第07讲 圆周运动的临界讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2025-2026学年高一下学期物理满分练曲线运动专题（新高考通用）

该高中物理讲义通过思维导图系统构建圆周运动临界问题的知识体系，知识要点采用表格对比（如轻绳与杆模型受力特征）、临界条件口诀（“谁远谁先飞”）等工具，覆盖水平、竖直、斜面等场景，清晰呈现重难点内在联系。 讲义亮点在于分层题型设计（10类题型含典型例题与变式训练），结合“定模型-找临界-列方程”解题策略培养科学思维，如轻绳模型最高点临界速度推导实例，帮助学生精准识别临界状态，支持教师分层教学与学生自主复习提升。

第07讲 圆周运动的临界问题 目 录 思维导图 2 考情分析 2 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 8 题型归纳 9 题型01：水平面内——摩擦力提供向心力 9 题型02：水平面内——拉力，摩擦力提供向心力 14 题型03：水平面内——圆桶，轻绳 19 题型04：竖直平面——绳类模型 23 题型05：竖直平面——杆类模型 26 题型06：竖直平面——拱形桥和凹形桥类模型 30 题型07：竖直平面——轨道模型 31 题型08：竖直平面——管道模型 33 题型09：斜面上的圆周运动的临界问题 36 题型10：火车或汽车转弯模型 42 巩固提升 44 考情分析 (Exam Analysis) 1.核心地位：高考物理的高频压轴点，常与万有引力、电场、磁场、能量守恒结合。 2.难点痛点：考生往往能列出方程，但极易忽略“临界条件”导致丢分。 3.命题趋势：近年多结合实际模型（如过山车、赛道、带电粒子在磁场中的运动），考查模型建构能力。 学习目标 (Learning Goals) 1. 精准识别：迅速判断题设情境中是否存在“恰好通过”、“恰好不脱离”、“恰好挤压”等临界状态。 2. 挖掘隐含：掌握临界状态下的力与运动关系（如v=0或N=0时的物理意义）。 3. 规范求解：能通过牛顿第二定律列方程，精准求解速度、半径、质量或力的极值。 知识点一 ：水平面内的圆盘临界模型 1．运动特点 (1)运动轨迹是水平面内的圆． (2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动． 2．过程分析 重视过程分析，在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体的受力可能发生变化，转速继续变化，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧弹力大小方向发生变化等，从而出现临界问题． 3．方法突破 (1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力． (2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零． (3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等． 4.水平面内圆周运动的临界问题常用解题方法 (1)极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的。 (2)假设法 有些物理过程转化没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题。因此分析时先假设出临界状态，然后再分析判定。 (3)数学方法 将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式，求得临界条件，具体步骤如下： ①对物体进行受力分析。 ②找到其中可以变化的力以及它的临界值。 ③求出向心力(合力或沿半径方向的合力)的临界值。 ④用向心力公式求出运动学量(线速度、角速度、周期、半径等)的临界值。 水平面内的圆盘临界模型临界规律 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： ； ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条件： ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时， 临界条件： 隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条 ①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）； ②轻绳出现拉力临界条件：； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB 消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2 ③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断； ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出； 2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出； AB相对圆盘滑动的临界条件 临界条件： ①，； ②， 临界条件： ① ② 知识点二 ：竖直面内圆周运动临界模型 1．两类模型对比 轻绳模型 (最高点无支撑) 轻杆模型 (最高点有支撑) 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示 受力 示意图 F弹向下或等于零 F弹向下、等于零或向上 力学 方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 临界 特征 F弹＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 F弹＝mg 讨论 分析 (1)最高点，若v≥，F弹＋mg＝m，绳或轨道对球产生弹力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 (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 2.物体在竖直圆周外壁最高点的运动情况，如图所示： ① 临界速度：，这是物体在最高点不脱离圆周轨道的最大速度。 ② 当，物体在最高点将做平抛运动，脱离轨道。 ③ 当,物体将沿圆轨道下滑(下落到一定位置还是要脱离轨道)。 3.解题技巧 (1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程； (2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系； (3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力． 知识点三：拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律 拱形桥模型 凹形桥模型 情景图示 弹力特征 弹力可能向上，也可能等于零 弹力向上 受力示意图 力学方程 临界特征 FN＝0，即mg＝m，得v＝ 模型关键 ①最高点:，失重； ②，汽车脱离，做平抛运动。 ①最低点：，超重； ②，v越大，FN越大。 知识点四：火车过弯模型 （一）火车转弯问题的两点注意 (1)合外力的方向：火车转弯时，火车所受合外力沿水平方向指向圆心，而不是沿轨道斜面向下。因为火车转弯的圆周平面是水平面，不是斜面，所以火车的向心力即合外力应沿水平面指向圆心。 (2)规定速度的唯一性：火车轨道转弯处的规定速率一旦确定则是唯一的，火车只有按规定的速率转弯，内外轨才不受火车的挤压作用。速率过大时，由重力、支持力及外轨对轮缘的挤压力的合力提供向心力；速率过小时，由重力、支持力及内轨对轮缘的挤压力的合力提供向心力。 （二）弯道的特点：弯道处外高内低，但火车或汽车在行驶过程中，重心高度不变，即重心轨迹在同一水平面内，向心加速度和向心力均沿水平面指向圆心。 （三）向心力的来源：车速合适时转弯所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，合力沿水平方向，大小F＝mgtan θ。 （四）转弯规定速度：若火车或汽车转弯时只受重力和支持力作用，则mgtan θ＝m，可得转弯规定速度v0＝。[R为弯道半径，θ为轨道平面(或路面)与水平面的夹角] （五）轨道压力与火车速度的关系 (1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时，所需向心力仅由重力和支持力的合力提供，此时火车对内、外轨道无挤压作用。 (2)当火车行驶速度v>v0时，外轨道对轮缘有侧压力。 (3)当火车行驶速度v<v0时，内轨道对轮缘有侧压力。 解题策略 (Problem-Solving Strategy) 1. 两大“黄金模型”速记 （1）轻绳模型（如过山车、竖直圆周轨道内侧） ①临界状态：恰好通过最高点，轨道/绳子对物体的支持力/拉力为0（N=0）。 ②临界条件：重力提供向心力。 ③公式： mg＝m 得出临界速度v＝ 结论：只有v≥ ，物体才能完成完整圆周运动。 （2） 轻杆模型（如带杆的小球、竖直圆周轨道外侧） ①临界状态：恰好到达最高点速度为0（v=0）。 ②临界条件：杆的支持力与重力平衡（N=mg），合力为0。 ③结论：v ≥0即可通过最高点，杆的作用力可推可拉。 2. 万能解题“三步走” ①定模型：判断是绳模型还是杆模型，确认接触面是内侧还是外侧。 ②找临界：分析物体在特殊位置（最高点、最低点、临界点）的受力情况，找出哪个力消失（N=0）或速度为极值。 ③列方程：沿半径方向建立坐标系，根据牛顿第二定律列方程，代入求解。 3. 避坑警示 ①内外有别：物体在轨道内侧运动，最高点有最小速度限制；在轨道外侧运动，最高点有最大速度限制（超过则飞出）。 ②能量联动：如果涉及到从高处释放，别忘了结合机械能守恒定律 来求解速度。 题型01：水平面内——摩擦力提供向心力 【典型例题1】如图所示，在匀速转动的水平圆盘上离转轴某一距离处放一小木块，该木块恰能跟随圆盘做匀速圆周运动而不发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在改变下列哪种条件时，物体仍能与圆盘保持相对静止(　　) A．增大圆盘转动的角速度 B．增大木块到转轴的距离 C．增大木块的质量 D．改变上述的任一条件都不能使木块与圆盘继续保持相对静止 【答案】C 【解析】　木块刚要发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，此时有：μmg＝mω2r，角速度ω增大，所需要的向心力Fn＝mω2r增大，mω2r将大于最大静摩擦力μmg而发生相对滑动，故A错误；木块到转轴的距离越大，需要的向心力Fn＝mω2r越大，则会发生滑动，故B错误；木块在圆盘上发生相对滑动的临界状态是μmg＝mω2r，由此可知与质量无关，所以增大木块的质量仍能保持相对静止，故C正确，D错误． 【典型例题2】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．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势 B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力 C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB 【答案】C 【解析】　把A、B当成一个整体，在水平方向上只受摩擦力作用，所以，摩擦力即物块所受合外力，提供向心力，摩擦力方向指向圆心，物块有沿径向向外滑动的趋势，故A错误；物块做匀速圆周运动，向心力F＝m，A、B质量相同，一起做匀速圆周运动的角速度、半径也相等，所以，两者运动所需的向心力相等，故B错误；由受力分析可知B对A的摩擦力等于F，盘对B的摩擦力等于2F，故C正确；若B相对圆盘先滑动，则2μBmg－μAmg＜μAmg，即μB＜μA，故D错误 【典型例题3】(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 【答案】AC 【解析】当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，选项B错误；ω＝<ωa＝，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝kmg，选项D错误． 【典型例题4】量分别为3m、2m、m，A与C之间的动摩擦因数为2μ、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A、C以及B离转台中心的距离分别为1.5r、r。设最大静靡擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物体A受到的摩擦力大小为6μmg B．转盘对物体C的摩擦力大小为9 C．维持物体A、B、C能随转台一起转动，转盘的角速度应满足 D．随着转台角速度增大，最先被甩出去的是物体B 【答案】C 【解析】A．若物体AC随转盘一起转动恰不相对转盘滑动，则解得 则此时AC之间的静摩擦力物体AC之间的最大静摩擦力为 则此时AC之间不会产生滑动，则物体A受到的摩擦力大小为3μmg，选项A错误； B．当转盘以角速度ω匀速转动时，转盘对物体C的摩擦力大小为选项B错误； CD．若转盘角速度增加，若B恰能产生滑动，则根据可得可知随着转盘角速度增大，最先被甩出去的是物体AC；若要维持物体A、B、C能随转台一起转动，这只需AC相对转盘不产生滑动，则即转盘的角速度应满足选项C正确，D错误。故选C。 【变式训练1-1】如图所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m，c的质量为，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是(　　) A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落 B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等 C．b和c均未滑落时线速度一定相同 D．b开始滑动时的角速度是 【变式训练1-2】如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B及物体 C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．B对A的摩擦力一定为3μmg B．B对A的摩擦力一定为3mω2r C．转台的角速度需要满足ω≤ D．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体 【变式训练1-3】(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距RA＝2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是(　　) A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3 B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aA∶aB＝2∶9 C．转速增加后滑块B先发生滑动 D．转速增加后两滑块一起发生滑动 【变式训练1-4】(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　） A．a可能比b先开始滑动 B．a、b所受的静摩擦力始终相等 C．是b开始滑动的临界角速度 D．当时，a所受摩擦力的大小为 【变式训练1-5】(多选)如图所示，A、B、C三个物体放在旋转的水平圆盘面上，物体与盘面间的最大静摩擦力均是其重力的k倍，三物体的质量分别为2m、m、m，它们离转轴的距离分别为R、R、2R．当圆盘旋转时，若A、B、C三物体相对圆盘处于静止，则下列判断中正确的是（　　） A．C物的向心加速度最大 B．B物受到的静摩擦力最小 C．当圆盘转速增大时，C比A先滑动 D．当圆盘转速增大时，B比A先滑动 【变式训练1-6】(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　） A．a、b所受的摩擦力始终相等 B．b一定比a先开始滑动 C．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 【变式训练1-3】“魔盘”是一种神奇的游乐设施，它是一个能绕中心轴转动的带有竖直侧壁的大型转盘，随着“魔盘”转动角速度的增大，“魔盘”上的人可能滑向盘的边缘．如图所示，质量为m的人(视为质点)坐在转盘上，与转盘中心O相距r，转盘的半径为R，人与盘面及侧壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g. (1)当转盘的角速度大小为ω0时，人未滑动，求此时人受到的摩擦力大小和方向； (2)使转盘的转速缓慢增大，求人与转盘发生相对滑动时转盘的角速度大小ω； (3)当人滑至“魔盘”侧壁时，只要转盘的角速度不小于某一数值ωm，人就可以离开盘面，贴着侧壁一起转动，试求角速度ωm的大小． 题型02：水平面内——拉力，摩擦力提供向心力 【典型例题1】一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体质量分别为M和m（M>m），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的倍，两物体用一根长为L（L<R）的轻绳连在一起，如图所示。若将甲物体放在转轴的位置，甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直，让圆盘从角速度为0开始转到，角速度逐渐增大，两物体与圆盘不发生相对滑动，（两物体均可看作质点，重力加速度为g）则下列说法正确的是（　　） A．随着角速度的增大的过程中，物块m受到的摩擦力先增加再逐渐减少 B．随着角速度的增大的过程中，物块M始终受到摩擦力 C．则圆盘旋转的角速度最大不得超过 D．则圆盘旋转的角速度最大不得超过 【答案】D 【解析】AB．当圆盘角速度较小时，m的向心力由静摩擦力提供，绳子没拉力，由牛顿第二定律 m受的静摩擦力随角速度增大而增大，当角速度增大到时，静摩擦力达到最大静摩擦力，角速度再增大，绳子拉力出现，由牛顿第二定律随着角速度增大，m受的摩擦力保持不变，一直为最大静摩擦力。则随着角速度的增大的过程中，物块m受到的摩擦力先增加后保持不变，当绳子有力时，M开始受到摩擦力作用，故AB错误； CD．当绳子的拉力增大到等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，对m和M，分别有； 联立可得故C错误，D正确。故选D。 【典型例题2】如图所示，两个相同的小木块A和B(均可看做质点)，质量均为m，用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直且无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　) A．木块A、B所受的摩擦力始终相等 B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍 C．ω＝是轻绳开始产生弹力的临界角速度 D．若ω＝，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动 【答案】　D 【解析】当角速度较小时，A、B均靠静摩擦力提供向心力，由于B转动的半径较大，则B先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则轻绳出现拉力，当A的静摩擦力达到最大时，角速度增大，A、B开始发生相对滑动，可知B的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现张力前，A、B的角速度相等，半径之比为1∶2，则静摩擦力之比为1∶2，当轻绳出现张力后，A、B的静摩擦力之比不是1∶2，故A、B错误．当摩擦力刚好提供B做圆周运动的向心力时，轻绳开始产生拉力，则kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，故C错误；当A的摩擦力达到最大时，A、B将要开始滑动，对A有：kmg－FT＝mLω′2，对B有：FT＋kmg＝m·2Lω′2，解得ω′＝ ，故D正确． 【典型例题3】如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为的细线（不计质量）相连，放在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B与转台间的动摩擦因数都是。转台可绕过圆心的竖直轴以角速度逆时针转动（俯视），且A、B到转轴的距离分别为和。初始时，A、B间的连接细线恰好拉直但没有张力，转台的角速度极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（　　）    A．当时，连接细线不会产生张力 B．当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小 C．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B一定会和转台保持相对静止 D．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动 【答案】BD 【解析】A．在B的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B有解得 可知当时，细线产生张力，故A错误； B．当从继续增大时，B所需向心力是A的两倍，由受力分析可知，A所受指向圆心的静摩擦力将减小，当A所受静摩擦力为0时，对B有对A有联立可得可知当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小，故B正确； CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有解得若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B所受的洛伦兹力的合力是从A指向B的，即有可知在的情况下，所解得的比小，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动，故C错误，D正确。故选BD。 【变式训练2-1】如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为的细绳连接，木块与转的最大静摩擦力均为各自重力的倍，A放在距离转轴处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　） A．当时，A、B相对于转盘会滑动 B．当时，绳子一定有弹力 C．在范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．在范围内增大时，A所受摩擦力一直不变 【变式训练2-2】（多选）如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2 kg 的木块，它与转台间最大静摩擦力Fmax＝4.0 N，绳的一端系在木块上，穿过转台的中心孔O(孔光滑，忽略小滑轮的影响)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg 的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可能是(g取10 m/s2，M、m均视为质点)(　　) A．0.04 m B．0.08 m C．0.16 m D．