易错点05 水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题 讲义 -2024-2025学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册复习易错微专题讲练

易错点05 水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题 一、易错点分析 1、临界条件的确定 易错点：难以准确判断临界状态，不清楚什么情况下会出现临界问题。当绳子的拉力达到最大值时，或者物体所受的静摩擦力达到最大静摩擦力时，就会出现临界情况。比如，在圆锥摆中，如果角速度逐渐增大，当绳子拉力达到其所能承受的最大值时，就达到了临界状态。此时，需要根据牛顿第二定律和向心力公式列出方程，结合临界条件来求解相关物理量。 2、临界状态下的受力分析和运动分析 易错点：在临界状态下，对物体的受力情况和运动状态的分析不准确，导致无法正确列出方程求解。在临界状态下，物体的受力情况可能会发生变化。 二、知识总结 1．圆周运动相关物理量 定义、意义 公式、单位 线速度 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v) (1)v＝＝ (2)单位：m/s 角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) (1)ω＝＝ (2)单位：rad/s 周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T) (1)T＝＝，单位：s (2)f＝，单位：Hz (3)n＝，单位：r/s 向心加速度 (1)描述速度方向变化快慢的物理量(an) (2)方向指向圆心 (1)an＝＝rω2 (2)单位：m/s2 2.圆周运动各物理量间的关系 3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系 匀速圆周运动 变速圆周运动 运动 特点 线速度的大小不变，角速度、周期和频率都不变，向心加速度的大小不变 线速度的大小、方向都变，角速度变，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也可能不变 受力 特点 所受到的合力为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻指向圆心 所受到的合力不总指向圆心，合力产生两个效果： ①沿半径方向的分力Fn，即向心力，它改变速度的方向； ②沿切线方向的分力Ft，它改变速度的大小 运动 性质 非匀变速曲线运动(加速度大小不变，方向变化) 非匀变速曲线运动(加速度大小、方向都变化) 三、圆锥摆模型及其临界问题 1.圆锥摆模型的受力特点 受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。 2．运动实例 运动模型 向心力的来源图示 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 物体在光滑半圆形碗 内做匀速圆周运动 3．解题方法 (1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。 (2)确定圆心和轨道半径。 (3)应用相关力学规律列方程求解。 4．规律总结 (1)圆锥摆的周期 如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。 受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr r＝Lsinθ 解得T＝2π＝2π。 (2)结论 ①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。 ②摆线拉力F＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。 ③摆球的加速度a＝gtanθ。 5．圆锥摆的两种变形 变形1：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。 由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝知vA>vB。 变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。 由T＝2π知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。 6. 解决圆锥摆临界问题的技巧 圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。 (1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达最大值。 (2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。 (3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动。 题型一：圆锥摆模型常规问题 [例题1] （2025•江西模拟）游乐场中有一种叫旋转飞椅的游乐项目。如图所示，长为L＝5m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r＝2m的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。