第4章 第3节 圆周运动-【名师导航】2025年高考物理一轮总复习课件（江苏专用）

第四章　曲线运动　万有引力与航天 第3节　圆周运动 1 链接教材· 夯基固本 一、圆周运动及其描述 1．匀速圆周运动 (1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长____，就是做匀速圆周运动。 (2)特点：加速度大小____，方向始终指向____，是变加速运动。 (3)条件：合外力大小____，方向始终与____方向垂直且指向圆心。 相等 不变 圆心 不变 速度 第3节　圆周运动 2 2．描述圆周运动的物理量 物理量 意义、方向 公式、单位 线速度(v) ①描述做圆周运动的物体运动____的物理量 ②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 ①v＝＝______ ②单位：m/s 角速度(ω) ①描述物体绕圆心________的物理量 ②中学不研究其方向 ①ω＝＝ ②单位：rad/s 快慢 转动快慢 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 物理量 意义、方向 公式、单位 周期(T) 和转速(n) 或频率(f ) ①周期是物体沿圆周运动____的时间 ②转速是物体单位时间转过的____ ③频率是单位时间内运动重复的次数 ①T＝ 单位：s ②n的单位：r/s、r/min ③f的单位：Hz 向心加 速度(a) ①描述速度变化____的物理量 ②方向指向圆心 ①a＝＝______ ②单位：m/s2 一周 圈数 快慢 rω2 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 二、圆周运动的向心力 1．作用效果 向心力产生向心加速度，只改变速度的____，不改变速度的____。 2．大小 F＝m＝________＝＝mωv＝____________。 3．方向 始终沿半径方向指向____，时刻在改变，即向心力是一个变力。 方向 大小 mω2r 4π2mf 2r 圆心 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 4．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____或某个力的____，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。 5．确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定____的位置。 (2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的____，就是向心力。 合力 分力 圆心 合力 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 三、离心现象 1．现象 做圆周运动的物体，在所受合外力________或______提供圆周运动所需向心力的情况下，就会做________圆心的运动。 2．受力特点及轨迹 (1)当Fn＝mω2r时，物体做________运动。 (2)当Fn＝0时，物体沿____方向飞出。 (3)当Fn＜mω2r时，物体逐渐____圆心，做离心运动。 (4)当Fn＞mω2r时，物体逐渐____圆心，做近心运动。 突然消失 不足以 逐渐远离 匀速圆周 切线 远离 靠近 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 3．本质 离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力____物体做匀速圆周运动需要的向心力。 小于 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动。 (　　) (2)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比。 (　　) (3)做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力。 (　　) (4)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力。 (　　) (5)做离心运动的物体是由于受到离心力的作用。 (　　) (6)赛车转弯时冲出赛道是因为沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供向心力。 (　　) × × √ √ × √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 二、教材习题衍生 1．(描述圆周运动的物理量)如图所示为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可以知道(　　) A．甲球运动时，线速度的大小保持不变 B．甲球运动时，角速度的大小保持不变 C．乙球运动时，线速度的大小保持不变 D．乙球运动时，角速度的大小逐渐增加 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 A　[题图的图线甲中a与r成反比，由a＝可知，甲球的线速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，角速度逐渐减小，A正确，B错误；题图的图线乙中a与r成正比，由a＝ω2r可知，乙球运动的角速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，线速度逐渐增大，C、D错误。] 2．(竖直面内的圆周运动)游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。则此时甲与乙(　　) A．线速度相同 B．加速度相同 C．所受合外力大小相等 D．“摩天轮”对他们作用力大小相等 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 C　[由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以甲、乙线速度大小相等，甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误；根据a＝可知，甲、乙加速度大小相等，甲加速度方向竖直向下，乙加速度方向竖直向上，故B错误；根据F＝可知，甲、乙所受合外力大小相等，故C正确；对甲有mg－FN1＝m，对乙有FN2－mg＝m，“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误。] 3．(水平面内的圆周运动)如图甲所示，质量分别为m1、m2的小木块a和b(可视为质点)用细线相连，沿半径方向放在水平圆盘上，a、b与转轴OO′之间的距离分别为r1、r2。 若圆盘从静止开始绕转轴OO′缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，木块a所受的摩擦力大小fa随圆盘角速度的平方ω2的变化图像如图乙所示 对应图线的斜率为对应图线的斜率为k2，两木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速 度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．＝ B．＝ C．＝ D．