【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第10讲 圆周运动的规律及应用 教案

2021年高考一轮复习
第十讲
圆周运动的规律及应用
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.掌握描述圆周运动的各个物理量的关系
2.
会应用公式处理具体问题
复习目标
1．熟练掌握线速度、角速度、周期、转速和频率等物理量的公式及其各物理量的关系
2．知道常见的圆周运动模型向心力的来源，会求解向心力
3、会处理圆周运动的临界问题
复习重点
1.向心力各物理量的关系
2.处理具体的圆周运动的临界问题
复习难点
处理具体的圆周运动的临界问题
一、自我诊断
知己知彼
1．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4
m/s，转动周期为2
s，则(　
　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．角速度为0.5
rad/s
B．转速为0.5
r/s
C．轨迹半径为
m
D．加速度大小为4π
m/s2
【答案】BCD
【解析】角速度为ω＝＝π
rad/s，A错误；转速为n＝＝0.5
r/s，B正确；半径r＝＝
m，C正确；向心加速度大小为an＝＝4π
m/s2，D正确．
2．图1是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n
r/s，则自行车前进的速度为(　　)
图1
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】因为要计算自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，据v＝rω可知：r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝ω，则轮Ⅱ的角速度ω2＝ω，因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以转动的角速度相等即ω3＝ω2，根据v＝rω可知，v3＝r3ω3＝＝.
3．如图2所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在水平面上做匀速圆周运动(　　)．
图2
A．转速相同时，绳长的容易断
B．周期相同时，绳短的容易断
C．线速度大小相等时，绳短的容易断
D．线速度大小相等时，绳长的容易断
【答案】AC
【解析】绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析．设绳子的拉力为F，则F＝mω2r＝mv2/r，此外，T＝＝，所以，当转速n相同，即是周期或角速度相同时，绳长r越大，拉力F越大，绳子越容易断，选项A正确、B错误；当线速度v相同时，绳长r越小，拉力F越大，绳子越容易断，选项C正确、D错误．
4．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图3所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)
图3
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】ABD
【解析】火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgtan
θ＝m，解得：r＝，故A正确；根据牛顿第二定律有：mgtan
θ＝m，解得：v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确．
5．
如图4所示，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v.若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是(　　)．
图4
A．受到的向心力为mg＋m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μ
D．受到的合力方向斜向左上方
【答案】CD
【解析】物体在最低点受竖直方向的合力Fy，方向向上，提供向心力，Fy＝m，A错误；而Fy＝FN－mg，得FN＝mg＋m，物体受滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ，B错误、C正确；Ff水平向左，故物体受到的Ff与Fy的合力，斜向左上方，D正确．
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
描述圆周运动的物理量
（一）典例剖析
例1如图5所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦的作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　)
图5
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
【答案】D
【解析】va＝vb，ωb＝ωc，vb∶vc＝3∶2，va∶vb∶vc＝3∶3∶2，A错；ωa∶ωb＝Rb∶Ra＝3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，B错；ω＝2πn，故na∶nb∶nc＝3∶2∶2，C错；a＝ωv，aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D对．
【易错点】不能弄懂各个物理量之间的关系。
【方法点拨】理解圆周运动各个物理量之间的关系，熟练运用公式。
例2
A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（
）
A．线速度大小之比为4:3
B．角速度大小之比为3:4
C．圆周运动的半径之比为2:1
D．向心加速度大小之比为1:2
【答案】A
【解析】圆周运动中线速度定义为单位时间内转过的圆弧长，即，?所以线速度之比为4：3，选项A正确；角速度定义为单位时间内转过的弧度角，即??，且运动方向改变角度等于圆心角，所以角速度之比为3：2，B错；半径，??即半径之比为8：9，C错；向心加速度??，即向心加速度之比为2：1，选项D错。
【易错点】不能理解线速度角速度的定义式，和换算关系
【方法点拨】理解圆周运动各个物理量之间的关系，熟练运用公式。
例3（多选）火车以60
m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10
s内匀速转过了约10°。在此10
s时间内，火车（
）
A．运动路程为600
m
B．加速度为零
C．角速度约为1
rad/s
D．转弯半径约为3.4
km
【答案】AD
【解析】圆周运动的弧长s=vt=60×10m=600m，选项A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度，又，所以，
故选项C错误、D正确。
【易错点】不能弄懂各个物理量之间的关系。
【方法点拨】理解圆周运动各个物理量之间的关系，熟练运用公式。
（二）举一反三
1.