座椅和小孩的总质量为40kg，当转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为37°，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．座椅和小孩转动的轨道半径为7m B．座椅和小孩所需的向心力大小为300N C．钢绳对座椅的拉力大小为400N D．座椅和小孩匀速转动的角速度大小为 [例题2] （2024秋•沙河口区校级期末）如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到较高的水平面内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器做匀速圆周运动的（　　） A．角速度变大 B．周期变大 C．向心加速度变小 D．轻绳的拉力大小不变 [例题3] （多选）（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，两根长度不同的细绳上系有两个完全相同的小球a、b，两球均在水平面内做同向的匀速圆周运动。细线上端系于同一点，与水平面夹角分别为37°、53°。某一时刻两球恰好位于同一竖直线上，则（　　） A．a、b两球的线速度之比为4：3 B．a、b两球的周期之比为4：3 C．当两球再次转至同一竖直线，a球转过的角度为8π D．当两球再次转至同一竖直线，b球转过的角度为3π 题型二：圆锥摆模型临界问题 [例题4] （多选）（2024秋•重庆期末）如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为45°，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则（　　） A．ω时，细绳中的张力为零 B．ω时，物体受到的摩擦力为mg C．ω时，细绳中的张力大小为 D．ω时，细绳中的张力大小为 [例题5] （2024秋•鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯•瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。 （1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。 （2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。 （3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。 [例题6] （2024秋•碑林区校级期末）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。 （1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 [练习1] （2024•东阳市三模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大 B．当转速时，则绳子与竖直方向夹角θ＝37° C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将减小 D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将减小 [练习2] （2023秋•陕西期末）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2（m1≠m2）的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且两球始终在同一水平面内，则（　　） A．两球的向心加速度大小相等 B．两球运动的角速度大小相等 C．A、B两球的质量之比等于sinα：sinθ D．A、B两球的线速度大小之比等于tanθ：tanα [练习3] （2024秋•南京月考）如图所示，C为可绕过O点竖直轴转动的光滑小圆环。质量分别为m1、m2的妹妹和哥哥拉住穿过圆环的细绳两端A、B，绕C在空中做圆锥摆运动，运动的周期相等，AC、BC长分别为L1、L2。不计空气阻力，人可视为质点，则下列判断正确的是（　　） A．若L1＞L2，哥哥运动的轨迹平面更高 B．若L1＞L2，哥哥运动的轨迹平面更低 C．一定有m1L1＝m2L2 D．一定有L1L2 [练习4] （2023秋•建邺区校级期末）图甲为儿童玩具拨浪鼓，其简化模型如图乙，拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上；A、B两球相同，连接A球的绳子更长一些，现使鼓绕竖直方向的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角θ＝β B．A、B两球的向心加速度相等 C．A球的线速度小于B球的线速度 D．A球所受的绳子拉力大于B球所受的绳子拉力 [练习5] （2023秋•拱墅区校级期末）如图所示，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，细线在桌面上方的部分始终保持水平，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　） A．细线所受的拉力变大 B．小球P运动的角速度变小 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变大 [练习6] （2024秋•阆中市校级月考）某同学利用圆锥摆测当地的重力加速度。如图1所示，一根长为1的轻绳上端固定在P点，下端连接一小钢球。拉起小钢球，使轻绳与竖直方向的夹角为θ，让小钢球在水平面内做匀速圆周运动，记录小钢球的转速n；改变轻绳与竖直方向的夹角，测得小钢球相应的转速。根据测量数据，在直角坐标系中绘制的cosθ﹣x图像是一条过坐标原点的直线，如图2所示，则图2中横坐标x是（　　） A．n B．n2 C． D． [练习7] （2024秋•南岸区校级月考）游乐园的“空中飞椅”是我们小时候很喜欢的游乐设施，其原理可简化成如图所示的模型图，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直轴OO′转动，圆盘半径d＝24m，绳长l＝10m。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角θ＝37°，座椅和人的总质量为60kg，则（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g取10m/s2）（　　） A．绳子的拉力大小为650 N B．座椅做圆周运动的线速度大小为5 m/s C．圆盘的角速度为 0.5 rad/s D．座椅转一圈的时间约为1.3 s [练习8] （2024秋•太原期中）竖直细圆杆顶端附近有一小孔，光滑细绳穿过小孔，细绳两端分别系有A、B两小球，已知A球质量小于B球质量。调节细绳并转动圆杆，使得两球与圆杆能以相同角速度在水平面内匀速转动，下列图样大致正确的是（　　） A． B． C． D． [练习9] （2024春•门头沟区校级期中）如图所示，长为l的细线上端固定于悬点O，细线下面悬挂一质量为m的小钢球。钢球在水平面内以O'为圆心做匀速圆周运动时，细线与OO'的夹角为θ。忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．小钢球受重力、拉力和向心力 B．细绳拉力大小为mgcosθ C．小钢球受向心力大小为mgtanθ D．小钢球运动的角速度大小为 [练习10] （2024秋•如皋市月考）四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，A、B在同一水平面内运动；如图乙所示，连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等，则（　　） A．A、B的角速度相等 B．A的角速度比B的大 C．C受到绳的拉力比D的大 D．C受到绳的拉力比D的小 [练习11] （2024春•垫江县校级月考）如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（　　） A．细线L1和L2所受的拉力大小之比为：1 B．小球m1和m2的角速度大小之比为：1 C．小球m1和m2的向心力大小之比为：1 D．小球m1和m2的线速度大小之比为3：1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 易错点05 水平面内的圆周运动（圆锥摆模型）及其临界问题 一、易错点分析 1、临界条件的确定 易错点：难以准确判断临界状态，不清楚什么情况下会出现临界问题。当绳子的拉力达到最大值时，或者物体所受的静摩擦力达到最大静摩擦力时，就会出现临界情况。比如，在圆锥摆中，如果角速度逐渐增大，当绳子拉力达到其所能承受的最大值时，就达到了临界状态。此时，需要根据牛顿第二定律和向心力公式列出方程，结合临界条件来求解相关物理量。 2、临界状态下的受力分析和运动分析 易错点：在临界状态下，对物体的受力情况和运动状态的分析不准确，导致无法正确列出方程求解。在临界状态下，物体的受力情况可能会发生变化。 二、知识总结 1．圆周运动相关物理量 定义、意义 公式、单位 线速度 描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v) (1)v＝＝ (2)单位：m/s 角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) (1)ω＝＝ (2)单位：rad/s 周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T) (1)T＝＝，单位：s (2)f＝，单位：Hz (3)n＝，单位：r/s 向心加速度 (1)描述速度方向变化快慢的物理量(an) (2)方向指向圆心 (1)an＝＝rω2 (2)单位：m/s2 2.圆周运动各物理量间的关系 3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系 匀速圆周运动 变速圆周运动 运动 特点 线速度的大小不变，角速度、周期和频率都不变，向心加速度的大小不变 线速度的大小、方向都变，角速度变，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也可能不变 受力 特点 所受到的合力为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻指向圆心 所受到的合力不总指向圆心，合力产生两个效果： ①沿半径方向的分力Fn，即向心力，它改变速度的方向； ②沿切线方向的分力Ft，它改变速度的大小 运动 性质 非匀变速曲线运动(加速度大小不变，方向变化) 非匀变速曲线运动(加速度大小、方向都变化) 三、圆锥摆模型及其临界问题 1.圆锥摆模型的受力特点 受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。 2．运动实例 运动模型 向心力的来源图示 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 物体在光滑半圆形碗 内做匀速圆周运动 3．