高考物理一轮复习考点题型演练专题09 圆周运动七大常考模型（解析版）

2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题09圆周运动七大常考模型【专题导航】目录TOC\o"1-3"\h\u题型一水平面内圆盘模型的临界问题 1热点题型二eq\a\vs4\al(竖直面内圆周运动的临界极值问题) 3球—绳模型或单轨道模型 4球—杆模型或双轨道模型 6热点题型三eq\a\vs4\al(斜面上圆周运动的临界问题) 8热点题型四圆周运动的动力学问题 9圆锥摆模型 9车辆转弯模型 11【题型演练】 13【题型归纳】题型一水平面内圆盘模型的临界问题1．与摩擦力有关的临界极值问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力．(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm＝eq\f(mv2,r)，静摩擦力的方向一定指向圆心．(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．2．与弹力有关的临界极值问题(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力．【例1】(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ω>eq\r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动B．当ω>eq\r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力C．ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))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，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq\r(\f(2Kg,3L))，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：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq\r(\f(Kg,2L))，可知当ω>eq\r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω>eq\r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))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Ff－FT＝mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确．【变式1】(多选)(2019·重庆市江津中学月考)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∶3B．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∶9C．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】【变式2】(多选)(2019·广东省惠州市第二次调研)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A．此时绳子张力为3μmgB．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内C．此时圆盘的角速度为eq\r(\f(2μg,r))D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动【答案】AC【解析】两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，细绳拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得：FT＝3μmg，ω＝eq\r(\f(2μg,r))，故A、C正确，B错误．烧断细绳瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断细绳，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误．热点题型二eq\a\vs4\al(竖直面内圆周运动的临界极值问题)1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“轻绳模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“轻杆模型”．2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法轻绳模型轻杆模型实例如球与绳连接、沿内轨道运动的球等如球与杆连接、球在内壁光滑的圆管内运动等图示最高点无支撑最高点有支撑最高点受力特征重力、弹力，弹力方向向下或等于零重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向上受力示意图力学特征mg＋FN＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FN＝0，vmin＝eq\r(gr)竖直向上的FN＝mg，v＝0过最高点条件v≥eq\r(gr)v≥0速度和弹力关系讨论分析①能过最高点时，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力为FN②不能过最高点时，v<eq\r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动①当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心②当0<v<eq\r(gr)时，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN背离圆心，随v的增大而减小③当v＝eq\r(gr)时，FN＝0④当v>eq\r(gr)时，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大球—绳模型或单轨道模型【例2】(多选)(2019·哈尔滨三中期中)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为 ()A．最小为eq\f(2,5)LB．最小为eq\f(3,5)LC．最大为eq\f(4,5)LD．最大为eq\f(9,10)L【答案】BC【解析】当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝meq\f(v2,r)，根据机械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝eq\f(1,2)mv2，联立解得：r＝eq\f(2,5)L，故钉的位置到O点的距离为L－eq\f(2,5)L＝eq\f(3,5)L；当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：11mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，根据机械能守恒定律可知，mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得：R＝eq\f(1,5)L，故此时离最高点距离为eq\f(4,5)L，则可知，距离最小为eq\f(3,5)L，距离最大为eq\f(4,5)L，故B、C正确，A、D错误．【变式1】(2019·福州质检)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为()A．eq\r(3)mgB．