17 第四章 第3节 圆周运动-【名师导航】2026年高考物理一轮总复习教师用书（通用版）

第3节　圆周运动 一、匀速圆周运动及其描述 1．匀速圆周运动 (1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。 (2)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。 (3)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。 2．描述匀速圆周运动的物理量 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 描述做圆周运动的物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) (1)ω＝＝ (2)单位：rad/s 周期、频率、转速 物体沿圆周运动一周的时间(T)，周期的倒数为频率(f)，转速(n)是单位时间内物体转过的圈数 (1)T＝＝，单位：s (2)f＝，单位：Hz (3)n的单位：r/s，r/min 向心加速度 描述速度方向变化快慢的物理量(an)；方向指向圆心 (1)an＝＝ω2r (2)单位：m/s2 二、匀速圆周运动的向心力 1．作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。 2．大小：Fn＝m＝mω2r＝m 3．方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。 4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由某一个力的分力提供。 三、离心运动和近心运动 1．离心运动：做圆周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以提供做圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。 2．受力特点及轨迹 (1)当Fn＝mω2r时，物体做匀速圆周运动； (2)当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出； (3)当Fn<mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动； (4)当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。 3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。 易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。 (　√　) (2)物体做匀速圆周运动时，其合力是不变的。 (　×　) (3)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。 (　√　) (4)做匀速圆周运动的物体，当合力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。 (　×　) (5)由公式v＝ωr可知，r一定时，v与ω成正比。 (　√　) (6)由an＝＝ω2r知，在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。 (　√　) 　圆周运动中的运动学问题　 1．理解两个公式 (1)对公式v＝ωr的理解：当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。 (2)对an＝＝ω2r的理解：当v一定时，an与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。 2．掌握三种传动方式 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 同轴 传动 绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比 [题组突破] 1．(2025·漳州模拟)如图为明代出版的《天工开物》中记录的“牛转翻车”，该设备利用畜力转动不同半径齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中a、b分别为两个齿轮边缘上的点，齿轮半径之比为ra∶rb＝4∶3；a、c在同一齿轮上，且a、c到转轴的距离之比为ra∶rc＝2∶1，则在齿轮转动过程中(　　) A． a、b的角速度相等 B．b的线速度比c的线速度小 C．b、c的周期之比为3∶4 D．a、b的向心加速度大小之比为4∶3 C　[由题图可知，a、b分别为两个齿轮边缘上的点，线速度大小相等，即va＝vb，由于半径不同，根据v＝rω可知角速度不相等，故A错误；a点和c点在同一齿轮上，角速度相等，即ωa＝ωc，因a、c两点到转轴的距离之比为ra∶rc＝2∶1，由v＝rω得va∶vc＝2∶1，又va＝vb，则vb∶vc＝2∶1故B错误；由T＝得，b、c的周期之比为Tb∶Tc＝∶＝∶＝rb∶ra＝3∶4，故C正确；由a＝得，a，b的向心加速度大小之比为aa∶ab＝rb∶ra＝3∶4故D错误。] 2．共享单车是一种绿色环保的公共交通方式。如图所示是某共享单车采用的无链传动系统，杜绝了传统自行车“掉链子”问题。利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动。在圆锥齿轮90°轴交的示意图中，A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是圆锥齿轮边缘上的点，A、B、C三点到各自圆锥齿轮中心轴的距离分别记为rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)。下列说法正确的是(　　) A．B与C点的角速度关系ωB＝ωC B．C与A点的线速度关系vC＝vA C．B与A点的角速度关系ωB＝ωA D．A与C点的向心加速度关系anA＝anC B　[根据题意，结合圆锥齿轮的特点，得vB＝vC，根据v＝ω·r，可知ωB≠ωC，选项A错误；A、B同轴转动，故角速度相同，vC＝vB＝vA，结合anC＝，得anA＝·anC，选项B正确，选项C、D错误。] 3．(2024·辽宁卷)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　) A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等 D　[由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP＜rQ，故A错误；根据v＝rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为vP＜vQ，故B错误；根据an＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为aP＜aQ，故C错误。] 　水平面内的圆周运动模型　 1．向心力来源的确定 确定向心力来源，首先确定圆周运动的轨道所在的平面和圆心的位置，其次分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。 2．圆周运动中向心力与合力的关系： (1)匀速圆周运动： ⇒ (2)非匀速圆周运动： ⇒ 3．水平匀速圆周运动模型向心力分析 运动 模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 向心 力的 来源 图示 运动 模型 飞车走壁 汽车在水 平路面转弯 物体在光滑水 平支撑面转动 向心 力的 来源 图示 [典例1]　(一题多变)(多选)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的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则(　　) A．