解题方法 (1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。 (2)确定圆心和轨道半径。 (3)应用相关力学规律列方程求解。 4．规律总结 (1)圆锥摆的周期 如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。 受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mr r＝Lsinθ 解得T＝2π＝2π。 (2)结论 ①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。 ②摆线拉力F＝，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。 ③摆球的加速度a＝gtanθ。 5．圆锥摆的两种变形 变形1：具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。 由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝知vA>vB。 变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。 由T＝2π知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。 6. 解决圆锥摆临界问题的技巧 圆锥摆的临界问题，主要就是与弹力有关的临界问题。 (1)绳子松弛或断开的临界条件是：①绳恰好拉直且没有弹力；②绳上的拉力恰好达最大值。 (2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。 (3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：①摩擦力的方向发生改变；②发生相对滑动。 题型一：圆锥摆模型常规问题 [例题1] （2025•江西模拟）游乐场中有一种叫旋转飞椅的游乐项目。如图所示，长为L＝5m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r＝2m的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。座椅和小孩的总质量为40kg，当转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为37°，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．座椅和小孩转动的轨道半径为7m B．座椅和小孩所需的向心力大小为300N C．钢绳对座椅的拉力大小为400N D．座椅和小孩匀速转动的角速度大小为 【解答】解：A.由题可知座椅到中心轴的距离为：R＝r+Lsinθ＝2m+5×sin37°m＝5m，故A错误； BC.对座椅和人分析有： ，，故B正确，故C错误； D.据向心力公式有：，可得座椅和小孩匀速转动的角速度大小为，故D错误。 故选：B。 [例题2] （2024秋•沙河口区校级期末）如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到较高的水平面内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器做匀速圆周运动的（　　） A．角速度变大 B．周期变大 C．向心加速度变小 D．轻绳的拉力大小不变 【解答】解：小球的受力情况如图 对小球，在水平方向上有Fsinθ＝mrω2＝ma向，在竖直方向上有Fcosθ＝mg，得mgtanθ＝mrω2＝ma向，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到较高的水平面内继续做匀速圆周运动，在此过程中，θ逐渐变大，则F变大，向心加速度a向变大，设绳长为L（且在缓慢拉动时认为不变），则mgtanθ＝mrω2＝mLsinθω2，得 ω，θ增大，则ω增大，由T，得知T减小，故A正确，BCD错误。 故选：A。 [例题3] （多选）（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，两根长度不同的细绳上系有两个完全相同的小球a、b，两球均在水平面内做同向的匀速圆周运动。细线上端系于同一点，与水平面夹角分别为37°、53°。某一时刻两球恰好位于同一竖直线上，则（　　） A．a、b两球的线速度之比为4：3 B．a、b两球的周期之比为4：3 C．当两球再次转至同一竖直线，a球转过的角度为8π D．当两球再次转至同一竖直线，b球转过的角度为3π 【解答】解：A、两球在同一竖直线上，两球做匀速圆周运动的半径r相等，小球受力如图所示 小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：m 解得：v 两球的线速度之比，故A正确； B、小球做匀速圆周运动的周期T，两球做圆周运动的周期之比，故B错误； CD、当两球再次转至同一竖直线上时，a比b多转一圈，设需要的时间为t，则（）t＝2π，解得：t＝3Tb＝4Ta， 当两球再次转至同一竖直线时，a球转过的圆心角θa＝8π，b转过的圆心角θb＝6π，故C正确，D错误。 故选：AC。 题型二：圆锥摆模型临界问题 [例题4] （多选）（2024秋•重庆期末）如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为45°，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则（　　） A．