eq\f(4,3)eq\r(3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg【答案】A【解析】小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝meq\f(v2,R)，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝meq\f(（2v）2,R)，可解得：F＝3mg.由2FTcos30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝eq\r(3)mg，A项正确．【变式2】(2018·甘肃省兰州一中模拟)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m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FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT－v2图象如图乙所示，则()A．轻质绳长为eq\f(mb,a)B．当地的重力加速度为eq\f(a,m)C．当v2＝c时，轻质绳最高点拉力大小为eq\f(ac,b)＋aD．若v2＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a【答案】ABD【解析】在最高点，FT＋mg＝meq\f(v2,L)，解得：FT＝meq\f(v2,L)－mg，可知纵截距的绝对值为a＝mg，g＝eq\f(a,m)，图线的斜率k＝eq\f(a,b)＝eq\f(m,L)，解得绳子的长度L＝eq\f(mb,a)，故A、B正确；当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为：FT＝meq\f(c,L)－mg＝eq\f(ac,b)－a，故C错误；当v2＝b时拉力为零，到最低点时根据动能定理得：2mgL＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律：FT′－mg＝meq\f(v22,L)，联立以上可得拉力为：FT′＝6mg＝6a，故D正确．【变式2】如图所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直放置，一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点P时，对轨道的压力为其重力的一半，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平距离为()A.eq\r(2)RB.eq\r(3)RC.eq\r(5)R D.eq\r(6)R【答案】D【解析】小球从P点飞出后，做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，则2R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(R,g))，在最高点P时，有mg＋eq\f(1,2)mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(3gR,2))，因此小球落地点到P点的水平距离为x＝vt＝eq\r(6)R，选项D正确．球—杆模型或双轨道模型【例3】(2019·烟台模拟)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eq\r(gR)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】轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝eq\r(gR)时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v＜eq\r(gR)，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝meq\f(v2,R)，随v增大，F减小，若v＞eq\r(gR)，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝meq\f(v2,R)，随v增大，F增大，故C、D均错误．【变式1】(2019·山东省济南一中期中)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()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eq\r(gR)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＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，即当速度v＝eq\r(gR)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<eq\r(gR)，则有：mg－F＝meq\f(v2,R)，轻杆的作用力随着速度的增大先减小后反向增大，若v>eq\r(gR)，则有：mg＋F＝meq\f(v2,R)，轻杆的作用力随着速度增大而增大，所以C、D错误．【变式2】如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看做质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2.则()小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9mB．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1ND．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2N【答案】AC.【解析】根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．热点题型三eq\a\vs4\al(斜面上圆周运动的临界问题)在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．【例4】(2019·江西吉安一中段考)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，盘面上离转轴距离2.5m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eq\f(\r(3),2)(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10m/s2，则ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/sB.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s【答案】C【解析】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcos30°－mgsin30°＝mω2rω＝eq\r(\f(g（μcos30°－sin30°）,r))＝eq\r(\f(10×（\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2)－\f(1,2)）,2.5))rad/s＝1.0rad/s，故选项C正确．【变式】．(2019·沈阳东北育才中学模拟)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则()A．vA＝0B．vA＝eq\r(gL)C．vB＝eq\f(1,2)eq\r(10gL)D．