质量为m的木块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么(　
　)
A．因为速率不变，所以木块的加速度为零
B．木块下滑过程中所受的合外力越来越大
C．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变
D．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心
【答案】D
【解析】由于木块沿圆弧下滑速率不变，故木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，选项A错误；由牛顿第二定律得：F合＝man＝m，而v的大小不变，故合外力的大小不变，选项B错误；由于木块在滑动过程中与接触面的正压力是变化的，故滑动摩擦力在变化，选项C错误；木块在下滑过程中，速度的大小不变，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向球心，选项D正确．
2.
（多选）如图7所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，A是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r.B点在小轮上，它到小轮中心的距离为r.C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则(　　)
图7
A．A点与B点的线速度大小相等
B．A点与B点的角速度大小相等
C．A点与C点的线速度大小相等
D．A点与D点的向心加速度大小相等
【答案】CD
【解析】由于A、C两点同在皮带上，故vA＝vC，C正确；B、C、D三点绕同一轴运动，故ωB＝ωC＝ωD＝ω2，由v＝ωr得vB＝ω2r，vC＝2ω2r，vD＝4ω2r，vA＝ω1r，则ω1＝2ω2，vA＝vC>vB，再根据a＝ω2r可得aA＝aD，故A、D错误，D正确．
3.(2020·辽宁丹东市质检)（多选）在如图8所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，(　　)
图8
A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1
B．A点和B点的角速度之比为1∶1
C．A点和B点的角速度之比为3∶1
D．以上三个选项只有一个是正确的
【答案】AC
【解析】题图中三个齿轮边缘线速度相等，则A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为3∶1，故A、C正确，B、D错误．
考点二
水平面内的圆周运动
（一）典例剖析
例1山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtan
θ＝m，得v＝，C正确。
【易错点】由于没有正确判断出向心力的来源而求错向心力。
【方法点拨】正确进行受力分析，准确找出向心力的来源。
例2（2019年
海南）如图9所示，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴的距离为。已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为。若硬币与圆盘一起绕轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（
）
(
O
O
r
)图9
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】摩擦力提供合外力，当达到最大静摩擦时，角速度最大，结合牛顿第二定律可知：
解得圆盘转动的最大角速度为：
故选B正确。
【易错点】没有正确判断出临界条件而选错选项。
【方法点拨】进行受力分析，找出临界条件，列向心力的方程进行求解。
例3如图10所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)
图10
A．OB绳的拉力范围为0～mg
B．OB绳的拉力范围为mg～mg
C．AB绳的拉力范围为mg～mg
D．AB绳的拉力范围为0～mg
【答案】B
【解析】当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos
30°＝mg，F1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos
30°＝mg，F2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B项正确．
【易错点】没有正确判断出临界条件而选错选项。
【方法点拨】进行受力分析，找出临界条件，列向心力的方程进行求解。
（二）举一反三
1．（多选）如图11所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(　　)
图11
A．当ω>时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>，绳子一定有弹力
C．ω在<ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．ω在0<ω<范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
【答案】ABD
【解析】当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝，可知当ω>时，绳子有弹力，B项正确；当ω>时，B已达到最大静摩擦力，则ω在<ω<范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由Ff－FT＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确．
2．（多选）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12所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图12
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【答案】AC
【解析】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正确．
B、根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得，可知a绳的拉力不变，故B错误．
C、当b绳拉力为零时，有：，解得，可知当角速度时，b绳出现弹力．故C正确．
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．
3.
如图13所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下列判断中正确的是(　　)
图13
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变小
C．Q受到桌面的静摩擦力变大
D．Q受到桌面的支持力变大
【答案】C
【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：FT＝，mgtan
θ＝mω2Lsin
θ，得角速度ω＝
，周期T＝，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos
θ减小，则细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故A、B错误，C正确；金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变．故D错误．
考点三
竖直面内的圆周运动
（一）典例剖析
例1(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图14甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平面内做圆周运动．改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F－v2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为(0，－b)，斜率为k.不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图14
A．该小球的质量为bg
B．小球运动的轨迹半径为
C．图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零
D．当v2＝a时，小球的向心加速度为g
【答案】BC
【解析】小球在最高点时受到的拉力为F，则有：F＋mg＝，
解得：F＝m－mg
结合题图乙可知：mg＝b，即m＝，斜率为k＝＝
解得：R＝＝，故A错误，B正确；
图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故C错误；根据向心加速度公式可知a′＝＝＝＝2g，故D错误．
【易错点】由于没有理解图示意思而导致出错。
【方法点拨】准确理解图示意思即可。
例2如图15所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上．有一质量为m的小球(可看做质点)在圆管中运动．小球以速率v0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为(　　)
图15
A．m
B．mg＋m
C．2mg＋m
D．2mg－m
【答案】C
【解析】以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得，FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，由牛顿第三定律知：小球对圆管的作用力大小FN′＝FN＝mg＋m，方向向下．再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F＝mg＋FN′＝2mg＋m.