0.28 m 【变式训练2-3】（多选）如图，在水平转台上放一个质量M＝2kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax＝6.0N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O（孔光滑），另一端悬挂一个质量m＝1.0kg的物体，当转台以角速度＝5rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，木块到O点的距离可能值（　　） A．0.40m B．0.25m C．0.20m D．0.06m 【变式训练2-4】（多选）如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量皆为m，木块到O点的距离为R，O点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度为ω匀速转动时，小球以角速度ω随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止；连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，则(　　) A.如果L不变，ω越大，则α大 B.如果R＝L，无论ω多大木块都不会滑动 C.如果R>L，ω增大，木块可能向O点滑动 D.如果R<L，ω增大，木块可能远离O点滑动 【变式训练2-5】（多选）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．当ω>时，A、B会相对于转盘滑动 B．当ω>，绳子一定有弹力 C．ω在<ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．ω在0<ω<范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 【变式训练2-6】（多选）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　） A．当时，A、B相对于转盘会滑动 B．当时，绳子一定没有弹力 C．ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．ω在0＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 【变式训练2-7】如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为0.2m的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的0.1倍，A放在距离转轴0.2m处。整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力。已知两物块质量均为1kg。现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大。（结果可用根号表示） （1）如果A、B间没有绳子，判断哪一个物块先开始滑动； （2）如果A、B间没有绳子，则转盘角速度多大时，B开始滑动； （3）当A、B间有细绳相连，物块A和物块B刚要相对于转盘滑动时，转盘的角速度有多大，并求出此时绳子上的拉力大小FT。 题型03：水平面内——圆桶.轻绳 【典型例题1】如图所示，半径为r的圆筒，绕竖直中心轴OO′旋转，小物块a靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，现要使a不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】要使a不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有：f＝mg 当摩擦力正好等于最大摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力， 根据向心力公式得：N＝mω2r 而f＝μN 联立以上三式解得：ω＝，故ABC错误D正确。 故选：D。 【典型例题2】如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，绳a长为L，与水平方向成θ角时绳b恰好在水平方向伸直．当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a、b绳均拉直．重力加速度为g，则(　　) A．a绳的拉力可能为零 B．a绳的拉力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω>时，b绳中拉力不为零 D．当角速度ω>时，若a绳突然被剪断，则b绳仍可保持水平 【答案】C 【解析】　小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与小球重力相等，可知a绳的拉力不可能为零，A错误；根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的拉力不变，与角速度无关，B错误；当b绳拉力为零时，有＝mω2Lcos θ，解得ω＝，可知当角速度ω>时，b绳出现拉力，C正确；若a绳突然被剪断，则b绳不能保持水平，D错误． 【典型例题3】如图所示，两绳系一质量为m＝0.1kg的小球，上面绳长L＝2m，两端都拉直时与轴的夹角分别为30°与45°，问：（g取10m/s2） （1）当恰好只有AC绳拉紧，而BC绳拉直但无拉力时，球的角速度大小； （2）球的角速度在什么范围内，两绳始终张紧？ （3）当角速度为3rad/s时，上、下两绳拉力分别为多大？ 【解析】解：（1）当恰好只有AC绳拉紧，而BC绳拉直但无拉力时，根据牛顿第二定律，有： mgtan30°＝mω2r 解得：ω＝2.4 rad/s （2）当AC绳拉直但没有力时，即FT1＝0时，由重力和绳BC的拉力FT2的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： mgtan45°＝mωmax2r 其中：r＝l•sin30° 解得：ωmax＝3.16 rad/s 所以当2.4 rad/s＜ω＜3.16 rad/s时两绳均张紧． （3）当ω＝3 rad/s时，两绳均处于张紧状态，此时小球受FT1、FT2、mg三力作用，正交分解后可得： 水平方向：FT1sin30°+FT2sin45°＝mlsin30°ω2 竖直方向：FT1cos30°+FT2cos45°＝mg 代入数据后解得： FT1＝0.27 N FT2＝1.09 N 【变式训练3-1】细绳一端系住一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g.若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　　) A. B．2π C. D. 【变式训练3-2】如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．重力加速度为g，则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下列分析正确的是(　　) A．螺丝帽受重力、弹力、摩擦力以及向心力 B．螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心 C．此时手转动塑料管的角速度ω＝ D．若塑料管转动加快，螺丝帽有可能相对塑料管发生运动 【变式训练3-3】（多选）绳上拉力的临界极值问题)(多选）如图所示，AB为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m1＝5 kg的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC(悬点为B)在结点C处共同连着一质量为m2的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60 N，细绳BC能承受的最大拉力为27.6 N．圆筒顶端A到C点的距离l1＝1.5 m，细绳BC刚好被水平拉直时长l2＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC绳被拉直之前，用手拿着m1，保证其位置不变，在BC绳被拉直之后，放开m1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大 B．当角速度ω＝ rad/s时，BC绳刚好被拉直 C．当角速度ω＝3 rad/s时，AC绳刚好被拉断 D．当角速度ω＝4 rad/s时，BC绳刚好被拉断 【变式训练3-4】（多选）如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，母线与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则(　　) A．小球受重力、支持力、拉力和向心力 B．小球可能只受拉力和重力 C．当ω＝ rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零 D．当ω＝2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用 【变式训练3-5】如图所示，一长为L的细绳一端固定在天花板上，另一端与一质量为m的小球相连接．现使小球在一水平面上做匀速圆周运动，此时细绳与竖直方向的夹角为θ．不计空气阻力． (1)求维持小球做圆周运动的向心力的大小； (2)求小球做圆周运动线速度的大小； (3)某同学判断，若小球的线速度增大，细绳与竖直方向的夹角θ也将增大，  但角θ不能等于90º，试证明角θ趋近90º时，细绳对小球的拉力将趋近无穷大． 【变式训练3-6】如图所示，长为L的绳子下端连着质量为m的小球，上端悬于天花板上，把绳子拉直，绳子与竖直线夹角θ＝60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上．求：(重力加速度为g) (1)当小球刚好离开水平桌面时，小球匀速转动的角速度ω0为多大； (2)当小球以ω1＝做圆锥摆运动时，绳子张力F1为多大？桌面对小球的支持力FN1为多大； (3)当小球以ω2＝做圆锥摆运动时，绳子张力F2及桌面对小球的支持力FN2各为多大． 题型04：竖直平面——绳类模型 【典型例题1】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＝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 【答案】D 【解析】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＝m，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． 【典型例题2】杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m＝0.5 kg的大小不计的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出 B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零 C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用 D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N 【答案】B 【解析】“水流星”在最高点的临界速度v＝＝4 m/s，由此知绳的拉力恰好为零，“水流星”的重力提供向心力，则水恰好不流出，容器底部受到的压力为零，故选B. 【变式训练4-1】如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为，小球在最高点的速度大小为，其图像如图乙所示，则（　　） A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当时，轻质绳的拉力大小为 D．只要，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为 【变式训练4-2】（多选）如图所示，质量为m的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于小球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间作用力大小恰为mg，则（　　） A．该盒子做匀速圆周运动的周期等于2π B．该盒子做匀速圆周运动的周期等于π C．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mg D．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于3mg 【变式训练4-3】（多选）如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为m的小球，另一端固定在等高的两点O1、O2，两点的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v0，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度为g，则(　　) A．小球运动到最高点的速度v＝ B．小球运动到最高点的速度v＝ C．小球在最低点时每段绳子的拉力F＝mg＋m D．小球在最低点时每段绳子的拉力F＝mg＋m 【变式训练4-4】（多选）如图甲所示，一质量m＝4kg的小球（可视为质点）以v0＝4m/s的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．x＝2.5 B．y＝40 C．若小球能通过轨道上的C点，则其落地点距A点的最大水平距离为0.80m D．当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径R＝64cm 题型05：竖直平面——杆类模型 【典型例题1】如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端O做圆周运动.当小球运动到最高点时，瞬时速度大小为v＝，L是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是(　　) A.mg的拉力 B.mg的压力 C.零 D.mg的压力 【答案】B 【解析】当重力完全充当向心力时，球对杆的作用力为零，所以mg＝m，解得：v′＝，而<，故杆对球的作用力是支持力，即mg－FN＝m，解得FN＝mg，由牛顿第三定律可知，球对杆的作用力是压力，B正确，A、C、D错误. 【典型例题2】轻杆与F－v 2图像如图甲所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v，O轴处有一力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F－v 2(v为小球在最高点处的速度)图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　) A．小球恰好通过最高点时的速度大小为5 m/s B．小球在最高点的速度大小为 m/s时，杆对球的作用力为支持力 C．小球的质量为3 kg D．O轴到小球的距离为0.5 m 【答案】　D 【解析】由于是球杆模型，小球恰好通过最高点时的速度为零，A错误；当小球通过最高点的速度为零时，杆对小球的支持力恰好等于小球的重力，由题图乙可知，小球的重力为3 N，即质量为0.3 kg，C错误；由题图乙可知，当小球以v2＝5 m2/s2通过最高点时，恰好对杆没有作用力，此时重力提供向心力，设O轴到小球的距离为L，根据mg＝m，得L＝0.5 m，故D正确；当小球以 m/s的速度通过最高点时，根据mg＋F＝m，可得F＝6 N，此时杆对球的作用力是向下的拉力，大小为6 N，故B错误． 【典型例题3】如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时(　　) A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 【答案】C 【解析】球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，即杆受到的弹力大小为1.5mg，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确，D错误． 【典型例题4】（多选）如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是（　　） A．v由零逐渐增大，向心力也逐渐增大 B．v的最小值为 C．当v由逐渐增大时，杆对小球的弹力也逐渐增大 D．当v由逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大 【答案】ACD 【答案】解：A、在最高点，根据F向＝m得速度增大，向心力也逐渐增大。故A正确。 B、由于轻杆能支撑小球，则小球在最高点的最小速度为零，故B错误。 C、在最高点，若速度v＝，杆子的作用力为零，当v＞，杆子表现为拉力，速度增大，向心力增大，则杆子对小球的拉力增大。故C正确。 D、当v＜时，杆子表现为支持力，速度减小，向心力减小，则杆子对小球的支持力增大。故D正确。 故选：ACD。 【变式训练5-1】一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B．小球过最高点的最小速度是 C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 【变式训练5-2】如图所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。小球在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动，已知小球质量为m，杆长为L，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球在最高点时，小球的速度大小为 B．小球在最低点时，小球的速度大小为 C．小球在最低点时，杆对小球的作用力大小为 D．当杆处于水平位置时，杆对小球的作用力大小为 【变式训练5-3】(多选)如图所示，轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个小球，轻杆随转轴在竖直平面内做圆周运动，当小球运动至最高点时，轻杆对小球的作用力(　　) A．方向一定竖直向上 B．方向可能竖直向下 C．大小可能为0 D．大小不可能为0 【变式训练5-4】(多选)如图甲所示，一长为R的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是(　　) A.利用该装置可以得出重力加速度，且g＝ B.绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大 C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变 【变式训练5-5】(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图像如乙图所示。则（　　） A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下 D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 【变式训练5-6】如图，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(均可视为质点)，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轴的受力大小和方向； (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． 【变式训练5-7】如图所示，轻杆长2l，中点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球的质量为2m，两者一起在竖直平面内绕转O轴做圆周运动，已知重力加速度取g。 （1）若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，求此时O轴的受力大小和方向； （2）若B球到最高点时的速度等于第（1）问中A球到达最高点时的速度，则B球运动到最高点时，O轴的受力大小和方向又如何？ （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，则求出此时A、B球的速度大小。 题型06：竖直平面——拱形桥和凹形桥类模型 【典型例题】在竖直平面内光滑圆轨道的外侧，有一小球（可视为质点）以某一水平速度从最高点A出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，圆轨道半径为，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　） A．小球从A点出发的速度大小 B．小球经过B点时的速度大小 C．小球经过B点时速度变化率大小为 D．小球落在C点时的速度方向竖直向下 【答案】C 【解析】A．根据题意可知，小球在A点没有脱离轨道，则小球对圆轨道的压力不为零，由牛顿第二定律有解得故A错误； B．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，设此时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律有解得故B错误； C．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，小球的加速度为，即小球经过B点时速度变化率大小为，故C正确； D．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，速度方向为斜向下，只受重力作用，水平方向做匀速直线运动，小球落地时，水平方向速度不为零，则小球落在C点时的速度方向不可能竖直向下，故D错误。故选C。 【变式训练6-1】汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为，C处的曲率半径为，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶时，下列说法正确的是（　　） A．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态 B．汽车经过B处时最容易爆胎 C．为了保证行车不脱离路面，该车的行驶速度不得超过 D．汽车经过C处时所受的摩擦力大小为 题型07：竖直平面——轨道模型 【典型例题1】如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，若轨道半径为R，人体重为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为(　　) A.0 B. C. D. 【答案】C 【解析】由题意知F＋mg＝2mg＝m，故速度大小v＝，C正确. 【典型例题2】（多选 ）如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则(　　) A．小球不会脱离圆轨道 B．小球会脱离圆轨道 C．小球脱离轨道时的速度大小为 m/s D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30° 【答案】BCD 【解析】若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝ m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得mv0′2＝mg·2R＋mv2，解得v0′＝ m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示． 