专题六 圆周运动中常见的模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题六 圆周运动中常见的模型 模型一：水平面内匀速圆周运动模型－圆锥摆问题 知识总结 1．结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。 2．受力特点：摆球质量为m，只受两个力即竖直向下的重力mg和沿摆线方向的拉力。两个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力，如图所示（也可以理解为拉力的竖直分力与摆球的重力平衡，的水平分力提供向心力）。 3．运动特点：摆长为l，摆线与竖直方向的夹角为θ的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O，圆周运动的轨道半径是 向心力 摆线的拉力 【讨论】（1）当摆长一定，摆球在同一地点、不同高度的水平面内分别做匀速圆周运动时，据可知，若角速度ω越大，则θ越大，摆线拉力也越大，向心加速度也越大，线速度＝也越大。 结论是：同一圆锥摆，在同一地点，若θ越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，转动的越快，运动的也越快。 （2）当为定值时（为摆球的轨道面到悬点的距离h，即圆锥摆的高度），摆球的质量相等、摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动，则摆线拉力，向心力，向心加速度，角速度，线速度。 结论是：在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但θ角大的圆锥摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。 4．类圆锥摆问题 受力分析运动分析 正交分解x轴指向心 列方程求解 x：FNsin θ＝mω2r y：FNcos θ＝mg r＝Rsin θ an＝gtan θω＝； 典型例题 1．（多选）如图所示，系在悬点O的小球A在水平面内做圆锥摆运动，当小球角速度为ω1时，细绳与竖直方向夹角为θ1，细绳对小球的拉力为F1；当小球角速度为ω2时，细绳与竖直方向夹角为θ2，细绳对小球的拉力为F2。则以下关系式正确的是（ ） A．＝ B．＝ C．＝ D．＝ 【答案】BD 【解析】细绳与竖直方向夹角为θ1时，在竖直方向，有F1cos θ1－mg＝0， 在水平方向，有F1sin θ1＝， 细绳与竖直方向夹角为θ2时，在竖直方向，有F2cos θ2－mg＝0， 在水平方向，有F2sin θ2＝， 联立可得＝，＝，故选BD。 2．（多选）如图所示，质量均为m的a、b两小球，在光滑半球形碗内做匀速圆周运动，碗的球心为O点、半径为0.1 m，Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为53°和37°，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知sin 37°＝0.6。则下列说法正确的是（ ） A．a、b两球做圆周运动的线速度之比为∶9 B．a、b两球做圆周运动的角速度之比为∶2 C．a、b两球做圆周运动的角速度之比为4∶3 D．a、b两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用 【答案】AD 【解析】A、重力与支持力的合力提供两球做圆周运动的向心力，设小球与球心O的连线与竖直方向间的夹角为θ，则由m′gtan θ＝，可得v＝ 则a、b的线速度之比为＝＝，故A正确； BC、由m′gtan θ＝m′ω2Rsin θ可得ω＝， 则a、b的角速度之比为＝＝，故BC错误； D、两球对碗的压力的水平分量分别为Nax＝mgtan 53°＝，Nbx＝mgtan 37°＝ 两球对碗的压力的水平分量不相等，因此地面对碗始终有摩擦力的作用，即碗对地面始终有摩擦力作用，故D正确。 故选：AD。 3．（多选）图甲是游乐场中的“旋转飞椅”项目。“旋转飞椅”简化结构装置如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，长为L的轻质悬绳一端系在圆盘上，另一端系着椅子。悬点分别为A、B的两绳与竖直方向夹角分别为θ1＝37°、θ2＝53°，椅子与游客总质量分别为mA、mB，绳子拉力分别为FA、FB，向心加速度分别为aA、aB。忽略空气阻力，则椅子和游客随圆盘匀速转动的过程中（ ） A．由重力与绳子拉力的合力提供向心力 B．FA∶FB＝4mA∶3mB C．aA∶aB＝16∶9 D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关 【答案】AD 【解析】A．