ω时，细绳中的张力为零 B．ω时，物体受到的摩擦力为mg C．ω时，细绳中的张力大小为 D．ω时，细绳中的张力大小为 【解答】A.由题意可知，当细线恰好要产生张力时，有： μmg＝mω2Lsin45°，解得：ω，故A错误； B.由于ω，所以绳上无拉力，所以有f＝mω2Lsin45°mg，故B正确； C.设当物块恰好要离开转台时，细线张力为T，则有： T'cos45°＝mg， T'sin45°＝mω'2Lsin45°， 联立解得：T'mg，ω'； ωω'，则物块已离开转台，设绳子与竖直方向的夹角为α，则有： Tsinα＝mω2Lsinα，联立可得：T，故C正确； D.ωω'，则有： Tcos45°+N＝mg， Tsin45°+μN＝mω2Lsin45° 解得：T，故D正确； 故选：BCD。 [例题5] （2024秋•鼓楼区校级期末）如图甲所示，英国工程师詹姆斯•瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计的飞球调速器，其简化模型如图乙所示，它由两个质量为m的球A和B通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒C可沿轴上下滑动，其质量也为m，整个装置可绕竖直轴转动。不计一切摩擦，重力加速度为g，轻杆与竖直轴之间的夹角记为θ。 （1）当θ＝60°，整个装置维持静止状态，需要给C多大的竖直向上的托力。 （2）当θ＝60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω为多大。 （3）当整个装置绕竖直轴匀速转动，，则此时θ为多大。 【解答】解：（1）以球A为研究对象，设上面的杆的力为FA，下面的杆的力为FA′，需要给C的竖直向上的托力大小为F， 由平衡条件可得：FAcosθ+FA′cosθ＝mg，FAsinθ＝FA′sinθ， 联立可得：， 对B同理可得：， 以C为研究对象，根据平衡条件可得：F＝FA′cosθ+FB′cosθ+mg， 联立可得：F＝2mg； （2）由（1）知，球A受重力mg、两根轻杆的拉力FA和FA′， 竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ﹣FA′cosθ＝mg， 水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r， FA′＝FB′，FA′cosθ+FB′cosθ＝mg 其中：r＝lsinθ，θ＝60°， 联立可得：； （3）同（2）思路，整个装置绕竖直轴匀速转动，， 对A，竖直方向，由平衡条件可得：FAcosθ﹣FA′cosθ＝mg， 水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r， FA′＝FB′，FA′cosθ+FB′cosθ＝mg 其中：r＝lsinθ， 联立可得：cosθ，则θ＝45°。 [例题6] （2024秋•碑林区校级期末）如图是一种离心测速器的简化工作原理。细杆的一端固定在竖直转轴OO'上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2m，杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，弹簧原长x0＝0.1m，弹簧劲度系数k＝100N/m，圆环质量m＝1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计。 （1）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （2）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 【解答】解：（1）弹簧处于原长时圆环受力如图所示 对圆环，由牛顿第二定律得： 代入数据解得：ω＝10rad/s （2）圆环处于细杆末端P时圆环受力如图所示 对圆环，在竖直方向：Fcosα+mg＝FN′sinα 在水平方向，由牛顿第二定律得：Fsinα+FN′cosα＝mω′2Lsinα 由胡克定律得：F＝k（L﹣x0） 代入数据解得：ω′＝10rad/s [练习1] （2024•东阳市三模）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．若增大转速，腰带受到的摩擦力变大 B．当转速时，则绳子与竖直方向夹角θ＝37° C．若增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将减小 D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ将减小 【解答】解：A．以腰带和配重整体为研究对象，转动过程中，根据平衡条件，整体在竖直方向处于平衡状态，所以 f＝（m配重+m腰带）g 故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故A错误； B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 mgtanθ＝mω2（LOP+l绳sinθ） ω＝2πn 当转速时，代入数据可得 θ＝37° 故B正确； CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得 mgtanθ＝mω2（LOP+l绳sinθ） 整理得 故增大转速，则绳子与竖直方向夹角θ将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故CD错误。 