＝ √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 B　[水平圆盘转动的角速度较小时，a、b受到的静摩擦力提供向心力，绳子拉力为零，此过程中a受到的摩擦力fa＝m1r1ω2，对应图线的斜率k1＝m1r1，当木块刚好达到最大静摩擦时，满足mrω2＝μmg，则ω2＝，因为r2>r1，所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，此时ω＝ω1，则有＝＝＝，角速度继续增大，绳子开始出现拉力，此后对于a有fa－T＝m1r1ω2，对于b有fbm＋T＝m2r2ω2，联立可得fa＝(m1r1＋m2r2)ω2－μm2g，对应图线的斜率k2＝m1r1＋m2r2，截距＝－μm2g，当a达到最大静摩擦力fam＝f0＝μm1g时＝，之后角速度再增大，两木块相对圆盘发生滑动，a受到的摩擦力大小不再变化。根据上述分析可知＝＝＝＝，故A、C、D错误，B正确。故选B。] 细研考点 · 突破题型 1．(圆周运动的理解)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　) A．速度的大小和方向都改变 B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动 C．当质点所受合力全部用来提供向心力时，质点做匀速圆周运动 D．向心加速度不变 考点1　描述圆周运动的物理量 √ 2 4 3 题号 1 5 第3节　圆周运动 细研考点 · 突破题型 C　[质点做匀速圆周运动时，线速度大小始终不变，速度方向为质点运动轨迹的切线方向，时刻在改变，故A错误；做匀速圆周运动的物体的向心加速度始终指向圆心，即方向在时刻改变，则匀速圆周运动是非匀变速曲线运动，故B、D错误；当质点所受合力全部用来提供向心力时，质点的线速度的大小不变，做匀速圆周运动，故C正确。] 2 4 3 题号 1 5 2 3 题号 1 5 4 2．(圆周运动的描述)(2024·淮阴中学高三开学考试)如图所示为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3 s，自动识别系统的反应时间为0.3 s；汽车可看成高 1.6 m 的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为 0.6 m, 要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为(　　) A． rad/s B． rad/s C． rad/s D． rad/s √ D　[由题意可知，在3.3 s－0.3 s＝3.0 s的时间内，横杆上距离O点水平距离为 0.6 m 的点至少要抬高1.6 m－1.0 m＝0.6 m, 即横杆至少转过，则角速度ω＝＝ rad/s。] 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 3 题号 5 4 1 3．(皮带传动)如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在传动过程中，皮带不打滑。则(　　) A．A点与C点的角速度大小相等 B．A点与C点的线速度大小相等 C．B点与C点的角速度大小之比为2∶1 D．B点与C点的向心加速度大小之比为1∶2 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 3 题号 5 4 1 B　[处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等。对于本题，显然vA＝vC，ωA＝ωB，选项B正确；根据vA＝vC及关系式v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，选项A错误；根据ωA＝ωB，ωA＝，可得ωB＝，即B点与C点的角速度大小之比为1∶2，选项C错误；根据ωB＝及关系式a＝ω2R，可得aB＝，即B点与C点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D错误。] 2 4 3 题号 5 1 4．(齿轮传动)在如图所示的齿轮传动中，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点说法正确的是(　　) A．A点和B点的线速度大小之比为1∶2 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．以上三个选项有两个是正确的 √ C　[题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，即A点和B点的线速度大小之比为 1∶1; 由v＝ωr可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点的角速度之比为3∶1，故选项C正确，A、B、D错误。] 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 3 题号 5 4 1 5．(同轴转动)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有如下检测过程简图：车轴A的半径为ra，车轮B的半径为rb，滚动圆筒C的半径为rc，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n(每秒钟n转)运行时，下列说法正确的是(　　) A．C的边缘线速度为2πnrc B．A、B的角速度大小相等，均为2πn，且A、B 沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动 C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动 D．B、C的角速度之比为 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 3 题号 5 4 1 B　[根据题意可知，车轮B的边缘线速度为vb＝2πnrb，由于B和C为摩擦传动，则B和C边缘的线速度相等，则C的边缘线速度为2πnrb，故A错误；由题图可知，A、B为同轴转动，A、B的角速度大小相等，均为2πn，由于车轮沿前进方向加速，则A、B沿顺时针方向转动，B和C为摩擦传动，则C沿逆时针方向转动，B、C线速度相同，由v＝ωr可得，B、C角速度比为半径的反比，则＝，解得ωc＝，故C、D错误，B正确。故选B。] 规律总结　常见的三种传动方式及特点 类型 模型 模型解读 皮带 传动 皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB 摩擦 (或齿 轮) 传动 两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 类型 模型 模型解读 同轴 传动 绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点 运动轨迹是圆且在水平面内。 2．匀速圆周运动的受力特点 (1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。 (2)合外力充当向心力。 3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤 (1)选择研究对象，找出匀速圆周运动的圆心和半径。 (2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。 (3)由Fn＝m、Fn＝mrω2或Fn＝mr列方程求解。 考点2 水平面内的圆周运动 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 4．六种常见的向心力实例 运动模型 ①飞机水平转弯 ②火车转弯 ③圆锥摆 向心 力的 来源 图示 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 运动 模型 ④飞车走壁 ⑤汽车在水平路面转弯 ⑥光滑水平转台 向心 力的 来源 图示 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 28 5．水平面内圆周运动的三种临界情况 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是：弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相互接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 29 [典例]　(圆锥摆问题)(2024·盐城质检)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端，细绳的另一端连接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(　　) A．小球始终受三个力的作用 B．细绳上的拉力始终保持不变 C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为 D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 30 思路点拨：(1)当转动的角速度较小时，水平面对小球有支持力作用；当转动的角速度较大时，小球将离开水平面。 (2)小球做匀速圆周运动的半径r与绳长l之间的关系，可由几何形状来确定。 (3)小球对水平面的压力为零，是小球将离开水平面的临界条件，此时，小球的合力由自身的重力及细绳的拉力合成来确定。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 31 C　[小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得T sin β＝mω2l sin β可知，随角速度变化，细绳的拉力T会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有T cos θ＝mg，T sin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝＝，若小球飞离了水平面，则角速度大于，而<，故选项C正确，D错误。] 规律总结　“一、二、三、四”求解圆周运动问题 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 [跟进训练] 角度1　车辆转弯问题 1．(2024·江苏如东县第一次检测)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。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(　　) 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．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 34 B　[火车拐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，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m，解得r＝，故选项A错误；根据牛顿第二定律得mg tan θ＝ m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。] 角度2　圆锥摆问题 2．据史料记载，拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代小型拨浪鼓已成为儿童玩具。现有一拨浪鼓上分别系有长度不等的两根轻绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，稳定时两球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动。下列各图中两球的位置关系正确的是(图中轻绳与竖直方向的夹角α<θ<β)(　　) √ A　　　　　　　　B　　　　 　　　C　　　　　　　　D 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 B　[设绳长为L，则由合力提供向心力得mg tan θ＝m(L sin θ＋r)，化简得＝L cos θ＋，可知，L长的，角度大；设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得mg tan θ＝m(h tan θ＋r)，化简得＝h＋，可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，A、C、D错误，B正确。故选B。] 角度3　水平转盘上的圆周运动问题 3．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1 kg的A、B两个物块，B物块用长为 0.25 m 的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和力传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8 N，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与转盘间的动摩擦因数为0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F。g取10 m/s2。以下说法不正确的是(　　) 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 A．当转盘的角速度ω＝4 rad/s时，A、B间的静摩擦力达到最大值 B．当转盘的角速度在0<ω<2 rad/s范围内时，细线中的拉力随ω的增大而增大 C．当细线中的拉力F＝6 N时，A与B即将相对滑动 D．当转盘的角速度ω＝6 rad/s时，细线中的拉力达到最大值 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 B　[对A、B整体分析，当细线刚有拉力时，根据牛顿第二定律得μ12mg＝r，则当B物块将要受到细线拉力时的角速度为 ω1＝＝ rad/s＝2 rad/s，当A物块所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，A将要脱离B物块，此时的角速度由μ2mg＝r得ω3＝＝ rad/s＝4 rad/s，即转盘的角速度为 4 rad/s 时，A、B间的静摩擦力达最大值，当转盘的角速度在0<ω< 2 rad/s范围内时，细线中的拉力为0，故A正确，B错误；对A、B整体，根据牛 顿第二定律T＋μ12mg＝2mω2r，则T＝2mω2r－μ12mg＝－2(ω∈[2，4])，当ω＝4 rad/s时，此时细线的张力为T＝2mω2r－μ12mg＝(2×16×0.25－2) N＝6 N<8 N，故细线未断，接下来随角速度的增大，A脱离B物块。