对游客与椅子的整体受力分析可知，受重力，绳子拉力，这两个力的合力提供向心力，故A正确； BC．重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形有：F＝，mgtan θ＝ma，所以拉力之比：＝＝，向心加速度之比为：＝＝，故BC错误； D．设游客做匀速圆周运动的半径为r，根据：mgtan θ＝mω2r，可得：tan θ＝，由此可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，故D正确。 故选：AD。 4．A、B两个粗细均匀的同心光滑圆环固定在竖直转轴上，圆心O在转轴上，两环和转轴在同一竖直面内，a，b两个小球分别套在A、B两个圆环上，当两环绕竖直轴匀速转动后，a、b两球在环上的位置可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】两球做圆周运动的角速度相同，设圆环半径为r，球与O连线与竖直方向夹角为θ，则mgtan θ＝mω2rsin θ，则ω＝＝，由此可见，两球和O点的高度差相同，故ACD错误，B正确。 故选B。 5．如图所示的玩具转盘半径为l，角速度ω可以调节，转盘中心O点固定了一竖直杆。质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳AC长为l，与竖直杆上A点相连，轻杆BC用铰链连接在竖直杆上的B点且可绕B点自由转动，OB＝。圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角θ1＝30°，轻杆BC与竖直方向夹角θ2＝45°。不计摩擦阻力，重力加速度为g。 （1）要保持轻绳拉直，求ω的取值范围 （2）当ω＝时，求轻绳AC、轻杆BC所受的弹力大小 （3）在转动过程中小球忽然脱离，要求小球不能碰到圆盘，求ω的取值范围 【答案】解：（1）当AC拉力F1＝0时，对应的ω1为最大 由mg＝，得ω1＝ ω的范围为：0≤ω≤； （2）如图对小球受力分析有 水平方向：F1sin θ1－F2sin θ2＝ 竖直方向：F1cos θ1＝F2cos θ2＋mg 解得F1＝，F2＝ （3）由平抛运动的规律x0＝v0t 竖直方向：l＝ 而x0＝得v0＝，ω0＝＝ 当ω增大时，不管轻绳是否拉直，水平位移一定增大，则： ω的范围为：ω＞。 6．如图甲所示，一根不可伸长的轻绳穿过一竖直固定的光滑细管，两端系有小球A、B。A球的质量mA＝4m，对A施加一水平向右的拉力F（F未知），当θ＝37°时，系统正好处于静止状态，球A到管顶之间的距离为L。空气阻力不计，sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，重力加速度为g。 （1）求球B质量的mB； （2）撤去拉力F，为保证球B的位置和角θ都不变，可使球A绕中心轴以角速度ω匀速转动，如图乙所示，求ω； （3）撤去拉力F，使球A绕中心轴以角速度ω′（ω′＞ω）匀速转动，测出球B相对于原来的位置，高度变化了0.5L，求ω′。 【答案】解：（1）B球处于平衡状态，轻绳上的张力T＝mBg， A球处于平衡状态，由平衡条件有T＝，解得mB＝5m。 （2）A球匀速转动，对A分析得水平方向Tsin θ＝mAω2Lsin θ， 其中T＝mBg，解得ω＝＝。 （3）设稳定后A球到上管口的绳长为L′，A球相连的绳与竖直方向上夹角为θ′， 对A有在水平方向上Tsin θ′＝mAω′2L′sin θ′， 在竖直方向上Tcos θ′＝mAg，其中T＝mBg，解得cos θ′＝，ω′＝。 由此可知，当A球和B球的质量不变时，A球相连的绳与竖直方向上夹角θ′保持不变，仅增大A球的角速度时，A球到上管口的绳长会缩短， 所以B球相对于原来的位置应该下降了0.5L，那么此时L′＝L－0.5L＝0.5L， 代入解得ω′＝＝＝。 模型二：水平面内匀速圆周运动模型－转盘问题 知识总结 1．水平转盘上运动物体的临界问题 水平转盘上运动物体的临界问题，主要涉及与摩擦力和弹力有关的临界极值问题。 （1）如果只有摩擦力提供向心力，物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，则最大静摩擦力Fm＝，方向指向圆心。 （2）如果水平方向除受摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向（特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等）。 （3）运动实例 2．解决临界问题的注意事项 （1）先确定研究对象受力情况，看哪些力充当向心力，哪些力可能突变引起临界问题。 （2）注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化。 （3）关注临界状态，例如静摩擦力达到最大值时，静摩擦力提供向心力，随转速的增大，静摩擦力增大，当所需向心力大于最大静摩擦力时开始相对滑动，出现临界情况，此时对应的角速度为临界角速度。 3．斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体，根据受力情况的不同，可分为以下三类。 （1）物体在静摩擦力作用下做圆周运动。 （2）物体在绳的拉力作用下做圆周运动。 （3）物体在杆的作用下做圆周运动。 这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力，运动和受力情况比较复杂。与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。 典型例题 1．如图所示，两个完全相同的物块A、B（可视为质点）放在水平圆盘上，它们在同一直径上分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连。两物块的质量均为1 kg，与圆心的距离分别为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，轻绳水平伸直，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，轻绳中的弹力FT与ω2的变化关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说不正确的是（ ） A．物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1 B．物块B与圆心的距离RB＝2 m C．当角速度为1 rad/s时，圆盘对物块A的静摩擦力指向圆心 D．当角速度为 rad/s时，物块A恰好相对圆盘发生滑动 【答案】C 【解析】AB、角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力提供向心力，绳中无拉力，根据牛顿第二定律可得：f＝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，解得FT＝mω2RB－μmg 结合图像可知：RB＝2 m，μ＝0.1，故AB正确； C、当ω＝1 rad/s时，绳中的拉力FT＝mω2RB－μmg＝1×12×2 N－0.1×1×10 N＝1 N，再对A分析，根据牛顿第二定律可得：FT＋f＝mω2RA，解得f＝0，故C错误； D、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，根据牛顿第二定律可得：FT－μmg＝mω2RA 此时对B分析：FT＋μmg＝mω2RB，联立解得：ω＝ rad/s，故D正确； 故选：C。 2．如图所示，小木块a和b（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，开始时轻绳处于伸直状态但无拉力，a的质量为3m，b的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为r和2r，a、b与盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘始终保持相对静止，a、b所受摩擦力大小随ω2变化的图像正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】拉力为0时，静摩擦力提供各自的向心力，即fa＝3mω2r，fb＝mω22r， 第一段图像斜率大的为a，斜率小的为b， b先达到最大静摩擦力fbm，此时fa－fbm＝mω2r，之后ω增大，fbm不变，fa增大， 直到a的摩擦力增加到最大静摩擦力fam时，fam－fbm＝mω2r，之后ω增大，fam不变，fb减小； 故选C。 3．（多选）如图所示（俯视图），用一根原长为L0、劲度系数为k的轻弹簧将质量均为m的两个可视为质点的小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上。物块P、Q和O点构成直角三角形，已知QO的距离为L0、弹簧长度为2L0，∠POQ＝90°。现使圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动，小物块P、Q与圆盘始终相对静止，弹簧长度始终不变。下列说法正确的是（ ） A．物块P所受合力始终指向圆心 B．圆盘对Q的静摩擦力方向不随ω的变化而变化 C．当ω＝时，弹簧弹力与圆盘对P的摩擦力大小相等 D．当圆盘对物块P的静摩擦力大小为时，ω＝ 【答案】ACD 【解析】A．物块P做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，方向始终指向圆心，A正确； B．