故选：B。 [练习2] （2023秋•陕西期末）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2（m1≠m2）的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且两球始终在同一水平面内，则（　　） A．两球的向心加速度大小相等 B．两球运动的角速度大小相等 C．A、B两球的质量之比等于sinα：sinθ D．A、B两球的线速度大小之比等于tanθ：tanα 【解答】解：A、用β泛指一个角度，由题意根据牛顿第二定律有：mgtanβ＝ma 从而得到可知：a＝tanβ 因为θ＞α，所以B球加速度大于A球加速度，故A错误； B、由：mgtanβ＝mω2htanβ 此此变形可得： 所以两球角速度相同，故B正确； C、绳子上的拉力大小相等，竖直方向由平衡条件有：mg＝Fcosβ 可得A球的质量与B球的质量之比：m1：m2＝cosα：cosθ，故C错误； D、由： 可得： A、B两球的线速度大小之比等于：v1：v2＝tanα：tanθ，故D错误。 故选：B。 [练习3] （2024秋•南京月考）如图所示，C为可绕过O点竖直轴转动的光滑小圆环。质量分别为m1、m2的妹妹和哥哥拉住穿过圆环的细绳两端A、B，绕C在空中做圆锥摆运动，运动的周期相等，AC、BC长分别为L1、L2。不计空气阻力，人可视为质点，则下列判断正确的是（　　） A．若L1＞L2，哥哥运动的轨迹平面更高 B．若L1＞L2，哥哥运动的轨迹平面更低 C．一定有m1L1＝m2L2 D．一定有L1L2 【解答】解：AB.设AC、BC与竖直方向夹角分别为α、β， 由题意，结合牛顿第二定律可得： ，， 联立可得： L1cosα＝L2cosβ， 由此可知，妹妹和哥哥运动的轨道平面在同一高度，故AB错误； CD.由于细绳穿过圆环，同一根绳子拉力大小相等，则细绳对妹妹和哥哥的拉力F大小相等， 结合前面分析可得： Fcosα＝m1g，Fcosβ＝m2g， 且： L1cosα＝L2cosβ， 联立可得： m1L1＝m2L2， 故C正确，D错误； 故选：C。 [练习4] （2023秋•建邺区校级期末）图甲为儿童玩具拨浪鼓，其简化模型如图乙，拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上；A、B两球相同，连接A球的绳子更长一些，现使鼓绕竖直方向的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的匀速圆周运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角θ＝β B．A、B两球的向心加速度相等 C．A球的线速度小于B球的线速度 D．A球所受的绳子拉力大于B球所受的绳子拉力 【解答】解：A、小球在水平面内做匀速圆周运动，由绳子的拉力与重力的合力提供小球的向心力，如图所示。 由牛顿第二定律有 mgtanα＝mω2（Lsinα+r） 可得 由于两球角速度ω相同，r相同，则L越大，α越大，故有θ＞β，故A错误； B、对两小球，分别根据牛顿第二定律得 mgtanθ＝maA，mgtanβ＝maB 解得两球的向心加速度分别为 aA＝gtanθ，aB＝gtanβ 由于θ＞β，故有aA＞aB，故B错误； C、由v＝ωr可知，两球的角速度相等，A球的轨道半径比B球的轨道半径大，所以A球的线速度大于B球的线速度，故C错误； D、A球所受的绳子拉力大小为 B球所受的绳子拉力大小为 因θ＞β，则TA＞TB，故D正确。 故选：D。 [练习5] （2023秋•拱墅区校级期末）如图所示，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，细线在桌面上方的部分始终保持水平，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　） A．细线所受的拉力变大 B．小球P运动的角速度变小 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变大 【解答】解：AB、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，由重力和细线拉力的合力提供向心力，如图所示 在竖直方向上根据平衡条件有： 在水平方向上根据牛顿第二定律有：Fn＝mg•tanθ＝mω2•Lsinθ 从而求得角速度：ω 使小球到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，故A正确，B错误； C、对Q，拉力增大，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，C错误； D、金属块Q在桌面上保持静止，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，D错误； 故选：A。 [练习6] （2024秋•阆中市校级月考）某同学利用圆锥摆测当地的重力加速度。如图1所示，一根长为1的轻绳上端固定在P点，下端连接一小钢球。拉起小钢球，使轻绳与竖直方向的夹角为θ，让小钢球在水平面内做匀速圆周运动，记录小钢球的转速n；改变轻绳与竖直方向的夹角，测得小钢球相应的转速。根据测量数据，在直角坐标系中绘制的cosθ﹣x图像是一条过坐标原点的直线，如图2所示，则图2中横坐标x是（　　） A．n B．n2 C． D． 