重难点05 圆周运动-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（广东专用）

重难点05 圆周运动 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)圆周运动的动力学分析； (2)生活、科技中的圆周运动． 3年2考 广东卷[(2024, T5)],(2023, T8)] 理解并掌握匀速圆周运动的一些重要公式,掌握竖直平面内的圆周运动在特殊点的计算问题。曲线运动在考题中综合性较强,多与电场、磁场、机械能等综合。 【情境解读】 匀速圆周运动、圆周运动的向心力 1.圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动，F向＝mgtan θ，方向水平指向圆心。 2. 小球在“绳”模型最高点的最小速度为，最低点的最小速度为，上、下两点拉力之差为6mg。 3.小球在“杆”模型最高点vmin＝0，v临＝，v＞v临，杆对小球有向下的拉力；v＝v临，杆对小球的作用力为零；v＜v临，杆对小球有向上的支持力。 【高分技巧】 1．水平面内的圆周运动 (1) (2)常见模型 水平面内 动力学方程 临界情况示例 水平转盘上的物体 Ff＝mω2r 恰好滑动 圆锥摆模型 mgtan θ＝mrω2 恰好离开接触面 2．竖直面内的圆周运动 (2)常见模型 轻绳模型 最高点 FT＋mg＝m 恰好通过最高点时，绳的拉力恰好为0 轻杆模型 最高点 mg±F＝m 恰好通过最高点时，杆对小球的弹力等于小球重力 带电小球在叠加场中的圆周运动 等效法 关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置 恰好通过等效最高点；恰好做完整圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点 mgsin θ±Ff＝mω2r 最低点 Ff－mgsin θ＝mω2r 恰好通过最低点 【考向一：水平面内的圆周运动】 1．圆周运动中的动力学方程 将牛顿第二定律F＝ma应用于圆周运动，可得到圆周运动中的动力学方程． F＝＝mω2r＝mωv＝mr＝4π2f2mr. 2．水平面内圆周运动问题的分析思路 1．如图所示，半径为R＝1 m的转台可以在中心的竖直转轴带动下在水平面转动，质量为0.5 kg、可视为质点的物体放在转台的边缘，用细线将物体拴接在转轴上，细线处于拉直放松的状态，且与转轴的夹角为θ＝30°。已知细线能承受的最大拉力为F＝10 N，物体与转台之间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，转台的转速缓慢增大，当转台的角速度为2 rad/s时，细线刚好绷紧，重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物体与转台之间的动摩擦因数为0.2 B.转台的角速度为1 rad/s时，物体所受的摩擦力可能为0 C.转台的角速度为 rad/s时，物体刚好离开转台 D.转台的角速度为 rad/s时，细线刚好被拉断 答案　D 解析　当转台的角速度为2 rad/s时，细线刚好绷紧，则物体做圆周运动的向心力等于物体所受最大静摩擦力，有μmg＝mω2R，解得μ＝0.4，A错误；当转台的角速度为1 rad/s时，有F1＝mωR＝0.5 N＜μmg＝2 N，此时物体不受细线拉力，物体所受的摩擦力为0.5 N，B错误；当物体刚好离开转台时，物体只受重力和细线的拉力，竖直方向上有Tcos 30°＝mg，水平方向有Tsin 30°＝mωR，解得ω2＝ rad/s，T＝ N＜10 N，C错误；细线刚好被拉断时，物体已经离开转台，假设此时细线与转轴的夹角为α，有Fsin α＝mωLsin α，又L＝，解得ω3＝ rad/s，D正确。 2．(多选)如图甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连。两物块质量均为1 kg。与圆心距离分别为RA和RB，其中RA<RB且RA＝1 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1 B.物块B与圆心距离RB＝2 m C.当角速度为1 rad/s时圆盘对A的静摩擦力指向圆心 D.当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动 答案　ABD 解析　角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力Ff提供向心力，绳中无拉力。根据牛顿第二定律Ff＝mω2R，因为RA＜RB，所以物块B与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，拉力FT和最大静摩擦力的合力提供向心力。对物块B分析FT＋μmg＝mω2RB，则FT＝mω2RB－μmg，则根据图像中斜率和截距的数据解得RB＝2 m，μ＝0.1，故选项A、B正确；当ω＝1 rad/s时，由上述方程得绳子中拉力大小FT＝1 N，再对A分析，由牛顿第二定律得FT＋Ff＝mω2RA，解得Ff＝0，故选项C错误；当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最大值且方向沿半径向外，对A分析FT－μmg＝mω2RA，此时对B分析FT＋μmg＝mω2RB，联立解得ω＝ rad/s，故选项D正确。 3．(2023广东佛山二模)在高速公路的水平弯道，若直线道路与转弯的圆曲线(曲率半径一定)道路直接连接，则弯道处存在曲率半径突变。为提高旅客乘车经过弯道时的舒适度，通常设计用一段缓和曲线将直线与圆曲线连接，实现曲率半径的逐渐过渡。假如汽车以恒定的速率经过弯道，因弯道有了缓和曲线的连接，则乘客乘车如图5从P到Q的过程中(　　) 图5 A.惯性将减小 B.向心加速度是逐渐减小的 C.受到的合外力是逐渐增大的 D.合外力对乘客做正功 答案　C 解析　惯性只与物体质量有关，与速度大小、运动状态、受力等都无关，故惯性不变，A错误；由向心加速度公式a向＝，从P到Q的过程中，弯道半径逐渐减小，所以乘客的向心加速度逐渐增大，B错误；由牛顿第二定律F合＝ma向＝m，从P到Q的过程中，弯道半径逐渐减小，乘客所受合外力逐渐增大，C正确；汽车在转弯的过程中速率恒定，动能没有变化，由动能定理合外力做功为零，故D错误。 4．(多选)(2023广东模拟预测)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈，深受女士喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，计数器显示在1 min内转过的圈数，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是(　　) A.