在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsin θ＝m，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得mv02＝mgR(1＋sin θ)＋mv12，联立解得sin θ＝，即θ＝30°，则v1＝＝ m/s，故C、D正确． 【变式训练7-1】一个小物块从内壁粗糙的半球形碗边下滑，在下滑过程中由于摩擦力的作用，物块的速率恰好保持不变，如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．物块所受合外力为零 B．物块所受合外力越来越大 C．物块所受合外力大小保持不变，但方向时刻改变 D．物块所受摩擦力大小不变 【变式训练7-2】如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环内侧做圆周运动．圆环半径为R，小球半径不计，小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时下列表述不正确的是(重力加速度为g)(　　) A．小球对圆环的压力大小等于mg B．重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力 C．小球的线速度大小等于 D．小球的向心加速度大小等于g 【变式训练7-3】如图甲所示为一种叫“魔力陀螺”的玩具，其结构可简化为图乙所示．质量为M、半径为R的铁质圆轨道用支架固定在竖直平面内，陀螺在轨道内、外两侧均可以旋转．陀螺的质量为m，其余部分质量不计．陀螺磁芯对轨道的吸引力始终沿轨道的半径方向，大小恒为6mg.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g. (1)若陀螺在轨道内侧运动到最高点时的速度为，求此时轨道对陀螺的弹力大小； (2)要使陀螺在轨道外侧运动到最低点时不脱离轨道，求陀螺通过最低点时的最大速度； (3)若陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时速度为，求固定支架对轨道的作用力大小； 题型08：竖直平面——管道模型 【典型例题1】如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 【答案】　B 【解析】　对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28 N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选B. 【典型例题2】（多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0> B．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0> C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0＝ D．小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点 【答案】BC 【解析】小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有mv02>mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0>，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vAt，R＝gt2，联立解得vA＝，mv02＝mgR＋mvA2，小球在B点的初速度应为v0＝，选项C正确；要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误． 【变式训练8-1】（多选）一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为，小球的速度大小为v，其图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是（　　）    A．小球的质量为 B．圆形管道内侧壁半径为 C．当时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为 D．小球在最低点的最小速度为 【变式训练8-2】（多选）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过最高点时小球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.则下列说法中正确的是(　　) A．管道的半径为 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 【变式训练8-3】（多选）如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R.现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，当小球通过最高点时速率为v0，则下列说法中正确的是(　　) A.若v0＝，则小球对管内壁无压力 B.若v0>，则小球对管内上壁有压力 C.若0 <v0<，则小球对管内下壁有压力 D.不论v0多大，小球对管内下壁都有压力 【变式训练8-4】（多选）如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是(　　) A．铁球可能做匀速圆周运动 B．铁球绕轨道转动时机械能守恒 C．铁球在A点的速度一定大于或等于 D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg 题型09：斜面上的圆周运动的临界问题 【典型例题1】物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化． 物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R. 【典型例题2】如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r=1m处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ=0.8，(最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知)(　　) A．8 rad/s B．2 rad/s C．rad/s D．rad/s 【答案】　B 【解析】　只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，设其经过最低点时所受静摩擦力为f，由牛顿第二定律有,为保证不发生相对滑动需要满足,联立解得.故选B. 【典型例题2】(多选)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ．图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B．动摩擦因数μ一定大于tanθ C．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcosθ D．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 【答案】　BD 【解析】小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，选项A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律 -mgsinθ=mRω2，>mgsinθ，又因为<μmgcosθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，则μ一定大于tanθ，选项B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理：mg∙2Rsinθ+=0解得==-mg∙2Rsinθ，选项C错误；小物块运动到CD两点时受力具有对称性的特点，所受的静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为零，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，选项D正确；故选BD. 【变式训练9-1】如图所示，与水平面成37°角的倾斜匀质圆盘绕垂直于盘面的中心固定轴匀速转动，一根不可伸长的细绳穿过圆盘中心，圆盘上方部分细绳与圆盘表面平行，一端悬挂质量为的物块A，另一端与随圆盘一起转动的物块B相连，已知物块B的质量为.物块B到圆盘中心的距离，与盘面之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑细绳与圆盘之间的摩擦力，取，，.当物块A始终保持静止时，圆盘转动的角速度可能为(　　) A． B． C． D． 【变式训练9-2】游乐场中有一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的“魔盘”上，“魔盘”绕着通过顶点O的竖直轴MN转动，当“魔盘”转动的角速度增大到一定值时，游客就会滑向“魔盘”的边缘，其简化结构如图所示.游客视作质点，游客坐的位置与“魔盘”顶点O的距离为L.游客与“魔盘”之间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.当游客即将相对“魔盘”滑动时，“魔盘”转动的角速度ω等于(　　) A． B． C． D． 【变式训练9-3】(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处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，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，则以下说法中正确的是(　　) A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用 B．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 C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心 D．ω的最大值是1.0 rad/s 【变式训练9-4】(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，则以下说法中正确的是(　　) 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 【变式训练9-5】(多选)如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴以恒定的角速度转动，圆筒的半径r=1m.筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取，则的值可能是(　　) A． B． C． D． 【变式训练9-6】(多选)如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”形支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为θ.一个质量为m的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h，小球始终与支架保持相对静止.设支架转动的角速度为ω，则(　　) A．当时，臂对小球的摩擦力大小为 B．ω由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小增大 C．当时，臂对小球的摩擦力为零 D．当时，臂对小球的摩擦力大小为 【变式训练9-7】(多选)如图所示，倾角为、半径为R的倾斜圆盘，绕过圆心O垂直于盘面的转轴匀速转动.一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，恰好随圆盘一起匀速转动.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为.小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小物块与圆盘间的动摩擦因数，下列说法正确的是(　　) A．圆盘转动的角速度大小为 B．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 C．小物块在C点时受到的摩擦力大小为 D．小物块从B运动到C的过程，摩擦力做功 【变式训练9-8】(多选)如下图所示是自行车场地赛中一段半径为R的圆弧赛道(忽略道路宽度)，赛道路面与水平面间的夹角为θ，不考虑空气阻力，自行车与骑手总质量为m，两者一起在该路段做速度为v的匀速圆周运动.路面与自行车轮之间的摩擦系数为μ，重力加速度为g，若自行车与赛道之间没有相对滑动，则对于骑手和自行车组成的系统，下列说法中正确的是(　　) A．若，则系统向心力由重力与支持力的合力提供 B．若，则系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面指向内侧 C．系统的最大速度为： D．系统的最大速度为： 【变式训练9-9】(多选)如图所示，倾角θ=30°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴OO₁上.可视为质点、质量为m的小物块随转台一起以角速度ω匀速转动，此时小物块到A点的距离为L，其与斜面之间动摩擦因数为重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块随斜面一起转动且无相对滑动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小物块对斜面的压力大小可能等于 B．小物块对斜面的压力大小不可能等于 C．水平转台转动角速度ω可能为 D．水平转台转动角速度ω不可能为 【变式训练9-10】(多选)如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块（可视为质点），分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连.物块A、B与轴的距离分别为2L和L，与盘面的动摩擦因数均为，盘面与水平面的夹角为.圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态.当圆盘以角速度匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止.当物块A转到最高点时，A所受绳子的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力.已知重力加速度为g.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则下列说法正确的是(　　) A． B．运动过程中绳子对A拉力的最大值为 C．运动过程中B所受摩擦力的最小值为 D．物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为 【变式训练9-11】如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动，试计算：（重力加速度g＝10m/s2） （1）小球通过最高点A的最小速度． （2）若细绳的抗拉力为Fmax＝13N，小球在最低点B的最大速度是多少？ 【变式训练9-12】长为的杆OC固定在地面上且与倾斜圆盘AB(厚度不计)垂直，装置截面如图所示，盘面与水平面夹角，圆盘可以以杆为轴旋转，利用该装置可以研究匀速圆周运动的相关规律，研究过程如下：将一大小可忽略.质量的物块放置于圆盘边缘最低点A点，物块与圆盘间动摩擦因数，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，观察到若圆盘做匀速圆周运动时的角速度小于等于lrad/s时，物块能够随圆盘一起匀速转动，否则会飞离圆盘，求:(g取) (1)圆盘直径D; (2)物块转到圆盘边缘最高点B点时受到的摩擦力: (3)当圆盘做匀速圆周运动的角速度为1rad/s，物块旋转到最低点A点时，圆盘因故障突然停止转动，物块滑离圆盘，物块落地点距C点的距离. 题型10：火车或汽车转弯模型 【典型例题】2023年9月28日中国首条时速350公里跨海高铁——福厦高铁正式开通运营，福州至厦门两地间形成“一小时生活圈”。如图甲，一满载旅客的复兴号列车以大小为v的速度通过斜面内的一段圆弧形铁轨时，车轮对铁轨恰好都没有侧向挤压。图乙为该段铁轨内、外轨道的截面图。下列说法正确的是（    ） A．列车受到重力、轨道的支持力和向心力 B．若列车以大于v的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压外轨 C．若列车空载时仍以v的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压内轨 D．若列车以不同的速度通过该圆弧轨道，列车对轨道的压力大小不变 【答案】B 【解析】A．根据题意可知，列车受重力、轨道的支持力，由这两个力的合力提供列车做圆周运动的向心力，故A错误； B．设轨道的倾角为，圆弧轨道半径为，则可知，当列车以速度v通过圆弧轨道时，由牛顿第二定律有 当速度大于v时，重力与轨道的支持力不足以提供火车转弯时的向心力，此时火车车轮将侧向挤压外轨，使外轨产生弹力，以补足火车转弯所需的向心力，则有 （） 故B正确； C．若列车以v的速度通过该圆弧轨道，由 可得 即只要满足转弯时的速度为，列车就不会对内外轨产生挤压，与列车是否空载无关，故C错误； D．根据以上分析可知，若列车速度大于v，列车车轮将挤压外轨，根据 （） 可知，速度越大，外轨对火车的弹力越大，即火车对外轨的弹力越大，则根据平行四边形定则可知，火车在垂直轨道方向的压力与对侧向轨道的压力的合力将随着速度的增加而增加；同理，当火车速度小于v时，重力与支持力的合力将大于其转弯所需的向心力，此时火车车轮将挤压内轨，有 （） 显然速度越小对内侧轨道的压力越大，根据平行四边形定则可知，火车对整个轨道的压力越大，故D错误。 故选B。 【变式训练10-1】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力 B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好 C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必须降低 D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向 【变式训练10-2】有一列重为100t的火车，以72km/h的速率匀速通过一个内、外轨一样高的弯道，轨道半径为500m，g取10m/s2。 （1）试计算铁轨受到的侧压力大小； （2）若要使火车以此速率通过该弯道，且使铁轨受到的侧压力为零，我们可以适当倾斜路基，试计算路基倾斜角度θ的正切值。 一、单选题 1．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，随圆盘一起做匀速转动，A、B间的动摩擦因数μA大于圆盘与B间的动摩擦因数μB，则下列说法正确的是（　　） A．A、B都有沿切线方向向后滑动的趋势 B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力 C．圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D．缓慢增加圆盘转动角速度，A可能从B上滑出 2．如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在图盘的边缘处，木块N放在离圆心的地方，它们都随圆盘一起运动，比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是（   ） A．两木块的线速度相等 B．两木块的角速度相等 C．M的线速度是N的线速度的 D．M的角速度是N的角速度的3倍 3．如图1所示一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为，一条长度为l的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球（可看作质点），小球以角速度绕圆锥体的轴线做匀速圆周运动，细线拉力F随变化关系如图2所示。重力加速度g取，由图2可知（　　） A．绳长为 B．母线与轴线之间夹角 C．小球质量为 D．小球的角速度为时，小球刚离开锥面 4．圆锥摆是一种简单的物理模型，四个形状相同的小球A、B、C、D在水平面内均做圆锥摆运动。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），小球；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），，则下列说法正确的是（　　） A．小球A、B向心加速度大小相等 B．小球C比D向心加速度大 C．小球A受到绳的拉力与小球B受到绳的拉力大小不等 D．小球C受到绳的拉力与小球D受到绳的拉力大小相等 5．汽车在水平路面上转弯时，若速度过大将做离心运动而造成事故。已知汽车质量为m，转弯半径为R，最大静摩擦力为f，则最大安全转弯速度为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，质量为m的飞机以角速度在空中水平盘旋，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为。则空气对飞机的作用力大小为（　　） A． B．mg C． D． 7．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β。则（　　） A．A的质量一定小于B的质量 B．A、B受到的摩擦力可能同时为零 C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力 D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大 8．如图所示，杂技演员表演时，悬空靠在以角速度匀速转动的圆筒内壁上随圆筒一起转动而不掉下来。设圆筒半径为r，人与圆筒接触面摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则该演员（　　） A．受到4个力的作用 B．增大角速度，人受到的摩擦力变大 C．向心力大小与摩擦因数无关 D．角速度 9．如图所示装置绕竖直轴匀速旋转，有一紧贴内壁的小物体随装置一起在水平面内匀速转动，则下列说法正确的是（　　）    A．小物体可能只受重力、弹力 B．小物体一定受到摩擦力作用 C．小物体可能受到重力、弹力、向心力的作用 D．随着角速度的增大，小物体始终与该装置相对静止，在此过程中，物体受到的摩擦力一定增大 二、多选题 10．如图（a）为游乐场中的“空中飞椅”项目。“空中飞椅”结构示意图如图（b），转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，忽略悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中（　　） A．任一时刻，所有游客的线速度都相同 B．所有游客做圆周运动的周期都相同 C．悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大 D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关 11．如图为场地自行车比赛的圆形赛道。某运动员骑自行车在赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为R，路面与水平面的夹角为，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．