度為eq\r(gL)時，由重力供應(yīng)向心力，桿的作用力為零，故B錯誤。在最高點輕桿對小球的作用力可以表現(xiàn)為拉力，此時依據(jù)牛頓其次定律有mg＋F＝meq\f(v2,L)，則知v越大，F(xiàn)越大，即隨小球速度的增大，桿的拉力增大；小球通過最高點時桿對球的作用力也可以表現(xiàn)為支持力，當表現(xiàn)為支持力時，有mg－F＝meq\f(v2,L)，則知v越大，F(xiàn)越小，即隨小球速度的增大，桿的支持力減小，故C、D錯誤。答案A解題技巧(1)定模型：首先推斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同。(2)確定臨界點：抓住繩模型中在最高點v≥eq\r(gR)及桿模型中在最高點v≥0這兩個臨界條件。(3)探討狀態(tài)：通常狀況下豎直平面內(nèi)的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動狀況。(4)受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，依據(jù)牛頓其次定律列出方程：F合＝F向。(5)過程分析：應(yīng)用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯(lián)系起來列方程。1.如圖所示，長均為L的兩根輕繩一端共同系住質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小為()A．eq\r(3)mg B．eq\f(4\r(3),3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg答案A解析設(shè)小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的半徑為r，小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌道平面的夾角為θ＝30°，則有r＝Lcosθ＝eq\f(\r(3),2)L。依據(jù)題述，小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，有mg＝meq\f(v2,r)；小球在最高點速率為2v時，設(shè)每根繩的拉力大小為F，則有2Fcosθ＋mg＝meq\f(2v2,r)，聯(lián)立解得F＝eq\r(3)mg，A正確。2.如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，內(nèi)側(cè)壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法中正確的是()A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝eq\r(gR＋r)B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝eq\r(gR)C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球肯定無作用力D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側(cè)管壁對小球肯定有作用力答案C解析因是在圓形管道內(nèi)做圓周運動，所以在最高點時，內(nèi)壁可以給小球沿半徑向外的支持力，所以小球通過最高點時的最小速度為零，故A、B錯誤；小球在水平線ab以下的管道中運動時，豎直向下的重力沿半徑方向的分力沿半徑方向向外，小球的向心力沿半徑指向圓心，小球與外壁肯定會相互擠壓，所以小球肯定會受到外壁的作用力，內(nèi)側(cè)管壁對小球肯定無作用力，故C正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，當速度較小時，重力沿半徑方向上的分力大于或等于小球做圓周運動須要的向心力，此時小球與外壁不存在相互擠壓，外側(cè)管壁對小球沒有作用力，故D錯誤。實力命題點三水平面、斜面內(nèi)的圓周運動臨界問題1．水平面內(nèi)的圓周運動的臨界問題如下圖，在水平面內(nèi)做圓周運動的物體，供應(yīng)向心力的可能是繩子的拉力、摩擦力等及它們的合力或分力。當角速度變更時，物體有遠離圓心或向著圓心運動的趨勢，從而出現(xiàn)臨界狀況。當角速度ω增大時，圖a中繩子BC可能由松馳變?yōu)榭嚲o，甚至斷裂；圖b斜面的支持力變?yōu)榱銜r物體將脫離斜面；圖c靜摩擦力達到最大時木塊起先滑動；圖c、圖d木塊或小球受到的靜摩擦力的方向可能發(fā)生變更。對于這類動態(tài)變更的問題，關(guān)鍵是找到臨界狀態(tài)，作受力分析。2．四種臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是：FT＝0。(4)運動趨勢方向變更的臨界條件：靜摩擦力為0。3．斜面上圓周運動的臨界問題在斜面上做圓周運動的物體，因所受的限制因素不同，如靜摩擦力限制、輕繩限制、輕桿限制，物體的受力狀況和臨界條件也不相同。(1)靜摩擦力限制下的圓周運動(2)輕繩限制下的圓周運動(3)輕桿限制下的圓周運動由于重力沿斜面的分力，在斜面內(nèi)做圓周運動的物體的速率不斷變更，運動狀況與豎直面內(nèi)的圓周運動類似，所以通常分析物體在最高點和最低點的受力狀況求臨界狀態(tài)。物體在斜面上運動時，若受摩擦力，還要參照水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題分析摩擦力的突變問題，如靜摩擦力的方向變更、靜摩擦力變?yōu)榛瑒幽Σ亮Α?2024·江蘇宿遷一調(diào))如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動且相對器壁靜止，A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α>β。