若增大转速，腰受到腰带的摩擦力增大 B.若增大转速，腰受到腰带的弹力增大 C.保持匀速转动时，腰给腰带的作用力大小不变 D.若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将不变 答案　BCD 解析　若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向mg＝Tcos θ，水平方向Tsin θ＝Fn，可知拉力T变大，向心力Fn变大，对腰带受力分析如图，可得竖直方向Ff＝Mg＋Tcos θ＝Mg＋mg，水平方向FN＝Tsin θ＝Fn，腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A错误，B正确；匀速转动时，腰给腰带的作用力是支持力FN和摩擦力Ff的合力，两个力的大小均不变，则其合力大小不变，故C正确；对配重有mgtan θ＝mω2lsin θ，即cos θ＝，若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将不变，故D正确。 5．(2023北京东城区综练)利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。如图11所示，长为L的均匀细杆的一端固定一个小球，另一端可绕垂直于杆的光滑水平轴O转动。已知小球质量为m1，杆的质量为m2。小球可视为质点。 (1)若杆的质量与小球质量相比可以忽略。把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放。 a.当杆转动至与水平方向成θ角时(θ＜90°)，求小球的角速度ω。 b.若只增加杆的长度，小球由静止开始运动到最低点的过程，所用时间是变长还是变短，通过分析定性说明。 (2)若杆的质量与小球质量相比不能忽略，已知杆在绕O点转动时，其动能的表达式为Ek＝mαωβLγ。 a.请你利用单位制的知识，判断α、β、γ的数值。 b.把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放，当杆转动至与水平方向成θ角时(θ＜90°)，求小球的角速度ω′。 答案　(1)a.　b.变长　见解析 (2)a.α＝1　β＝2　γ＝2　b. 解析　(1)a.在杆由水平位置转动至与水平方向成θ(θ＜90°)角的过程，由动能定理可得 m1gLsin θ＝m1v2 又v＝ωL 解得小球的角速度ω＝。 b.变长。若只增加杆的长度，当杆转动至与水平方向成θ角时，由a中的角速度表达式可知，小球的角速度变小，由于θ可为0°～90°的任意值，所以运动到各处的角速度都变小，所以杆转动90°所用时间变长。 (2)a.杆动能的表达式为Ek＝mαωβLγ，由动能的计算公式Ek＝mv2和线速度与角速度的关系式v＝ωr可知，Ek＝mω2L2得α＝1、β＝2、γ＝2。 b.在杆由水平位置转动至与水平方向成θ(θ＜90°)角的过程，由动能定理可得 m1gLsin θ＋m2g·Lsin θ＝m1v′2＋m2ω′2L2 又v′＝ω′L 解得ω′＝ 【考向二：　竖直面内的圆周运动】 　竖直面内圆周运动分析步骤： (1)定模型→判断是轻杆模型还是轻绳模型 (2) (3)过程分析→应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解 6．(多选)(2023北京西城高三期末)2022年7月24日，问天实验舱成功发射。问天实验舱配置了多种实验柜用来开展太空实验。其中，变重力科学实验柜为科学实验提供0．01g～2g(零重力到两倍重力范围)高精度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力水平下的科学研究。如图所示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机。离心机旋转的过程中，由于惯性，实验载荷会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样。因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是(　　) A.实验样品的质量越大，“模拟重力加速度”越大 B.离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍 C.实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心 D.为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动 答案　BD 解析　根据题意可得m(2πn)2r＝mg模，则模拟重力加速度g模＝4π2n2r，模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，g模′＝4g模，即同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍，故A错误，B正确；实验载荷因为有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，所以模拟重力的方向背离离心机转轴中心，故C错误；根据牛顿第三定律可知，一台离心机从静止开始加速转动，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，所以为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。 7．(2024广东佛山一模)偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、按摩仪、混凝土平板振动机等。如图甲，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。平板振动机中偏心振动轮的简化图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转轴O在竖直面内转动则当偏心块的中心运动到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大(　　) A.P B.Q C.M D.N 答案　A 解析　对偏心块受力分析知，转到最低点P时满足F－mg＝mω2r，可得偏心轮中心轴对偏心块的拉力F＝mg＋mω2r，根据牛顿第三定律可知偏心块对偏心轮向下的拉力最大，则振动机对路面的压力最大，故A正确。 8．在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图4甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水的密度大于油的密度)，以空间站为参考系，此时(　　) 图4 A.