【易错点】没有正确选对研究对象而选错选项。
【方法点拨】正确选对研究对象，进行受力分析，再列方程求解。
例3如图16所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)．已知A、C间的距离为L，重力加速度为g.
图16
(1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力FN；
(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；
(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？
【答案】(1)－5mg　(2)　(3)　
【解析】(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有
FL－2mgR＝mv2
解得v＝
在B点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m
解得FN＝－5mg
(2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有
FN＝－5mg＝0
解得Rm＝
(3)设小球平抛运动的时间为t，有2R＝gt2
解得t＝
水平位移
x＝vt＝·
＝
当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大．
解得R＝
D到A的最大距离xm＝
【易错点】没有正确分析出具体的力学模型以及临界条件。
【方法点拨】1、正确分析力学模型；2、找出临界条件；3、正确运用数学方法。
（二）举一反三
1．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图17所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图17
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
【答案】A
【解析】当小球在最高点所受的弹力为零时，有mg＝m，解得v＝，即当速度v＝时，轻杆所受的弹力为零，所以A正确．小球通过最高点的最小速度为零，所以B错误．小球在最高点，若v<，则有：mg－F＝m，轻杆的作用力随着速度的增大先减小后反向增大，若v>，则有：mg＋F＝m，轻杆的作用力随着速度增大而增大，所以C、D错误．
2．如图18所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴O，现使小球在竖直平面内做圆周运动，P为圆周的最高点，若小球通过圆周最低点时的速度大小为
，忽略摩擦阻力和空气阻力，则以下判断正确的是(　　)．
图18
A．小球不能到达P点
B．小球到达P点时的速度大于
C．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力
D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力
【答案】C
【解析】要使小球到达P点，由机械能守恒定律有：mv2＝mg·2L，可知它在圆周最低点必须具有的速度为v>2，而
>2，所以小球能到达P点；由机械能守恒定律可知小球到达P点的速度为
；由于
<，则小球在P点受到轻杆向上的弹力．
3.
（多选）如图19所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是(　　)
图19
A．受到的向心力为mg＋m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μ(mg＋m)
D．受到的合力方向斜向左上方
【答案】CD
【解析】物体在最低点做圆周运动，则有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋m)，A、B错误，C正确．物体受到竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力(支持力大于重力)，故物体所受的合力斜向左上方，D正确．
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1.(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)（多选）明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转．”并附有牛力齿轮翻车的图画如图20所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田．已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rA>rB>rC，则(　　)
图20
A．齿轮A、B的角速度相等
B．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小
C．齿轮B、C的角速度相等
D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度小
【答案】BC
【解析】齿轮A与齿轮B是齿轮传动，边缘线速度大小相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度．而B与C是同轴转动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小，故A错误，B、C正确；B、C角速度相等，齿轮B的半径大，边缘线速度大于C的，又齿轮A与齿轮B边缘线速度大小相等，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大，故D错误．
2.如图21所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点(　　)
图21
A．角速度大小相同
B．线速度大小相同
C．向心加速度大小相同
D．向心力大小相同
【答案】A
【解析】同轴转动角速度相等，A正确；由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度不同，B错误；根据公式a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度不同，C错误；根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度不同，所以向心力大小不同，D错误．
3．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图22所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是(　　)
图22
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
【答案】B
【解析】由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关，B正确．
4.
如图23所示，小物体A与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是(　　)
图23
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力和指向圆心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力和摩擦力
【答案】C
【解析】由受力分析可知A受到重力、支持力和指向圆心的摩擦力。
5.
摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360
km/h的速度拐弯，拐弯半径为1
km，则质量为50
kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10
m/s2)(　　)
A．500
N
B．1
000
N
C．500
N
D．0
【答案】C
【解析】乘客所需的向心力：Fn＝m＝500
N，而乘客的重力为500
N，故火车对乘客的作用力大小为500
N，C正确．
【巩固】
1.