則()A．A的質(zhì)量肯定小于B的質(zhì)量B．A、B受到的摩擦力可能同時為零C．若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大解析當B所受摩擦力恰為零時，受力分析如圖，依據(jù)牛頓其次定律得：mBgtanβ＝mBωeq\o\al(2,B)Rsinβ，解得：ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))，同理可得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))，物塊轉(zhuǎn)動的角速度與物塊的質(zhì)量無關(guān)，所以無法推斷A、B質(zhì)量的大小關(guān)系，A錯誤；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不行能同時為零，B錯誤；若A不受摩擦力，此時轉(zhuǎn)臺的角速度為ωA，又ωA>ωB，所以此時物塊B的向心力大于其所受摩擦力為零時的向心力，受力分析可知，此時B受沿容器壁向下的摩擦力，C錯誤；假如轉(zhuǎn)臺角速度從A不受摩擦力起先增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力均沿容器壁向下，且均增大，D正確。答案D(1)分析臨界問題時，假如不能確定靜摩擦力的方向，可以假設(shè)靜摩擦力沿某個方向，然后做受力分析求解，依據(jù)求出的靜摩擦力的正負推斷它的方向。(2)物體做圓周運動時，在支持面上滑動時的臨界狀況常常有兩種可能，例如核心綜述圖c中木塊既可能向靠近圓心的方向滑動，也可能向遠離圓心的方向滑動，應(yīng)全面分析，不要漏解。1．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，兩個質(zhì)量均為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，木塊與圓盤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。若圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ωA．b肯定比a先起先滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg答案AC解析因圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，在某一時刻可認為，小木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，充當向心力，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則依據(jù)牛頓其次定律可得f＝mω2R，由于小木塊b的軌道半徑大于小木塊a的軌道半徑，故小木塊b做圓周運動須要的向心力較大，先達到最大靜摩擦力而滑動，B錯誤，A正確；當b將要滑動時，由牛頓其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，C正確；當a起先滑動時，由牛頓其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而轉(zhuǎn)盤的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，小木塊a未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來供應(yīng)，由牛頓其次定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D錯誤。2.(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們與盤間的動摩擦因數(shù)相同，當圓盤轉(zhuǎn)動到兩個物體剛好還未發(fā)生滑動時，燒斷細線，兩個物體的運動狀況是()A．物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動B．物體A發(fā)生滑動，離圓盤圓心越來越遠C．兩物體仍隨圓盤一起做圓周運動，不發(fā)生滑動D．兩物體均沿半徑方向滑動，離圓盤圓心越來越遠答案AB解析當圓盤轉(zhuǎn)動到兩物體剛要發(fā)生滑動時，A物體靠細線的拉力與圓盤給它指向圓心的最大靜摩擦力的合力供應(yīng)向心力做勻速圓周運動，所以燒斷細線后，A所受最大靜摩擦力不足以供應(yīng)其做圓周運動所須要的向心力，A要發(fā)生滑動，離圓盤圓心越來越遠，但是B所須要的向心力小于B所受的最大靜摩擦力，所以B仍與圓盤保持相對靜止狀態(tài)，故C、D錯誤，A、B正確。3.(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小物塊a和b(可視為質(zhì)點)靜止在傾斜的勻質(zhì)圓盤上，圓盤可繞垂直于盤面的固定軸轉(zhuǎn)動，a到轉(zhuǎn)軸的距離為l，b到轉(zhuǎn)軸的距離為2l，物塊與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，盤面與水平面的夾角為30°。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，若a、b隨圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，下列說法中正確的是()A．a(chǎn)在最高點時所受摩擦力可能為0B．a(chǎn)在最低點時所受摩擦力可能為0C．ω＝eq\r(\f(g,8l))是a起先滑動的臨界角速度D．ω＝eq\r(\f(g,8l))是b起先滑動的臨界角速度答案AD解析a在最高點時可能由重力沿斜面的分力供應(yīng)向心力，所以所受摩擦力可能為0，故A正確；a在最低點，由牛頓運動定律f－mgsin30°＝meq\f(v2,l)，所以a在最低點時所受摩擦力不行能為0，故B錯誤；對a在最低點，由牛頓運動定律μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,a)l，得a起先滑動的臨界角速度ωa＝eq\r(\f(g,4l))，故C錯誤；對b在最低點，由牛頓運動定律μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,b)(2l)，得b起先滑動的臨界角速度ωb＝eq\r(\f(g,8l))，故D正確。4.如圖所示，AB為豎直轉(zhuǎn)軸，在細繩AC和BC的結(jié)點C處系一質(zhì)量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg。當細繩AC和BC均拉直時∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。細繩AC和BC能繞豎直軸AB勻速轉(zhuǎn)動，因而小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。當小球的線速度增大時，兩繩均會被拉斷，則最先被拉斷的那根繩及另一根繩被拉斷時的速度分別為(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．AC5m/s B．BC5m/sC．AC5.24m/s D．BC5.24m/s答案B解析當小球線速度增至BC被拉直后，由牛頓其次定律可得，豎直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝meq\f(v2,r)②，由①式可得：TA＝eq\f(5,4)mg，小球線速度增大時，TA不變，TB增大，當BC繩剛要被拉斷時，TB＝2mg，由②式可解得此時v≈5.24m/s；BC繩斷后，隨小球線速度增大，AC繩與豎直方向間夾角增大，設(shè)AC繩被拉斷時與豎直方向的夾角為α，由TAC＝2mg，TAC·cosα＝mg，TACsinα＝meq\f(v′2,r′)，r′＝LAC·sinα，LBC＝LACcos53°，可解得α＝60°，LAC＝eq\f(5,3)m，v′＝5m/s，故B正確。課時作業(yè)1.(多選)圖示為運動員在水平道路上轉(zhuǎn)彎的情景，轉(zhuǎn)彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運動員始終與自行車在同一平面內(nèi)。轉(zhuǎn)彎時，只有當?shù)孛鎸嚨淖饔昧νㄟ^車(包括人)的重心時，車才不會傾倒。設(shè)自行車和人的總質(zhì)量為M，輪胎與路面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．車受到地面的支持力方向與車所在平面平行B．轉(zhuǎn)彎時車不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為eq\r(μgR)C．轉(zhuǎn)彎時車與地面間的靜摩擦力肯定為μMgD．轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小答案BD解析車受到的地面的支持力方向與車所在的平面垂直，故A錯誤；設(shè)自行車受到地面的彈力為N，則有：fm＝μN，由平衡條件有：N＝Mg，依據(jù)牛頓其次定律有：fm＝Meq\f(v\o\al(2,m),R)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝eq\r(μgR)，故B正確；設(shè)車所在平面與地面的夾角為θ，地面對自行車的彈力N與摩擦力f的合力過人與車的重心，則eq\f(1,tanθ)＝eq\f(f,Mg)，f＝Meq\f(v2,R)，解得f＝eq\f(Mg,tanθ)，eq\f(1,tanθ)＝eq\f(v2,gR)，轉(zhuǎn)彎時車與地面間的靜摩擦力不肯定為μMg，轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小，C錯誤，D正確。2.(多選)圖示為兒童樂園里“空中飛椅”的簡化模型，座椅通過鋼絲繩與頂端轉(zhuǎn)盤相連接。已知“空中飛椅”正常工作時轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速肯定，頂端轉(zhuǎn)盤的半徑為r，繩長為L，繩與豎直方向的夾角為θ，座椅中人的質(zhì)量為m，轉(zhuǎn)動過程座椅可以看做質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度為g，則()A．座椅轉(zhuǎn)動的角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,Lsinθ))B．人受到的合力大小為eq\f(mg,tanθ)C．座椅轉(zhuǎn)動的角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,Lsinθ＋r))D．人受到座椅的作用力為eq\f(mg,cosθ)答案CD解析以人為探討對象，人的受力如圖所示，由幾何學(xué)問可知，人受到的合力為F合＝mgtanθ，故B錯誤；人受到的合力供應(yīng)人做勻速圓周運動的向心力，可得F合＝mgtanθ＝mω2(r＋Lsinθ)，解得ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))，故A錯誤，C正確；由幾何學(xué)問可知，人受到座椅的作用力為T＝eq\f(mg,cosθ)，故D正確。3.(多選)“水流星”是一種常見的雜技項目，該運動可以簡化為細繩一端系著小球在豎直平面內(nèi)的圓周運動模型。已知繩長為l，重力加速度為g，則()A．小球運動到最低點Q時，處于失重狀態(tài)B．小球初速度v0越大，則在P、Q兩點繩對小球的拉力差越大C．當v0>eq\r(6gl)時，小球肯定能通過最高點PD．當v0<eq\r(gl)時，細繩始終處于繃緊狀態(tài)答案CD解析小球運動到最低點Q時，由于加速度向上，故處于超重狀態(tài)，A錯誤；小球在最低點Q時：FT1－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)，在最高點P時：FT2＋mg＝meq\f(v2,l)，又eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mg·2l＝eq\f(1,2)mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q兩點繩對小球的拉力差與初速度v0無關(guān)，B錯誤；當v0＝eq\r(6gl)時，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mg·2l＝eq\f(1,2)mv2可求得v＝eq\r(2gl)，因為小球經(jīng)過最高點的最小速度為eq\r(gl)，則當v0>eq\r(6gl)時小球肯定能通過最高點P，C正確；當v0＝eq\r(gl)時，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh得小球能上升的高度h＝eq\f(1,2)l，即小球不能越過與懸點等高的位置，故當v0<eq\r(gl)時，小球?qū)⒃谧畹忘c位置旁邊來回搖擺，細繩始終處于繃緊狀態(tài)，D正確。4.如圖所示，質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊沿該圓形軌道在豎直面內(nèi)做圓周運動。A、C點為圓周的最高點和最低點，B、D點是與圓心O處于同一水平線上的點。小滑塊運動時，物體在地面上靜止不動，則物體對地面的壓力FN和地面對物體的摩擦力有關(guān)說法正確的是()A．小滑塊在A點時，F(xiàn)N>Mg，摩擦力方向向左B．小滑塊在B點時，F(xiàn)N＝Mg，摩擦力方向向右C．小滑塊在C點時，F(xiàn)N＝(M＋m)g，M與地面無摩擦D．小滑塊在D點時，F(xiàn)N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左答案B解析因為軌道光滑，所以小滑塊與軌道之間沒有摩擦力。小滑塊在A點時，對軌道沒有水平方向的作用力，所以物體沒有相對地面運動的趨勢，即摩擦力為零，當小滑塊的速度v＝eq\r(gR)時，對軌道A點的壓力為零，物體對地面的壓力FN＝Mg，當小滑塊的速度v>eq\r(gR)時，對軌道A點的壓力向上，物體對地面的壓力FN<Mg，故A錯誤；小滑塊在B點時，對軌道的作用力水平向左，所以物體對地有向左運動的趨勢，地面給物體向右的摩擦力，豎直方向上小滑塊對軌道無作用力，所以物體對地面的壓力FN＝Mg，故B正確；小滑塊在C點時，地面對物體也沒有摩擦力，豎直方向上小滑塊對軌道的壓力大于其重力，所以物體對地面的壓力FN>(M＋m)g，故C錯誤；小滑塊在D點時，類似于B點的分析，地面給物體向左的摩擦力，物體對地面的壓力FN＝Mg，故D錯誤。5．如圖所示，一傾角為30°的斜劈靜置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一輕繩的一端固定在斜面上的O點，另一端系一小球。在圖示位置垂直于細線給小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做圓周運動。已知O點到小球球心的距離為l，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球在頂端時，速度大小為eq\r(gl)B．小球在底端時，速度大小為eq\r(\f(5gl,2))C．小球運動過程中，地面對斜劈的摩擦力大小不變D．小球運動過程中，地面對斜劈的支持力大于小球和斜劈的重力之和答案B解析小球在頂端時，繩的拉力與重力沿斜面對下的分力的合力供應(yīng)圓周運動向心力，有：T＋mgsin30°＝meq\f(v2,l)，可得繩的拉力越小，小球的速度越小，當繩的拉力為零時，小球有最小速度，其值為：vmin＝eq\r(glsin30°)＝eq\r(\f(gl,2))，故A錯誤；小球由頂端向底端運動時，只有重力對小球做功，依據(jù)動能定理有：mg·2lsin30°＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，代入vmin＝eq\r(\f(gl,2))可得：v′＝eq\r(\f(5gl,2))，故B正確；小球在斜面上受重力、支持力和繩的拉力作用做變速圓周運動，其重力與斜面的支持力大小和方向均保持不變，繩的拉力大小和方向均不斷變更，依據(jù)牛頓第三定律，以斜劈為探討對象，其受到小球恒定的壓力和沿斜面方向不斷變更的拉力作用，繩對斜劈的拉力沿水平方向和豎直方向的重量均在不斷變更，依據(jù)斜劈始終處于平衡狀態(tài)可知，其所受水平方向的摩擦力大小是變更的，地面對其支持力的大小等于、大于、小于小球和斜劈重力之和的情形都有，故C、D錯誤。6.(多選)藏族人民手中常常拿著鼓狀能轉(zhuǎn)的裝置叫做“轉(zhuǎn)經(jīng)筒”，又稱“瑪尼”。把經(jīng)文放在轉(zhuǎn)經(jīng)筒里每轉(zhuǎn)動一圈等于念誦經(jīng)文一遍。某人制作了新式的轉(zhuǎn)經(jīng)筒如圖所示，其呈圓錐筒狀，且左右系著兩段一長一短的繩子掛著相同的小球緩慢加速轉(zhuǎn)動，不計空氣阻力。則下列說法正確的是()A．當角速度達到肯定值的時候兩個球肯定同時離開圓錐筒B．當角速度漸漸增大時，肯定是低的那個球先離開圓錐筒C．兩個球都離開圓錐筒后，它們肯定高度相同D．兩個球都離開圓錐筒時兩段繩子的拉力肯定相同答案BC解析當小球剛離開轉(zhuǎn)經(jīng)筒時，依據(jù)牛頓其次定律有：mgtanθ＝mLsinθ·ω2，離開圓錐筒時的臨界角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，可知繩子長的臨界角速度較小，當角速度漸漸增大時，肯定是低的那個球先離開圓錐筒，故A錯誤，B正確；兩個球離開圓錐筒后，角速度相同，依據(jù)ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))知，Lcosθ相同，即它們的高度相同，故C正確；兩個球離開圓錐筒后，由于Lcosθ相同，繩長不同，則繩子與豎直方向的夾角不同，依據(jù)受力分析知，繩子拉力不同，故D錯誤。7．(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平盤上，沿半徑方向放著用細線相連的物體A和B，A和B質(zhì)量都為m，它們位于圓心兩側(cè)，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，A、B與盤間的動摩擦因數(shù)μ相同。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，下列說法正確的是()A．此時繩子張力為T＝3μmgB．此時圓盤的角速度為ω＝eq\r(\f(2μg,r))C．此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外D．此時燒斷繩子物體A、B仍將隨盤一塊轉(zhuǎn)動答案ABC解析A、B兩物體做圓周運動，B物體所須要的向心力較大，當轉(zhuǎn)速增大到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B所受的靜摩擦力沿半徑指向圓心，A所受的靜摩擦力沿半徑背離圓心，C正確；當剛要發(fā)生相對滑動時，以B為探討對象，有T＋μmg＝2mω2r，以A為探討對象，有T－μmg＝mω2r，由以上兩式得T＝3μmg，ω＝eq\r(\f(2μg,r))，A、B正確；若此時燒斷繩子，則A、B所受最大靜摩擦力都不足以供應(yīng)所需的向心力，都將做離心運動，D錯誤。8.(2024·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)遇到桿上的釘子P后馬上停止，物塊向上搖擺。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)遇到釘子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解析由題意知，F(xiàn)為夾子與物塊間的最大靜摩擦力，但在實際運動過程中，夾子與物塊間的靜摩擦力沒有達到最大，故物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于Mg，A錯誤；小環(huán)遇到釘子時，物塊做圓周運動，F(xiàn)T－Mg＝Meq\f(v2,L)，繩中的張力大于物塊的重力Mg，當繩中的張力大于2F時，物塊將從夾子中滑出，即2F－Mg＝Meq\f(v2,L)，此時速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，故B錯誤，D正確；由機械能守恒定律知，物塊能上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)，所以C錯誤。9．(2024·天津南開區(qū)二模)(多選)飛機飛行時除受到發(fā)動機的推力和空氣阻力外，還受到重力和機翼的升力，機翼的升力垂直于機翼所在平面對上，當飛機在空中回旋時機翼傾斜(如圖所示)，以保證重力和機翼升力的合力供應(yīng)向心力。設(shè)飛機以速率v在水平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動時機翼與水平面成θ角，飛行周期為T。則下列說法正確的是()A．若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R增大B．若飛行速率v不變，θ增大，則周期T增大C．若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大D．若飛行速率v增大，θ增大，則周期T可能不變答案CD解析對飛機在豎直平面內(nèi)的受力進行分析，如圖所示，依據(jù)重力和機翼升力的合力供應(yīng)向心力，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R，解得：v＝eq\r(gRtanθ)，T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))。若飛行速率v不變，θ增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R減小，由T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))知，T減小，故A、B錯誤；若θ不變，飛行速率v增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R增大，故C正確；若飛行速率v增大，θ增大，則R的變更不能確定，則周期T可能不變，故D正確。10．(2024·四川