当自行车的速度大小为时，自行车不受侧向摩擦力作用 B．当自行车的速度大小为时，自行车不受侧向摩擦力作用 C．当自行车的速度大小为时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上 D．当自行车的速度大小为时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向下 12．如图所示，一辆质量为的汽车在外高内低的路面转弯，路面倾角为，转弯轨道半径为，已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．若汽车速度大于，汽车所受侧向摩擦力向外 B．若汽车速度大小为，汽车不受侧向摩擦力 C．只要汽车速度大于，汽车就会向外侧滑 D．若汽车速度小于，汽车所受侧向摩擦力向外 13．如图所示，倾角为的倾斜圆盘绕垂直盘面的轴以角速度ω匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为r、质量为m的小物体（可视为质点）随圆盘一起转动。PQ、MN是小物体轨迹圆互相垂直的两条直径，P、Q、M、N是圆周上的四个点，且P是轨迹圆上的最高点，Q是轨迹圆上的最低点，则（　　） A．小物体所受静摩擦力最大值为 B．小物体所受静摩擦力最大值为 C．在最高点P处，小物体所受静摩擦力可能背离圆心 D．在M处，小物体所受静摩擦力大小 14．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量相同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，，，此时物块A受到的摩擦力恰好为零，重力加速度为g。则（　　）      A．B受到的摩擦力可能为零 B．转台转动的角速度大小为 C．B受沿容器壁向下的摩擦力 D．若ω改变，A受到的摩擦力可能不变 三、解答题 15．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置用长L=0.1m的细线相连接的A、B两小物块。已知A距轴心O的距离r1=0.2m，A、B的质量均为m=1kg，它们与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.3倍。取g=10m/s2。试求： （1）当细线刚要出现拉力时，圆盘转动的角速度ω0为多大？ （2）当A、B与盘面间刚要发生相对滑动时，细线受到的拉力多大？    16．如图所示，水平圆盘上沿直径方向放置着用水平轻绳相连的两个小物块A和B。两物块的质量分别为和，到圆心的距离分别为r和3r。两物块与圆盘的最大静摩擦力均为自身重力的倍，重力加速度为g。不考虑轻绳拉力上限，轻绳伸直且最初拉力为零。圆盘绕过圆心的竖直轴转动，转动的角速度由零缓慢增大，求： （1）角速度增大至多少时轻绳开始出现拉力？ （2）若，角速度在什么范围内，两物块与圆盘之间都不发生相对滑动？ 17．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，游玩者与座椅的总质量为m，将游玩者和座椅看作一质点，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度为g。求： （1）游玩者与座椅的向心力大小； （2）转盘转动的角速度。    18．如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角为，小球以速率绕圆锥体轴线做水平圆周运动（，，重力加速度大小为g）。 （1）当时，求细线对小球的拉力和小球对圆锥体的压力大小； （2）当时，求细线对小球的拉力。 19．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，斜面上质量为4m的滑块通过轻质刚性绳穿过光滑的圆环与质量为m的小球（可视为质点）相连，轻绳与斜面平行，小球在水平面内做圆周运动，小球与圆环间轻绳与竖直方向的夹角为θ。斜面体和滑块始终静止，小球与圆环之间的绳长为L，重力加速度为g。当滑块恰好不受摩擦力时，求：小球做圆周运动的线速度大小。    20．清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躄”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。 （1）速滑运动员加速时，后腿用力侧推冰刀，如图甲所示。地面的反作用力在水平面上的分力为F，F沿赛道方向的分量使运动员获得向前的加速度。某选手从静止出发，先沿直道加速滑行，内前行，该过程可视为匀加速直线运动。图乙的照片中，运动员左脚抬起，右脚冰刀与赛道方向夹角．运动员质量为，求拍照瞬间地面给冰刀的作用力大小； （2）速滑运动员转弯时，通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使地面对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图丙所示。某次过弯时的运动可视为半径为的匀速圆周运动，运动员身体与水平面的夹角，求运动员过弯时的速度大小。g取，，，。 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 圆周运动的临界问题 目 录 思维导图 2 考情分析 2 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 8 题型归纳 9 题型01：水平面内——摩擦力提供向心力 9 题型02：水平面内——拉力，摩擦力提供向心力 16 题型03：水平面内——圆桶，轻绳 23 题型04：竖直平面——绳类模型 29 题型05：竖直平面——杆类模型 33 题型06：竖直平面——拱形桥和凹形桥类模型 40 题型07：竖直平面——轨道模型 41 题型08：竖直平面——管道模型 44 题型09：斜面上的圆周运动的临界问题 48 题型10：火车或汽车转弯模型 59 巩固提升 62 考情分析 (Exam Analysis) 1.核心地位：高考物理的高频压轴点，常与万有引力、电场、磁场、能量守恒结合。 2.难点痛点：考生往往能列出方程，但极易忽略“临界条件”导致丢分。 3.命题趋势：近年多结合实际模型（如过山车、赛道、带电粒子在磁场中的运动），考查模型建构能力。 学习目标 (Learning Goals) 1. 精准识别：迅速判断题设情境中是否存在“恰好通过”、“恰好不脱离”、“恰好挤压”等临界状态。 2. 挖掘隐含：掌握临界状态下的力与运动关系（如v=0或N=0时的物理意义）。 3. 规范求解：能通过牛顿第二定律列方程，精准求解速度、半径、质量或力的极值。 知识点一 ：水平面内的圆盘临界模型 1．运动特点 (1)运动轨迹是水平面内的圆． (2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动． 2．过程分析 重视过程分析，在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体的受力可能发生变化，转速继续变化，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧弹力大小方向发生变化等，从而出现临界问题． 3．方法突破 (1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力． (2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零． (3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等． 4.水平面内圆周运动的临界问题常用解题方法 (1)极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的。 (2)假设法 有些物理过程转化没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题。因此分析时先假设出临界状态，然后再分析判定。 (3)数学方法 将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式，求得临界条件，具体步骤如下： ①对物体进行受力分析。 ②找到其中可以变化的力以及它的临界值。 ③求出向心力(合力或沿半径方向的合力)的临界值。 ④用向心力公式求出运动学量(线速度、角速度、周期、半径等)的临界值。 水平面内的圆盘临界模型临界规律 ①口诀：“谁远谁先飞”； ②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度： ； ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条件： ①口诀：“谁远谁先飞”； ②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：； ③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时， 临界条件： 隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB 整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rB AB相对圆盘滑动的临界条 ①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）； ②轻绳出现拉力临界条件：； 此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。 此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB 消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2 ③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断； ④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件： 1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出； 2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出； AB相对圆盘滑动的临界条件 临界条件： ①，； ②， 临界条件： ① ② 知识点二 ：竖直面内圆周运动临界模型 1．两类模型对比 轻绳模型 (最高点无支撑) 轻杆模型 (最高点有支撑) 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示 受力 示意图 F弹向下或等于零 F弹向下、等于零或向上 力学 方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 临界 特征 F弹＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 F弹＝mg 讨论 分析 (1)最高点，若v≥，F弹＋mg＝m，绳或轨道对球产生弹力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 (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 2.物体在竖直圆周外壁最高点的运动情况，如图所示： ① 临界速度：，这是物体在最高点不脱离圆周轨道的最大速度。 ② 当，物体在最高点将做平抛运动，脱离轨道。 ③ 当,物体将沿圆轨道下滑(下落到一定位置还是要脱离轨道)。 3.解题技巧 (1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程； (2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系； (3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力． 知识点三：拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律 拱形桥模型 凹形桥模型 情景图示 弹力特征 弹力可能向上，也可能等于零 弹力向上 受力示意图 力学方程 临界特征 FN＝0，即mg＝m，得v＝ 模型关键 ①最高点:，失重； ②，汽车脱离，做平抛运动。 ①最低点：，超重； ②，v越大，FN越大。 知识点四：火车过弯模型 （一）火车转弯问题的两点注意 (1)合外力的方向：火车转弯时，火车所受合外力沿水平方向指向圆心，而不是沿轨道斜面向下。因为火车转弯的圆周平面是水平面，不是斜面，所以火车的向心力即合外力应沿水平面指向圆心。 (2)规定速度的唯一性：火车轨道转弯处的规定速率一旦确定则是唯一的，火车只有按规定的速率转弯，内外轨才不受火车的挤压作用。速率过大时，由重力、支持力及外轨对轮缘的挤压力的合力提供向心力；速率过小时，由重力、支持力及内轨对轮缘的挤压力的合力提供向心力。 （二）弯道的特点：弯道处外高内低，但火车或汽车在行驶过程中，重心高度不变，即重心轨迹在同一水平面内，向心加速度和向心力均沿水平面指向圆心。 （三）向心力的来源：车速合适时转弯所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，合力沿水平方向，大小F＝mgtan θ。 （四）转弯规定速度：若火车或汽车转弯时只受重力和支持力作用，则mgtan θ＝m，可得转弯规定速度v0＝。[R为弯道半径，θ为轨道平面(或路面)与水平面的夹角] （五）轨道压力与火车速度的关系 (1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时，所需向心力仅由重力和支持力的合力提供，此时火车对内、外轨道无挤压作用。 (2)当火车行驶速度v>v0时，外轨道对轮缘有侧压力。 (3)当火车行驶速度v<v0时，内轨道对轮缘有侧压力。 解题策略 (Problem-Solving Strategy) 1. 两大“黄金模型”速记 （1）轻绳模型（如过山车、竖直圆周轨道内侧） ①临界状态：恰好通过最高点，轨道/绳子对物体的支持力/拉力为0（N=0）。 ②临界条件：重力提供向心力。 ③公式： mg＝m 得出临界速度v＝ 结论：只有v≥ ，物体才能完成完整圆周运动。 （2） 轻杆模型（如带杆的小球、竖直圆周轨道外侧） ①临界状态：恰好到达最高点速度为0（v=0）。 ②临界条件：杆的支持力与重力平衡（N=mg），合力为0。 ③结论：v ≥0即可通过最高点，杆的作用力可推可拉。 2. 万能解题“三步走” ①定模型：判断是绳模型还是杆模型，确认接触面是内侧还是外侧。 ②找临界：分析物体在特殊位置（最高点、最低点、临界点）的受力情况，找出哪个力消失（N=0）或速度为极值。 ③列方程：沿半径方向建立坐标系，根据牛顿第二定律列方程，代入求解。 3. 避坑警示 ①内外有别：物体在轨道内侧运动，最高点有最小速度限制；在轨道外侧运动，最高点有最大速度限制（超过则飞出）。 ②能量联动：如果涉及到从高处释放，别忘了结合机械能守恒定律 来求解速度。 题型01：水平面内——摩擦力提供向心力 【典型例题1】如图所示，在匀速转动的水平圆盘上离转轴某一距离处放一小木块，该木块恰能跟随圆盘做匀速圆周运动而不发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在改变下列哪种条件时，物体仍能与圆盘保持相对静止(　　) A．增大圆盘转动的角速度 B．增大木块到转轴的距离 C．增大木块的质量 D．改变上述的任一条件都不能使木块与圆盘继续保持相对静止 【答案】C 【解析】　木块刚要发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，此时有：μmg＝mω2r，角速度ω增大，所需要的向心力Fn＝mω2r增大，mω2r将大于最大静摩擦力μmg而发生相对滑动，故A错误；木块到转轴的距离越大，需要的向心力Fn＝mω2r越大，则会发生滑动，故B错误；木块在圆盘上发生相对滑动的临界状态是μmg＝mω2r，由此可知与质量无关，所以增大木块的质量仍能保持相对静止，故C正确，D错误． 【典型例题2】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．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势 B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力 C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB 【答案】C 【解析】　把A、B当成一个整体，在水平方向上只受摩擦力作用，所以，摩擦力即物块所受合外力，提供向心力，摩擦力方向指向圆心，物块有沿径向向外滑动的趋势，故A错误；物块做匀速圆周运动，向心力F＝m，A、B质量相同，一起做匀速圆周运动的角速度、半径也相等，所以，两者运动所需的向心力相等，故B错误；由受力分析可知B对A的摩擦力等于F，盘对B的摩擦力等于2F，故C正确；若B相对圆盘先滑动，则2μBmg－μAmg＜μAmg，即μB＜μA，故D错误 【典型例题3】(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 【答案】AC 【解析】当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，选项B错误；ω＝<ωa＝，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝kmg，选项D错误． 【典型例题4】量分别为3m、2m、m，A与C之间的动摩擦因数为2μ、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A、C以及B离转台中心的距离分别为1.5r、r。设最大静靡擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物体A受到的摩擦力大小为6μmg B．转盘对物体C的摩擦力大小为9 C．维持物体A、B、C能随转台一起转动，转盘的角速度应满足 D．随着转台角速度增大，最先被甩出去的是物体B 【答案】C 【解析】A．若物体AC随转盘一起转动恰不相对转盘滑动，则解得 则此时AC之间的静摩擦力物体AC之间的最大静摩擦力为 则此时AC之间不会产生滑动，则物体A受到的摩擦力大小为3μmg，选项A错误； B．当转盘以角速度ω匀速转动时，转盘对物体C的摩擦力大小为选项B错误； CD．若转盘角速度增加，若B恰能产生滑动，则根据可得可知随着转盘角速度增大，最先被甩出去的是物体AC；若要维持物体A、B、C能随转台一起转动，这只需AC相对转盘不产生滑动，则即转盘的角速度应满足选项C正确，D错误。故选C。 【变式训练1-1】如图所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m，c的质量为，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是(　　) A．b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落 B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等 C．b和c均未滑落时线速度一定相同 D．b开始滑动时的角速度是 答案　B 解析　木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．b、c质量不等，由Ff＝mrω2知b、c所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，Ff＝mrω2，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正确；b和c均未滑落时，由v＝rω知线速度大小相等，方向不相同，故C错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg＝m·2lω2，解得ω＝，故D错误． 【变式训练1-2】如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B及物体 C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．B对A的摩擦力一定为3μmg B．B对A的摩擦力一定为3mω2r C．转台的角速度需要满足ω≤ D．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体 答案　B 解析　由于物体 A、B及物体 C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为FfA＝3mω2r，又有0<FfA≤Ffmax＝3μmg，由于角速度大小不确定，B对A的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg，A错误，B正确；若物体A达到最大静摩擦力，则3μmg＝3mω12r，解得ω1＝，若转台对物体B达到最大静摩擦力，对A、B整体有5μmg＝5mω22r，解得ω2＝，若物体C达到最大静摩擦力，则μmg＝mω32×1.5r，解得ω3＝，可知ω1＝ω2>ω3，由于物体 A、B及物体 C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误． 【变式训练1-3】(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距RA＝2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是(　　) A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3 B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aA∶aB＝2∶9 C．转速增加后滑块B先发生滑动 D．转速增加后两滑块一起发生滑动 答案　ABC 解析　由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v＝ωr，r甲∶r乙＝3∶1，可得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，故A正确；滑块相对盘开始滑动前，根据加速度公式：a＝Rω2，又RA∶RB＝2∶1，ωA：ωB＝1∶3，所以A、B的向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9，故B正确；滑块的最大静摩擦力分别为 FfA＝μmAg，FfB＝μmBg，则最大静摩擦力之比为FfA∶FfB＝mA∶mB；转动中所受的静摩擦力之比为FfA′∶FfB′＝mAaA∶mBaB＝mA∶4.5mB，由上可得滑块B先达到最大静摩擦力而先开始滑动，故C正确，D错误． 【变式训练1-4】(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　） A．a可能比b先开始滑动 B．a、b所受的静摩擦力始终相等 C．是b开始滑动的临界角速度 D．当时，a所受摩擦力的大小为 【答案】CD 【详解】AB．两个木块的最大静摩擦力相等，木块随圆盘一起转动，木块所受静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，木块所受的静摩擦力满足由于两个木块的m、ω相等，a的运动半径小于b，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时，b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A、B错误； C．当b刚要滑动时，物块所受静摩擦力达到最大，则有解得b开始滑动的临界角速度为 故C正确； D．