两球运动的周期相等 B．两球的向心加速度大小相等 C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1 D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2 思路点拨：光滑的小圆环P相当于光滑的定滑轮，因此连接小球的绳子上的拉力大小相等，分别以两球为研究对象，受力分析列方程即可解答。尤其要注意两球的角速度关系：二者角速度相等。 AC　[对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsin θ＝mg tan θ＝解得周期为T＝2π＝2π，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2l sin θ，故m与l成反比，由m1≠m2，可得l1≠l2，又小球的向心加速度an＝ω2l sin θ＝l sin θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误。] 拓展变式1　将典例1中的悬点固定且换成绳长不同的两小球 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，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是(　　) A．小球A、B角速度相等 B．小球A、B线速度大小相同 C．小球C、D向心加速度大小相同 D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等 B　[对题图甲A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mg tan θ＝man，FTcos θ＝mg，解得an＝g tan θ，FT＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C、D正确。] 拓展变式2　将典例1中细绳换成与穿过杆的小球相连的轻弹簧(2021·河北卷)(多选)如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　) A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大 BD　[ 对小球受力分析，如图所示，设弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向FTsin θ＝mg，而FT＝ 可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则FTcos θ-FN＝mω2r，即FN＝FTcos θ-mω2r，随ω增大，FN减小，当转速较大时，FN指向转轴，FTcos θ+FN'＝mω'2r，即FN'＝mω'2r-FTcos θ，随ω'增大，FN'增大，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，则C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，则D正确。] [跟进训练] 1．(2023·北京卷)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O点做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是(　　) A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 A　[空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；根据F＝mω2R，ω＝，解得小球质量m＝，故B错误；若误将n－1圈记作n圈，则所得到的小球质量偏小，故C错误；若测R时未计入小球半径，则R偏小，所测小球质量偏大，故D错误。] 2．(2024·江苏卷)(多选)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(　　) A． 线速度vA > vB B． 角速度ωA < ωB C． 向心加速度aA < aB D． 向心力FA > FB BC　[设绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球分析有F向＝mg tan θ＝＝mω2l sin θ＝＝ma，整理有v＝，a＝g tan θ。由于v＝，小球从A处到达B处，l减小，θ增大，则无法判断vA、vB的关系，故A错误；由于ω＝，其中cos θ＝，联立有ω＝，由题意可知，小球从A处到达B处h减小，则ωA<ωB，故B正确；由于a＝g tan θ，由题意可知，其角度θ变大，所以小球所受向心力变大，即FA<FB，向心加速度大小也变大，即aA<aB，故C正确，D错误。] 3．(2024·江西卷)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图甲、乙所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)，转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图甲中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 (2)将圆盘升高，如图乙所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 解析：(1)转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，故可得 T cos α＝r1 μmg＝T sin α 联立解得 tan α＝。 (2)设此时轻绳拉力为T′，沿A1B和垂直A1B竖直向上的分力分别为 T1＝T′sin θ，T2＝T′cos θ 对转椅根据牛顿第二定律得 T1cos β＝r2 沿切线方向 T1sin β＝Ff＝μFN 竖直方向 FN＋T2＝mg 联立解得 ω2＝。 答案：(1) (2) 　竖直平面内的圆周运动模型　 　轻“绳”模型 1．特点：球运动在最高点时无支撑。 2．实例：球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等。 3．最高点规律 (1)若v≥，F弹＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力F弹。 (2)若v<，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道。 [典例2]　如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　　) A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s D　[设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误。] 　轻“杆”模型 1．特点：球运动在最高点时有支撑。 2．实例：如球与杆连接、在弯管内的运动等 3．最高点规律： (1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心。 (2)当0<v<时，mg－F弹＝m，F弹背离圆心并随v的增大而减小。 (3)当v＝时，F弹＝0。 (4)当v>时，mg＋F弹＝m，F弹指向圆心并随v的增大而增大。 [典例3]　(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆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，则(　　) A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．当v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上 D．