水和油的线速度大小相等 B.水和油的向心加速度大小相等 C.水对油的作用力大于油对水的作用力 D.水对油有指向圆心的作用力 答案　D 解析　水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量大于油球的质量，根据F向＝mω2r可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在上面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据v＝ωr知，水比油的半径大时，线速度也大，A错误；根据a向＝ω2r知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度就越大，B错误；水对油的作用力和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C错误；油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，D正确。 9．(多选)如图所示，质量为m的小明(视为质点)坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为k(常数k<1，g为重力加速度大小)的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是(　　) A.小明通过最高点时不受重力 B.小明做匀速圆周运动的周期为 C.小明通过最高点时处于完全失重状态 D.小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg 答案　BD 解析　当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的周期T＝＝，B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小F向＝mω2r＝k2mg<mg，故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完全失重状态，C错误；当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根据牛顿第三定律可知，此时小明对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg，D正确。 10.在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图12所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC＝20 m/s、与水平方向成α＝37°的速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，后沿半径为R＝40 m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止。已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，在F点运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力为体重(含装备)的0.5倍，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求： (1)水平停止区FG的最小长度L； (2)运动员完成空中动作的时间t。 答案　(1)40 m　(2) s 解析　(1)在F点，合力提供向心力，得 FN－mg＝，其中FN＝FN′＝2mg 在停止区，运动员做匀减速直线运动，由动能定理得 －fL＝－mv，其中f＝0.5mg 解得L＝40 m。 (2)在C点与落点速度水平分量相等 vCcos α＝v2sin α 在C点与在落点速度竖直分量关系为 v2cos α＝－vCsin α＋gt 解得t＝ s。 【考向三：　圆周运动临界问题】 求解圆周运动临界问题的关键 本题的关键是把握两个临界状态：一是物体与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力时，细线对物体将要有拉力；二是物体刚要离开转台时，物体与转台间的摩擦力刚好为零，细线的拉力在水平方向的分力提供物体做圆周运动的向心力。根据临界状态下物体的受力情况，结合牛顿运动定律求出临界状态下的角速度是关键点。 水平面内圆周运动常见的三种临界情况分析 临界情况 典型模型 临界条件分析 接触与分离的临界条件 两物体恰好接触或分离，临界条件是弹力FN＝0 相对滑动的临界条件 两物体相对静止且存在着静摩擦力时，二者相对滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大值 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，绳子恰不断裂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绳子张力为零 解决竖直平面内圆周运动临界极值问题的解题思路 11.如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法错误的是(　 ) A．小球均静止时，弹簧的长度为L－ B．角速度ω＝ω0时，小球A对弹簧的压力为mg C．角速度ω0＝ D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变 答案D 解析　若两球静止时，均受力平衡，对小球B受力分析可知，轻杆对小球B的弹力为零，台面对小球的支持力NB＝mg，设弹簧的压缩量为x1，再对小球A分析可得mg＝kx1，故弹簧的长度为L1＝L－x1＝L－，故A项正确；当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即NB′＝0，设轻杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知，＝mω02·L·cos θ，F杆·sin θ＝mg，而小球A依然处于平衡，有F杆sin θ＋mg＝Fk＝kx2，而由几何关系sin θ＝，联立四式解得Fk＝2mg，ω0＝ ，则弹簧对小球A的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知小球A对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；当角速度从ω0继续增大，小球B将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对小球A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有Fk＝mg＋mg＝2mg。