【解答】解：小球受到重力和拉力作用下做匀速圆周运动，受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律可得mgtanθ＝rω2＝m（2πn）2lsinθ 所以cosθ•，由于是一个定值，所以x应为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 [练习7] （2024秋•南岸区校级月考）游乐园的“空中飞椅”是我们小时候很喜欢的游乐设施，其原理可简化成如图所示的模型图，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直轴OO′转动，圆盘半径d＝24m，绳长l＝10m。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角θ＝37°，座椅和人的总质量为60kg，则（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g取10m/s2）（　　） A．绳子的拉力大小为650 N B．座椅做圆周运动的线速度大小为5 m/s C．圆盘的角速度为 0.5 rad/s D．座椅转一圈的时间约为1.3 s 【解答】解：A.如图，对座椅受力分析： 竖直方向受力平衡，可得：mg＝Tcosθ， 其中：θ＝37°， 解得绳子拉力大小为：TN＝750N，故A错误； B.结合A的分析，由牛顿第二定律可得：mgtanθ， 解得：vm/s＝15m/s，故B错误； C.由题意可知，圆盘的角速度与座椅的角速度相等，则圆盘的角速度为：ωrad/s＝0.5rad/s，故C正确； D.座椅转一圈的时间即一个周期，结合前面分析可得：Ts＝12.56s，故D错误； 故选：C。 [练习8] （2024秋•太原期中）竖直细圆杆顶端附近有一小孔，光滑细绳穿过小孔，细绳两端分别系有A、B两小球，已知A球质量小于B球质量。调节细绳并转动圆杆，使得两球与圆杆能以相同角速度在水平面内匀速转动，下列图样大致正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：两个小球均做匀速圆周运动，设其中一个小球悬线长为L，悬线与杆的夹角为θ，小球的质量为m，做匀速圆周运动的角速度为ω，受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mLsinθ•ω2 解得：ω 由于ω相同，则Lcosθ相等，即悬线在竖直方向的分量相等，两个小球的轨迹平面在同一水平面内，故C正确、ABD错误。 故选：C。 [练习9] （2024春•门头沟区校级期中）如图所示，长为l的细线上端固定于悬点O，细线下面悬挂一质量为m的小钢球。钢球在水平面内以O'为圆心做匀速圆周运动时，细线与OO'的夹角为θ。忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．小钢球受重力、拉力和向心力 B．细绳拉力大小为mgcosθ C．小钢球受向心力大小为mgtanθ D．小钢球运动的角速度大小为 【解答】解：A.小钢球受到重力和拉力作用，它们的合力提供向心力，故A错误； BC.小钢球的受力图如下 根据竖直方向的平衡条件有Fcosθ＝mg，得细绳的拉力大小F，水平方向上满足tanθ，所以向心力大小Fn＝mgtanθ，故B错误，C正确； D.根据合外力提供向心力mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω，故D错误。 故选：C。 [练习10] （2024秋•如皋市月考）四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，A、B在同一水平面内运动；如图乙所示，连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等，则（　　） A．A、B的角速度相等 B．A的角速度比B的大 C．C受到绳的拉力比D的大 D．C受到绳的拉力比D的小 【解答】解：AB.对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，根据牛顿第二定律则有 mgtanθ＝mω2lsinθ，解得，所以小球A、B的角速度相等，故A正确，B错误； CD.对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小球的质量为m，绳上拉力为T，在竖直方向上，根据平衡条件则有Tcosα＝mg，解得，所以小球C、D受到绳的拉力大小相等，故CD错误。 故选：A。 [练习11] （2024春•垫江县校级月考）如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（　　） A．细线L1和L2所受的拉力大小之比为：1 B．小球m1和m2的角速度大小之比为：1 C．小球m1和m2的向心力大小之比为：1 D．小球m1和m2的线速度大小之比为3：1 【解答】解：A．对两个小球，设细线对m1和m2的拉力大小为T1和T2，由竖直方向的平衡条件分别有T1cos60°＝mg，T2cos30°＝mg，解得T1：T2：1，根据牛顿第三定律可知，细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为：1，故A正确； C．两小球受力的合外力提供向心力，根据题意，小球受力的合力F＝mgtanθ，则小球m1和m2的向心力大小之比为，得，故C错误； B．由向心力公式分别可得，，可得小球m1和m2的角速度大小之比为：1，故B错误； D．结合C答案，小球m1和m2的线速度大小之比为，解得，故D错误。 故选：A。 学科网（北京）股份有限公司 $$