第4章 第4节 几种常见的非匀速圆周运动-【高考零起点】2026年新高考物理总复习（艺考）

第四章 曲线运动 13.如图所示，“V”形光滑支架绕中轴线 (2)轻弹簧恰为原长时，支架的角速 00'匀速转动，支架两臂与水平面间夹 度ω0 角0均为53°，“V”形支架的AB臂上套 有一根原长为1轻弹簧，轻弹簧的下端 固定于“V”形支架下端，已知小球质量 为m,支架静止时弹簧被压缩了了，重 力加速度为g。现让小球随支架一起绕 中轴线00'匀速转动。sin53°= 4 5’ 3 os53°=亏，求： (1)轻弹簧的劲度系数k; 第四节几种常见的非匀速圆周运动 知识梳理 个 1.速率大小发生变化的圆周运动叫做 77777777 变速圆周运动。 2.做变速圆周运动的物体所受的向心 (1)小球恰能达最高点的临界条件：小 力一般不等于合外力，而是等于合外力沿 球达到最高点时绳子的拉力（或轨道的弹 半径方向的分力。这时，向心力改变速度 力)刚好等于零，小球的重力提供其做圆周 的方向，而合外力沿切线方向的分力改变 运动的向心力。 速度的大小。 3.绳子（图甲）或轨道（图乙）对小球 即mg=mTo 没有力的作用时小球在竖直平面内做圆周 运动的情况。 式中的。为小球通过最高点的最小速 度，通常叫临界速度，o=√g。 (2)能过最高点的条件：w≥o,此时绳对球 43 零起点·物理 产生拉力F≥0。 拉力F的大小。 (3)不能过最高点的条件：v<,实际 (2)如果在小球做圆周运动的竖直平 上球还没有到最高点就脱离了轨道。 面内固定一圆弧轨道，该轨道以0点为圆 4.有物体支撑的小球在竖直平面内做圆 心，半径R=55m,求小球从0点运动到 周运动的情况。 圆弧轨道上的时间t。 (1)小球恰能达到最高点的临界条件： 由于硬杆和管壁的支撑作用，小球恰能达 到最高点的临界速度v。=0。 (2)如图所示的小球过最高点时，轻杆 对小球的弹力的情况： ①当0<v<√gR,杆对小球的支持力的 巩固练习 方向竖直向上。 1.游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处 ②当v=√gR,FN=0。 获得的向心加速度达到20m/s2,g取10 ③当v>√gR时，杆对小球有指向圆心 m/s2,那么此位置座椅对游客的作用力 的拉力，其大小随速度的增大而增大。 相当于游客重力的 () 典例精析 A.1倍 B.2倍 C.3倍 D.4倍 例如图所示，一个可以看成质点的 2.长为L的轻绳一端系一质量为m的物 小球用没有弹性的细线悬挂于O'点，细线 体，另一端被质量为M的人用手握住。 长L=5m,小球质量m=1kg。现向左拉小 人站在水平地面上，使物体在竖直平面 球使细线水平，由静止释放小球，已知小球 内做圆周运动，物体经过最高点时速度 运动到最低点0时细线恰好断开，取重力 为v,则此时人对地面的压力为( 加速度g=10m/s2。 A.(M+m)g-L B.(M+m)g+ m2 L c D.(M-m)8-L 3.(2021浙江卷)质量为m的小明坐在秋 千上摆动到最高点时的照片如图所示， (1)求小球运动到最低点0时细线的 对该时刻，下列说法正确的是 ( 44 第四章 曲线运动 C受到的来擦方为r(agn君 D.受到的合力方向斜向左上方 6.(2020浙江卷)如图所示，底部均有4个 轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交 车上，箱子四周有一定空间。当公交车 A.秋千对小明的作用力小于mg () B.秋千对小明的作用力大于mg A.缓慢启动时，两只行李箱一定相对车 C.小明的速度为零，所受合力为零 子向后运动 D.小明的加速度为零，所受合力为零 B.急刹车时，行李箱a一定相对车子向 4.质量为m的木块从半径为R的半球形 前运动 的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如 C.缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车 果由于摩擦力的作用使木块的速率不 子向外侧运动 变，那么 () D.急转弯时，行李箱b一定相对车子向 A.因为速率不变，所以木块的加速度 内侧运动 为零 座舱 B.木块下滑过程中所受的合外力越来 越大 C.木块下滑过程中所受的摩擦力大小 不变 第6题图 第7题图 D.木块下滑过程中的加速度大小不变， 7.(2019江苏卷)（多选）如图所示，摩天轮 方向始终指向球心 悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运 5.