则弹簧对小球A的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知小球A对弹簧的压力依然为2mg，故D正确。 12.(多选)如图所示，轻杆长为3l，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为l处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则球B在最高点时，下列说法正确的是(　 ) A．球B在最高点时速度为 B．此时球A的速度大小为 C．杆对球A的作用力为0.5mg D．杆对水平轴的作用力为1.5mg 答案　BD 解析　设球B在最高点时的速度为v0，有mg＝m，解得v0＝，A错误。因为A、B两球的角速度相等，根据v＝rω知，此处球A的速度为v0＝，B正确。根据牛顿第二定律得，FA－mg＝m2·，解得FA＝1.5mg，A对杆的作用力为1.5mg，水平轴对杆的作用力与A球对杆的作用力是一对平衡力，所以F＝1.5mg，C错误，D正确。 13．(多选)如图所示，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动。现使轻杆在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是(　 ) A．小球的线速度大小为 B．小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上 C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg 答案ACD 解析　根据向心加速度a＝，代入得小球的线速度v＝，所以A正确；需要的向心力F＝ma＝mg，所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力F＝，方向不指向圆心O，所以C正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律，有F－mg＝m，解得轻杆对小球作用力的最大值为F＝2mg，所以D正确。 14.(多选)一个团队挑战人能不能在竖直的圆内侧完整跑完一圈,团队搭建了图示的一个半径为1.6 m的木质竖直圆跑道,做了充分的安全准备后开始挑战。(g=10 m/s2)(　　)。 A.根据v=计算人奔跑的速度达到4 m/s即可完成挑战 B.不计阻力时由能量守恒定律计算要 m/s的速度进入跑道才能成功,而且还存在不可忽略的阻力,那么这个速度超过绝大多数人的极限,所以该挑战根本不能成功 C.人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6 m,因此这个速度并没有超过多数人的极限速度,挑战可能成功 D.一般人不能完成挑战的根源是脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内侧使指向圆心的力大于需要的向心力 答案　CD 解析　人在最高点时,且将人的所有质量集中到脚上一点,在人所受重力提供向心力的情况下,有m=mg,可得v==4 m/s,考虑情况太过片面(实际重心不可能在轨道最高点),A项错误;若将人的所有质量集中到脚上一点的情况下,设恰好通过最高点时的速度为v1,通过最低点的速度为v0,有-2mgR=m-m,m=mg,联立可得v0= m/s,但实际上这是不可能的,人的重心不可能在脚底,所以人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6 m,因此这个速度并没有超过多数人的极限速度,挑战可能成功,B项错误,C项正确;脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内侧造成指向圆心的力大于需要的向心力,而人的速度不够,则会挑战失败,D项正确。 15.(2023山东枣庄高三期末)如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体AB－CD－EF，可绕其竖直中心轴OO′在水平面内匀速转动，置于AB中点P的小物体(视为质点)恰好在ABCD面上没有相对滑动。二面体的二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L＝20 cm，CD距水平地面的高度为h＝1.1 m，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求“V”型二面体匀速转动的角速度的大小； (2)若“V”型二面体突然停止转动，求小物体从二面体上离开的位置以及小物体落地时速度的大小。 答案　(1) rad/s (2)从AD边距A点0.025 m处　5 m/s 解析　(1)设小物体受到的支持力为FN，受力如图(a)所示。 (a) 竖直方向：FNsin 60°＝mg 水平方向：FNcos 60°＝mω2Lsin 60° 解得ω＝ rad/s。 (2)“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为t，运动的初速度大小为v0，加速度大小为a，沿AD方向向下运动的距离为y，如图(b)所示，则 (b) mgsin 60°＝FN′ mgcos 60°＝ma v0＝ωLsin 60° ＝v0t y＝at2 解得y＝0.025 m 设小物体刚要到达地面时的速度大小为v，由机械能守恒定律得 mg(Lcos 60°＋h)＋mv＝mv2 解得v＝5 m/s。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点05 圆周运动 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)圆周运动的动力学分析； (2)生活、科技中的圆周运动． 3年2考 广东卷[(2024, T5)],(2023, T8)] 理解并掌握匀速圆周运动的一些重要公式,掌握竖直平面内的圆周运动在特殊点的计算问题。曲线运动在考题中综合性较强,多与电场、磁场、机械能等综合。 【情境解读】 匀速圆周运动、圆周运动的向心力 1.圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动，F向＝mgtan θ，方向水平指向圆心。 2. 小球在“绳”模型最高点的最小速度为，最低点的最小速度为，上、下两点拉力之差为6mg。 3.小球在“杆”模型最高点vmin＝0，v临＝，v＞v临，杆对小球有向下的拉力；v＝v临，杆对小球的作用力为零；v＜v临，杆对小球有向上的支持力。 