2023版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动

PAGEPAGE8第3节圆周运动,(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)(6)比拟物体沿圆周运动的快慢看线速度，比拟物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。(√)(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)突破点(一)描述圆周运动的物理量1．圆周运动各物理量间的关系2．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。3．对a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解当v一定时，a与r成反比；当ω一定时，a与r成正比。4．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。[多角练通]1．(2022·上海高考)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。假设某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，那么该时间段内风轮叶片()A．转速逐渐减小，平均速率为eq\f(4πnr,Δt)B．转速逐渐减小，平均速率为eq\f(8πnr,Δt)C．转速逐渐增大，平均速率为eq\f(4πnr,Δt)D．转速逐渐增大，平均速率为eq\f(8πnr,Δt)解析：选B根据题意，从题图(b)可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt时间内可以看出有4次挡光，即凸轮圆盘转动4周，那么风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l＝4n×2πr，转动速率为：v＝eq\f(8πnr,Δt)，应选项B正确。2．(2022·成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。如下图，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3。A、B、C分别为各边缘线上的点。那么读取内环上A点时，A点的向心加速度大小和读取外环上C点时，C点的向心加速度大小之比为()A.eq\f(R12,R2R3) B.eq\f(R22,R1R3)C.eq\f(R2R3,R12) D.eq\f(R1R3,R22)解析：选DA、B两点角速度相同，由a＝ω2r，可知aA∶aB＝R1∶R2①；B、C两点线速度相同，由a＝eq\f(v2,r)，可知aB∶aC＝R3∶R2②；由①×②可得aA∶aC＝R1R3∶R22，D项正确。3.(2022·桂林模拟)如下图，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，那么a、b、c三点在运动过程中的()A．线速度大小之比为3∶2∶2B．角速度之比为3∶3∶2C．转速之比为2∶3∶2D．向心加速度大小之比为9∶6∶4解析：选DA、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴转动，故ωb＝ωc，eq\f(vb,RB)＝eq\f(vc,RC)，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误；转速之比等于角速度之比，故C错误；由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确。突破点(二)水平面内的匀速圆周运动1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点运动轨迹是圆且在水平面内。2．匀速圆周运动的受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。(2)合外力充当向心力。3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由Fn＝meq\f(v2,r)或Fn＝mω2r或Fn＝meq\f(4π2r,T2)列方程求解。[典例](多项选择)(2022·浙江高考)如下图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)，那么赛车()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[审题指导](1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上运动的速度应最大，此时恰好由最大静摩擦力提供向心力。(2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。(3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。[解析]赛车做圆周运动时，由F＝eq\f(mv2,R)知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝meq\f(v2,R)知，其速率v＝eq\r(\f(FR,m))＝eq\r(\f(2.25mgR,m))＝45m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30m/s。如下图，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin60°＝50eq\r(3)m，据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝eq\f(2πr,3)，对应的运动时间t＝eq\f(s,v′)≈2.79s，选项D错误。[答案]AB[方法规律]求解圆周运动问题必须进行的三类分析几何分析目的是确定圆周运动的圆心、半径等运动分析目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等受力分析目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力[集训冲关]1.(2022·三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如下图，那么乒乓球会(球直径比管直径略小)()A．向管底运动 B．向管口运动C．保持不动 D．无法判断解析：选B开始时，玻璃管壁的摩擦力缺乏以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩〞到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，那么乒乓球在水的作用下向管口运动，故B正确。2．(多项选择)(2022·兰州一中月考)如下图，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小球A和B，质量分别为mA和mB，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同的水平面上做匀速圆周运动。那么以下表达正确的选项是()A．只有当mA<mB时，小球A的角速度才会大于小球B的角速度B．不管A、B的质量关系如何，小球A的线速度始终大于小球B的线速度C．不管A、B的质量关系如何，小球A对漏斗内壁的压力始终大于小球B对漏斗内壁的压力D．不管A、B质量关系如何，小球A的周期始终大于小球B的周期解析：选BD对A、B两球中任意一球研究，进行受力分析，如图，小球只受重力和漏斗给的支持力FN。如下图，设内壁与水平面的夹角为θ。根据牛顿第二定律有：mgtanθ＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r，那么得ω＝eq\r(\f(gtanθ,r))，v＝eq\r(grtanθ)，T＝2πeq\r(\f(r,gtanθ))。可知，小球的轨道半径越大角速度越小，线速度越大，周期越大，与两球质量大小无关。所以A的角速度小于B的角速度，A的线速度大于B的线速度，A的周期始终大于B的周期，故A错误，B、D正确；支持力FN＝eq\f(mg,cosθ)，θ相同，知两球所受的支持力与质量成正比，故C错误。3．(2022·潍坊高三段考)为确保弯道行车平安，汽车进入弯道前必须减速。如下图，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道。AB段的距离sAB＝14m，弯道半径R＝24m。汽车到达A点时速度vA＝16m/s，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。要确保汽车进入弯道后不侧滑。求汽车：(1)在弯道上行驶的最大速度；(2)在AB段做匀减速运动的最小加速度。解析：(1)在BC弯道，由牛顿第二定律得，μmg＝meq\f(vmax2,R)，代入数据解得vmax＝12m/s。(2)汽车匀减速至B处，速度恰好减为12m/s时，加速度最小，由运动学公式－2aminsAB＝vmax2－vA2，代入数据解得amin＝4m/s2。