(多选)质量为m的物块，沿着半径为R 动。座舱的质量为m,运动半径为R,角 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属 速度大小为ω，重力加速度为g,则座舱 壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点 ( 时速度大小为v。若物体与球壳之间的 动摩擦因数为，则物体在最低点时，下 A运动周期为2mR 列说法正确的是 B.线速度的大小为ωR C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为mw2R 8.如图，质量m=0.2kg的小球固定在L= A.受到的向心力为mg+m 0.9m的轻杆的一端，杆可绕0点的水 平轴在竖直平面内转动，g=10m/s2,求： B.受到的摩擦力为mR (1)当小球在最高点的速度为多大时，小 零起点·物理 球对杆的作用力为零： 10.如图所示，一个人用一根长1m,只能承 (2)当小球在最高点的速度分别为6m/s 受46N拉力的绳子，拴着一个质量为 和1.5m/s时，小球对杆的作用力的 1kg的小球，在竖直平面内做圆周运动。 大小和方向； 已知圆心0离地面h=6m,转动中小球 (3)小球在最高点的速度能否等于零？ 在最低点时绳子断了。求： (1)绳子断时小球运动的角速度多大？ (2)绳断后，小球落地点与抛出点间的 水平距离多大？ 9.如图所示，AB为竖直半圆轨道的竖直直 径，轨道半径R=0.9m,轨道B端与水平 面相切，质量m=1kg的光滑小球从水平 面以初速度o向B滑动，取g=10m/s2。 (1)若，=6m/s,求小球经轨道最低点B 瞬间对轨道的压力为多少？ (2)若小球刚好能经过A点，则小球在A 点的速度至少为多大？这种情况下 小球离开A点后在水平面的落点与B 点的距离为多少？ 46受力分析，由牛顿第二定律得mgtan0=m 4m2 7,r= Lsin 0; o0-2m入g 解得T=2m入√g h 具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙 所示。 B- A 由T=2入g 知摆高h相同，则T=T,又0-2严 T 则wA=0B,由v=r知vA>Ug,由a=w2r知aA>ag0 所以A、C正确，B、D错误。 8B【解析】在最低点由2T-mg=m ,知T=410 N,即每根绳子拉力约为400N,故选B。 9.B【解析】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力 提供，则ng=n,解得@=入√华，即国盘转动的表大 角速度为、√ ，故选B。 10.C【解析】水平管中流出的水流垂 直冲击在水轮机上的挡板上时，水的末速度 等于挡板的线速度的4倍，即v=4U舱=4ωR， 309 将水的速度分解如图 可知水的初速度o=vsin30°=2wR,故选C。 1()25s(2)25N(3)V丽 【解析】(1)小球在水平面上做匀速圆周运动，合力 提供向心力，mgtan37°=m1sin37 解得=Vgam37sin3元=32 2 m/s (2)绳子所全的拉力T-n=25N (3)当摆绳达到最大拉力时，合力为√3mg,摆绳与 竖直方向的夹角为60°，根据合力提供向心力有√3mg= msin60,解得巧=V15m/s。 1 N 12.mg,2mg【解析】对小球受力 609 分析，作出力图如图，根据牛顿第二定律， 得Tsin60°=mw2Lsin60°，mg=N+ Tcos60° mg 1 联立解得T=mg,N= 2mg 13.(1)k=12mg 20g (2)0=9l 【解析】(1)受力 5L 分析如图所示： O'B 支架静止时弹簧被压缩 3,则有 3=mgsin 0 解得k=12mg (2)轻弹簧恰为原长时，弹簧不产生弹力，如图 所示： 0'B 设支架的角速度ω0，则有 mgtan 0=molcos 0 20g 解得0。=入√91 第四节几种常见的非匀速圆周运动 典例精析 例(1)30N(2)1s 【解析】(1)设小球摆到0点时的速度为v,小球由 A点到0点的过程，由机械能守恒定律有 1 mgl=2 mo 在0，点由牛顿第二定律得F-mg=m 2 L 解得F=30N (2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有x= x2+y2=R2 联立并代入数据，解得t=1s。 巩固练习 1.C【解析】最低点受力分析，得FN-G=man,代入 美根得R,=ng公-3。