vB＝eq\r(3gL)【答案】C【解析】在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)，解得A点的最小速度为：vA＝eq\r(\f(1,2)gL)，对AB段过程研究，根据机械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg·2Lsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得B点的最小速度为：vB＝eq\r(\f(5gL,2))＝eq\f(1,2)eq\r(10gL)，故C正确，A、B、D错误．热点题型四圆周运动的动力学问题1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．运动模型圆锥摆模型1．结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。2．受力特点：摆球质量为SKIPIF1<0，只受两个力即竖直向下的重力SKIPIF1<0和沿摆线方向的拉力SKIPIF1<0。两个力的合力，就是摆球做圆周运动的向心力，如图所示（也可以理解为拉力的竖直分力与摆球的重力平衡，的水平分力提供向心力）。3．运动特点：摆长为SKIPIF1<0，摆线与竖直方向的夹角为SKIPIF1<0的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O，圆周运动的轨道半径是SKIPIF1<0向心力SKIPIF1<0摆线的拉力SKIPIF1<0讨论：（1）当摆长一定，摆球在同一地点、不同高度的水平面内分别做匀速圆周运动时，据SKIPIF1<0可知，若角速度SKIPIF1<0越大，则SKIPIF1<0越大，摆线拉力SKIPIF1<0也越大，向心加速度SKIPIF1<0也越大，线速度SKIPIF1<0=SKIPIF1<0也越大。结论是：同一圆锥摆，在同一地点，若SKIPIF1<0越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，转动的越快，运动的也越快，。（2）当SKIPIF1<0为定值时（SKIPIF1<0为摆球的轨道面到悬点的距离h，即圆锥摆的高度），摆球的质量相等、摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动，则摆线拉力SKIPIF1<0，向心力SKIPIF1<0，向心加速度SKIPIF1<0，角速度SKIPIF1<0，线速度SKIPIF1<0。结论是：在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但SKIPIF1<0角大的圆锥摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。【例5】如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是()A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小【答案】D【解析】.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝Tsinθ，对A，有：Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，θ变小，ω变小，故D正确．【变式】两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是()【答案】B【解析】小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝eq\f(g,ω2)，则两球处于同一高度，故B正确．车辆转弯模型受力分析：如图所示火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心，成为使火车拐弯的向心力。2、动力学方程：根据牛顿第二定律得SKIPIF1<0其中r是转弯处轨道的半径，SKIPIF1<0是使内外轨均不受侧向力的最佳速度。3、分析结论：解上述方程可知SKIPIF1<0可见，最佳情况是由SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0共同决定的。当火车实际速度为v时，可有三种可能，当SKIPIF1<0时，内外轨均不受侧向挤压的力；当SKIPIF1<0时，外轨受到侧向挤压的力（这时向心力增大，外轨提供一部分力）；当SKIPIF1<0时，内轨受到侧向挤压的力（这时向心力减少，内轨抵消一部分力）。还有一些实例和这一模型相同，如自行车转弯，高速公路上汽车转弯等等【例6】如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14)，则赛车()A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s【答案】AB.【解析】因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝meq\f(v2,R)，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v大＝eq\r(\f(FR,m))＝eq\r(\f(2.25mgR,m))＝45m/s，v小＝eq\r(\f(Fr,m))＝eq\r(\f(2.25mgr,m))＝30m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d＝eq\r(L2－（R－r）2)＝50eq\r(3)m，由运动学公式veq\o\al(2,大)－veq\o\al(2,小)＝2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a＝6.50m/s2，则C项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝eq\f(2πr,3v小)＝2.79s，则D项错误．【变式】(2019·甘肃省兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则()A．该弯道的半径r＝eq\f(v2,gtanθ)B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压【答案】ABD【解析】火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(v2,gtanθ)，故A正确；根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\r(grtanθ)，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确．【题型演练】1．(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，则在该弯道处()路面外侧高、内侧低B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小【答案】AC【解析】当汽车行驶的速度为vc时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高、内侧低，选项A正确．当速度稍大于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于vc时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．vc的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与路面的粗糙程度无关，D错误．2．(多选)(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图为过山车以及轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是()过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B．