只有B物块做匀速圆周运动，设当拉力最大时的角速度为ω2，根据牛顿第二定律得Tmax＋μ1mg＝r，则ω2＝ rad/s＝6 rad/s, 所以当细线中的拉力F＝6 N时，A与B即将相对滑动，当转盘的角速度为6 rad/s时，细线拉力达到最大，故C、D正确。故选B。] 1．竖直平面内圆周运动的两类模型 一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。 考点3　竖直平面内的圆周运动 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法(最高点)   “轻绳”模型 “轻杆”模型 图示 受力特征 小球受到的弹力方向为向下或等于零 小球受到的弹力方向为向下、等于零或向上 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动   “轻绳”模型 “轻杆”模型 受力示意图 力学方程 mg＋FN＝m mg±FN＝m 临界特征 FN＝0 mg＝ 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 FN＝mg 过最高点的条件 在最高点的速度v≥ 在最高点的速度v≥0 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 [典例]　(轻杆模型)(2024·曲塘中学模拟)如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　) A．小球的质量为4 kg B．固定圆环的半径R为0.4 m C．小球在最高点的速度为4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向向上 D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100 N √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 思路点拨：解此题关键有两点： (1)做好小球在某一位置的动力学分析。 (2)将小球的动力学方程与F-v2图像对应，找出已知物理量。 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 D　[对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，F－mg＝0，结合题图乙可知20 N－m·10 m/s2＝0，解得小球质量m＝2 kg，选项A错误；当F＝0时，由重力提供向心力可得mg＝，结合题图乙解得固定圆环的半径R＝0.8 m，选项B错误；小球在最高点的速度为4 m/s时，设小球受圆环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F＋mg＝，代入数据解得F＝20 N，方向竖直向下，选项C错误；小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝，由以上两式得F＝5mg，代入数据得F＝100 N，选项D正确。] 规律总结　分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 4 3 题号 1 [跟进训练] 角度1　竖直平面内“轻绳”模型 1．如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图像如图乙所示，图像中的数据a和b、包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是(　　) A．数据a与小球的质量有关 B．数据b与小球的质量无关 C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关 D．利用数据a、b能够求出小球的质量和圆周轨迹半径 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 4 3 题号 1 D　[由题图乙可知，当v2＝a时，绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg＝，解得v2＝gr，即a＝gr，与小球的质量无关，故A错误；当＝2a时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知＝，与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；由上述分析可知r＝，m＝，因a、b、重力加速度g已知，所以能够求出小球质量和圆周轨迹半径，故D正确。] 2 3 题号 1 4 角度2　竖直平面内“轻杆”模型 2．(2024·海门中学模拟)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 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 3 题号 1 4 C　[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，解得球B的速度v＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小为v′＝，故B错误；球B运动到最高点时对杆无弹力，此时球A所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，所以水平转轴对杆的作用力也为1.5mg，故C正确，D错误。] 2 3 题号 4 1 角度3　竖直平面内“管状”模型 3．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　) A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝ B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝ C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 3 题号 4 1 C　[在最高点，由于外侧管壁和内侧管壁都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内侧管壁对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故A、B错误；小球在水平线ab以下管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球在水平线ab以上管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误。] 2 4 3 题号 1 角度4　静摩擦力控制下的斜面圆周运动 4．如图所示，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为(　　) A． B． C．g D．g √ 链接教材· 夯基固本 细研考点·突破题型 课时分层作业 第3节　圆周运动 2 4 3 题号 1 C　[当物体在圆盘上转到最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，角速度一定，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝mω2r，解得r＝g，故A、B、D错误，C正确。] $$