故选C。 2.A【解析】在最高，点对物体受力分析：T+mg= L,得m Lm5;再对人受力分析，得：T+R=Mg,解 7 得FN=Mg-T=(M+m)gL。故选A。 3.A【解析】在最高点，小明的速度为0，设秋千的 摆长为1，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为日，秋 千对小明的作用力为F,则对人进行研究，沿摆绳方向 受力分析有F-mgcos0=m7,由于小明的速度为0，则 有F=mgcos0<mg,沿垂直摆绳方向有mgsin0=ma,解 得小明在最高点的加速度a=gsin日，所以A正确，B、C、 D错误，故选A。 4.D【解析】在下滑的过程中，虽然速度的大小没 有变化，但是方向一直在变，所以加速度不为零，故A选 项错误；在圆周运动中，合外力提供向心力，因为速率大 小不变，所以向心力大小不变，故合外力大小不变，B选 项错误：木块在下滑的过程中速率不变，在切线方向上 加速度为零，设切线与水平方向的夹角为0，f=mgsin6, 夹角日一直在减小，摩擦力减小，所以C错误；木块在下 滑的过程中速率不变，它做的是匀速圆周运动，故向心 力大小不变，方向始终指向圆心，所以D选项正确。 5.CD【解析】物体在最低点时受力分析，向心力 mu R,=Rmg=R,方向竖直向上。即F,= m R+mg,摩擦 v2 力f=uFx=u(mg+m。）,方向水平向左，故受到的合力 R 方向斜向左上方。故C、D正确。 6.B【解析】有题意可知当公交车缓慢启动时，两 只箱子与公交车之间有可能存在静摩擦力，使箱子与公 交车一起运动，故A错误；急刹车时，由于惯性，行李箱α 一定相对车子向前运动，故B正确；当公交车缓慢转弯 时，两只箱子与车之间的静摩擦力可能提供向心力，与 车保持相对静止，故C错误；当公交车急转弯时，由于需 要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错 误。故选B。 7.BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式 。,解得T,故A错误；由园网运动的线速度与 角速度的关系可知，v=ωR,故B正确；由于座舱做匀速 圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可 能始终为mg,故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向 心力可得F=mwR,故D正确。 8.(1)3m/s(2)①当速度为6m/s时，小于对杆 为竖直向上的拉力，大小为6N;②当速度大小为1.5m/s 时，小球对杆为竖直向下的压力，大小为1.5N;(3)能 【解析】(1)根据题意，当小球在最高点球对杆的作 用力为零时，由重力提供小球所需的向心力，由牛顿第 二定律得mg=mR,计算得出0=√欧=√0x0.9ms =3 m/so (2)当1=6m/s,1>0,则在最高，点时，杆对球有向 下的拉力，由重力与拉力的合力提供向心力，由牛顿第二 定律得mg+,三m,由牛顿第三定律得球对杆的作用 力大小==（货-02x(低）0N=6X,方向 竖直向上；当2=1.5m/s,v2<0,则在最高点时，杆对球 有向上的支持力，由重力与拉力的合力提供向心力，由 牛顿第二定律得mg-F2=m 尺，由牛顿第三定律得球对 杆的作月力大小==n()=02x(10）N =1.5N,方向竖直向下。 (3)对于杆球模型可知：小球在最高点的速度能等 于零。 9.(1)50N(2)3m/s,1.8m 【解析】(1)小球在B点的受力分析如图： mg mvo 由牛顿第二定律有N-mg= R m6-50N 解得小球受到的支持力N=mg+ 由牛顿第三定律可知，小球对道轨的压与与N大小 相等，方向相反。 (2)小球恰好过最高点，即只由重力提供向心力有 mvA mg= R 解得小球在A点的最小速度v4=√gR=3m/s 小球离开A点后做平抛运动有 1 2R=28,x=U 解得t=0.6s,x=1.8mo 10.(1)6rad/s(2)6m 【解析】(1)最低点小球受重力mg和拉力F,由牛 顿第二定律得Fn-mg=mwR F-mg 绳子断时小球运动的角速度“=√mR /46-1×10 W1×1 rad/s=6 rad/s (2)绳子断时小球的速度v=wR=6×1m/s=6m/s, 方向为最低，点的切线方向，即水平方向，因此小球做平 抛运动，其水平位移x=t=v 2(h-R=6× 2×(6-1) g W10 m=6 m 即小球落地，点与抛出点间的水平距离为6m。 8