答案：(1)12m/s(2)4m/s2突破点(三)竖直面内的圆周运动轻“绳〞模型轻“杆〞模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此时FN＝mgv＝eq\r(gr)的意义物体能否过最高点的临界点FN表现为拉力还是支持力的临界点[典例]如下图，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，那么以下说法正确的选项是()A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq\r(gR＋r)B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力[模型建立]小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻“杆〞模型，杆的长度为R＋r。[解析]小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点的最小速度为0，A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力。故C错误；小球在水平线ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力。当速度比拟小时，内侧管壁有作用力。故D错误。[答案]B[应用领悟]在解答竖直平面内物体的圆周运动问题时，首先要确定是属于轻“绳〞模型，还是轻“杆〞模型，然后注意区分两者在最高点的最小速度要求，区分绳与杆的施力特点，必要时还要根据牛顿运动定律列式求解。[集训冲关]1.(2022·福州质检)如下图，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，假设小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，那么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)mg B.eq\f(4,3)eq\r(3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg解析：选A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(2v2,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。2.如下图，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，以下说法正确的选项是()A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D人过最高点时，FN＋mg＝meq\f(v2,R)，当v≥eq\r(gR)时，不用保险带，人也不会掉下来，当v＝eq\r(2gR)时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。3．(多项选择)(2022·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，以下说法中正确的选项是()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，向心力也逐渐增大解析：选ABD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，那么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，那么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。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、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。(一)静摩擦力控制下的圆周运动1.(2022·安徽高考)如下图，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。那么ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/s B.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/s D．5rad/s解析：选C物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos30°－mgsin30°＝mrω2，求得ω＝1.0rad/s，C项正确，A、B、D项错误。(二)轻杆控制下的圆周运动2.如下图，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，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，取g＝10m/s2，假设要小球能通过最高点A，那么小球在最低点B的最小速度是()A．4m/s B.2eq\r(10)m/sC．2eq\r(5)m/s D．2eq\r(2)m/s解析：选A小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsinα＝eq\f(1,2)mvB2，可得vB＝4m/s，A正确。(三)轻绳控制下的圆周运动3.(2022·开封模拟)如下图，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l＝0.60m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0m/s。假设小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10m/s2)解析：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsinα小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝eq\f(mv12,l)①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有－mglsinα＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02②假设恰好能通过最高点，那么绳子拉力FT＝0③联立①②③解得sinα＝eq\f(1,2)，解得α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°。答案：0°≤α≤30°

对点训练：描述圆周运动的物理量1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。某国产轿车的车轮半径约为30cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120km/h〞上，可估算出该车轮的转速近似为()A．1000r/s B．1000r/minC．1000r/h D．2000r/s解析：选B设经过时间t，轿车匀速行驶的路程x＝vt，此过程中轿车轮缘上的某一点转动的路程x′＝nt·2πR，其中n为车轮的转速，由x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝eq\f(v,2πR)≈17.7r/s＝1062r/min。B正确。2.(2022·湖北省重点中学联考)如下图，由于地球的自转，地球外表上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，以下说法正确的选项是()A．P、Q两物体的角速度大小相等B．P、Q两物体的线速度大小相等C．P物体的线速度比Q物体的线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用解析：选AP、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，即P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错。3.如下图，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲：r乙＝3∶1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时()A．m1与m2滑动前的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1B．m1与m2滑动前的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动解析：选D甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1·3r＝ω2·r，那么得ω1∶ω2＝1∶3，所以小物体相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为1∶3，故A错误；小物体相对盘开始滑动前，根据a＝ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝(ω12·2r)∶(ω22r)＝2∶9，故B错误；根据μmg＝mrω2＝ma知，因a1∶a2＝2∶9，圆盘和小物体的动摩擦因数相同，可知当转速增加时，m2先到达临界角速度，所以m2先开始滑动。故D正确，C错误。对点训练：水平面内的匀速圆周运动4.山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一局部，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，那么列车在这样的轨道上转弯行驶的平安速度(轨道不受侧向挤压)为()A.eq\r(gRsinθ) B.eq\r(gRcosθ)C.eq\r(gRtanθ) D.eq\r(gRcotθ)解析：选C轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtanθ＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\r(gRtanθ)，C正确。