小物块Q所受弹簧弹力恒定，大小k(2L0－L0)＝kL0，方向指向P，随ω的变化，向心力变化，弹簧弹力和静摩擦力合力提供向心力，根据平行四边形定则，圆盘对Q的静摩擦力大小和方向会随ω的变化而变化，B错误； C．当ω＝时，对物体P，匀速圆周运动半径为，向心力Fn＝mω2()＝，根据平行四边形定则，圆盘对P的摩擦力大小为kL0，弹簧弹力与圆盘对P的摩擦力大小相等，C正确； D．圆盘对物块P的静摩擦力大小为时，因为＝kL0sin 30°，根据平行四边形定则，向心力Fn′＝＝mω2()，解得：ω＝，D正确。 4．如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为30°，开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰尘，没有掉落。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增大至ω，此时圆盘表面上的灰尘75%被甩掉。设灰尘与圆盘间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，则ω的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】越靠近边缘的灰尘越容易被甩掉，剩余的灰尘半径为r，则(1－75%)πR2＝πr2 解得r＝ 在圆盘的最低点，根据牛顿的第二定律μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r， 解得ω＝，A正确，BCD错误。 故选A。 5．质量分别为m、2m的物块A、B通过不可伸长的细线连接，细线的长度为3L，现将物块A、B和细线组成的系统沿圆盘直径方向放置在水平圆盘的不同位置处，如图甲、乙、丙所示，细线处于伸直状态。图甲中，物块A位于圆盘的中心O点；图乙中，物块A、B位于圆盘中O点的同一侧且物块A离圆盘的中心O点的距离为3L；图丙中，物块A、B分别位于圆盘的中心O点的两侧且到O点的距离分别为L、2L。现让圆盘绕通过中心O点的竖直轴匀速转动，物块A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ且始终相对于圆盘静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A、B均可视为质点，重力加速度大小为g。 （1）图甲中，求圆盘匀速转动的最大角速度ω1； （2）图乙中，当圆盘匀速转动的角速度为ω2时，细线上恰好出现拉力；当圆盘匀速转动的角速度为ω3时，物块A、B相对于圆盘刚要发生相对滑动，求； （3）图丙中，若圆盘匀速转动的角速度由0缓慢增大，请定性判断该过程中物块A受到摩擦力的变化情况（不需要说明理由），然后求出圆盘匀速转动的最大角速度ω4。 【答案】解：（1）图甲中，当物块B相对于圆盘刚要发生相对滑动时，圆盘具有最大的角速度，设细线上拉力为F1，对物块A，F1＝μmg 对物块B，F1＋2μmg＝×3L，解得ω1＝； （2）图乙中，当圆盘匀速转动的角速度为ω2时，细线上恰好出现拉力，此时，对物块B刚好最大静摩擦力提供向心力，则2μmg＝×6L，解得ω2＝ 当圆盘匀速转动的角速度为ω3时，物块A、B相对于圆盘刚要发生相对滑动，设细线上拉力为F2， 对物块A，μmg－F2＝×3L，对物块B，F2＋2μmg＝×6L 解得ω3＝，所以＝ （3）图丙中，若圆盘匀速转动的角速度由0缓慢增大，物块A受到的摩擦力的变化情况为沿向圆盘中心方向先增大再减小，然后反向增大 当物块A相对于圆盘刚要发生相对滑动时，圆盘具有最大的角速度ω4，设细线上拉力为F3， 对物块A，F3－μmg＝，对物块B，F3＋2μmg＝×2L，解得ω4＝ 6．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动。三个物体与圆盘的滑动摩擦因数均为μ。最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力，使圆盘从静止开始转动且缓慢增大角速度，直到物体相对圆盘发生滑动，已知重力加速度g。则在这个过程中： （1）当角速度多大时，物体B和物体C之间的细绳上恰好开始有张力？ （2）当角速度多大时，物体A和物体B之间的细线上恰好开始有张力？ （3）写出物体A所受静摩擦力大小随角速度ω变化的函数关系式。 【答案】解：（1）当圆盘从静止开始转动，三个物体随圆盘转动，由静摩擦力提供向心力，三者角速度大小相等，根据向心力公式F＝mω2r， 由于物体C的运动半径最大，因此C所需的向心力增加最快，其所受静摩擦力最先达到最大静摩擦力，当C所受静摩擦力达到最大静摩擦力后，由于静摩擦力开始刚好不足以提供向心力，此时BC之间的绳上恰好有张力，根据牛顿第二定律有μ·2mg＝·2r， 解得ω1＝； （2）当B所受静摩擦力达到最大静摩擦力时，AB之间的绳上恰好有张力。 