当a刚要滑动时，物块所受静摩擦力达到最大，则有解得a开始滑动的临界角速度为 因为所以a相对圆盘静止，此时a物块所受摩擦力是静摩擦，则有 解得a所受摩擦力的大小为故D正确。故选CD。 【变式训练1-5】(多选)如图所示，A、B、C三个物体放在旋转的水平圆盘面上，物体与盘面间的最大静摩擦力均是其重力的k倍，三物体的质量分别为2m、m、m，它们离转轴的距离分别为R、R、2R．当圆盘旋转时，若A、B、C三物体相对圆盘处于静止，则下列判断中正确的是（　　） A．C物的向心加速度最大 B．B物受到的静摩擦力最小 C．当圆盘转速增大时，C比A先滑动 D．当圆盘转速增大时，B比A先滑动 【解答】解：A、由于C物体的半径最大，依据an＝ω2r，所以C物体的向心加速度最大，故A正确； B、当圆盘匀速转动时，A、B、C三个物体相对圆盘静止，它们的角速度相同，向心力最小的是B物体，由于静摩擦力提供向心力。所以静摩擦力B物体最小。故B正确； C、当圆盘转速增大时，仍由静摩擦力提供向心力。当向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动。可得当半径越大时，需要的向心加速度越大。所以C比A先滑动。故C正确； D、当圆盘转速增大时，仍由静摩擦力提供向心力。当向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动。可得当半径越大时，需要的向心力越大。所以C物体先滑动。故D错误； 故选：ABC。 【变式训练1-6】(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　） A．a、b所受的摩擦力始终相等 B．b一定比a先开始滑动 C．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 【解答】解：A、B、两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f＝mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误，B正确； C、当b刚要滑动时，有kmg＝mω2•2l，解得：ω＝，故C正确； D、以a为研究对象，当ω＝时，由牛顿第二定律得： f＝mω2l，可解得：f＝kmg，故D错误。 故选：BC。 【变式训练1-3】“魔盘”是一种神奇的游乐设施，它是一个能绕中心轴转动的带有竖直侧壁的大型转盘，随着“魔盘”转动角速度的增大，“魔盘”上的人可能滑向盘的边缘．如图所示，质量为m的人(视为质点)坐在转盘上，与转盘中心O相距r，转盘的半径为R，人与盘面及侧壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g. (1)当转盘的角速度大小为ω0时，人未滑动，求此时人受到的摩擦力大小和方向； (2)使转盘的转速缓慢增大，求人与转盘发生相对滑动时转盘的角速度大小ω； (3)当人滑至“魔盘”侧壁时，只要转盘的角速度不小于某一数值ωm，人就可以离开盘面，贴着侧壁一起转动，试求角速度ωm的大小． 答案　(1)mω02r　指向转盘中心O点　(2)　(3) 解析　(1)人做圆周运动，摩擦力提供向心力，有Ff＝mω02r，方向指向转盘中心O点 (2)静摩擦力提供人做圆周运动所需的向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，此时的角速度为最大角速度，则 μmg＝mω2r 解得ω＝ (3)人离开盘面贴着侧壁一起转动时，竖直方向受力平衡，水平方向侧壁对人的支持力提供向心力，则有 FN＝mωm2R μFN＝mg 解得ωm＝. 题型02：水平面内——拉力，摩擦力提供向心力 【典型例题1】一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体质量分别为M和m（M>m），它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的倍，两物体用一根长为L（L<R）的轻绳连在一起，如图所示。若将甲物体放在转轴的位置，甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直，让圆盘从角速度为0开始转到，角速度逐渐增大，两物体与圆盘不发生相对滑动，（两物体均可看作质点，重力加速度为g）则下列说法正确的是（　　） A．随着角速度的增大的过程中，物块m受到的摩擦力先增加再逐渐减少 B．随着角速度的增大的过程中，物块M始终受到摩擦力 C．则圆盘旋转的角速度最大不得超过 D．则圆盘旋转的角速度最大不得超过 【答案】D 【解析】AB．当圆盘角速度较小时，m的向心力由静摩擦力提供，绳子没拉力，由牛顿第二定律 m受的静摩擦力随角速度增大而增大，当角速度增大到时，静摩擦力达到最大静摩擦力，角速度再增大，绳子拉力出现，由牛顿第二定律随着角速度增大，m受的摩擦力保持不变，一直为最大静摩擦力。则随着角速度的增大的过程中，物块m受到的摩擦力先增加后保持不变，当绳子有力时，M开始受到摩擦力作用，故AB错误； CD．当绳子的拉力增大到等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，对m和M，分别有； 联立可得故C错误，D正确。故选D。 【典型例题2】如图所示，两个相同的小木块A和B(均可看做质点)，质量均为m，用长为L的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A与竖直轴的距离为L，此时绳子恰好伸直且无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　) A．木块A、B所受的摩擦力始终相等 B．木块B所受摩擦力总等于木块A所受摩擦力的两倍 C．ω＝是轻绳开始产生弹力的临界角速度 D．若ω＝，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动 【答案】　D 【解析】当角速度较小时，A、B均靠静摩擦力提供向心力，由于B转动的半径较大，则B先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则轻绳出现拉力，当A的静摩擦力达到最大时，角速度增大，A、B开始发生相对滑动，可知B的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现张力前，A、B的角速度相等，半径之比为1∶2，则静摩擦力之比为1∶2，当轻绳出现张力后，A、B的静摩擦力之比不是1∶2，故A、B错误．当摩擦力刚好提供B做圆周运动的向心力时，轻绳开始产生拉力，则kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，故C错误；当A的摩擦力达到最大时，A、B将要开始滑动，对A有：kmg－FT＝mLω′2，对B有：FT＋kmg＝m·2Lω′2，解得ω′＝ ，故D正确． 【典型例题3】如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为的细线（不计质量）相连，放在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B与转台间的动摩擦因数都是。转台可绕过圆心的竖直轴以角速度逆时针转动（俯视），且A、B到转轴的距离分别为和。初始时，A、B间的连接细线恰好拉直但没有张力，转台的角速度极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（　　）    A．当时，连接细线不会产生张力 B．当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小 C．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B一定会和转台保持相对静止 D．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动 【答案】BD 【解析】A．在B的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B有解得 可知当时，细线产生张力，故A错误； B．当从继续增大时，B所需向心力是A的两倍，由受力分析可知，A所受指向圆心的静摩擦力将减小，当A所受静摩擦力为0时，对B有对A有联立可得可知当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小，故B正确； CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有解得若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B所受的洛伦兹力的合力是从A指向B的，即有可知在的情况下，所解得的比小，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动，故C错误，D正确。故选BD。 【变式训练2-1】如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为的细绳连接，木块与转的最大静摩擦力均为各自重力的倍，A放在距离转轴处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　） A．当时，A、B相对于转盘会滑动 B．当时，绳子一定有弹力 C．在范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．在范围内增大时，A所受摩擦力一直不变 【答案】B 【详解】A．开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动，A、B相对于转盘会滑动，对A有对B有解得故A错误； B．当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力解得则当时，绳子一定有弹力，故B正确； C．时B已经达到最大静摩擦力，则ω在内，B受到的摩擦力不变，故C错误； D．绳子没有拉力时，对A有则随转盘角速度增大，静摩擦力增大，绳子出现拉力后，对A有 对B有联立有则当ω增大时，静摩擦力也增大，故D错误。 故选B。 【变式训练2-2】（多选）如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2 kg 的木块，它与转台间最大静摩擦力Fmax＝4.0 N，绳的一端系在木块上，穿过转台的中心孔O(孔光滑，忽略小滑轮的影响)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg 的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可能是(g取10 m/s2，M、m均视为质点)(　　) A．0.04 m B．0.08 m C．0.16 m D．0.28 m 【答案】CD 【分析】根据题意分析可知，本题考查圆周运动有关知识，根据圆周运动的规律方法，运用向心力方程、静摩擦力特点等，进行求解． 【详解】物体的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得：解得：，当时，；当时，，所以，故CD正确，AB错误 【变式训练2-3】（多选）如图，在水平转台上放一个质量M＝2kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax＝6.0N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O（孔光滑），另一端悬挂一个质量m＝1.0kg的物体，当转台以角速度＝5rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，木块到O点的距离可能值（　　） A．0.40m B．0.25m C．0.20m D．0.06m 【答案】BC 【详解】由于木块所受静摩擦力的方向不确定，故我们需要求出两种临界情况。情况一，当方向指向圆心的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O点的距离最大，对木块根据牛顿第二定律有 Fmax＋mg = Mω2rmax代入数据解得rmax = 0.32m 情况二，当方向背离圆心的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O点的距离最小，根据牛顿第二定律有mg－Fmax = Mω2rmin代入数据解得rmin = 0.08m所以木块到O点的距离应该在0.08m ~ 0.32m之间。 故选BC。 【变式训练2-4】（多选）如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量皆为m，木块到O点的距离为R，O点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度为ω匀速转动时，小球以角速度ω随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止；连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，则(　　) A.如果L不变，ω越大，则α大 B.如果R＝L，无论ω多大木块都不会滑动 C.如果R>L，ω增大，木块可能向O点滑动 D.如果R<L，ω增大，木块可能远离O点滑动 答案　AB 解析　小球做圆锥摆运动，设细线张力为FT，则有FTsin α＝mω2Lsin α，FTcos α＝mg，联立可得ω＝，如果L不变，ω越大则α越大，A正确；由小球的运动可知细线张力FT＝mω2L，木块随圆盘匀速转动所需向心力F＝mω2R，当R＝L，细线张力恰好提供木块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，而且此力只与ω有关，所以无论ω多大木块都不会滑动，B正确；如果R>L木块随圆盘匀速转动所需向心力大于细线张力，木块受到指向O点的摩擦力Ff，当ω增大，摩擦力Ff也增大，达到最大静摩擦力后木块会远离O点滑动，C错误；同理，如果R<L木块随圆盘匀速转动所需向心力小于细线张力，木块受到指向圆盘边缘的摩擦力Ff，ω增大到一定值，摩擦力达到最大值后木块会向O点滑动，D错误。 【变式训练2-5】（多选）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．当ω>时，A、B会相对于转盘滑动 B．当ω>，绳子一定有弹力 C．ω在<ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．ω在0<ω<范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 答案　ABD 解析　当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝，可知当ω>时，绳子有弹力，B项正确；当ω>时，B已达到最大静摩擦力，则ω在<ω<范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由Ff－FT＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确． 【变式训练2-6】（多选）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　） A．当时，A、B相对于转盘会滑动 B．当时，绳子一定没有弹力 C．ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．ω在0＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 【解答】解：A、当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：kmg﹣T＝mLω2，对B有：T+kmg＝m•2Lω2，解得ω＝， 当时，A、B相对于转盘会滑动。故A正确。 B、当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg＝m•2Lω2， 解得ω1＝，知ω＞时，绳子具有弹力。故B错误。 C、角速度0＜ω＜，B所受的摩擦力变大，ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力不变。故C错误。 D、当ω在0＜ω＜，范围内增大时，A所受摩擦力一直增大。故D正确。 故选：AD。 【变式训练2-7】如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为0.2m的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的0.1倍，A放在距离转轴0.2m处。整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力。已知两物块质量均为1kg。现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大。（结果可用根号表示） （1）如果A、B间没有绳子，判断哪一个物块先开始滑动； （2）如果A、B间没有绳子，则转盘角速度多大时，B开始滑动； （3）当A、B间有细绳相连，物块A和物块B刚要相对于转盘滑动时，转盘的角速度有多大，并求出此时绳子上的拉力大小FT。 【答案】（1）B；（2）rad/s；（3）rad/s， 【详解】（1）A、B转动时角速度相同，由 当摩擦力达到最大静摩擦力时木块开始滑动，则有 得 由于B木块的转动半径更大，则B木块的临界角速度小，所以B先滑动。 （2）由 解得 rad/s （3）对A、B分别有 解得 ， 题型03：水平面内——圆桶.轻绳 【典型例题1】如图所示，半径为r的圆筒，绕竖直中心轴OO′旋转，小物块a靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，现要使a不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】要使a不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有：f＝mg 当摩擦力正好等于最大摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力， 根据向心力公式得：N＝mω2r 而f＝μN 联立以上三式解得：ω＝，故ABC错误D正确。 故选：D。 【典型例题2】如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，绳a长为L，与水平方向成θ角时绳b恰好在水平方向伸直．当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a、b绳均拉直．重力加速度为g，则(　　) A．a绳的拉力可能为零 B．a绳的拉力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω>时，b绳中拉力不为零 D．当角速度ω>时，若a绳突然被剪断，则b绳仍可保持水平 【答案】C 【解析】　小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与小球重力相等，可知a绳的拉力不可能为零，A错误；根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的拉力不变，与角速度无关，B错误；当b绳拉力为零时，有＝mω2Lcos θ，解得ω＝，可知当角速度ω>时，b绳出现拉力，C正确；若a绳突然被剪断，则b绳不能保持水平，D错误． 【典型例题3】如图所示，两绳系一质量为m＝0.1kg的小球，上面绳长L＝2m，两端都拉直时与轴的夹角分别为30°与45°，问：（g取10m/s2） （1）当恰好只有AC绳拉紧，而BC绳拉直但无拉力时，球的角速度大小； （2）球的角速度在什么范围内，两绳始终张紧？ （3）当角速度为3rad/s时，上、下两绳拉力分别为多大？ 【解析】解：（1）当恰好只有AC绳拉紧，而BC绳拉直但无拉力时，根据牛顿第二定律，有： mgtan30°＝mω2r 解得：ω＝2.4 rad/s （2）当AC绳拉直但没有力时，即FT1＝0时，由重力和绳BC的拉力FT2的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： mgtan45°＝mωmax2r 其中：r＝l•sin30° 解得：ωmax＝3.16 rad/s 所以当2.4 rad/s＜ω＜3.16 rad/s时两绳均张紧． （3）当ω＝3 rad/s时，两绳均处于张紧状态，此时小球受FT1、FT2、mg三力作用，正交分解后可得： 水平方向：FT1sin30°+FT2sin45°＝mlsin30°ω2 竖直方向：FT1cos30°+FT2cos45°＝mg 代入数据后解得： FT1＝0.27 N FT2＝1.09 N 【变式训练3-1】细绳一端系住一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g.若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　　) A. B．2π C. D. 答案　D 解析　对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝htan θ，受力分析可知Fcos θ＋FN＝mg，Fsin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；当球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时nm＝，故选D. 【变式训练3-2】如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．重力加速度为g，则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下列分析正确的是(　　) A．螺丝帽受重力、弹力、摩擦力以及向心力 B．螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心 C．此时手转动塑料管的角速度ω＝ D．若塑料管转动加快，螺丝帽有可能相对塑料管发生运动 答案　C 解析　螺丝帽受重力、弹力和摩擦力三个力的作用，螺丝帽在水平方向受到的弹力提供向心力，弹力的方向指向圆心，故A、B错误；螺丝帽恰好不下滑，则螺丝帽受到的重力和最大静摩擦力平衡，根据mg＝Ff＝μFN，FN＝mω2r，解得ω＝，故C正确；若塑料管转动加快，则所需向心力增大，弹力增大，最大静摩擦力增大，螺丝帽受到的重力和静摩擦力仍然平衡，故D错误． 【变式训练3-3】（多选）绳上拉力的临界极值问题)(多选）如图所示，AB为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m1＝5 kg的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC(悬点为B)在结点C处共同连着一质量为m2的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60 N，细绳BC能承受的最大拉力为27.6 N．圆筒顶端A到C点的距离l1＝1.5 m，细绳BC刚好被水平拉直时长l2＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC绳被拉直之前，用手拿着m1，保证其位置不变，在BC绳被拉直之后，放开m1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大 B．当角速度ω＝ rad/s时，BC绳刚好被拉直 C．当角速度ω＝3 rad/s时，AC绳刚好被拉断 D．