当v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 思路点拨：解此题应注意以下两点 (1)清楚轻杆既可以提供拉力，又可以提供支持力，小球通过最高点的最小速度为0。 (2)解读图像信息，获取最高点弹力和小球速度大小的定量关系。 ACD　[对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F－mg＝0，结合题图可知a－mg＝0，当F＝0时，由牛顿第二定律可得mg＝，结合题图可知mg＝，联立解得g＝，m＝，A正确，B错误；由题图可知b<c，当v2＝c时，根据牛顿第二定律有F＋mg＝，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，C正确；当v2＝2b时，由牛顿第二定律可得mg＋F′＝，可得F′＝mg，D正确。] [跟进训练] 1．“太极球”运动是一项较流行的健身运动。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，球拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，保持太极球不掉到地上。现将太极球运动简化成如图所示的平板和小球的运动，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板做匀速圆周运动，则(　　) A．小球的机械能守恒 B．平板对小球的弹力在A处最大，在C处最小 C．在B、D两处，小球可能不受平板的摩擦力 D．小球在此过程中做匀速圆周运动的速度可以为任意值 C　[小球在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能变化，机械能变化，故A错误；对小球受力分析可知，小球在最高点A处时，其重力和平板对它的压力的合力提供向心力，而在最低点C处时，平板对小球的支持力和小球所受重力的合力提供向心力，故在A处最小，C处最大，故B错误；小球在B、D两处时，若平板的支持力与小球所受重力的合力恰好提供向心力，小球相对平板没有相对运动趋势，摩擦力为0，故C正确；小球在最高点，速度有最小值，其最小值满足mg＝得vmin＝，故D错误。] 2．如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．小球的运动半径为 B．小球的质量为 C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力 D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 B　[由题图乙可知，当v2＝b时，FN＝0，此时mg＝m，解得R＝，故A错误；当v2＝0时，FN＝mg＝a，所以m＝，故B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误。] 课时分层作业(十) 1．冬季，我国部分地区常有雨雪天气。车辆在结冰的路面上行驶，特别是转弯时应低速慢行。下列说法正确的是(　　) A．路面结冰导致车辆惯性增大 B．低速慢行可使车辆惯性减小 C．路面结冰导致车辆与路面间的最大静摩擦力减小 D．低速慢行可使车辆转弯时所需向心力增大 C　[惯性的大小与物体的受力情况和运动情况均无关，质量是惯性的唯一量度，故A、B错误；路面结冰导致车辆与路面间的最大静摩擦力减小，若车速过快，结冰路面提供的静摩擦力不足以提供汽车转弯所需的向心力，则汽车容易发生离心运动，C正确；由向心力公式Fn＝m可知，低速慢行可使车辆转弯时所需向心力减小，D错误。] 2．(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1 　 B．2 C．3 　 D．4 C　[设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知运动周期与轨道半径成反比，所以有T＝，k为比例系数，再由圆周运动知识和牛顿第二定律有F＝mr，将T＝代入，解得F＝mr3，因为质点所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，所以n＝3，C正确。] 3．(多选)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，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点(　　) A．线速度大小之比为1∶1 B．角速度之比为1∶1 C．角速度之比为3∶1 D．向心加速度大小之比为1∶3 AC　[题图中三个齿轮边缘线速度大小相等，A点和B点的线速度大小之比为1∶1；由v＝ωr可得，线速度大小一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为 3∶1；由an＝ω2r可知，A点和B点的向心加速度大小之比为3∶1，故选项A、C正确，B、D错误。] 4．如图所示，在水平转台上放置一圆锥形物体，物块在平行于锥面的细绳作用下静止在圆锥体表面，在圆锥体随平台逐渐加速转动的过程中，物块始终与锥面保持相对静止。关于此过程下列判断正确的是(　　) A．物块受到的合力为0 B．绳上的拉力逐渐增大 C．锥面对物块的支持力保持不变 D．没有任何力对物块做功 B　[物块随锥体做变速圆周运动，则受到的合力不为0，选项A错误；设细绳与竖直方向夹角为θ，对物块受力分析，沿斜面方向FT－mg cos θ＝mω2r sin θ，则随角速度逐渐增加，绳上的拉力逐渐增大，选项B正确；沿垂直斜面方向mg sin θ－FN＝mω2r cos θ，则随角速度增大，锥面对物块的支持力逐渐减小，选项C错误；转动过程中，因为物块的动能增加，则一定有力对物块做功，选项D错误。] 5．(2024·江苏卷)如图所示是生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑，与工作台一起绕OO′匀速转动，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同(台面够大)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B．越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C．陶屑只能分布在工作台边缘 D．陶屑只能分布在某一半径的圆内 D　[与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得r＝，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑，故A、B、C错误；离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为R＝，μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，即陶屑只能分布在半径为R的圆内，故D正确。] 6．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　) A．物块A、B的运动属于匀变速曲线运动 B．B的向心力是A的向心力的2倍 C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D．若B先滑动，则B与A之间的动摩擦因数μA小于盘与B之间的动摩擦因数μB C　[A、B做匀速圆周运动，加速度方向不断变化，属于非匀变速曲线运动，选项A错误；根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，选项B错误；对A、B整体分析，FfB＝2mrω2，对A分析，FfA＝mrω2，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，选项C正确；对A、B整体分析，μB·2mg＝，解得ωB＝，对A分析，μAmg＝，解得ωA＝，若B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，选项D错误。] 7．如图所示为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，重物由于离心运动拉伸弹簧后才能使触点M、N接触，从而接通电路，小灯就会发光。下列说法正确的是(　　) A．气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力、弹簧弹力和向心力 B．气嘴灯运动至最高点时处于超重状态 C．以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时小灯越容易发光 D．以相同转速匀速行驶时，若小灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光 D　[根据题意可知，气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力和弹簧弹力，其合力提供向心力，故A错误；气嘴灯运动至最高点时，合力指向圆心，具有向下的加速度，处于失重状态，故B错误；在最低点时，由牛顿第二定律有F－mg＝mω2r，可得F＝mg＋mω2r，可知以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时，弹簧弹力越小，小灯越不容易发光，故C错误；在最高点时，由牛顿第二定律有F＋mg＝mω2r，解得F＝mω2r－mg，可知以相同转速匀速行驶时，在最高点，弹簧的弹力小于最低点时弹簧的弹力，则若小灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光，故D正确。] 8．(多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　) A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心 C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是1.0 rad/s D．若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是 rad/s BC　[当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mg cos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmg cos 30°，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误。] 9．如图所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径。轨道的半径为R，小球的直径远小于R，可以视为质点，重力加速度为g。现从最高点给小球以不同的初速度v，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　) A．小球运动到最低点时，对外管壁的最小压力为4mg B．若小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为时，小球与内、外管壁均没有作用力 C．小球能再运动回最高点的最小速度v＝ D．当v>时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为5mg B　[当在最高点速度为零时，到达最低点的速度最小，对外管壁的压力最小，则由机械能守恒定律有mg·2R＝，在最低点设外管壁对小球的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝m，联立解得F＝5mg，由牛顿第三定律得，小球对外管壁的压力最小为5mg，故A错误；小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为时，由机械能守恒定律有＝，设此时重力沿半径方向的分力为F1，由几何关系得F1＝，此时所需的向心力为Fn＝m，联立解得Fn＝F1，此时重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，所以小球与内、外管壁均没有作用力，故B正确；因为管内壁可以给小球支持力，所以小球在最高点的速度可以为零，故C错误；若在最高点速度v>，在最高点时由牛顿第二定律得F2＋mg＝m，从最高点到最低点由机械能守恒定律得mg·2R＝－mv2，在最低点时由牛顿第二定律得F3－mg＝m，联立解得F3－F2＝6mg，所以当v>时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg，故D错误。] 10．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。 (1)若ω＝ω0时，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0； (2)在(1)条件下，若ω＝(1±k)ω0时，且0＜k≪1, 求小物块受到的摩擦力大小和方向。 解析：(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐的支持力的合力提供圆周运动的向心力，有 mg tan θ＝·R sin θ 代入数据得ω0＝。 (2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向下，设摩擦力的大小为f，陶罐壁对小物块的支持力为FN，沿水平和竖直方向建立坐标系，则 水平方向FNsin θ＋f cos θ＝mω2·R sin θ 竖直方向FNcos θ－f sin θ－mg＝0 代入数据解得f＝mg 同理，当ω＝(1－k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向上，则 水平方向FNsin θ－f cos θ＝mω2·R sin θ 竖直方向FNcos θ＋f sin θ－mg＝0 代入数据解得f＝mg。 答案：(1)　(2)见解析 11．如图所示，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动。 (1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小； (2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小、方向； (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小。 解析：(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝m 解得vA＝ 因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝。 (2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2m 代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0 对A有FTOA′－mg＝m 可得FTOA′＝2mg 根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下。 (3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点 对B有FTOB″＋2mg＝2m 对A有FTOA″－mg＝m O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″ 可得v＝ 所以当A、B球的速度大小为时O轴不受力。 答案：(1)　(2)2mg，方向竖直向下　(3)能　当A、B球的速度大小为时会出现O轴不受力的情况 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$