此时C所受静摩擦力已经达到最大静摩擦力， 对B、C整体根据牛顿第二定律有μmg＋μ·2mg＝＋·2r，解得ω2＝； （3）设A受到的摩擦力恰好为0时，则对A：T1＝， 对B、C整体：T1＋μmg＋μ·2mg＝＋·2r，解得ω3＝， 当ABC整体刚要滑动时，对A：T2－μmg＝， 对B、C整体：T2＋μmg＋μ·2mg＝＋·2r，解得ω4＝， 根据前面分析可知，当0＜ω≤，A、B之间绳无张力，此时fA＝mω2r， 当＜ω≤时，对A：T3＋fA＝mω2r， 对B、C整体：T3＋μmg＋μ·2mg＝mω2r＋2mω2·2r，解得fA＝3μmg－4mω2r， 当＜ω≤时，对A：T4－fA＝mω2r， 对B、C整体：T4＋μmg＋μ·2mg＝mω2r＋2mω2·2r，解得fA＝4mω2r－3μmg， 当ω＞时，发生滑动fA＝μmg。 模型三：竖直面内圆周运动模型 知识总结 1．竖直面内圆周运动的特点 （1）竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。 （2）只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。 （3）竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周最高点时的速度。 （4）一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。 2．竖直平面内圆周运动问题的解题思路 （1）定模型：首先判断是绳子模型还是轻杆模型。 （2）确定临界点：，对绳子模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。 （3）研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。 （4）受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。 （5）过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。 3．轻绳模型与轻杆模型 轻绳模型（没有支撑） 轻杆模型（有支撑） 常见类型 过最高点的临界条件 由mg＝得v临＝ 由小球能运动即可得v临＝0 对应最低点速度v低≥ 对应最低点速度v低≥ 绳不松不脱轨条件 v低≥或v低≤ 不脱轨 最低点弹力 F低－mg＝，F低＝mg＋，向上拉力 F低－mg＝，F低＝mg＋，向上拉力 最高点弹力 过最高点时，v≥，FN＋mg＝，绳、轨道对球产生弹力FN＝－mg向下压力 （1）当v＝0时，FN＝mg，FN为向上支持力 （2）当0＜v＜时，－FN＋mg＝，FN向上支持力，随v的增大而减小 （3）当v＝时，FN＝0 （4）当v＞时，FN＋mg＝，FN为向下压力并随v的增大而增大 在最高点的FN图线 取竖直向下为正方向 取竖直向下为正方向 典型例题 1．长为L的细绳，一端系一质量为m的小球，另一端固定于某点。当绳竖直时小球静止，再给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动。关于小球的运动下列说法正确的是（ ） A．小球过最高点时的最小速度为零 B．小球开始运动时绳对小球的拉力为 C．小球过最高点时速度大小一定为 D．小球运动到与圆心等高处时向心力由细绳的拉力提供 【答案】D 【解析】A．根据mg＝得，小球通过最高点的最小速度v＝，故A错误； B．在最低点，根据牛顿第二定律得，F－mg＝，解得绳子对小球的拉力F＝mg＋，故B错误； C．小球通过最高点的最小速度为，但是通过最高点的速度不一定为，也可能大于，故C错误； D．在与圆心等高处，小球做圆周运动的向心力由绳子拉力提供，故D正确。 故选D。 2．甲图是质量为m的小球，在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动（OA为细绳）。乙图是质量为m的小球，在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动（OB为轻质杆）。丙图是质量为m的小球，在半径为R的竖直光滑圆轨道内侧做圆周运动。丁图是质量为m的小球在竖直放置的半径为R的光滑圆形管道内做圆周运动。则下列说法正确的是（ ） A．四个图中，小球通过最高点的最小速度都是v＝ B．四个图中，小球通过最高点的最小速度都是0 C．在丁图中，小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 D．