【高分技巧】 1．水平面内的圆周运动 (1) (2)常见模型 水平面内 动力学方程 临界情况示例 水平转盘上的物体 Ff＝mω2r 恰好滑动 圆锥摆模型 mgtan θ＝mrω2 恰好离开接触面 2．竖直面内的圆周运动 (2)常见模型 轻绳模型 最高点 FT＋mg＝m 恰好通过最高点时，绳的拉力恰好为0 轻杆模型 最高点 mg±F＝m 恰好通过最高点时，杆对小球的弹力等于小球重力 带电小球在叠加场中的圆周运动 等效法 关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点、最左边和最右边位置 恰好通过等效最高点；恰好做完整圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点 mgsin θ±Ff＝mω2r 最低点 Ff－mgsin θ＝mω2r 恰好通过最低点 【考向一：水平面内的圆周运动】 1．圆周运动中的动力学方程 将牛顿第二定律F＝ma应用于圆周运动，可得到圆周运动中的动力学方程． F＝＝mω2r＝mωv＝mr＝4π2f2mr. 2．水平面内圆周运动问题的分析思路 1．如图所示，半径为R＝1 m的转台可以在中心的竖直转轴带动下在水平面转动，质量为0.5 kg、可视为质点的物体放在转台的边缘，用细线将物体拴接在转轴上，细线处于拉直放松的状态，且与转轴的夹角为θ＝30°。已知细线能承受的最大拉力为F＝10 N，物体与转台之间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，转台的转速缓慢增大，当转台的角速度为2 rad/s时，细线刚好绷紧，重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物体与转台之间的动摩擦因数为0.2 B.转台的角速度为1 rad/s时，物体所受的摩擦力可能为0 C.转台的角速度为 rad/s时，物体刚好离开转台 D.转台的角速度为 rad/s时，细线刚好被拉断 2．(多选)如图甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连。两物块质量均为1 kg。与圆心距离分别为RA和RB，其中RA<RB且RA＝1 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1 B.物块B与圆心距离RB＝2 m C.当角速度为1 rad/s时圆盘对A的静摩擦力指向圆心 D.当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动 3．(2023广东佛山二模)在高速公路的水平弯道，若直线道路与转弯的圆曲线(曲率半径一定)道路直接连接，则弯道处存在曲率半径突变。为提高旅客乘车经过弯道时的舒适度，通常设计用一段缓和曲线将直线与圆曲线连接，实现曲率半径的逐渐过渡。假如汽车以恒定的速率经过弯道，因弯道有了缓和曲线的连接，则乘客乘车如图5从P到Q的过程中(　　) 图5 A.惯性将减小 B.向心加速度是逐渐减小的 C.受到的合外力是逐渐增大的 D.合外力对乘客做正功 4．(多选)(2023广东模拟预测)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈，深受女士喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，计数器显示在1 min内转过的圈数，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是(　　) A.若增大转速，腰受到腰带的摩擦力增大 B.若增大转速，腰受到腰带的弹力增大 C.保持匀速转动时，腰给腰带的作用力大小不变 D.若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将不变 5．(2023北京东城区综练)利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。如图11所示，长为L的均匀细杆的一端固定一个小球，另一端可绕垂直于杆的光滑水平轴O转动。已知小球质量为m1，杆的质量为m2。小球可视为质点。 (1)若杆的质量与小球质量相比可以忽略。把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放。 a.当杆转动至与水平方向成θ角时(θ＜90°)，求小球的角速度ω。 b.若只增加杆的长度，小球由静止开始运动到最低点的过程，所用时间是变长还是变短，通过分析定性说明。 (2)若杆的质量与小球质量相比不能忽略，已知杆在绕O点转动时，其动能的表达式为Ek＝mαωβLγ。 a.请你利用单位制的知识，判断α、β、γ的数值。 b.把杆拉到水平位置后，将小球无初速度释放，当杆转动至与水平方向成θ角时(θ＜90°)，求小球的角速度ω′。 【考向二：　竖直面内的圆周运动】 　竖直面内圆周运动分析步骤： (1)定模型→判断是轻杆模型还是轻绳模型 (2) (3)过程分析→应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解 6．(多选)(2023北京西城高三期末)2022年7月24日，问天实验舱成功发射。问天实验舱配置了多种实验柜用来开展太空实验。其中，变重力科学实验柜为科学实验提供0．01g～2g(零重力到两倍重力范围)高精度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力水平下的科学研究。如图所示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机。离心机旋转的过程中，由于惯性，实验载荷会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样。因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是(　　) A.实验样品的质量越大，“模拟重力加速度”越大 B.离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍 C.实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心 D.为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动 7．(2024广东佛山一模)偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、按摩仪、混凝土平板振动机等。如图甲，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。