当角速度ω＝4 rad/s时，BC绳刚好被拉断 答案　ABD 解析　转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中，AC绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，m2竖直方向处于平衡，由FTAcos θ＝m2g，可知在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大，A正确；BC绳刚好被拉直时，由几何关系可知AC绳与竖直方向的夹角的正弦值sin θ＝，对小球m2受力分析，由牛顿第二定律可知m2gtan θ＝m2ω12l2，解得ω1＝ rad/s，B正确；当ω＝3 rad/s> rad/s，BC绳被拉直且放开了m1，m1就一直处于平衡状态，AC绳中拉力不变且为50 N，小于AC绳承受的最大拉力，AC未被拉断，C错误；对小球m2，竖直方向有m1gcos θ＝m2g，可得m2＝4 kg，当BC被拉断时有m1gsin θ＋FTBC＝m2ω22l2，解得ω2＝4 rad/s，D正确． 【变式训练3-4】（多选）如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，母线与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则(　　) A．小球受重力、支持力、拉力和向心力 B．小球可能只受拉力和重力 C．当ω＝ rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零 D．当ω＝2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用 答案　BC 解析　转速较小时，小球紧贴锥体，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当角速度ω达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mω02lsin θ，解得ω0＝ rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力和拉力的作用，D错误． 【变式训练3-5】如图所示，一长为L的细绳一端固定在天花板上，另一端与一质量为m的小球相连接．现使小球在一水平面上做匀速圆周运动，此时细绳与竖直方向的夹角为θ．不计空气阻力． (1)求维持小球做圆周运动的向心力的大小； (2)求小球做圆周运动线速度的大小； (3)某同学判断，若小球的线速度增大，细绳与竖直方向的夹角θ也将增大，  但角θ不能等于90º，试证明角θ趋近90º时，细绳对小球的拉力将趋近无穷大． 【答案】(1) (2) （3）,当θ→90º时，→0，所以T→∞ 【详解】（1）小球做圆周运动时受细线的拉力和重力作用，由平行四边形定则得： （2）由牛顿第二定律得 又 所以   （或） （3）绳对球的拉力 当θ→90º时，→0，所以T→∞ 【变式训练3-6】如图所示，长为L的绳子下端连着质量为m的小球，上端悬于天花板上，把绳子拉直，绳子与竖直线夹角θ＝60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上．求：(重力加速度为g) (1)当小球刚好离开水平桌面时，小球匀速转动的角速度ω0为多大； (2)当小球以ω1＝做圆锥摆运动时，绳子张力F1为多大？桌面对小球的支持力FN1为多大； (3)当小球以ω2＝做圆锥摆运动时，绳子张力F2及桌面对小球的支持力FN2各为多大． 答案　(1)　(2)mg　mg　(3)3mg　0 解析　(1)当小球刚好离开水平桌面做匀速圆周运动时，由向心力公式可得 mgtan θ＝m·Lsin θ·ω02 解得小球的角速度为ω0＝ (2)当小球以ω1＝做圆锥摆运动时，由于ω1<ω0，桌面对小球存在支持力，竖直方向小球处于平衡状态，满足 FN1＋F1cos θ＝mg 水平方向由向心力公式可得 F1sin θ＝m·Lsin θ·ω12 联立解得F1＝mg，FN1＝mg (3)当小球以ω2＝做圆锥摆运动时，由于ω2>ω0，小球离开桌面，故桌面对小球的支持力FN2＝0 设此时绳子与竖直方向夹角为α，由向心力公式可得F2sin α＝m·Lsin α·ω22 解得F2＝3mg. 题型04：竖直平面——绳类模型 【典型例题1】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＝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 【答案】D 【解析】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＝m，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． 【典型例题2】杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m＝0.5 kg的大小不计的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出 B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零 C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用 D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N 【答案】B 【解析】“水流星”在最高点的临界速度v＝＝4 m/s，由此知绳的拉力恰好为零，“水流星”的重力提供向心力，则水恰好不流出，容器底部受到的压力为零，故选B. 【变式训练4-1】如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为，小球在最高点的速度大小为，其图像如图乙所示，则（　　） A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当时，轻质绳的拉力大小为 D．只要，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为 【答案】D 【详解】A．小球运动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律有可得 可知图线斜率为可得轻质绳长为故A错误； B．由图像可知纵轴上截距的绝对值为则有故B错误； C．由图像可知故当时，有故C错误； D．从最高点到最低点，由机械能守恒有在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有 联立可得小球在最低点和最高点时绳的拉力差为故D正确。故选D。 【变式训练4-2】（多选）如图所示，质量为m的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于小球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间作用力大小恰为mg，则（　　） A．该盒子做匀速圆周运动的周期等于2π B．该盒子做匀速圆周运动的周期等于π C．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mg D．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于3mg 【解答】解：AB、盒子在最高点时，对小球有FN+mg＝m＝2mg，T＝，解得v＝，T＝π，故A错误，B正确； CD、盒子在最低点时，对小球有FN′﹣mg＝m，解得FN′＝3mg，故C错误，D正确。 故选：BD。 【变式训练4-3】（多选）如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为m的小球，另一端固定在等高的两点O1、O2，两点的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v0，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度为g，则(　　) A．小球运动到最高点的速度v＝ B．小球运动到最高点的速度v＝ C．小球在最低点时每段绳子的拉力F＝mg＋m D．小球在最低点时每段绳子的拉力F＝mg＋m 答案　AD 解析　小球恰能在竖直面内做圆周运动的条件是在最高点重力恰好提供向心力，则mg＝m，r＝Lsin 60°，解得v＝ ，A正确，B错误；小球在最低点，由向心力公式得：FT－mg＝m，每段绳子的拉力F＝，由以上两式解得：F＝mg＋m，C错误，D正确． 【变式训练4-4】（多选）如图甲所示，一质量m＝4kg的小球（可视为质点）以v0＝4m/s的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法不正确的是（　　） A．x＝2.5 B．y＝40 C．若小球能通过轨道上的C点，则其落地点距A点的最大水平距离为0.80m D．当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径R＝64cm 【答案】ABD 【详解】AB．从A到B，根据动能定理可得在B点，根据牛顿第二定律得 联立解得结合题图乙可知，故AB错误，AB满足题意要求； D．恰能通过最高点时，在最高点，根据牛顿第二定律可得从最低点到最高点，根据动能定理可得解得故D错误，满足题意要求； C．从最高点做平抛运动，则有，；且联立解得当解得，取最大值，可得 故C正确，不满足题意要求。故选ABD。 题型05：竖直平面——杆类模型 【典型例题1】如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端O做圆周运动.当小球运动到最高点时，瞬时速度大小为v＝，L是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是(　　) A.mg的拉力 B.mg的压力 C.零 D.mg的压力 【答案】B 【解析】当重力完全充当向心力时，球对杆的作用力为零，所以mg＝m，解得：v′＝，而<，故杆对球的作用力是支持力，即mg－FN＝m，解得FN＝mg，由牛顿第三定律可知，球对杆的作用力是压力，B正确，A、C、D错误. 【典型例题2】轻杆与F－v 2图像如图甲所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v，O轴处有一力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F－v 2(v为小球在最高点处的速度)图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　) A．小球恰好通过最高点时的速度大小为5 m/s B．小球在最高点的速度大小为 m/s时，杆对球的作用力为支持力 C．小球的质量为3 kg D．O轴到小球的距离为0.5 m 【答案】　D 【解析】由于是球杆模型，小球恰好通过最高点时的速度为零，A错误；当小球通过最高点的速度为零时，杆对小球的支持力恰好等于小球的重力，由题图乙可知，小球的重力为3 N，即质量为0.3 kg，C错误；由题图乙可知，当小球以v2＝5 m2/s2通过最高点时，恰好对杆没有作用力，此时重力提供向心力，设O轴到小球的距离为L，根据mg＝m，得L＝0.5 m，故D正确；当小球以 m/s的速度通过最高点时，根据mg＋F＝m，可得F＝6 N，此时杆对球的作用力是向下的拉力，大小为6 N，故B错误． 【典型例题3】如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时(　　) A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 【答案】C 【解析】球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，即杆受到的弹力大小为1.5mg，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确，D错误． 【典型例题4】（多选）如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是（　　） A．v由零逐渐增大，向心力也逐渐增大 B．v的最小值为 C．当v由逐渐增大时，杆对小球的弹力也逐渐增大 D．当v由逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大 【答案】ACD 【答案】解：A、在最高点，根据F向＝m得速度增大，向心力也逐渐增大。故A正确。 B、由于轻杆能支撑小球，则小球在最高点的最小速度为零，故B错误。 C、在最高点，若速度v＝，杆子的作用力为零，当v＞，杆子表现为拉力，速度增大，向心力增大，则杆子对小球的拉力增大。故C正确。 D、当v＜时，杆子表现为支持力，速度减小，向心力减小，则杆子对小球的支持力增大。故D正确。 故选：ACD。 【变式训练5-1】一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B．小球过最高点的最小速度是 C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 答案　A 解析　当小球到达最高点弹力为零时，有mg＝m，解得v＝，即当速度v＝时，轻杆所受的弹力为零，所以A正确．小球通过最高点的最小速度为零，所以B错误．小球在最高点，若v<，则有：mg－F＝m，轻杆的作用力随着速度的增大先减小后反向增大，若v>，则有：mg＋F＝m，轻杆的作用力随着速度增大而增大，所以C、D错误． 【变式训练5-2】如图所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。小球在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动，已知小球质量为m，杆长为L，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球在最高点时，小球的速度大小为 B．小球在最低点时，小球的速度大小为 C．小球在最低点时，杆对小球的作用力大小为 D．当杆处于水平位置时，杆对小球的作用力大小为 【答案】CD 【详解】A．小球在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度恰好为零，A错误； B．从最高点到最低点对小球应用动能定理可得解得，B错误； C．最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律解得，C正确； D．从最高点到水平位置对小球应用动能定理可得由牛顿第二定律解得，D正确。故选CD。 【变式训练5-3】(多选)如图所示，轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个小球，轻杆随转轴在竖直平面内做圆周运动，当小球运动至最高点时，轻杆对小球的作用力(　　) A．方向一定竖直向上 B．方向可能竖直向下 C．大小可能为0 D．大小不可能为0 答案　BC 解析　设杆长为R，当重力刚好提供小球做圆周运动的向心力时，杆对小球无作用力，此时有mg＝m，解得v＝，当v>时，杆对小球提供拉力，当v<时，杆对小球提供支持力，故B、C正确，A、D错误． 【变式训练5-4】(多选)如图甲所示，一长为R的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是(　　) A.利用该装置可以得出重力加速度，且g＝ B.绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大 C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变 答案　CD 解析　小球在最高点，根据牛顿第二定律得mg＋F＝m，解得v2＝＋gR；由题图乙知，纵轴截距a＝gR，解得重力加速度g＝，故A错误；由v2＝＋gR知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线的斜率更小，故B错误；用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大，故C正确；由v2＝＋gR知，纵轴截距为gR，绳长不变，则图线与纵轴交点坐标不变，故D正确. 【变式训练5-5】(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图像如乙图所示。则（　　） A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下 D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 【解答】解：AB、对小球在最高点进行受力分析，速度为零时F﹣mg＝0 结合图像可知a＝mg 当F＝0时，由牛顿第二定律可得mg＝ 结合图像可知mg＝ 联立解得g＝，m＝，故A正确，B错误； C、由图像可知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，小球对杆的弹力方向向上，故C错误； D．当v2＝2b时，由牛顿第二定律可得F′+mg＝ 解得F′＝mg，故D正确； 故选：AD。 【变式训练5-6】如图，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(均可视为质点)，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轴的受力大小和方向； (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． 答案　(1)　(2)2mg　方向竖直向下 (3)能；当A、B球的速度大小为时，O轴不受力 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两球的角速度相等，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″ 联立可得v＝ 所以当A、B球的速度大小为时，O轴不受力． 【变式训练5-7】如图所示，轻杆长2l，中点装在水平轴O点，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球的质量为2m，两者一起在竖直平面内绕转O轴做圆周运动，已知重力加速度取g。 （1）若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，求此时O轴的受力大小和方向； （2）若B球到最高点时的速度等于第（1）问中A球到达最高点时的速度，则B球运动到最高点时，O轴的受力大小和方向又如何？ （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，则求出此时A、B球的速度大小。 【解答】解：（1）若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，仅由重力提供向心力。 则根据牛顿第二定律得：对A有：mg＝m，解得：v＝。 对B有F﹣2mg＝2m，解得：F＝4mg 即此时杆对B球的拉力的大小为4mg。 （2）B在最高点时，对B有： 2mg+T′OB＝2m， 将v＝代入，可得：T′OB＝0； 对A有：T′OA﹣mg＝m，得：T′OA＝2mg。 杆子对A球表现为拉力，则杆子对O轴表现为拉力，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，可判断B球应在最高点。 对B有：T′′OB+2mg＝2m 对A有：T′′OA﹣mg＝m。 轴O不受力时，T′′OA＝T′′OB，可得：v′＝。 题型06：竖直平面——拱形桥和凹形桥类模型 【典型例题】在竖直平面内光滑圆轨道的外侧，有一小球（可视为质点）以某一水平速度从最高点A出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，圆轨道半径为，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　） A．小球从A点出发的速度大小 B．小球经过B点时的速度大小 C．小球经过B点时速度变化率大小为 D．小球落在C点时的速度方向竖直向下 【答案】C 【解析】A．根据题意可知，小球在A点没有脱离轨道，则小球对圆轨道的压力不为零，由牛顿第二定律有解得故A错误； B．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，设此时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律有解得故B错误； C．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，小球的加速度为，即小球经过B点时速度变化率大小为，故C正确； D．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，速度方向为斜向下，只受重力作用，水平方向做匀速直线运动，小球落地时，水平方向速度不为零，则小球落在C点时的速度方向不可能竖直向下，故D错误。故选C。 【变式训练6-1】汽车行驶中经常会经过一些凹凸不平的路面，其凹凸部分路面可以看作圆弧的一部分，如图所示的A、B、C处，其中B处的曲率半径最大，A处的曲率半径为，C处的曲率半径为，重力加速度为g。若有一辆可视为质点、质量为m的小汽车与路面之间各处的动摩擦因数均为，当该车以恒定的速率v沿这段凹凸路面行驶时，下列说法正确的是（　　） A．汽车经过A处时处于失重状态，经过C处时处于超重状态 B．汽车经过B处时最容易爆胎 C．为了保证行车不脱离路面，该车的行驶速度不得超过 D．汽车经过C处时所受的摩擦力大小为 【答案】AC 【详解】A．小车经过A处时具有向下指向圆心的向心加速度，处于失重状态，经过C处时具有向上指向圆心的向心加速度，处于超重状态，A正确； B．在B、C处受向下的重力mg、向上的弹力 ，由圆周运动有得车对轨道的压力 故在B、C处处于超重，以同样的速度行驶时，R越小，压力越大，越容易爆胎，故在半径较小的C处更容易爆胎，B错误； D．在C处所受的滑动摩擦力，D错误； C．要使车安全行驶，则不得离开地面，故经过A处时恰不离开地面有即安全行驶的速度不得超过，C正确。故选AC。 题型07：竖直平面——轨道模型 【典型例题1】如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，若轨道半径为R，人体重为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为(　　) A.0 B. C. D. 【答案】C 【解析】由题意知F＋mg＝2mg＝m，故速度大小v＝，C正确. 【典型例题2】（多选 ）如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则(　　) A．小球不会脱离圆轨道 B．小球会脱离圆轨道 C．小球脱离轨道时的速度大小为 m/s D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30° 【答案】BCD 【解析】若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝ m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得mv0′2＝mg·2R＋mv2，解得v0′＝ m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示． 在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsin θ＝m，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得mv02＝mgR(1＋sin θ)＋mv12，联立解得sin θ＝，即θ＝30°，则v1＝＝ m/s，故C、D正确． 【变式训练7-1】一个小物块从内壁粗糙的半球形碗边下滑，在下滑过程中由于摩擦力的作用，物块的速率恰好保持不变，如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．物块所受合外力为零 B．物块所受合外力越来越大 C．物块所受合外力大小保持不变，但方向时刻改变 D．