在丁图中，小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 【答案】C 【解析】甲、丙图中当小球的重力恰好提供向心力时，小球的速度最小，有mg＝，所以小球通过最高点的最小速度为v＝，乙、丁图中由于杆或者内侧管壁可以对小球提供支持力，所以小球通过最高点的速度可以为零，故A、B错误；在丁图中，小球在水平线ab以下管道中运动时，小球的向心力由管壁的支持力和小球重力沿半径方向的分力的合力来提供，所以外侧管壁对小球一定有作用力，故C正确；小球在水平线ab以上管道中运动时，沿半径方向的合力提供向心力，由于小球速度大小未知，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。 3．（多选）如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的圆管轨道（带框架）竖直放置在水平地面上，轨道圆心为O点，P、Q与圆心等高。一质量为m的小球沿着圆管轨道顺时针运动且恰能完成完整的圆周运动，整个运动过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．小球P→Q运动过程中，地面对轨道的摩擦力方向依次：向右、向左 B．小球P→Q运动过程中，地面对轨道的摩擦力方向依次：向右、向左、向右、向左 C．小球运动的过程中有2处位置，使得轨道对地面的压力为Mg D．小球运动的过程中有4处位置，使得轨道对地面的压力为Mg 【答案】BD 【解析】AB．如图所示， 设圆管轨道最高点为B，设小球在PB段运动时在A点处对轨道没有压力，OA与竖直方向的夹角为θ。小球恰能完成完整的圆周运动，则在最高点B速度为零， 设A点速度大小为v，从A到B由动能定理得－mgR(1－cos θ)＝0－ 又根据mgcos θ＝ 综合解得cos θ＝ 由对称性可知，设小球在BQ段运动时在C点处对轨道没有压力，OC与竖直方向的夹角也为θ。小球在PA段运动时，小球受到外轨道指向圆心方向的弹力，小球斜向左上挤压外轨道，地面对轨道的摩擦力方向向右。小球在AB段运动时，小球受到内轨道背离圆心方向的弹力，小球斜向右下挤压外轨道，地面对轨道的摩擦力方向向左。小球在BC段运动时，小球受到内轨道背离圆心方向的弹力，小球斜向左下挤压外轨道，地面对轨道的摩擦力方向向右。小球在CQ段运动时，小球受到外轨道指向圆心方向的弹力，小球斜向右上挤压外轨道，地面对轨道的摩擦力方向向左。故小球P→Q运动过程中，地面对轨道的摩擦力方向依次：向右、向左、向右、向左，故A错误，B正确； CD．小球在AC两点对轨道没有作用力，轨道对地面的压力等于轨道自身重力大小Mg；小球在PQ两点对轨道竖直方向没有作用力，轨道对地面的压力等于轨道自身重力大小Mg，故轨道小球运动的过程中有4处位置，使得轨道对地面的压力为Mg，故C错误，D正确。 故选BD。 4．（多选）某物理实验兴趣小组探究竖直面内小球做圆周运动对轨道压力的变化规律。如图所示，在竖直面内固定一个圆周轨道，轨道半径R＝0.3 m，分别在距离最低点A高度为0、0.1 m、0.2 m、0.3 m、0.4 m、0.5 m、0.6 m处安置压力传感器，一质量为m的小球从A点以速度v0开始沿内轨道向右运动，已知小球在最低点A点和最高点B点压力传感器示数差为6 N，在C点（与O点等高的位置）压力传感器示数为10 N。小球可视为质点，小球与圆轨道的摩擦力可忽略不计，g取10 m/s2。由此可判定（ ） A．m＝0.2 kg B．v0＝6 m/s C．小球在0.2 m处时压力传感器示数为12 N D．小球在各位置压力传感器示数F与高度h的关系F＝13－10h 【答案】BD 【解析】AB．小球从A点到B点，根据动能定理有－mg·2R＝ 在B点，根据牛顿第二定律有FB＋mg＝ 在A点，根据牛顿第二定律有FA－mg＝ 根据题意可知FA－FB＝6 N 小球从A点到C点，根据动能定理有－mg·R＝ 在C点时FC＝10 N＝ 联立解得m＝0.1 kg，v0＝6 m/s，故A错误，B正确； C．设小球在0.2 m处时与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ， 根据几何关系有cos θ＝＝ 小球从A点到0.2 m处，根据动能定理有－mg·h′＝ 在0.2 m处，根据牛顿第二定律有N－mgcos θ＝ 解得N＝11 N 所以压力传感器示数为11 N，故C错误； D．设在任意高度h处小球的速度为v，由动能定理有F＝ 在右侧轨道上，设小球在h处和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，当h≤R时， 由牛顿运动定律有F－mgcos θ＝，其中cos θ＝ 在最低点有FA－mg＝ 可得F＝FA－＝13－10h 当R＜h≤2R时该式仍成立，故D正确。 故选BD。 第2页 共19页 学科网（北京）股份有限公司 $$