平板振动机中偏心振动轮的简化图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转轴O在竖直面内转动则当偏心块的中心运动到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大(　　) A.P B.Q C.M D.N 8．在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图4甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水的密度大于油的密度)，以空间站为参考系，此时(　　) 图4 A.水和油的线速度大小相等 B.水和油的向心加速度大小相等 C.水对油的作用力大于油对水的作用力 D.水对油有指向圆心的作用力 9．(多选)如图所示，质量为m的小明(视为质点)坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为k(常数k<1，g为重力加速度大小)的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是(　　) A.小明通过最高点时不受重力 B.小明做匀速圆周运动的周期为 C.小明通过最高点时处于完全失重状态 D.小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg 10.在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图12所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC＝20 m/s、与水平方向成α＝37°的速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，后沿半径为R＝40 m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止。已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，在F点运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力为体重(含装备)的0.5倍，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求： (1)水平停止区FG的最小长度L； (2)运动员完成空中动作的时间t。 【考向三：　圆周运动临界问题】 求解圆周运动临界问题的关键 本题的关键是把握两个临界状态：一是物体与转台间的摩擦力达到最大静摩擦力时，细线对物体将要有拉力；二是物体刚要离开转台时，物体与转台间的摩擦力刚好为零，细线的拉力在水平方向的分力提供物体做圆周运动的向心力。根据临界状态下物体的受力情况，结合牛顿运动定律求出临界状态下的角速度是关键点。 水平面内圆周运动常见的三种临界情况分析 临界情况 典型模型 临界条件分析 接触与分离的临界条件 两物体恰好接触或分离，临界条件是弹力FN＝0 相对滑动的临界条件 两物体相对静止且存在着静摩擦力时，二者相对滑动的临界条件是静摩擦力刚好达到最大值 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，绳子恰不断裂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绳子张力为零 解决竖直平面内圆周运动临界极值问题的解题思路 11.如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法错误的是(　 ) A．小球均静止时，弹簧的长度为L－ B．角速度ω＝ω0时，小球A对弹簧的压力为mg C．角速度ω0＝ D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变 12.(多选)如图所示，轻杆长为3l，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为l处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则球B在最高点时，下列说法正确的是(　 ) A．球B在最高点时速度为 B．此时球A的速度大小为 C．杆对球A的作用力为0.5mg D．杆对水平轴的作用力为1.5mg 13．(多选)如图所示，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动。现使轻杆在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是(　 ) A．小球的线速度大小为 B．小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上 C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg 14.(多选)一个团队挑战人能不能在竖直的圆内侧完整跑完一圈,团队搭建了图示的一个半径为1.6 m的木质竖直圆跑道,做了充分的安全准备后开始挑战。(g=10 m/s2)(　　)。 A.根据v=计算人奔跑的速度达到4 m/s即可完成挑战 B.不计阻力时由能量守恒定律计算要 m/s的速度进入跑道才能成功,而且还存在不可忽略的阻力,那么这个速度超过绝大多数人的极限,所以该挑战根本不能成功 C.人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6 m,因此这个速度并没有超过多数人的极限速度,挑战可能成功 D.一般人不能完成挑战的根源是脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内侧使指向圆心的力大于需要的向心力 15.(2024山东枣庄高三期末)如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体AB－CD－EF，可绕其竖直中心轴OO′在水平面内匀速转动，置于AB中点P的小物体(视为质点)恰好在ABCD面上没有相对滑动。二面体的二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L＝20 cm，CD距水平地面的高度为h＝1.1 m，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求“V”型二面体匀速转动的角速度的大小； (2)若“V”型二面体突然停止转动，求小物体从二面体上离开的位置以及小物体落地时速度的大小。 1 / 2 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