过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于eq\r(gR)C．过山车在圆轨道最低点时“假人”处于失重状态D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对“假人”一定无作用力【答案】BD【解析】过山车在运动过程中，重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所以不是做匀速圆周运动，A错误；在最高点重力完全充当向心力时，速度最小，故有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，B正确；在最低点，“假人”受到竖直向上指向圆心的加速度，故处于超重状态，C错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，即在最高点重力充当向心力，或重力和座椅对“假人”的支持力的合力充当向心力，所以安全带对“假人”一定无作用力，D正确．3.(2019·湖南怀化联考)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，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，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，则下列说法正确的是 ()A．a绳的张力可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【答案】C【解析】由于小球m的重力不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，选项A错误；由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的增大而不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，选项B错误；若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对小球m，Fsinθ＝mg，Fcosθ＝mω2l，联立解得：ω＝eq\r(\f(gcotθ,l))，即当角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))，b绳将出现弹力，选项C正确；若ω＝eq\r(\f(gcotθ,l))，b绳突然被剪断，则a绳的弹力不发生变化，选项D错误．4.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FN，小球在最高点的速度大小为v，其FN­v2图象如图乙所示．则()A．小球的质量为eq\f(aR,b)B．当地的重力加速度大小为eq\f(R,b)C．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a【答案】A【解析】由图乙可知当小球运动到最高点时，若v2＝b，则FN＝0，轻杆既不向上推小球也不向下拉小球，这时由小球受到的重力提供向心力，即mg＝eq\f(mv2,R)，得v2＝gR＝b，故g＝eq\f(b,R)，B错误；当v2>b时，轻杆向下拉小球，C错误；当v2＝0时，轻杆对小球弹力的大小等于小球重力，即a＝mg，代入g＝eq\f(b,R)得小球的质量m＝eq\f(aR,b)，A正确；当v2＝2b时，由向心力公式得F＋mg＝eq\f(mv2,R)，得杆的拉力大小F＝mg，故F＝a，D错误．5.如图，叠放在水平转台上的物体A、B、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，AB整体、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 ()A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度一定满足：ω≤eq\r(\f(μg,r))D．转台的角速度一定满足：ω≤eq\r(\f(2μg,3r))【答案】BD【解析】A做圆周运动的向心力由B对A的摩擦力提供，由牛顿第二定律及向心加速度公式有：Ff＝3mω2r，B项正确；AB整体恰好未发生相对转台的滑动时，μ(3m＋2m)g＝(3m＋2m)ω2r，解得角速度最大值为ω＝eq\r(\f(μg,r))，C恰好未发生相对滑动时，μmg＝1.5mω2r，解得：ω＝eq\r(\f(2μg,3r))，所以D选项正确．6.如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是()细线L1和细线L2所受的拉力之比为eq\r(3)∶1B．小球m1和m2的角速度大小之比为eq\r(3)∶1C．小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1D．小球m1和m2的线速度大小之比为3eq\r(3)∶1【答案】AC【解析】.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,cosθ)，所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为eq\f(T1,T2)＝eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，故A正确；小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mLω2sinθ，得ω2＝eq\f(g,Lcosθ)，故两小球的角速度大小之比为eq\f(ω1,ω2)＝eq\r(\f(cos30°,cos60°))＝eq\f(\r(4,3),1)，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F＝mgtanθ，小球m1和m2的向心力大小之比为eq\f(F1,F2)＝eq\f(tan60°,tan30°)＝3，故C正确．两小球角速度大小之比为eq\r(4,3)∶1，由v＝ωr得线速度大小之比为eq\r(3\r(3))∶1，故D错误．6.(2019·辽宁大连模拟)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员()A．受到的拉力为GB．受到的拉力为2GC．向心加速度为3gD．向心加速度为2g【答案】B【解析】对女运动员受力分析如图所示，F1＝Fcos30°，F2＝Fsin30°，F2＝G，由牛顿第二定律得F1＝ma，所以a＝eq\r(3)g，F＝2G，B正确．7.(2019·北京东城区模拟)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．当v＝eq\r(gL)时，轻杆对小球的弹力为零B．当v由eq\r(gL)逐渐增大时，轻杆对小球的拉力逐渐增大C．当v由eq\r(gL)逐渐减小时，轻杆对小球的支持力逐渐减小D．当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大【答案】ABD【解析】在最高点轻杆对小球的作用力为0时，由牛顿第二定律得mg＝eq\f(mv2,L)，v＝eq\r(gL)，A正确；当v＞eq\r(gL)时，轻杆对小球有拉力，则F＋mg＝eq\f(mv2,L)，v增大，F增大，B正确；当v＜eq\r(gL)时，轻杆对小球有支持力，则mg－F′＝eq\f(mv2,L)，v减小，F′增大，C错误；由F向＝eq\f(mv2,L)知，v增大，向心力增大，D正确．8.(2019·湖南衡阳模拟)轻杆一端固定有质量为m＝1kg的小球，另一端安装在水平轴上，转轴到小球的距离为50cm，转轴固定在三角形的带电动机(电动机没画出来)的支架上，在电动机作用下，轻杆在竖直面内做匀速圆周运动，如图所示．若转轴达到某一恒定转速n时，在最高点，杆受到小球的压力为2N，重力加速度g取10m/s2，则()小球运动到最高点时，小球需要的向心力为12NB．小球运动到最高点时，线速度v＝1m/sC．小球运动到图示水平位置