物块所受摩擦力大小不变 【解答】解：A、B物块下滑过程速率保持不变，做匀速圆周运动，物块的加速度不等于零，由公式F＝m知，所受的合外力不为零，而且大小保持不变。故A、B错误。 C、物块所受合外力大小保持不变，方向始终指向圆心，时刻在改变，故C正确。 D、重力的径向分力应沿圆弧轨迹切线方向，与摩擦力方向相反大小相等。 设圆弧轨迹切线与水平面夹角为α，则f＝mgsinα，夹角α变小，f变小。故D错误。 故选：C。 【变式训练7-2】如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环内侧做圆周运动．圆环半径为R，小球半径不计，小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时下列表述不正确的是(重力加速度为g)(　　) A．小球对圆环的压力大小等于mg B．重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力 C．小球的线速度大小等于 D．小球的向心加速度大小等于g 答案　A 解析　因为小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环，故在最高点时小球对圆环的压力为零，选项A错误；此时小球只受重力作用，即重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力，则有mg＝m＝ma，即v＝，a＝g，选项B、C、D正确． 【变式训练7-3】如图甲所示为一种叫“魔力陀螺”的玩具，其结构可简化为图乙所示．质量为M、半径为R的铁质圆轨道用支架固定在竖直平面内，陀螺在轨道内、外两侧均可以旋转．陀螺的质量为m，其余部分质量不计．陀螺磁芯对轨道的吸引力始终沿轨道的半径方向，大小恒为6mg.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g. (1)若陀螺在轨道内侧运动到最高点时的速度为，求此时轨道对陀螺的弹力大小； (2)要使陀螺在轨道外侧运动到最低点时不脱离轨道，求陀螺通过最低点时的最大速度； (3)若陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时速度为，求固定支架对轨道的作用力大小； 答案　(1)10mg　(2)　(3)g 解析　(1)当陀螺在轨道内侧最高点时，设轨道对陀螺的吸引力为F1，轨道对陀螺的支持力为FN1，陀螺所受的重力为mg，最高点的速度为v1，受力分析可知： mg＋FN1－F1＝m 解得FN1＝10mg (2)设陀螺在轨道外侧运动到最低点时，轨道对陀螺的吸引力为F2，轨道对陀螺的支持力为FN2，陀螺所受的重力为mg，最低点的速度为v2，受力分析可知：F2－FN2－mg＝m 由题意可知，当FN2＝0时，陀螺通过最低点时的速度为最大值，解得v2＝ (3)设陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时，轨道对陀螺的吸引力为F3，轨道对陀螺的支持力为FN3，陀螺所受的重力为mg.则： Fn＝F3－FN3＝m 解得FN3＝4mg 由牛顿第三定律可知FN3′＝FN3，F3′＝F3 固定支架对轨道的作用力为F＝ 解得F＝g. 题型08：竖直平面——管道模型 【典型例题1】如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 【答案】　B 【解析】　对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28 N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选B. 【典型例题2】（多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0> B．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0> C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0＝ D．小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点 【答案】BC 【解析】小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有mv02>mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0>，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vAt，R＝gt2，联立解得vA＝，mv02＝mgR＋mvA2，小球在B点的初速度应为v0＝，选项C正确；要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误． 【变式训练8-1】（多选）一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为，小球的速度大小为v，其图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是（　　）    A．小球的质量为 B．圆形管道内侧壁半径为 C．当时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为 D．小球在最低点的最小速度为 【答案】AB 【详解】A．规定竖直向下为正方向，设圆形管道内侧壁半径为R，小球受到圆形管道的作用力大小为，在最高点，由牛顿第二定律，当时当时，由重力提供向心力有 解得当时，由牛顿第二定律有解得 当时，由牛顿第二定律有解得故故小球的质量为或，故A正确； B．当时；解得圆形管内侧壁半径故B正确； C．当时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有解得 故C错误； D．根据能量守恒定律，当小球在最高点具有最小速度（为零）时，其在最低点的速度最小，即 ；故D错误。故选AB。 【变式训练8-2】（多选）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过最高点时小球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.则下列说法中正确的是(　　) A．管道的半径为 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 答案　AB 解析　由题图乙可知，当v2＝b，FN＝0时，mg＝m，解得R＝，故A正确；当v2＝0时，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． 【变式训练8-3】（多选）如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R.现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，当小球通过最高点时速率为v0，则下列说法中正确的是(　　) A.若v0＝，则小球对管内壁无压力 B.若v0>，则小球对管内上壁有压力 C.若0 <v0<，则小球对管内下壁有压力 D.不论v0多大，小球对管内下壁都有压力 答案　ABC 解析　在最高点，只有重力提供向心力时，由mg＝m，解得v0＝，此时小球对管内壁无压力，选项A正确；若v0＞，则有mg＋FN＝m，表明小球对管内上壁有压力，选项B正确；若0＜v0＜，则有mg－FN＝m，表明小球对管内下壁有压力，选项C正确；综上分析，选项D错误. 【变式训练8-4】（多选）如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是(　　) A．铁球可能做匀速圆周运动 B．铁球绕轨道转动时机械能守恒 C．铁球在A点的速度一定大于或等于 D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg 答案　BD 解析　铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B正确，A错误；铁球在A点时，有mg＋F吸－FNA＝m，当FNA＝mg＋F吸时，vA＝0，选项C错误；铁球从A到B的过程，由动能定理有2mgR＝mvB2－mvA2，当vA＝0时，铁球在B点的速度最小，解得vBmin＝2，球在B点处，轨道对铁球的磁性引力最大，F吸－mg－FNB＝m，当vB＝vBmin＝2且FNB＝0时，解得F吸min＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，选项D正确． 题型09：斜面上的圆周运动的临界问题 【典型例题1】物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化． 物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R. 【典型例题2】如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r=1m处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ=0.8，(最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知)(　　) A．8 rad/s B．2 rad/s C．rad/s D．rad/s 【答案】　B 【解析】　只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，设其经过最低点时所受静摩擦力为f，由牛顿第二定律有,为保证不发生相对滑动需要满足,联立解得.故选B. 【典型例题2】(多选)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ．图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B．动摩擦因数μ一定大于tanθ C．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcosθ D．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 【答案】　BD 【解析】小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，选项A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律 -mgsinθ=mRω2，>mgsinθ，又因为<μmgcosθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，则μ一定大于tanθ，选项B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理：mg∙2Rsinθ+=0解得==-mg∙2Rsinθ，选项C错误；小物块运动到CD两点时受力具有对称性的特点，所受的静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为零，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，选项D正确；故选BD. 【变式训练9-1】如图所示，与水平面成37°角的倾斜匀质圆盘绕垂直于盘面的中心固定轴匀速转动，一根不可伸长的细绳穿过圆盘中心，圆盘上方部分细绳与圆盘表面平行，一端悬挂质量为的物块A，另一端与随圆盘一起转动的物块B相连，已知物块B的质量为.物块B到圆盘中心的距离，与盘面之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑细绳与圆盘之间的摩擦力，取，，.当物块A始终保持静止时，圆盘转动的角速度可能为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　由题意知，物块B随圆盘转动过程中物块A始终保持静止，说明细绳的拉力,设圆盘转动的最大角速度为，圆盘转动的最小角速度为，物块B转到最高点时，对物块B有,物块B转到最低点时，对物块B有.综上分析可知，圆盘转动的角速度为,解得.故选C. 【变式训练9-2】游乐场中有一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的“魔盘”上，“魔盘”绕着通过顶点O的竖直轴MN转动，当“魔盘”转动的角速度增大到一定值时，游客就会滑向“魔盘”的边缘，其简化结构如图所示.游客视作质点，游客坐的位置与“魔盘”顶点O的距离为L.游客与“魔盘”之间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.当游客即将相对“魔盘”滑动时，“魔盘”转动的角速度ω等于(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　对人进行受力分析如图所示 则有,,由于游客即将相对“魔盘”滑动时，则有,解得.故选D. 【变式训练9-3】(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处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，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，则以下说法中正确的是(　　) A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用 B．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 C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心 D．ω的最大值是1.0 rad/s 答案　CD 解析　当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，故A错误；当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，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，也可能沿斜面向下，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B错误；当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圆心，也可能背离圆心，故C正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，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＝mgcos θ，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos θ，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故D正确． 【变式训练9-4】(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，则以下说法中正确的是(　　) 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 答案　BC 解析　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 ＝mgcos 30°，摩擦力＝μ＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mR，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误． 【变式训练9-5】(多选)如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴以恒定的角速度转动，圆筒的半径r=1m.筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取，则的值可能是(　　) A． B． C． D． 答案　CD 解析　当物块在轨迹的最高点时，受力分析如图，其中沿桶壁的方向，垂直于桶壁的方向,联立可得 故选CD. 【变式训练9-6】(多选)如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”形支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为θ.一个质量为m的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h，小球始终与支架保持相对静止.设支架转动的角速度为ω，则(　　) A．当时，臂对小球的摩擦力大小为 B．ω由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小增大 C．当时，臂对小球的摩擦力为零 D．当时，臂对小球的摩擦力大小为 答案　BC 解析　A．当时，小球受到重力、支持力和摩擦力作用，处于平衡状态，故 A错误；B．当支架转动时，设摩擦力f方向沿臂向上，则对小球，竖直方向有,水平方向有,联立解得 ，,可知ω由零逐渐增加时，臂对小球的弹力增大， B正确；C．当摩擦力为零时，解得,C正确；D．当,解得,D错误.故选BC. 【变式训练9-7】(多选)如图所示，倾角为、半径为R的倾斜圆盘，绕过圆心O垂直于盘面的转轴匀速转动.一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，恰好随圆盘一起匀速转动.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为.小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小物块与圆盘间的动摩擦因数，下列说法正确的是(　　) A．圆盘转动的角速度大小为 B．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 C．小物块在C点时受到的摩擦力大小为 D．小物块从B运动到C的过程，摩擦力做功 答案　ACD 解析　A．受力分析可知，圆盘在最低点最容易滑动，恰好一起转动时有,解得,故A正确；B．除了最高点和最低点之外，其它地方对小物块受力分析可知，摩擦力的一个分力提供向心力，另一个分力需要平衡重力的分力，所以摩擦力都不指向圆心，故B错误；C．在C点时，摩擦力指向圆心的分力提供向心力，大小为,摩擦力的另一个分力平衡重力沿斜面方向的分力，大小为,两个分力的夹角为，所以C点所受摩擦力大小为 ,故C正确；D．小物块从B运动到C的过程，根据动能定理可得,重力做功的大小为则摩擦力做功大小,故D正确.故选ACD. 【变式训练9-8】(多选)如下图所示是自行车场地赛中一段半径为R的圆弧赛道(忽略道路宽度)，赛道路面与水平面间的夹角为θ，不考虑空气阻力，自行车与骑手总质量为m，两者一起在该路段做速度为v的匀速圆周运动.路面与自行车轮之间的摩擦系数为μ，重力加速度为g，若自行车与赛道之间没有相对滑动，则对于骑手和自行车组成的系统，下列说法中正确的是(　　) A．若，则系统向心力由重力与支持力的合力提供 B．若，则系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面指向内侧 C．系统的最大速度为： D．系统的最大速度为： 答案　ABD 解析　A．系统向心力由重力与支持力的合力提供，则有,解得 A正确；B．若，则自行车有向外甩出的趋势，所以系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面指向内侧.B正确；CD．系统即将向外滑动时，速度最大，有 ,解得,C错误，D正确.故选ABD. 【变式训练9-9】(多选)如图所示，倾角θ=30°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A在转轴OO₁上.可视为质点、质量为m的小物块随转台一起以角速度ω匀速转动，此时小物块到A点的距离为L，其与斜面之间动摩擦因数为重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块随斜面一起转动且无相对滑动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小物块对斜面的压力大小可能等于 B．小物块对斜面的压力大小不可能等于 C．水平转台转动角速度ω可能为 D．水平转台转动角速度ω不可能为 答案　BC 解析　根据题意可知，当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如下图所示 由平衡条件，轴方向有，，由牛顿第二定律，轴方向有 ，解得，，当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如下图所示 由平衡条件，轴方向有，由牛顿第二定律，轴方向有 解得，由以上分析可知，角速度的取值范围为，设小物块对斜面的压力为，则根据牛顿第三定律可知小物块对斜面的压力，由此可知，小物块对斜面压力的取值范围为 故选BC. 【变式训练9-10】(多选)如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块（可视为质点），分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连.物块A、B与轴的距离分别为2L和L，与盘面的动摩擦因数均为，盘面与水平面的夹角为.圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态.当圆盘以角速度匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止.当物块A转到最高点时，A所受绳子的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力.已知重力加速度为g.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则下列说法正确的是(　　) A． B．运动过程中绳子对A拉力的最大值为 C．运动过程中B所受摩擦力的最小值为 D．物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为 答案　AC 解析　A．对A、B受力分析，A在最高点由牛顿第二定律有 B在最低点，由牛顿第二定律有,联立解得,故A正确； B．运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大设为，由牛顿第二定律有 ,代入数据解得,故B错误；C．运动过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小设为，由牛顿第二定律有 联立解得,故C正确；D．由A中公式和结论可得,则B的线速度大小为B从最低点运动到最高点的过程中，合外力的冲量为 ,由于B受的重力、支持力、绳的拉力合力不为零，故物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于，D错误.故选AC. 【变式训练9-11】如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动，试计算：（重力加速度g＝10m/s2） （1）小球通过最高点A的最小速度． （2）若细绳的抗拉力为Fmax＝13N，小球在最低点B的最大速度是多少？ 【解答】解：（1）小球通过最高点A的最小速度就是绳子上 拉力为零的时候，所以有：mgsinα＝m 代入数据可得最小速度：＝2m/s． （2）小球在最低点B的最大速度满足的条件：Fmax﹣mgsinα＝m． 代入数据可得最大速度＝m/s． 【变式训练9-12】长为的杆OC固定在地面上且与倾斜圆盘AB(厚度不计)垂直，装置截面如图所示，盘面与水平面夹角，圆盘可以以杆为轴旋转，利用该装置可以研究匀速圆周运动的相关规律，研究过程如下：将一大小可忽略.