5．(多项选择)如下图，在水平转台上放一个质量M＝2.0kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力fm＝6.0N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m＝1.0kg的小球，当转台以ω＝5.0rad/s的角速度匀速转动时，欲使木块相对转台静止，那么木块到O孔的距离可能是(重力加速度g＝10m/s2，木块、小球均视为质点)()A．6cm B.15cmC．30cm D．34cm解析：选BC转台以一定的角速度ω匀速转动，木块所需的向心力与做圆周运动的半径r成正比，在离O点最近处r＝r1时，木块有靠近O点的运动趋势，这时摩擦力沿半径向外，刚好到达最大静摩擦力fm，即mg－fm＝Mω2r1，得r1＝eq\f(mg－fm,Mω2)＝8cm，同理，木块在离O点最远处r＝r2时，有远离O点的运动趋势，这时摩擦力的方向指向O点，且到达最大静摩擦力fm，即mg＋fm＝Mω2r2，得r2＝eq\f(mg＋fm,Mω2)＝32cm，那么木块能够相对转台静止，半径应满足关系式r1≤r≤r2。选项B、C正确。6．(多项选择)(2022·开封质检)如下图，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，以下说法正确的选项是()A．此时绳子张力为T＝3μmgB．此时圆盘的角速度为ω＝eq\r(\f(2μg,r))C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动解析：选ABCA和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，那么F＝mω2r，B的运动半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝eq\r(\f(2μg,r))，故A、B、C正确；此时烧断绳子，A的最大静摩擦力缺乏以提供向心力，那么A做离心运动，故D错误。7．(2022·湖南高三联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如下图。测试的汽车质量m＝1t，车道转弯半径r＝150m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10m/s2)求(1)假设汽车恰好不受路面摩擦力，那么其速度应为多大？(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。解析：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由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：v≈38.7m/s。(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：FNsinθ－Ffcosθ＝meq\f(vmin2,r)FNcosθ＋Ffsinθ－mg＝0Ff＝μFN解得：vmin＝30m/s。答案：(1)38.7m/s(2)30m/s对点训练：竖直面内的匀速圆周运动8．(2022·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如下图。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，那么小球通过D点后()A．一定会落到水平面AE上B．一定会再次落到圆弧轨道上C．可能会再次落到圆弧轨道上D．不能确定解析：选A设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝meq\f(vD2,R)，得：vD＝eq\r(gR)，知在最高点的最小速度为eq\r(gR)。小球经过D点后做平抛运动，根据R＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2R,g))。那么平抛运动的水平位移为：x＝eq\r(gR)·eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(2)R，知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。9．(2022·绵阳诊断)如下图，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，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。那么球B在最高点时()A．球B的速度为零B．球A的速度大小为eq\r(2gL)C．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD．水平转轴对杆的作用力为2.5mg解析：选C球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(vB2,2L)，解得vB＝eq\r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，那么球A的速度大小vA＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(vA2,L)，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。10．(多项选择)“水流星〞是一种常见的杂技工程，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。绳长为l，重力加速度为g，那么()A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．小球初速度v0越大，那么在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0>eq\r(6gl)时，小球一定能通过最高点PD．当v0<eq\r(gl)时，细绳始终处于绷紧状态解析：选CD小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：FT1－mg＝meq\f(v02,l)；在最高点时：FT2＋mg＝meq\f(v2,l)，其中eq\f(1,2)mv02－mg·2l＝eq\f(1,2)mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝eq\r(6gl)时，可求得v＝eq\r(2gl)，因为小球经过最高点的最小速度为eq\r(gl)，那么当v0>eq\r(6gl)时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝eq\r(gl)时，由eq\f(1,2)mv02＝mgh得小球能上升的高度h＝eq\f(1,2)l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<eq\r(gl)时，小球将在最低点位置附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确。考点综合训练11.(多项选择)(2022·湖南联考)如下图为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1.0kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s，g＝10m/s2，以下判断正确的选项是()A．物块做匀速运动B．细线对物块的拉力是5.0NC．细线对物块的拉力是6.0ND．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t(m)，又v＝at，故可得：a＝1m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0m/s2。故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1N，F＝FT－Ff，地面摩擦力为：Ff＝μmg＝0.5×1×10N＝5N，故可得物块受细线拉力为：FT＝Ff＋F＝5N＋1N＝6N，故B错误，C正确。12.如下图，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体在地面上静止不动，那么物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力有关说法正确的选项是()A．小滑块在A点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左B．小滑块在B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右C．小滑块在C点时，FN＝(M＋m)g，M与地面无摩擦D．小滑块在D点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左解析：选B因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝eq\r(gR)时，对轨道A点的压力为零，物体对地面的压力FN＝Mg，当小滑块的速度v＞eq\r(gR)时，对轨道