（多选）如图24所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)
图24
A.＝
B.＝
C.＝
D.＝
【答案】AC
【解析】根据题述，a1＝ωr，ma1＝μmg；联立解得μg＝ωr.小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r.由ωR＝ω2r联立解得＝，选项A正确，B错误；ma＝μmg，所以＝，选项C正确，D错误．
2.
(2019·安徽合肥市第二次质检)（多选）如图25所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内．转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒．设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
图25
A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行
B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
【答案】BD
【解析】车受到的地面的支持力方向不与车所在的平面平行，故A错误；设自行车受到地面的弹力为FN，则有：Ffm＝μFN，由平衡条件有：FN＝Mg，根据牛顿第二定律有：Ffm＝M，代入数据解得：vm＝，故B正确；对车(包括人)受力分析如图，
地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，则：＝，解得Ff＝，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确．
3.
如图26所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m1、m2的小球A和B，让B球悬挂，A球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r，则关于r和ω关系的图象正确的是(　　)
图26
【答案】B
【解析】根据m2g＝m1rω2得：r＝·，可知r与成正比，与ω2成反比，故A错误，B正确．因为＝ω2，则与ω2成正比．故C、D错误．
4.
(2019·天津市南开区下学期二模)（多选）飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图27所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力．设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T.则下列说法正确的是(　　)
图27
A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
【答案】CD
【解析】对飞机进行受力分析，如图所示，
根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mgtan
θ＝m＝mR，解得：v＝，T＝2π.若飞行速率v不变，θ增大，由v＝知，R减小，则再由T＝2π知T减小，故A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝知，R增大，故C正确；若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，则周期T可能不变，故D正确．
5.
如图28，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)
图28
A．t1＜t2
B．t1＝t2
C．t1＞t2
D．无法比较t1、t2的大小
【答案】A
【解析】在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1【拔高】
1.
(2020·四川绵阳市诊断)如图29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，重力加速度为g，则球B在最高点时(　　)
图29
A．球B的速度为零
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
【答案】C
【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，则有mg＝m，解得vB＝，故A错误；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球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，根据牛顿第三定律可知，C正确，D错误．
2.（多选）
“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图30所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则(　　)
图30
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0>时，小球一定能通过最高点P
D．当v0<时，细绳始终处于绷紧状态
【答案】CD
【解析】小球在最低点时，重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态．故A错误；设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2.由动能定理得：
mg·2l＝mv－mv①
球经过最高点P：mg＋F1＝②
球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，
根据牛顿第二定律得到，
F2－mg＝m③
联立①②③解得：F2－F1＝6mg，与小球的速度无关．故B错误；球恰好经过最高点P，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力：mg＝m，得：v3＝④
小球以v0向上运动到最高点时，由动能定理得：
mg·2l＝mv－mv⑤
得：v4>>＝v3，所以小球一定能够过最高点P.故C正确；若v0<，设小球能够上升的最大高度为h，由机械能守恒得：mgh＝mv3．如图31所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳中张力为零)，物块与转盘间最大静摩擦力是其重力的k倍，则：
图31
(1)当转盘的角速度为ω1＝
时，绳中的张力为多大？
(2)当转盘的角速度为ω2＝
时，绳中的张力为多大？
【答案】(1)0　(2)kmg
【解析】(1)设静摩擦力达到最大，绳中开始出现张力时的角速度为ω0，则kmg＝mωr，得ω0＝
因为ω1<ω0，所以此时绳中的张力F1＝0.
(2)因为ω2＝
>ω0，所以绳中出现张力，由kmg＋F2＝mωr得F2＝mωr－kmg＝m(
)2r－kmg＝kmg.
4.
如图32所示，用一根长为l＝1
m的细线，一端系一质量为m＝1
kg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θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT.(g取10
m/s2，结果可用根式表示)求：
图32
(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
【答案】(1)
rad/s　(2)2
rad/s
【解析】(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：
mgtan
θ＝mωlsin
θ
解得：ω＝
即ω0＝
＝
rad/s.
(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得：mgtan
α＝mω′2lsin
α
解得：ω′2＝，即ω′＝
＝2
rad/s.
5．如图31，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5
m，离水平地面的高度H＝0.8
m，物块平抛落地过程水平位移的大小x＝0.4
m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2.求：
图33
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.
【答案】(1)1
m/s　(2)0.2
【解析】(1)物块做平抛运动，竖直方向有
H＝gt2①
水平方向有x＝v0t②
联立①②两式得v0＝x＝1
m/s③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
μmg＝m④
联立③④得μ＝＝0.2