质量的物块放置于圆盘边缘最低点A点，物块与圆盘间动摩擦因数，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，观察到若圆盘做匀速圆周运动时的角速度小于等于lrad/s时，物块能够随圆盘一起匀速转动，否则会飞离圆盘，求:(g取) (1)圆盘直径D; (2)物块转到圆盘边缘最高点B点时受到的摩擦力: (3)当圆盘做匀速圆周运动的角速度为1rad/s，物块旋转到最低点A点时，圆盘因故障突然停止转动，物块滑离圆盘，物块落地点距C点的距离. 答案　(1)；(2)大小为，方向沿斜面向上；(3) 解析　(1)圆盘旋转时，物块在A点受的摩擦力最大，当角速度等于lrad/s时，有 解得 (2)角速度等于lrad/s时，物块在B点受的摩擦力设为fB，有 解得摩擦力大小为 方向沿斜面向上. (3)物块滑离圆盘后做平抛运动，平抛初速度为 下落高度为 竖直方向有 水平方向有 解得 A点在地面的投影到C点的距离为 所以物块的落地点到C点的距离为 题型10：火车或汽车转弯模型 【典型例题】2023年9月28日中国首条时速350公里跨海高铁——福厦高铁正式开通运营，福州至厦门两地间形成“一小时生活圈”。如图甲，一满载旅客的复兴号列车以大小为v的速度通过斜面内的一段圆弧形铁轨时，车轮对铁轨恰好都没有侧向挤压。图乙为该段铁轨内、外轨道的截面图。下列说法正确的是（    ） A．列车受到重力、轨道的支持力和向心力 B．若列车以大于v的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压外轨 C．若列车空载时仍以v的速度通过该圆弧轨道，车轮将侧向挤压内轨 D．若列车以不同的速度通过该圆弧轨道，列车对轨道的压力大小不变 【答案】B 【解析】A．根据题意可知，列车受重力、轨道的支持力，由这两个力的合力提供列车做圆周运动的向心力，故A错误； B．设轨道的倾角为，圆弧轨道半径为，则可知，当列车以速度v通过圆弧轨道时，由牛顿第二定律有 当速度大于v时，重力与轨道的支持力不足以提供火车转弯时的向心力，此时火车车轮将侧向挤压外轨，使外轨产生弹力，以补足火车转弯所需的向心力，则有 （） 故B正确； C．若列车以v的速度通过该圆弧轨道，由 可得 即只要满足转弯时的速度为，列车就不会对内外轨产生挤压，与列车是否空载无关，故C错误； D．根据以上分析可知，若列车速度大于v，列车车轮将挤压外轨，根据 （） 可知，速度越大，外轨对火车的弹力越大，即火车对外轨的弹力越大，则根据平行四边形定则可知，火车在垂直轨道方向的压力与对侧向轨道的压力的合力将随着速度的增加而增加；同理，当火车速度小于v时，重力与支持力的合力将大于其转弯所需的向心力，此时火车车轮将挤压内轨，有 （） 显然速度越小对内侧轨道的压力越大，根据平行四边形定则可知，火车对整个轨道的压力越大，故D错误。 故选B。 【变式训练10-1】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力 B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好 C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必须降低 D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向 【答案】A 【详解】A．火车以速度v转弯时，对火车受力分析，如图 可得 解得 根据矢量三角形的边角关系可知铁轨对火车支持力大于其重力，故A正确； B．当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，效果最好，所以实际转弯速度不是越小越好，故B错误； C．由可知规定行驶的速度与质量无关，当火车质量改变时，规定的行驶速度不变，故C错误； D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿接触面指向轮缘，故D错误。 故选A。 【变式训练10-2】有一列重为100t的火车，以72km/h的速率匀速通过一个内、外轨一样高的弯道，轨道半径为500m，g取10m/s2。 （1）试计算铁轨受到的侧压力大小； （2）若要使火车以此速率通过该弯道，且使铁轨受到的侧压力为零，我们可以适当倾斜路基，试计算路基倾斜角度θ的正切值。 【答案】（1）8×104N；（2）0.08 【详解】（1）已知m＝100t＝1×105kg，v＝72km/h＝20m/s，内、外轨一样高时，由外轨对轮缘的侧压力提供火车转弯所需要的向心力，所以有 由牛顿第三定律可知铁轨受到的侧压力大小为8×104N。 （2）火车过弯道，重力和铁轨对火车的支持力的合力正好提供向心力，如图所示 则 由此可得 一、单选题 1．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，随圆盘一起做匀速转动，A、B间的动摩擦因数μA大于圆盘与B间的动摩擦因数μB，则下列说法正确的是（　　） A．A、B都有沿切线方向向后滑动的趋势 B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力 C．圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D．缓慢增加圆盘转动角速度，A可能从B上滑出 【答案】C 【详解】A．A、B受静摩擦力指向圆心，则两物体都有沿半径方向向外滑动的趋势，选项A错误； B．根据 可知，B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力，选项B错误； C．对AB整体分析 对A分析 即圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，选项C正确； D．对AB整体，当将要产生滑动时 对A当将要产生滑动时 因为μA>μB，则 即缓慢增加圆盘转动角速度，B先产生滑动，选项D错误。 故选C。 2．如图所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块M和N，木块M放在图盘的边缘处，木块N放在离圆心的地方，它们都随圆盘一起运动，比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是（   ） A．两木块的线速度相等 B．两木块的角速度相等 C．M的线速度是N的线速度的 D．M的角速度是N的角速度的3倍 【答案】B 【详解】物块与圆盘一起运动，角速度相等，而半径不等，M的半径是N的3倍，根据v = rω可知，M的线速度是N的线速度的3倍。 故选B。 3．如图1所示一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为，一条长度为l的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球（可看作质点），小球以角速度绕圆锥体的轴线做匀速圆周运动，细线拉力F随变化关系如图2所示。重力加速度g取，由图2可知（　　） A．绳长为 B．母线与轴线之间夹角 C．小球质量为 D．小球的角速度为时，小球刚离开锥面 【答案】A 【详解】ABC．当小球将要离开锥面时，绳子拉力与小球重力的合力提供向心力，有 即 当小球离开锥面后，设绳子与竖直方向的夹角为，绳子拉力与小球重力的合力提供向心力，有 即 则根据图乙，结合所得绳子拉力与的函数关系可知，当小球离开锥面后 当小球未离开锥面时，分析小球受力情况，水平方向，根据牛顿第二定律有 竖直方向根据平衡条件有 联立可得 根据图乙，结合所得函数关系可得 ， 联立解得 ，， 故A正确，BC错误； D．根据图乙可知，当小球的角速度满足 小球恰好要离开锥面，此时角速度为 可知小球的角速度为时，小球刚离开锥面，故D错误。 故选A。 4．圆锥摆是一种简单的物理模型，四个形状相同的小球A、B、C、D在水平面内均做圆锥摆运动。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），小球；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），，则下列说法正确的是（　　） A．小球A、B向心加速度大小相等 B．小球C比D向心加速度大 C．小球A受到绳的拉力与小球B受到绳的拉力大小不等 D．小球C受到绳的拉力与小球D受到绳的拉力大小相等 【答案】C 【详解】AC．对甲图AB分析：设细线与竖直方向的夹角为，小球的质量为m，小球AB到悬点O的竖直距离为h，则 解得 所以小球AB的加速度大小相同，虽然，但两小球细线与竖直方向上的夹角不同，故小球A受到绳的拉力与小球B受到绳的拉力大小不等，故A错误，C正确； BD．对乙图CD分析：设细线与竖直方向的夹角为，小球的质量为m，绳长为l，绳上拉力为T，则有 得 所以小球C、D向心加速度大小相同，由于夹角虽然相同，但，可知小球CD受到绳的拉力大小不相同，故BD错误。 故选C。 5．汽车在水平路面上转弯时，若速度过大将做离心运动而造成事故。已知汽车质量为m，转弯半径为R，最大静摩擦力为f，则最大安全转弯速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可知，汽车以最大安全速度转弯时，最大静摩擦力提供做圆周运动的向心力，则有 解得 故选B。 6．如图所示，质量为m的飞机以角速度在空中水平盘旋，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为。则空气对飞机的作用力大小为（　　） A． B．mg C． D． 【答案】D 【详解】飞机做圆周运动的向心力为 因空气对飞机的作用力和重力的合力提供做圆周运动的向心力可知，空气对飞机的作用力 故选D。 7．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β。则（　　） A．A的质量一定小于B的质量 B．A、B受到的摩擦力可能同时为零 C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力 D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大 【答案】D 【详解】AB．当A受到的摩擦力恰是零时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得 解得 同理可得，当B受到的摩擦力恰是零时 由以上解析可知，物块的角速度与物块的质量无关，因此由题中条件只能比较A、B的加速度大小，不能比较A、B的质量。由于α>β，所以，而实际上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不可能同时是零，AB错误； C．若A不受摩擦力，则此时转台的角速度 所以B物块实际的向心力大于B所受摩擦力是零时的向心力，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误； D．如果转台角速度从A不受摩擦力时的角速度ωA开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确。 故选D。 8．如图所示，杂技演员表演时，悬空靠在以角速度匀速转动的圆筒内壁上随圆筒一起转动而不掉下来。设圆筒半径为r，人与圆筒接触面摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则该演员（　　） A．受到4个力的作用 B．增大角速度，人受到的摩擦力变大 C．向心力大小与摩擦因数无关 D．角速度 【答案】C 【详解】A．该演员重力、圆筒的弹力以及圆筒的摩擦力3个力的作用，A错误； B．演员所受的重力与摩擦力平衡，增大角速度，人受到的摩擦力不变，B错误； C．向心力由圆筒的弹力提供向心力，向心力大小与摩擦因数无关，C正确； D．演员随圆筒一起转动而不掉下来，由牛顿第二定律得 竖直方向有 解得 D错误； 故选C。 9．如图所示装置绕竖直轴匀速旋转，有一紧贴内壁的小物体随装置一起在水平面内匀速转动，则下列说法正确的是（　　）    A．小物体可能只受重力、弹力 B．小物体一定受到摩擦力作用 C．小物体可能受到重力、弹力、向心力的作用 D．随着角速度的增大，小物体始终与该装置相对静止，在此过程中，物体受到的摩擦力一定增大 【答案】A 【详解】ABC．当角速度满足一定值时，物体可能靠重力和支持力两个力的合力提供向心力，所以物体可能受重力和弹力，故A正确，BC错误； D．若开始转动时，摩擦力方向向上，随着角速度的增大，小物体始终与该装置相对静止，在此过程中，物体受到的摩擦力先减小后增大，故D错误。 故选A。 二、多选题 10．如图（a）为游乐场中的“空中飞椅”项目。“空中飞椅”结构示意图如图（b），转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，忽略悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中（　　） A．任一时刻，所有游客的线速度都相同 B．所有游客做圆周运动的周期都相同 C．悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大 D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关 【答案】BCD 【详解】AB．根据题意可知，所有游客为同轴转动，则所有游客做圆周运动的角速度相同，由可知，游客做圆周运动的半径不同，线速度大小不同，游客的线速度方向也不同，由可知，所有游客做圆周运动的周期都相同，故A错误，B正确； CD．根据题意，设绳长为，悬绳与竖直方向的夹角为，则有 解得 可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，悬绳越长，越大，即悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大，故CD正确。 故选BCD。 11．如图为场地自行车比赛的圆形赛道。某运动员骑自行车在赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为R，路面与水平面的夹角为，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．当自行车的速度大小为时，自行车不受侧向摩擦力作用 B．当自行车的速度大小为时，自行车不受侧向摩擦力作用 C．当自行车的速度大小为时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上 D．当自行车的速度大小为时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向下 【答案】AC 【详解】AB．设人和自行车的总质量为m，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得 解得 故B错误，A正确； CD．当自行车的速度大小为<时，支持力与重力的合力大于所需向心力，自行车有近心运动的趋势，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上，故C正确，D错误。 故选AC。 12．如图所示，一辆质量为的汽车在外高内低的路面转弯，路面倾角为，转弯轨道半径为，已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．若汽车速度大于，汽车所受侧向摩擦力向外 B．若汽车速度大小为，汽车不受侧向摩擦力 C．只要汽车速度大于，汽车就会向外侧滑 D．若汽车速度小于，汽车所受侧向摩擦力向外 【答案】BD 【详解】B．若汽车不受侧向摩擦力，则 解得汽车速度大小为 选项B正确； AC．若汽车速度大于，则重力和支持力的合力不足以提供汽车做圆周运动的向心力，则汽车有沿路面向外运动的趋势，则汽车所受侧向摩擦力向内，但是汽车不一定向外产生滑动，选项AC错误； D．若汽车速度小于，则重力和支持力的合力大于汽车做圆周运动所需的向心力，则汽车有沿路面向内运动的趋势，汽车所受侧向摩擦力向外，选项D正确。 故选BD。 13．如图所示，倾角为的倾斜圆盘绕垂直盘面的轴以角速度ω匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为r、质量为m的小物体（可视为质点）随圆盘一起转动。PQ、MN是小物体轨迹圆互相垂直的两条直径，P、Q、M、N是圆周上的四个点，且P是轨迹圆上的最高点，Q是轨迹圆上的最低点，则（　　） A．小物体所受静摩擦力最大值为 B．小物体所受静摩擦力最大值为 C．在最高点P处，小物体所受静摩擦力可能背离圆心 D．在M处，小物体所受静摩擦力大小 【答案】ACD 【详解】ABC．物体在P点受重力和静摩擦力以及支持力，沿斜面方向的合力提供向心力，所以摩擦力可能背离圆心，也可能指向圆心，所以背离指向圆心时 解得 当摩擦力指向圆心时 解得 物体在Q点时合力提供向心力，所以摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律 解得 所以小物体所受静摩擦力最大值为，故AC正确，B错误； D．小物体在M点所受的合力提供向心力，所以 解得 故D正确。 故选ACD。 14．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量相同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，，，此时物块A受到的摩擦力恰好为零，重力加速度为g。则（　　）      A．B受到的摩擦力可能为零 B．转台转动的角速度大小为 C．B受沿容器壁向下的摩擦力 D．若ω改变，A受到的摩擦力可能不变 【答案】BC 【详解】A．当B摩擦力恰为零时，受力分析如图    根据牛顿第二定律得 解得 同理可得 由于，所以 即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故A错误； BC．如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力增大，因A受的静摩擦力为零，所以B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受沿容器壁向下的摩擦力，对物体A有 解得 故 BC正确； D．若ω改变，则A的向心力改变，所以A受到的摩擦力一定改变，故D错误。 故选BC。 三、解答题 15．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置用长L=0.1m的细线相连接的A、B两小物块。已知A距轴心O的距离r1=0.2m，A、B的质量均为m=1kg，它们与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.3倍。取g=10m/s2。试求： （1）当细线刚要出现拉力时，圆盘转动的角速度ω0为多大？ （2）当A、B与盘面间刚要发生相对滑动时，细线受到的拉力多大？    【答案】（1）；（2）0.6N 【详解】（1）当细线上开始出现张力时，B与圆盘之间的静摩擦力达到最大值，对B 解得 （2）当A开始滑动时，A、B所受静摩擦力均达最大，设此时细绳张力为，对B +kmg=m(L+) 对A kmg﹣=m 联立解得 =0.6N 16．如图所示，水平圆盘上沿直径方向放置着用水平轻绳相连的两个小物块A和B。两物块的质量分别为和，到圆心的距离分别为r和3r。两物块与圆盘的最大静摩擦力均为自身重力的倍，重力加速度为g。不考虑轻绳拉力上限，轻绳伸直且最初拉力为零。圆盘绕过圆心的竖直轴转动，转动的角速度由零缓慢增大，求： （1）角速度增大至多少时轻绳开始出现拉力？ （2）若，角速度在什么范围内，两物块与圆盘之间都不发生相对滑动？ 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）根据题意可知，两个小物块A和B在同一圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动，若小物块A达到最大静摩擦力，则有 解得 若小物块B达到最大静摩擦力，则有 解得 可知 即小物块B先达到最大静摩擦力，即角速度增大至时轻绳开始出现拉力。 （2）当两物块与圆盘间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，恰好不与圆盘发生相对滑动，物块的静摩擦力沿半径向外，则有 解得 即两物块与圆盘之间都不发生相对滑动，角速度的范围为 17．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，游玩者与座椅的总质量为m，将游玩者和座椅看作一质点，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度为g。求： （1）游玩者与座椅的向心力大小； （2）转盘转动的角速度。    【答案】（1）；（2） 【详解】（1）游玩者与座椅的向心力由重力与绳子拉力的合力提供，其受力分析如图所示    根据几何关系可得 （2）根据几何关系可知游玩者与座椅一起做圆周运动的半径为 根据向心力公式可得 解得 18．如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角为，小球以速率绕圆锥体轴线做水平圆周运动（，，重力加速度大小为g）。 （1）当时，求细线对小球的拉力和小球对圆锥体的压力大小； （2）当时，求细线对小球的拉力。 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）小球离开圆锥体的临界条件为圆锥体对小球的支持力为 由牛顿第二定律可得 解得 则小球对圆锥体的压力不为0。对小球进行受力分析，如图甲所示 根据牛顿第二定律有 解得 ， 根据牛顿第三定律得，小球对圆锥体的压力大小为。 （2）因，小球离开圆锥体，对小球进行受力分析如图乙所示，设细线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律得 解得 19．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，斜面上质量为4m的滑块通过轻质刚性绳穿过光滑的圆环与质量为m的小球（可视为质点）相连，轻绳与斜面平行，小球在水平面内做圆周运动，小球与圆环间轻绳与竖直方向的夹角为θ。斜面体和滑块始终静止，小球与圆环之间的绳长为L，重力加速度为g。当滑块恰好不受摩擦力时，求：小球做圆周运动的线速度大小。    【答案】 【详解】当滑块恰好不受摩擦力时，绳的拉力为 设此时细绳与竖直方向的夹角为，则 小球做圆周运动，则有 得小球的速度为 20．清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躄”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。 （1）速滑运动员加速时，后腿用力侧推冰刀，如图甲所示。地面的反作用力在水平面上的分力为F，F沿赛道方向的分量使运动员获得向前的加速度。某选手从静止出发，先沿直道加速滑行，内前行，该过程可视为匀加速直线运动。图乙的照片中，运动员左脚抬起，右脚冰刀与赛道方向夹角．运动员质量为，求拍照瞬间地面给冰刀的作用力大小； （2）速滑运动员转弯时，通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使地面对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图丙所示。某次过弯时的运动可视为半径为的匀速圆周运动，运动员身体与水平面的夹角，求运动员过弯时的速度大小。g取，，，。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设运动员匀加速运动的加速度为a，根据匀加速直线运动规律可知 解得 根据牛顿第二定律可知 由题意可知 地面对冰刀的作用力应为反推力与支持力的合力 解得 （2）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示 根据牛顿第二定律可得 解得 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $