专题五 圆周运动 （原卷版）
考点
要求
考点解读及预测
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
Ⅰ
(1)处理圆周运动时，从向心力来源、圆心、半径等方面入手，同时注意竖直面内圆周运动的条件。(2)对圆周运动中角速度、线速度关系及向心力的考查
(3)圆周运动与功能关系的综合考查
匀速圆周运动的向心力
Ⅱ
离心现象
Ⅰ
一、描述圆周运动的物理量
定义、意义
公式、单位
线
速
度
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)；
(2)是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切
(1)v＝＝
(2)单位：m/s
角
速
度
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(2)中学不研究其方向
(1)ω＝＝；
(2)单位：rad/s
；
周
期
和
转
速
(1)周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)；
(2)转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)，也叫频率(f)
(1)T＝＝，单位：s；
(2)n的单位：r/s、r/min；
(3)f＝，单位：Hz
向
心
力
(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小；
(2)方向指向圆心
(1)Fn＝mω2r＝m＝mr；
(2)单位：N
相
互
关
系
(1)v＝ωr＝＝2πrf
(2)an＝＝ω2r＝ωv＝＝4π2f2r；
(3)Fn＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝m·4π2f2r
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动
1．匀速圆周运动
(1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫做匀速圆周运动。
(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)质点做匀速圆周运动的条件
合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．非匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动。
(2)合力的作用
①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小；
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。
三、离心运动与近心运动
1．离心运动
(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
(3)受力特点
①当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；
②当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
③当F＜mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。
2．近心运动
当提供向心力的合力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mω2r，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
一、怎样解有关圆周运动与牛顿定律的综合问题？
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)先确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)再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、解题思路和主要步骤：
1．审清题意，确定研究对象．
2 ．选取参考系，确定物体(质点)圆周运动轨道平面、圆心和半径．向心力公式F=mv2/r，是根据向心加速度a=v2/r和牛顿第二定律F=ma推导出来的．公式中的半径是指质点的轨道曲率半径；公式中的速度是指质点相对于静止或作匀速直线运动的参考系(即惯性系)的速度．
3 ．对物体作受力分析，画受力图；确定向心力的来源．
4 ．据牛顿定律及向心力公式列方程；
5 ．求解、讨论．
竖直面内圆周运动的轻绳、轻杆模型
物体在竖直面内的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，该类运动常常出现临界问题，并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，常见两种模型 ——轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下：
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F向＝0，
此时FN＝mg
v＝的意义
物体能否过最高点的临界点
FN表现为拉力还是支持力的临界点
讨论
分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对小球产生弹力FN；
(2)不能过最高点v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2)当0＜v＜ 时，－FN＋mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；(3)当v＝ 时，FN＝0；(4)当v＞ 时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高点的
FN-v2图
线
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
一、圆周运动与牛顿运动综合问题
[典例1]如图4?3?7所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k?1，求小物块受到摩擦力大小和方向。
【思路点拔】
(1)小物块受到的摩擦力恰好为零说明小物块受到的重力与支持力的合力提供向心力。
(2)当ω≠ω0时，注意分析小物块受到摩擦力的方向。
[解析] (1)当ω＝ω0时，小物块受重力和支持力，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mωr
小物块做圆周运动的半径r＝Rsin θ
解得ω0＝
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块所需向心力变大，则摩擦力方向沿罐壁的切线方向向下，对小物块，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得，
水平方向有
FN1sin θ＋Ff1cos θ＝mω2r
竖直方向有
FN1cos θ－Ff1sin θ＝mg
解得Ff1＝mg
当ω＝(1－k)ω0时，小物块所需向心力变小，则摩擦力方向沿罐壁切线方向向上，对小物块受力分析如图乙所示，
由牛顿第二定律得，
水平方向有
FN2sin θ－Ff2cos θ＝mω2r
竖直方向有
FN2cos θ＋Ff2sin θ＝mg
解得Ff2＝mg
[答案] (1) (2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为mg；当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为mg。
【规律方法】
分析圆周运动问题的两点提醒
(1)无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，沿半径方向指向圆心的合力均为向心力。
(2)分析完向心力来源后，当采用正交分解法列方程时，应让两个正交的正方向中的一个沿半径指向圆心，另外一个垂直半径方向。
二、圆周运动与机械能守恒定律的综合
[典例2]如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为v0＝6 m/s，将质量m＝1.0 kg的可看成质点的滑块无初速地放在传送带A端，传送带长度L＝12.0 m，“9”形轨道高H＝0.8 m，“9”形轨道上半部分圆弧半径为R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；
(2)滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小；
(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。
【思路点拔】判断滑块在传送带上运动时，若滑块与传送带同速时没有到达B点，则剩余部分将做匀速直线运动。在轨道的C点，根据FN＋mg＝m求滑块受轨道的作用力时，应先求出滑块到C点的速度vC。滑块由D点到P点做平抛运动，故滑块在P点的速度vP在水平方向的分速度与在D点速度相等
【解析】(1)滑块在传送带运动时，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
得：a＝μg＝3 m/s2
加速到与传送带达到共速所需要的时间：t1＝＝2 s
前2 s内的位移：x1＝at12＝6 m
之后滑块做匀速运动的位移：x2＝L－x1＝6 m
时间：t2＝＝1 s
故滑块从传送带A端运动到B端所需时间为：
t＝t1＋t2＝3 s。
(2)滑块由B运动到C，由机械能守恒定律得：
mvC2＋mgH＝mv02
在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力提供做圆周运动的向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝m
解得：FN＝90 N。
(3)滑块由B到D运动的过程中，由机械能守恒定律得：
mv02＝mvD2＋mg(H－2R)
设P、D两点间的竖直高度为h，
滑块由D到P运动的过程中，由机械能守恒定律得：
mvP2＝mvD2＋mgh
又vD＝vPsin 45°
由以上三式可解得h＝1.4 m。
【答案】(1)3 s (2)90 N (3)1.4 m
【规律方法】
(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同。
(2)应用机械能守恒定律能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同。
三、轻绳与轻轩模型
[典例3] 长L＝0.5 m 质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内无摩擦地转动，另一端固定着一个小球A。A的质量为m＝2 kg，如图4-3-9所示，求在下列两种情况下，球在最高点时杆对小球的作用力：
(1)A在最低点的速率为 m/s；
(2)A在最低点的速率为6 m/s。
[解析] 设小球在最高点速度为v，对小球A由最低点到最高点过程，取圆周的最低点为参考平面，由机械能守恒定律得 mv2＋mg·2L＝mv①
在最高点，假设细杆对A的弹力F向下，则A的受力图如图所示。以A为研究对象，
由牛顿第二定律得
mg＋F＝m②
所以F＝m③
(1)当v0＝ m/s时，由①式得v＝1 m/s④
F＝2×N＝－16 N⑤
负值说明F的实际方向与假设向下的方向相反，即杆给A向上16 N的支持力。
(2)当v0＝6 m/s时，由①式得v＝4 m/s⑥
F＝2×N＝44 N
正值说明杆对A施加的是向下44 N的拉力。
[答案] (1)16 N 方向向上 (2)44 N 方向向下
【规律方法】
竖直面内圆周运动临界问题的解题思路
1.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他( )
A．所受的合力为零，做匀速运动
B．所受的合力恒定，做匀加速运动
C．所受的合力恒定，做变加速运动
D．所受的合力变化，做变加速运动
2.[多选]图2是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有( )
FN小于滑块重力 B．FN大于滑块重力
C．FN越大表明h越大 D．FN越大表明h越小
3．如图7所示，m为在水平传送带上被传送的物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮之间不打滑，则要求使物体被水平抛出，A轮转动( )
A．角速度越小越好，最大为
B．线速度越大越好，至少为
C．转速越大越好，至少为
D．周期越小越好，最大值为
4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
5．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb，如图8所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则( )
A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B．在绳b被烧断瞬间，绳a中张力突然增大
C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D．绳b未被烧断时，绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω2lb
6．固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后( )
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．不能确定
7．[多选]如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时( )
A．球B的速度大小为
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
8、如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度减小
9.[多选]如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有kr＝2μmg。则以下说法中正确的是( )
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为
D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为
10.[多选]如图所示，两根等长的细线栓着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )
A．此刻两根细线拉力大小相同
B．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mg
C．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mg
D．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能
11、汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10 m/s2)求：
(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？
(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。
12．如图9所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ＝0.2)，当转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少(g取10 m/s2)?
13、如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小球抛出点到A点的水平距离；
(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。
专题五 圆周运动 （解析版）
考点
要求
考点解读及预测
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
Ⅰ
(1)处理圆周运动时，从向心力来源、圆心、半径等方面入手，同时注意竖直面内圆周运动的条件。(2)对圆周运动中角速度、线速度关系及向心力的考查
(3)圆周运动与功能关系的综合考查
匀速圆周运动的向心力
Ⅱ
离心现象
Ⅰ
一、描述圆周运动的物理量
定义、意义
公式、单位
线
速
度
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)；
(2)是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切
(1)v＝＝
(2)单位：m/s
角
速
度
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(2)中学不研究其方向
(1)ω＝＝；
(2)单位：rad/s
；
周
期
和
转
速
(1)周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)；
(2)转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)，也叫频率(f)
(1)T＝＝，单位：s；
(2)n的单位：r/s、r/min；
(3)f＝，单位：Hz
向
心
力
(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小；
(2)方向指向圆心
(1)Fn＝mω2r＝m＝mr；
(2)单位：N
相
互
关
系
(1)v＝ωr＝＝2πrf
(2)an＝＝ω2r＝ωv＝＝4π2f2r；
(3)Fn＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝m·4π2f2r
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动
1．匀速圆周运动
(1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫做匀速圆周运动。
(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)质点做匀速圆周运动的条件
合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．非匀速圆周运动
(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动。
(2)合力的作用
①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小；
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。
三、离心运动与近心运动
1．离心运动
(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。
(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
(3)受力特点
①当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；
②当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
③当F＜mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。
2．近心运动
当提供向心力的合力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mω2r，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
一、怎样解有关圆周运动与牛顿定律的综合问题？
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)先确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)再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、解题思路和主要步骤：
1．审清题意，确定研究对象．
2 ．选取参考系，确定物体(质点)圆周运动轨道平面、圆心和半径．向心力公式F=mv2/r，是根据向心加速度a=v2/r和牛顿第二定律F=ma推导出来的．公式中的半径是指质点的轨道曲率半径；公式中的速度是指质点相对于静止或作匀速直线运动的参考系(即惯性系)的速度．
3 ．对物体作受力分析，画受力图；确定向心力的来源．
4 ．据牛顿定律及向心力公式列方程；
5 ．求解、讨论．
竖直面内圆周运动的轻绳、轻杆模型
物体在竖直面内的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，该类运动常常出现临界问题，并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，常见两种模型 ——轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下：
轻“绳”模型
轻“杆”模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F向＝0，
此时FN＝mg
v＝的意义
物体能否过最高点的临界点
FN表现为拉力还是支持力的临界点
讨论
分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对小球产生弹力FN；
(2)不能过最高点v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2)当0＜v＜ 时，－FN＋mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；(3)当v＝ 时，FN＝0；(4)当v＞ 时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高点的
FN-v2图
线
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
一、圆周运动与牛顿运动综合问题
[典例1]如图4?3?7所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k?1，求小物块受到摩擦力大小和方向。
【思路点拔】
(1)小物块受到的摩擦力恰好为零说明小物块受到的重力与支持力的合力提供向心力。
(2)当ω≠ω0时，注意分析小物块受到摩擦力的方向。
[解析] (1)当ω＝ω0时，小物块受重力和支持力，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mωr
小物块做圆周运动的半径r＝Rsin θ
解得ω0＝
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块所需向心力变大，则摩擦力方向沿罐壁的切线方向向下，对小物块，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得，
水平方向有
FN1sin θ＋Ff1cos θ＝mω2r
竖直方向有
FN1cos θ－Ff1sin θ＝mg
解得Ff1＝mg
当ω＝(1－k)ω0时，小物块所需向心力变小，则摩擦力方向沿罐壁切线方向向上，对小物块受力分析如图乙所示，
由牛顿第二定律得，
水平方向有
FN2sin θ－Ff2cos θ＝mω2r
竖直方向有
FN2cos θ＋Ff2sin θ＝mg
解得Ff2＝mg
[答案] (1) (2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为mg；当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为mg。
【规律方法】
分析圆周运动问题的两点提醒
(1)无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，沿半径方向指向圆心的合力均为向心力。
(2)分析完向心力来源后，当采用正交分解法列方程时，应让两个正交的正方向中的一个沿半径指向圆心，另外一个垂直半径方向。
二、圆周运动与机械能守恒定律的综合
[典例2]如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为v0＝6 m/s，将质量m＝1.0 kg的可看成质点的滑块无初速地放在传送带A端，传送带长度L＝12.0 m，“9”形轨道高H＝0.8 m，“9”形轨道上半部分圆弧半径为R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；
(2)滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小；
(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。
【思路点拔】判断滑块在传送带上运动时，若滑块与传送带同速时没有到达B点，则剩余部分将做匀速直线运动。在轨道的C点，根据FN＋mg＝m求滑块受轨道的作用力时，应先求出滑块到C点的速度vC。滑块由D点到P点做平抛运动，故滑块在P点的速度vP在水平方向的分速度与在D点速度相等
【解析】(1)滑块在传送带运动时，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
得：a＝μg＝3 m/s2
加速到与传送带达到共速所需要的时间：t1＝＝2 s
前2 s内的位移：x1＝at12＝6 m
之后滑块做匀速运动的位移：x2＝L－x1＝6 m
时间：t2＝＝1 s
故滑块从传送带A端运动到B端所需时间为：
t＝t1＋t2＝3 s。
(2)滑块由B运动到C，由机械能守恒定律得：
mvC2＋mgH＝mv02
在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力提供做圆周运动的向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝m
解得：FN＝90 N。
(3)滑块由B到D运动的过程中，由机械能守恒定律得：
mv02＝mvD2＋mg(H－2R)
设P、D两点间的竖直高度为h，
滑块由D到P运动的过程中，由机械能守恒定律得：
mvP2＝mvD2＋mgh
又vD＝vPsin 45°
由以上三式可解得h＝1.4 m。
【答案】(1)3 s (2)90 N (3)1.4 m
【规律方法】
(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同。
(2)应用机械能守恒定律能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同。
三、轻绳与轻轩模型
[典例3] 长L＝0.5 m 质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内无摩擦地转动，另一端固定着一个小球A。A的质量为m＝2 kg，如图4-3-9所示，求在下列两种情况下，球在最高点时杆对小球的作用力：
(1)A在最低点的速率为 m/s；
(2)A在最低点的速率为6 m/s。
[解析] 设小球在最高点速度为v，对小球A由最低点到最高点过程，取圆周的最低点为参考平面，由机械能守恒定律得 mv2＋mg·2L＝mv①
在最高点，假设细杆对A的弹力F向下，则A的受力图如图所示。以A为研究对象，
由牛顿第二定律得
mg＋F＝m②
所以F＝m③
(1)当v0＝ m/s时，由①式得v＝1 m/s④
F＝2×N＝－16 N⑤
负值说明F的实际方向与假设向下的方向相反，即杆给A向上16 N的支持力。
(2)当v0＝6 m/s时，由①式得v＝4 m/s⑥
F＝2×N＝44 N
正值说明杆对A施加的是向下44 N的拉力。
[答案] (1)16 N 方向向上 (2)44 N 方向向下
【规律方法】
竖直面内圆周运动临界问题的解题思路
1.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他( )
A．所受的合力为零，做匀速运动
B．所受的合力恒定，做匀加速运动
C．所受的合力恒定，做变加速运动
D．所受的合力变化，做变加速运动
【解析】D
【答案】运动员做匀速圆周运动，所受合力时刻变化，加速度时刻变化，D正确。
2.[多选]图2是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有( )
FN小于滑块重力 B．FN大于滑块重力
C．FN越大表明h越大 D．FN越大表明h越小
【解析】BC
【答案】设滑块到达B点时的速度为v，根据向心力公式得FN－mg＝m ，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv2，解得FN＝mg，B、C正确。
3．如图7所示，m为在水平传送带上被传送的物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮之间不打滑，则要求使物体被水平抛出，A轮转动( )
A．角速度越小越好，最大为
B．线速度越大越好，至少为
C．转速越大越好，至少为
D．周期越小越好，最大值为
【解析】BC
【答案】物体的速度越大越容易做平抛运动，物体恰好做平抛运动时，皮带的支持力为零， mg＝m，解得最小速度v＝，A错误，B正确；最小转速n＝＝ ，C正确；最大周期T＝＝2π ，D错误。
4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
【解析】C
【答案】物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
5．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb，如图8所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则( )
A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B．在绳b被烧断瞬间，绳a中张力突然增大
C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D．绳b未被烧断时，绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω2lb
【解析】BC
【答案】根据题意，在绳b被烧断之前，小球绕BC轴做匀速圆周运动，竖直方向上受力平衡，绳a的拉力等于mg，D错误；绳b被烧断的同时轻杆停止转动，此时小球具有垂直平面ABC向外的速度，小球将在垂直于平面ABC的平面内运动，若ω较大，则在该平面内做圆周运动，若ω较小，则在该平面内来回摆动，C正确，A错误；绳b被烧断瞬间，绳a的拉力与重力的合力提供向心力，所以拉力大于物体的重力，绳a中的张力突然变大了，B正确。
6．固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后( )
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．不能确定
【解析】A
【答案】设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，知在最高点的最小速度为。小球经过D点后做平抛运动，根据R＝gt2得：t＝ 。则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。
7．[多选]如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时( )
A．球B的速度大小为
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
【解析】球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A正确；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。
【答案】AC
8、如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度减小
【解析】设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。
【答案】D
9.[多选]如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有kr＝2μmg。则以下说法中正确的是( )
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为
D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为
【解析】当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＝2mω2r
解得：ω＝ ，故A错误；
当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，
则有k(1.5r＋r－1.5r)＝mω2·1.5r
解得：ω＝ ，故B正确；假设B先滑动，则当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：k(1.5r＋r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2r
解得：ω＝ ，故C错误；
假设A先滑动，则当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，
则有k(1.5r＋r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，
解得：ω＝ ＝ ，即A、B同时开始滑动，故D正确。
【答案】BD
10.[多选]如图所示，两根等长的细线栓着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )
A．此刻两根细线拉力大小相同
B．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mg
C．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mg
D．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能
【解析】初始位置，球1加速度向上，超重，球2加速度向下，失重，故球1受到的拉力较大，故A错误；球1在最高点，有：F1＋mg＝m，球2在最低点，有：F2－mg＝m，两个球运动过程中机械能守恒，有：球1：mv2＝mv12＋2mgR，球2：mv2＝mv22－2mgR，联立解得：F1＝m－5mg，F2＝m＋5mg，故F2－F1＝10mg，故B错误，C正确；两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D正确。
【答案】CD
11、汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10 m/s2)求：
(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？
(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。
【解析】(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m
解得：v≈38.7 m/s。
(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：
FNsin θ－Ffcos θ＝m
FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0
Ff＝μFN
解得：vmin＝30 m/s。
【答案】(1)38.7 m/s (2)30 m/s
12．如图9所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ＝0.2)，当转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少(g取10 m/s2)?
图9
【解析】由于转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动，当木块恰不做近心运动时有mg－μmg＝mr1ω2解得r1＝0.5 m
当木块恰不做离心运动时有mg＋μmg＝mr2ω2
解得r2＝0.75 m
因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是0.5 m≤r≤0.75 m
【答案】0.5 m≤r≤0.75m
13、如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小球抛出点到A点的水平距离；
(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。
【解析】(1)小球做平抛运动，
竖直方向：h－R(1－cos 37°)＝gt2，解得：t＝0.3 s，
竖直分速度：vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，
水平分速度：v0＝＝ m/s＝4 m/s，
抛出点距A点的水平距离：
L＝x＝v0t＝4×0.3 m＝1.2 m。
