金版教程物理2025高考科学复习解决方案第四章 曲线运动第2讲 启智微专题 满分指导1含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第四章曲线运动《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第四章曲线运动满分指导1平抛运动中的临界和极值问题[案例剖析](16分)如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外空地宽x＝10m，为使小球从屋顶①水平飞出②落在围墙外的空地上，g取10m/s2。求：(1)小球离开屋顶时的速度③v0的大小范围；(2)小球落在空地上的④最小速度。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①水平飞出说明小球做平抛运动②落在围墙外的空地上说明小球既要飞出墙外，又要落在空地上问题③v0的大小范围由平抛运动规律可知，当小球恰好越过墙的边缘时v0最小，恰好落到空地的右侧边缘时v0最大问题④最小速度小球下落高度一定，落地时竖直分速度一定，当水平速度最小时，小球落地速度最小[破题形成思路，快速突破](1)设小球恰好落到空地边缘时的水平初速度为v1，请写出平抛运动的位移方程。①水平方向：L＋x＝v1t1；②竖直方向：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)。(2)设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v2，请写出平抛运动的位移方程。①水平方向：L＝v2t2；②竖直方向：H－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)。(3)请写出v0的取值范围。提示：v0的取值范围为v2≤v0≤v1。(4)在v0的取值范围内落地速度最小时，对应的初速度是多少？提示：v0对应最小值v2时，小球落地速度最小。[解题规范步骤，水到渠成](1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v1，则小球的水平位移：L＋x＝v1t1(2分)小球的竖直位移：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)(2分)解以上两式得：v1＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s(1分)设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v2，则此过程中小球的水平位移：L＝v2t2(2分)小球的竖直位移：H－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)(2分)解以上两式得：v2＝Leq\r(\f(g,2（H－h）))＝5m/s(1分)小球抛出时的速度大小范围为5m/s≤v0≤13m/s(1分)(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。竖直方向：veq\o\al(2,y)＝2gH(2分)又有：vmin＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋veq\o\al(2,y))(2分)解得：vmin＝5eq\r(5)m/s。(1分)[点题突破瓶颈，稳拿满分](1)常见的思维障碍：不理解小球落在墙外的空地上的含义，不能挖掘出当小球恰好越过围墙的边缘时v0有最小值、恰好落到空地边缘时v0有最大值这两个临界状态，导致无法求出结果。(2)因解答不规范导致的失分：①解题时不用题中所给字母列方程，导致失分；②解出两个临界速度后，没有补充说明v0的取值范围，导致失分。课时作业[A组基础巩固练]1.(2023·广东省韶关市高三下综合测试二)如图所示，在飞镖比赛中，某同学将飞镖从O点水平抛出，第一次击中飞镖盘上的a点，第二次击中飞镖盘上的b点，忽略空气阻力，则()A．飞镖第一次水平抛出的速度较小B．飞镖第二次抛出时的动能较小C．飞镖两次在空中运动的时间相等D．飞镖两次击中飞镖盘时的速度方向相同答案B解析飞镖抛出后做平抛运动，在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，解得飞镖在空中运动时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，飞镖第二次抛出后下降的高度较大，则在空中运动时间较长，飞镖两次水平位移相等，由x＝v0t，知飞镖第二次水平抛出的速度较小，动能较小，故A、C错误，B正确；飞镖击中飞镖盘时的速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，由前面分析知飞镖第二次抛出运动时间较长，而初速度较小，可知飞镖第二次抛出击中飞镖盘时的速度方向与竖直方向夹角的正切值较大，夹角较大，故D错误。2.(2023·广东省梅州市高三下二模)亲子游戏有益于家长与孩子之间的情感交流。如图所示，父亲与儿子站在水平地面玩抛球游戏，两人相向站立，各持一小球并将球水平抛出，下述抛球方式可能使两球在落地前相遇的有()A．父亲先将球抛出B．儿子先将球抛出C．两人同时将球抛出D．儿子下蹲适当高度后再与父亲同时将球抛出答案A解析小球平抛运动至相同高度时，父亲抛出的球竖直位移较大，根据h＝eq\f(1,2)gt2可知，t＝eq\r(\f(2h,g))，则父亲抛出的小球运动的时间较长，即若使两球在落地前相遇，父亲应先将球抛出，故A正确，B、C错误；同时将球抛出，则两球在相同时间内下落相同的高度，由于初始高度不同，则两球无法在同一时刻到达相同高度，即两球不能相遇，故D错误。3.(2022·福建省龙岩市高三下第三次教学质量检测)在某一飞镖比赛中，运动员在同一位置水平掷出两支飞镖，结果分别打在靶心的A点和与靶心等高的B点，如图所示。已知投掷点与靶心在与飞镖靶垂直的同一竖直平面内，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A．两飞镖运动的时间相同B．两飞镖掷出时的速度大小相同C．两飞镖运动的位移大小相同 D．两飞镖打在靶上时的速度大小相同答案A解析两飞镖从水平掷出到击中镖靶，竖直方向做自由落体运动的位移相同，根据h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知两飞镖运动的时间相同，A正确；由题意可知，两飞镖在空中运动过程中的水平位移大小不同，由x＝v0t并结合A项分析知，两飞镖掷出时的速度大小不同，由s＝eq\r(x2＋h2)可知，两飞镖运动的位移大小不同，B、C错误；两飞镖打在靶上时水平方向的速度等于掷出时的速度，而竖直方向的速度均为vy＝gt＝eq\r(2gh)，由速度合成法则并结合B项分析知，两飞镖打在靶上时的速度大小不同，D错误。4.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则()A．a球一定先落在半圆轨道上B．b球一定先落在斜面上C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D．a球可能垂直落在半圆轨道上答案C解析将半圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A。若a、b两球的初速度合适，可知两小球均可以做平抛运动落在A点，则a、b运动的时间相等，即可以同时落在半圆轨道和斜面上；若a、b两球的初速度比前述的小，由图可知，小球b先落在斜面上；若a、b两球的初速度比前述的大，则小球a先落在半圆轨道上，故A、B错误，C正确。若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故D错误。5.(2023·广东省湛江市高三下第二次模拟)如图所示，某同学在篮筐前某位置跳起投篮。篮球出手点离水平地面的高度h＝1.8m，篮球离开手的瞬间到篮筐的水平距离为x＝5m，水平分速度大小v＝10m/s。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。要使篮球到达篮筐时，竖直方向的分速度刚好为零，则篮筐离地面的高度H为()A．2.85m B．3.05mC．3.25m D．3.5m答案B解析篮球离开手后做斜上抛运动，水平方向有x＝vt，则篮球离开手到篮筐的运动时间为t＝eq\f(x,v)＝eq\f(5,10)s＝0.5s，要使篮球到达篮筐时，竖直方向的分速度刚好为零，则竖直方向有H－h＝eq\f(1,2)gt2，可解得H＝3.05m，故选B。[B组综合提升练]6.(2023·湖南省衡阳市高三下二模)(多选)主题口号为“一起向未来”的2022年北京冬奥会圆满落幕。跳台滑雪比赛在河北张家口举行，如图，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡CD、停止区DE三部分组成。比赛中，甲、乙两运动员先后以速度v1、v2从C点正上方B处沿水平方向飞出，分别落在了着陆坡的中点P和末端D，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g，则()A．甲运动员从B点飞出到距离着陆坡最远所需要的时间t＝eq\f(v1tanθ,g)B．v1、v2的大小关系为v2＝2v1C．甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向相同D．甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大答案AD解析设甲运动员从B点飞出到距离着陆坡最远所需要的时间为t，甲运动员距离着陆坡最远时，速度方向与着陆坡平行，则有tanθ＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(gt,v1)，解得t＝eq\f(v1tanθ,g)，A正确；设BC高度为h，CD长度为l，甲、乙运动员在空中的运动时间分别为t1、t2，对甲运动员有h＋eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，eq\f(l,2)cosθ＝v1t1，解得veq\o\al(2,1)＝eq\f(gl2cos2θ,8h＋4lsinθ)，对乙运动员有h＋lsinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，lcosθ＝v2t2，解得veq\o\al(2,2)＝eq\f(gl2cos2θ,2h＋2lsinθ)，因为eq\f(veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,1))＝eq\f(8h＋4lsinθ,2h＋2lsinθ)<eq\f(8h＋4lsinθ,2h＋lsinθ)＝eq\f(4,1)，则eq\f(v2,v1)<eq\f(2,1)，B错误；设甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角分别为α1和α2，位移方向与水平方向的夹角分别为β1和β2，根据平抛运动推论可知tanα1＝2tanβ1，tanα2＝2tanβ2，由题图可知，甲运动员落到着陆坡前瞬间位移方向与水平方向夹角比乙的大，即β1>β2，则有tanβ1>tanβ2，可得tanα1>tanα2，α1>α2，即甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大，C错误，D正确。7．(多选)如图所示，在一次比赛中，中国女排运动员朱婷将球在边界处正上方正对球网水平向前击出，球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力)，相关数据如图所示，下列说法中正确的是()A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2B．若保持击球高度不变，球的初速度满足eq\f(s,h1)eq\r(\f(gh1,2))<v0<eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)，一定落在对方界内C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内答案AD解析做平抛运动的球在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为s和eq\f(3s,2)所用的时间比为2∶3，则竖直方向上，根据h＝eq\f(1,2)gt2，有eq\f(h1－h2,h1)＝eq\f(4,9)，解得h1＝1.8h2，故A正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，且既不能出界，又不能触网，根据h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，得t1＝eq\r(\f(2h1,g))，则平抛运动的最大初速度v01＝eq\f(2s,t1)＝eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)，根据h1－h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，得t2＝eq\r(\f(2（h1－h2）,g))，则平抛运动的最小初速度v02＝eq\f(s,t2)＝seq\r(\f(g,2（h1－h2）))＝eq\f(s,h1)eq\r(\f(9gh1,8))，故B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以击球高度比网高，不一定能将球发到对方界内，故C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内，故D正确。8.(2023·江苏省南京市高三下二模)如图所示，有一倾角为α的足够长斜面，现从斜面上O点与斜面成β角(β<90°)，以速度v0、2v0分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别vP、vQ，设O、A间的距离为s1，O、B间的距离为s2，不计空气阻力，当β取不同值时，下列说法正确的是()A．vQ一定等于2vPB．vQ方向与斜面的夹角一定小于vP方向与斜面的夹角C．P、Q在空中飞行的时间可能相等D．s2可能大于4s1答案A解析将小球在O点的初速度v初和加速度沿垂直斜面方向和平行斜面方向分解，垂直斜面方向的初速度大小v⊥＝v初sinβ，平行斜面方向的初速度大小v∥＝v初cosβ，垂直斜面的加速度大小a⊥＝gcosα，平行斜面的加速度大小a∥＝gsinα，小球从O点抛出后在空中飞行的时间t＝eq\f(2v⊥,a⊥)＝eq\f(2v初sinβ,gcosα)∝v初，所以P、Q在空中飞行的时间之比为v0∶2v0＝1∶2，故C错误；小球的位移s＝v∥t＋eq\f(1,2)a∥t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(2cosβ·sinβ),gcosα)＋\f(\a\vs4\al(2sinα·sin2β),gcos2α)))veq\o\al(2,初)∝veq\o\al(2,初)，可得eq\f(s1,s2)＝eq\f(1,4)，故D错误；小球刚要落在斜面上的速度与斜面的夹角θ的正切值tanθ＝eq\f(v⊥,v∥＋a∥t)＝eq\f(v初sinβ,v初cosβ＋gsinα·t)＝eq\f(\a\vs4\al(sinβ·cosα),cosβ·cosα＋2sinα·sinβ)，可知vQ方向与斜面的夹角一定等于vP方向与斜面的夹角，小球刚要落在斜面上的速度v末＝eq\f(v⊥,sinθ)＝eq\f(v初sinβ,sinθ)∝v初，则vQ＝2vP，A正确，B错误。9．(2023·新课标卷)将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？(不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g)答案eq\f(\r(2gh),tanθ)解析石子抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，设接触水面时的竖直分速度为vy，则有veq\o\al(2,y)＝2gh设抛出速度为v0，由题意可知eq\f(vy,v0)≤tanθ联立解得v0≥eq\f(\r(2gh),tanθ)则石子抛出速度的最小值为eq\f(\r(2gh),tanθ)。10.如图所示，倾角θ＝37°的斜面足够大，顶端MN水平。一质量m＝0.9kg的小球自MN上一点以v0＝2m/s的初速度垂直MN水平抛出，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。(1)求小球自抛出至落到斜面上的时间；(2)若小球运动过程中始终受到平行MN的恒定水平风力，小球落到斜面上时的位移大小为1.25m，求小球受到的水平风力大小。答案(1)0.3s(2)20N解析(1)设小球自抛出至落到斜面上的时间为t1，则小球水平位移：x＝v0t1竖直位移：y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)又tanθ＝eq\f(y,x)联立并代入数据解得：t1＝0.3s。(2)设小球受到的平行MN的恒定水平风力大小为F，由牛顿第二定律得F＝ma小球沿MN方向的位移：z＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)小球落在斜面上的时间不变：t2＝t1＝0.3s小球的位移：s＝eq\r(x2＋y2＋z2)联立并代入数据解得：F＝20N。答卷现场2水平面内的圆周运动(12分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)ω＝(1±k)ω0，且0<k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。试卷抽样评析指导1.失分点①：方程和结果错误。失分原因：该同学分析正确但列方程时出现错误，对公式使用上所表述的意义理解不透彻。补偿建议：在对公式的使用上，圆心在哪、运动半径是指哪一段需搞清楚。规范解答：列出正确方程mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)Rsinθ，ω0＝eq\r(\f(2g,R))2.失分点②：摩擦力的方向判断错误。失分原因：该同学两次分析摩擦力的方向错误而造成丢分。补偿建议：加深对摩擦力概念的理解。课时作业1.(2023·海南省高三下高考模拟二)如图所示，正方形框ABCD竖直放置，两个完全相同的小球P、Q分别穿在方框的BC、CD边上，当方框绕AD轴匀速转动时，两球均恰与方框保持相对静止且位于BC、CD边的中点，已知两球与方框之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两球与方框间的动摩擦因数为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,4) D.eq\f(\r(2),4)答案B解析设两球与方框之间的动摩擦因数均为μ，两球质量均为m，方框边长为l，方框匀速转动的角速度为ω，对P球，根据牛顿第二定律可得FN＝mω2l，且μFN＝mg，对Q球，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2eq\f(l,2)，联立解得μ＝eq\f(\r(2),2)，故选B。2.(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个可看成质点的小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是()A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ωC．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力答案BD解析根据题意可知，小球与玻璃管间恰无压力时，有mgtanθ＝mrω2＝mLsinθ·ω2。仅增加绳长后，小球需要的向心力变大，则小球将受到玻璃管斜向下方的压力，故A错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据mgtanθ＝mLsinθ·ω2，则需减小ω，故B正确；根据mgtanθ＝mLsinθ·ω2，可知仅增加小球质量后，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要的向心力变大，则小球将受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。3.(2023·海南省海口市高三下学科能力诊断)如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形，AB＝5m，BC＝3m，有一个可视为质点、质量m＝1kg的小球用长L＝5m的轻绳悬挂在A点。小球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．当ω＝1rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4NB．当ω＝2rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12NC．小球刚接触器壁CD时的角速度是eq\f(\r(10),2)rad/sD．小球刚接触器壁CD时的角速度是eq\f(5,2)rad/s答案C解析设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sinθ＝eq\f(BC,L)＝eq\f(3,5)，解得θ＝37°，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan37°＝mωeq\o\al(2,0)r，其中r＝BC＝3m，解得ω0＝eq\r(\f(gtan37°,r))＝eq\f(\r(10),2)rad/s，故C正确，D错误；由于ω＝1rad/s<ω0＝eq\f(\r(10),2)rad/s，则当ω＝1rad/s时，小球还未接触器壁CD，器壁CD对小球无弹力作用，故A错误；由于ω＝2rad/s>ω0＝eq\f(\r(10),2)rad/s，则当ω＝2rad/s时，小球接触器壁CD，设器壁CD对小球的弹力大小为N，轻绳拉力大小为T，则有Tcos37°＝mg，Tsin37°＋N＝mω2r，联立解得N＝4.5N，故B错误。4.(2023·山东省青岛市高三下一模)如图所示，质量分别为m、2m、3m的物块a、b、c，放置在水平圆盘上随圆盘一起以角速度ω匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。图中各接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。下列说法正确的是()A．b对a的摩擦力为μmgB．圆盘对b的摩擦力为2mω2rC．圆盘的角速度满足ω≤eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))D．圆盘的角速度满足ω≤eq\r(\f(\a\vs4\al(2μg),3r))答案D解析对物块a、b整体分析，圆盘对b的静摩擦力fb提供向心力，则fb＝(m＋2m)ω2r＝3mω2r，对a进行受力分析，b对a的静摩擦力fa提供向心力，则fa＝mω2r，且fa≤μmg，A、B错误；对c进行受力分析，圆盘对c的静摩擦力fc提供向心力，有fc＝3mω2×1.5r，当c恰好未相对圆盘滑动时，fc＝μ×3mg，可解得此时圆盘对应的角速度ωc＝eq\r(\f(\a\vs4\al(2μg),3r))，根据A、B项分析同理可知，a、b分别恰未相对圆盘滑动时，圆盘对应的角速度ωa＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))，ωb＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))，故圆盘的角速度满足ω≤ωc＝eq\r(\f(\a\vs4\al(2μg),3r))，C错误，D正确。5．(2023·山东省菏泽市高三下二模)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m＝1kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到斜面最低点的距离均为0.5m，与接触面之间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是()A．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最小值为eq\f(5\r(3),4)rad/sB．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最大值为5eq\r(2)rad/sC．当角速度等于eq\f(5\r(3),2)rad/s时，Q会相对转台滑动，P有沿斜面向上滑的趋势D．若P与斜面体保持相对静止，则P对斜面的压力大小范围是eq\f(100,11)N≤FN≤20N答案BD解析为保持P与斜面体相对静止，当物块P恰好不下滑时，有最小角速度，设为ω1，对物块P，水平方向有FN1sinθ－μFN1cosθ＝mωeq\o\al(2,1)Lcosθ，竖直方向有FN1cosθ＋μFN1sinθ＝mg，其中L＝0.5m，μ＝0.5，联立可解得此时斜面体对P的支持力FN1＝eq\f(100,11)N，转台转动的角速度ω1＝eq\f(5\r(22),11)rad/s；当物块P恰好不上滑时，有最大角速度，设为ω2，水平方向有FN2sinθ＋μFN2cosθ＝mωeq\o\al(2,2)Lcosθ，竖直方向有FN2cosθ＝μFN2sinθ＋mg，联立可解得此时斜面体对P的支持力FN2＝20N，转台转动的角速度ω2＝5eq\r(2)rad/s，可知若P与斜面体保持相对静止，斜面对P的支持力FN0满足eq\f(100,11)N≤FN0≤20N，根据牛顿第三定律可得，P对斜面的压力大小范围是eq\f(100,11)N≤FN≤20N，故A错误，B、D正确。当P与斜面间恰无摩擦力时，对P，水平方向有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,3)Lcosθ，解得此时转台转动的角速度ω3＝eq\f(5\r(3),2)rad/s，则当ω＝ω3＝eq\f(5\r(3),2)rad/s时，P与斜面体无相对运动趋势，此时若Q相对转台静止，对Q有FQ＝mωeq\o\al(2,3)L，可得FQ＝9.375N，而μmg＝5N，则FQ>μmg，所以此时Q会相对转台滑动，故C错误。6.(多选)如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)静止在倾斜的匀质圆盘上，圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法中正确的是()A．a在最高点时所受摩擦力可能为0B．a在最低点时所受摩擦力可能为0C．ω＝eq\r(\f(g,8l))是a开始滑动的临界角速度D．ω＝eq\r(\f(g,8l))是b开始滑动的临界角速度答案AD解析若a在最高点时所受摩擦力为0，则对a有mgsin30°＝mω2l，对b有mgsin30°＋fb＝mω2·2l，解得fb＝mgsin30°<μmgcos30°，故A正确；a在最低点，由牛顿运动定律有fa－mgsin30°＝meq\f(v2,l)，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故B错误；对a在最低点，由μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,a)l，得a开始滑动的临界角速度ωa＝eq\r(\f(g,4l))，故C错误；对b在最低点，由μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,b)·2l，得b开始滑动的临界角速度ωb＝eq\r(\f(g,8l))，故D正确。7．(2023·山东省青岛市高三下一模)很多青少年在山地自行车上安装了气门嘴灯，夜间骑车时犹如踏着风火轮，格外亮眼。如图甲是某种自行车气门嘴灯，气门嘴灯内部开关结构如图乙所示：弹簧一端固定，另一端与质量为m的小滑块(含触点a)连接，当触点a、b接触，电路接通使气门嘴灯发光，触点b位于车轮边缘。车轮静止且气门嘴灯在最低点时触点a、b距离为L，弹簧劲度系数为eq\f(mg,L)，重力加速度大小为g，自行车轮胎半径为R，不计轮胎厚度及开关中的一切摩擦，滑块和触点a、b均可视为质点。(1)若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，求自行车行驶的最小速度；(2)若自行车以eq\r(2gR)的速度匀速行驶，求车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间。答案(1)eq\r(3gR)(2)eq\f(π,2g)eq\r(2gR)解析(1)若气门嘴灯位于最高点时触点a、b接触，即可保证全程灯亮，已知弹簧劲度系数k＝eq\f(mg,L)，设弹簧处于原长时a、b的距离为L0，则车轮静止且气门嘴灯在最低点时，对滑块(含触点a)由平衡条件有k(L0－L)＝mg气门嘴灯位于最高点且触点a、b恰好接触时，自行车行驶的速度最小，设为v，由牛顿第二定律，对滑块(含触点a)有mg＋kL0＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(3gR)。(2)速度为v′＝eq\r(2gR)时，轮子滚动的周期为T＝eq\f(2πR,v′)此速度下滑块(含触点a)随气门嘴灯一起做匀速圆周运动，所需的向心力为F向＝meq\f(v′2,R)设触点a、b恰好接触时，重力沿弹簧轴向方向指向轮胎内侧的分力为F，则有F＋kL0＝F向解得F＝0即气门嘴灯在与车轴等高位置时，恰好发光，故当气门嘴灯位于下半圆周时灯亮，即车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间t＝eq\f(T,2)解得t＝eq\f(π,2g)eq\r(2gR)。8.(2024·江苏省盐城市高三上第一次质量监测)如图所示，质量均为m的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为r，与转盘之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B分别用细线系于转盘转轴上的O1、O2点，细线都刚好拉直。现缓慢增大转盘的转速，重力加速度为g。(1)求线O1A即将出现张力时转盘的角速度ω；(2)通过计算说明哪个物块先脱离转盘。答案(1)eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))(2)见解析解析(1)当物块A所受静摩擦力最大时，线O1A即将出现张力，对A分析有μmg＝mω2r解得ω＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))。(2)当转盘对物块的支持力恰好为零时，物块恰未脱离转盘，设此时细线与竖直方向的夹角为α，转盘的角速度为ωm，细线的张力为T，对物块，竖直方向有Tcosα＝mg水平方向有Tsinα＝mωeq\o\al(2,m)r联立解得ωm＝eq\r(\f(gtanα,r))由于线O1A与竖直方向的夹角较小，由上式可知，物块A所对应的ωm较小，所以物块A先脱离转盘。第讲圆周运动[教材阅读指导](对应人教版必修第二册相关内容及问题)第六章第1节[问题]，大、小两个齿轮边缘上的点，哪个运动得更快些？同一齿轮上到转轴的距离不同的点，哪个运动得更快些？提示：大、小齿轮边缘上的点线速度大小相同。同一齿轮上到转轴的距离不同的点，角速度相同。第六章第2节阅读“向心力”这一部分内容，向心力是按性质命名的力吗？对物体进行受力分析时分析向心力吗？提示：向心力是由某个力或者几个力的合力提供的，是根据力的作用效果命名的。对物体进行受力分析时不分析向心力。第六章第2节[实验]，写出向心力大小的表达式。提示：Fn＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r＝man。第六章第2节阅读“变速圆周运动和一般曲线运动的受力特点”这一部分内容，说一说变速圆周运动的受力特点，怎样处理一般的曲线运动？提示：对变速圆周运动，将其所受合力F沿切线和半径方向分解，切向力Ft改变速度大小，指向圆心的合力Fn改变速度的方向。研究一般的曲线运动时，将曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，这样就可以采用分析圆周运动的方法来进行处理。第六章第3节[思考与讨论]，A、B、C三点中，哪两个点适用于“向心加速度与半径成正比”？哪两个点适用于“向心加速度与半径成反比”？提示：vA＝vB，由an＝eq\f(v2,r)知，A、B两点适用于“向心加速度与半径成反比”。ωB＝ωC，由an＝ω2r知，B、C两点适用于“向心加速度与半径成正比”。第六章第4节图6.4­1，观察火车轮缘，火车转弯满足什么条件时车轮不受侧压力？速度过大哪边受侧压力？速度过小呢？提示：当重力和支持力的合力刚好提供向心力时，车轮不受侧压力；速度过大时外侧受压力，速度过小时内侧受压力。第六章[复习与提高]B组T3；T5；T6。提示：T3：圆盘转动一周所需要的时间为T1＝eq\f(1,20)s，频闪光源每隔T2＝eq\f(1,21)s闪一次，所以频闪光源每闪一次，白点尚未运动一周，故观察到白点逆时针转动。每次闪光，白点与原位置相差的角度Δθ＝2π－ω1T2＝2π－eq\f(2π,T1)×T2＝eq\f(2π,21)，所以观察到白点转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,\f(Δθ,T2))＝1s。T5：(1)mω2l；(2)ω＝eq\r(\f(g,h))与l无关；(3)F＝mgeq\f(l,h)，即F与l成正比。T6：(1)eq\f(11,3)mg；(2)绳长为eq\f(d,2)，最大水平距离为eq\f(2\r(3)d,3)。必备知识梳理与回顾一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度匀速圆周运动的向心力1．匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小eq\x(\s\up1(01))处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。(2)性质：加速度大小eq\x(\s\up1(02))不变、方向总是指向eq\x(\s\up1(03))圆心的变加速曲线运动。(3)条件：有初速度，受到一个大小不变、方向始终与速度方向eq\x(\s\up1(04))垂直且指向圆心的合力。2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等，具体如下：定义、意义公式、单位线速度①描述做圆周运动的物体沿圆弧运动eq\x(\s\up1(05))快慢的物理量(v)②是矢量，方向和半径垂直，沿切线方向①v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\x(\s\up1(06))ωr②单位：eq\x(\s\up1(07))m/s角速度描述物体绕圆心eq\x(\s\up1(08))转动快慢的物理量(ω)①ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(v,r)②单位：eq\x(\s\up1(10))rad/s或s－1周期和转速①周期(T)是指做匀速圆周运动的物体，运动eq\x(\s\up1(11))一周所用的时间②转速(n)是指物体转动的eq\x(\s\up1(12))圈数与所用时间之比，也叫频率(f)①T＝eq\f(2πr,v)＝eq\x(\s\up1(13))eq\f(2π,ω)，单位：s②f＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(1,T)，单位：eq\x(\s\up1(15))Hz③n的单位：eq\x(\s\up1(16))r/s、eq\x(\s\up1(17))r/min向心加速度①描述速度eq\x(\s\up1(18))方向变化eq\x(\s\up1(19))快慢的物理量(an)②方向eq\x(\s\up1(20))指向圆心，时刻在变①an＝eq\x(\s\up1(21))eq\f(v2,r)＝eq\x(\s\up1(22))ω2r②单位：eq\x(\s\up1(23))m/s2相互关系①v＝rω＝eq\f(2πr,T)＝2πrf②an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2r,T2)＝4π2f2r3.向心力(Fn)(1)作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的eq\x(\s\up1(24))方向，不改变线速度的eq\x(\s\up1(25))大小。(2)方向：指向eq\x(\s\up1(26))圆心，时刻在变。(3)来源：某个力，或某几个力的合力，或某个力的分力。(4)公式：Fn＝eq\x(\s\up1(27))mω2r＝eq\x(\s\up1(28))meq\f(v2,r)。(5)单位：eq\x(\s\up1(29))N。二、匀速圆周运动与变速圆周运动匀速圆周运动变速圆周运动运动特点线速度的大小eq\x(\s\up1(01))不变，角速度、周期和频率都eq\x(\s\up1(02))不变，向心加速度的大小eq\x(\s\up1(03))不变线速度的大小、方向都eq\x(\s\up1(04))变，角速度eq\x(\s\up1(05))变，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也eq\x(\s\up1(06))可能不变受力特点eq\a\vs4\al()所受到的eq\x(\s\up1(07))合力为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻eq\x(\s\up1(08))指向圆心所受到的合力eq\x(\s\up1(09))不指向圆心，合力产生两个效果：①沿半径方向的分力eq\x(\s\up1(10))Fn，即向心力，它改变速度的eq\x(\s\up1(11))方向；②沿切线方向的分力eq\x(\s\up1(12))Ft，它改变速度的eq\x(\s\up1(13))大小运动性质变加速曲线运动(加速度大小不变，方向变化)变加速曲线运动(加速度大小、方向都变化)三、离心现象1．离心运动(1)定义：做eq\x(\s\up1(01))圆周运动的物体，在向心力突然消失或合力不足以提供所需的eq\x(\s\up1(02))向心力时，所做的逐渐远离圆心的运动。(2)本质：做圆周运动的物体，由于eq\x(\s\up1(03))惯性，总有沿着eq\x(\s\up1(04))切线方向飞出去的倾向。(3)受力特点①当F＝mω2r时，物体做eq\x(\s\up1(05))匀速圆周运动。②当F<mω2r时，物体逐渐eq\x(\s\up1(06))远离圆心，做离心运动。③当F＝0时，物体沿eq\x(\s\up1(07))切线方向飞出。2．近心运动：当F>mω2r时，物体将逐渐eq\x(\s\up1(08))靠近圆心，做近心运动。一、堵点疏通1．做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析受力时，必须指出受到的向心力。()2．匀速圆周运动是匀变速曲线运动，变速圆周运动是变加速曲线运动。()3．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。()4．在光滑的水平路面上，汽车不可以转弯。()5．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。()6．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大。()答案1.×2.×3.×4.√5.×6.√二、对点激活1.(人教版必修第二册·第六章第2节[练习与应用]T3改编)如图所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是()A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案C解析A受三个力作用，重力和支持力平衡，指向圆心的摩擦力充当向心力，故C正确。2．(多选)甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，下列哪种情况下甲的向心加速度比较大()A．它们的线速度相等，乙的运动半径小B．它们的周期相等，甲的运动半径大C．它们的角速度相等，乙的线速度小D．它们的线速度相等，在相同时间内甲与圆心的连线扫过的角度比乙的大答案BCD解析由an＝eq\f(v2,r)知，在v相同的情况下，r甲>r乙时，a甲<a乙，故A错误；由an＝eq\f(4π2,T2)r知，在T相同情况下，r甲>r乙时，a甲>a乙，故B正确；由an＝ωv知，在ω相同情况下，v甲>v乙时，a甲>a乙，故C正确；由an＝ωv知，在v相同情况下，ω甲>ω乙时，a甲>a乙，故D正确。3.(人教版必修第二册·第六章第2节[练习与应用]T4改编)质量为m的小球，用长为l的细线悬挂在O点，在O点的正下方eq\f(l,2)处有一光滑的钉子P，把小球拉到与钉子P等高的位置，细线被钉子挡住。如图让小球从静止释放，当小球第一次经过最低点时()A．小球运动的线速度突然减小B．小球的角速度突然减小C．小球的向心加速度突然增大D．悬线的拉力突然增大答案B解析当小球第一次经过最低点时，由于重力与悬线的拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变，故A错误；根据v＝rω，可知线速度大小不变，小球做圆周运动的半径变大，则角速度变小，故B正确；根据向心加速度公式an＝eq\f(v2,r)可得，线速度大小不变，轨迹半径变大，则向心加速度变小，故C错误；悬线拉力F＝mg＋meq\f(v2,r)＝mg＋man，故悬线的拉力突然减小，D错误。4．(人教版必修第二册·第六章第2节[练习与应用]T5改编)一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图A、B、C、D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是()答案C解析汽车沿曲线转弯，所以受到垂直速度方向指向轨迹凹侧的向心力Fn，汽车的速度逐渐减小，所以还受到与速度方向相反沿轨迹切线方向的切向力Ft，这两个力的合力方向如图C所示。5．下列关于离心现象的说法正确的是()A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动答案C解析物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要所受合力不足以提供所需的向心力，物体就做离心运动，故A错误；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体将沿切线做匀速直线运动，故B、D错误，C正确。关键能力发展与提升考点一描述圆周运动的物理量及其关系基础强化1．描述圆周运动各物理量间的关系注：(1)对公式v＝ωr的理解：当r一定时，v与ω成正比；当ω一定时，v与r成正比；当v一定时，ω与r成反比。(2)对an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解：当v一定时，an与r成反比；当ω一定时，an与r成正比。2．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(齿轮)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)同轴转动：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。考向1描述圆周运动的物理量的分析及其计算例1(2021·广东高考)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是()A．P点的线速度大小不变B．P点的加速度方向不变C．Q点在竖直方向做匀速运动D．Q点在水平方向做匀速运动[答案]A[解析]由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的线速度大小不变，加速度方向时刻指向O点，A正确，B错误；Q点在竖直方向的运动与P点相同，则开始时Q点在竖直方向的分速度大小vQy＝vPcos30°，末状态Q点在竖直方向的分速度大小vQy′＝vPcos60°，vQy≠vQy′，则Q点在竖直方向做变速运动，同理可知Q点在水平方向也做变速运动，C、D错误。例2(2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9m/s时，滑过的距离x＝15m，求加速度a的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8m、R乙＝9m，滑行速率分别为v甲＝10m/s、v乙＝11m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。[答案](1)2.7m/s2(2)eq\f(225,242)甲[解析](1)根据匀变速直线运动速度与位移的关系式，有v2－0＝2ax代入数据可得加速度的大小a＝2.7m/s2。(2)根据向心加速度的表达式an＝eq\f(v2,R)可得甲、乙的向心加速度大小之比为eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(veq\o\al(2,甲),veq\o\al(2,乙))·eq\f(R乙,R甲)＝eq\f(225,242)甲、乙两运动员均做匀速圆周运动，且均运动半个圆周，则运动的时间为t＝eq\f(πR,v)代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间分别为t甲＝eq\f(4π,5)s，t乙＝eq\f(9π,11)s因为t甲<t乙，所以甲先出弯道。考向2传动分析例3(2023·福建省漳州市高三下第三次质量检测)如图为明代出版的《天工开物》中记录的“牛转翻车”，该设备利用畜力转动不同半径的齿轮来改变水车的转速，从而将水运送到高处。图中a、b分别为两个齿轮边缘上的点，相应齿轮的半径之比为ra∶rb＝4∶3；a、c在同一齿轮上且a、c到转轴的距离之比为ra∶rc＝2∶1，则在齿轮转动过程中()A．a、b的角速度相等B．b的线速度比c的线速度小C．b、c的周期之比为3∶4D．a、b的向心加速度大小之比为4∶3[答案]C[解析]由题图可知a、b为齿轮传动，线速度大小相等，即va＝vb，根据v＝rω可知，a、b的角速度之比eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(rb,ra)＝eq\f(3,4)，故A错误：a点和c点为同轴传动，角速度相等，即ωa＝ωc，因a、c两点到转轴的距离之比ra∶rc＝2∶1，由v＝rω得，va∶vc＝2∶1，又va＝vb，则vb∶vc＝2∶1，故B错误；由T＝eq\f(2π,ω)得，b、c的周期之比为Tb∶Tc＝ωc∶ωb，又ωa＝ωc，则Tb∶Tc＝ωa∶ωb＝3∶4，故C正确；由a＝eq\f(v2,r)得，a、b的向心加速度大小之比为aa∶ab＝rb∶ra＝3∶4，故D错误。例4(2022·江苏省淮安市高三下第二次调研)无级变速是在变速范围内任意连续变换速度的变速系统。如图所示是无级变速模型示意图，主动轮、从动轮中间有一个滚轮，各轮间不打滑，通过滚轮位置改变实现无级变速。A、B为滚轮轴上两点，则()A．从动轮和主动轮转动方向始终相反B．滚轮在A处，从动轮转速大于主动轮转速C．滚轮在B处，从动轮转速大于主动轮转速D．滚轮从A到B，从动轮转速先变大后变小[答案]B[解析]主动轮和滚轮之间为摩擦传动，转动方向相反，滚轮和从动轮之间为摩擦传动，转动方向相反，则主动轮和从动轮转动方向相同，故A错误；设主动轮和从动轮与滚轮接触位置的线速度分别为v1、v2，则v1＝v2，又因为v＝ωr，故eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(r2,r1)，由题图可知，滚轮在A处时r1>r2，故ω1<ω2，又ω＝2πn，则有n1<n2，同理，滚轮在B处时，因r1<r2，则有ω1>ω2，故n1>n2，故B正确，C错误；由前面分析可知，从动轮转速n2＝eq\f(r1,r2)n1，滚轮从A到B，主动轮转动的转速n1不变，而由题图知eq\f(r1,r2)一直变小，则从动轮转速一直变小，故D错误。考点二圆周运动的动力学分析深化理解1．向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供。在受力分析中不要再另外添加一个叫作“向心力”的力。向心力Fn＝man＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝meq\f(4π2,T2)r＝4mπ2f2r。2．圆周运动动力学问题的解题方法(1)对研究对象进行受力分析，确定向心力来源。(2)确定圆周运动的轨道平面，确定圆心和轨道半径。(3)应用牛顿运动定律和圆周运动知识列方程求解。3．圆锥摆模型(1)圆锥摆模型的受力特点受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。(2)运动实例运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯圆锥摆物体在光滑半圆形碗内做匀速圆周运动(3)规律总结①圆锥摆的周期如图，摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ。受力分析，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝meq\f(4π2,\a\vs4\al(T)2)r其中r＝Lsinθ解得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))。②结论a．摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。b．摆线拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，圆锥摆转得越快，摆线拉力F越大。c．摆球的加速度a＝gtanθ。(4)圆锥摆对比分析的两种常见情况情况1：具有相同摆角的圆锥摆(摆长不同)，如图甲所示。由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝eq\f(v2,r)知vA>vB。情况2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。由T＝2πeq\r(\f(h,g))知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB。考向1圆周运动的一般动力学问题例5(2023·江苏高考)“转碟”是传统的杂技项目。如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。[答案]ω0rmωeq\o\al(2,0)r[解析]由匀速圆周运动规律知，发光物体的速度大小v0＝ω0r发光物体做匀速圆周运动，受到的静摩擦力充当其做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为f＝mωeq\o\al(2,0)r。例6(2023·北京高考)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是()A．圆周运动轨道可处于任意平面内B．小球的质量为eq\f(FRt2,4π2n2)C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小[答案]A[解析]由于在太空实验室中，任何物体都处于完全失重状态，所以圆周运动轨道可以处于任意平面内，A正确；由匀速圆周运动规律有F＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)，T＝eq\f(t,n)，联立解得m＝eq\f(Ft2,4π2n2R)，B错误；由m＝eq\f(Ft2,4π2n2R)可知，若误将n－1圈记作n圈，即测得的n偏大，则所得质量偏小，C错误；由m＝eq\f(Ft2,4π2n2R)可知，若测R时未计入小球半径，即测得的R偏小，则所得质量偏大，D错误。例7(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于()A．1 B．2C．3 D．4[答案]C[解析]质点做匀速圆周运动，运动周期T与轨道半径r成反比，则T＝eq\f(k,r)(k>0且为常量)；质点所受合力等于向心力，则有F合＝Fn＝meq\f(4π2,T2)r，联立可得F合＝eq\f(4mπ2,k2)r3，其中eq\f(4mπ2,k2)为非零常量，则F合与r3成正比，故题中n＝3。故选C。考向2圆锥摆模型的一般动力学问题例8(2023·湖南省株洲市高三下一模)(多选)如图，两轻绳左端系于竖直细杆上，右端与第三根轻绳在O点连结，当三根绳均拉直时，系于细杆上的两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°，上方绳长和第三根绳长均为L，第三根绳的末端连一质量为m的小球，小球可在水平面内绕细杆做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g，在转动过程中，当第三根绳与竖直方向成45°角时，下列判断正确的有()A．小球运动的加速度大小为eq\r(2)gB．小球运动的角速度大小为eq\r(\f(2（\r(2)－1）g,L))C．第三根绳的拉力大小为mgD．系于细杆上的两轻绳的拉力大小相等[答案]BD[解析]小球在水平面内做匀速圆周运动，其受到的重力与第三根绳对其拉力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得mgtan45°＝mω2r＝ma，其中r＝Lsin30°＋Lsin45°，解得小球运动的加速度大小为a＝g，角速度大小为ω＝eq\r(\f(2（\r(2)－1）g,L))，故A错误，B正确；对小球受力分析，竖直方向根据平衡条件有mg＝Fcos45°，解得第三根绳的拉力大小为F＝eq\r(2)mg，故C错误；对结点O受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，系于细杆上的两根绳的拉力F1、F2的合力等于第三根绳的拉力F，由几何关系可知，第三根绳所在直线与系于细杆上的两根绳的夹角均为30°，根据平行四边形定则，可知系于细杆上的两轻绳的拉力F1、F2大小相等，故D正确。课时作业[A组基础巩固练]1．某同学以变速自行车的齿轮传动作为研究性课题，他通过查阅相关资料了解变速自行车的变速原理，测得图示后小齿轮组中最小、最大齿轮半径分别为r1、r2，前大齿轮半径为r3，后轮半径为R。若该自行车前大齿轮每秒匀速转动1圈，则后轮的最大线速度为()A.eq\f(2πr3R,r1) B.eq\f(2πr2R,r1)C.eq\f(2πr3R,r2) D.eq\f(2πr1R,r2)答案A解析由题意可知，链条连接前大齿轮与后小齿轮组中半径最小的齿轮时，后轮的线速度最大，由于自行车前大齿轮每秒匀速转动1圈，所以，其周期为T3＝1s，根据公式v＝eq\f(2πr,T)，可得前大齿轮边缘的线速度为v3＝eq\f(2πr3,T3)＝2πr3，所以后小齿轮组中最小齿轮的线速度为v1＝v3＝2πr3，则小齿轮组的角速度为ω＝eq\f(v1,r1)＝eq\f(2πr3,r1)，由于后轮与小齿轮组同轴，所以角速度相等，根据公式v＝ωr，可得后轮的线速度为v＝ωR＝eq\f(2πr3R,r1)，故A正确，B、C、D错误。2.(2019·江苏高考)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()A．运动周期为eq\f(2πR,ω)B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R答案BD解析座舱的运动周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A错误；根据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱的重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。3．(2023·云南省昆明市高三下二模)图甲是市区中心的环岛路，A、B两车正在绕环岛做速度大小相等的匀速圆周运动，如图乙所示。下列说法正确的是()A．A、B两车的向心加速度大小相等B．A车的角速度比B车的角速度大C．A、B两车所受的合力大小一定相等D．A车所受的合力大小一定比B车的大答案B解析根据题意可知，A、B两车做匀速圆周运动的线速度大小相等，即vA＝vB，且两车运动半径rA<rB，根据a＝eq\f(v2,r)可知，A车的向心加速度较大，故A错误；根据ω＝eq\f(v,r)可知，A车的角速度比B车的角速度大，故B正确；两车所受合力大小为F＝meq\f(v2,r)，由于两车质量关系未知，故无法比较两车所受合力大小，故C、D错误。4.(2023·河北省石家庄市高三下教学质量检测一)如图所示，用四根符合胡克定律且原长均为l0的劲度系数相同的橡皮筋将质量均为m的四个小球连接成正方形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面并通过正方形中心O的轴以角速度ω匀速转动。在系统稳定后，观察到正方形边长变为l，可知橡皮筋的劲度系数为()A.eq\f(\r(2)mω2（l－l0）,l) B.eq\f(mω2（l－l0）,l)C.eq\f(mω2l,2（l－l0）) D.eq\f(mω2l,l－l0)答案C解析系统稳定后，每个小球做圆周运动的向心力均由连接在其上的两根橡皮筋的拉力的合力提供，则有2k(l－l0)cos45°＝mω2lcos45°，解得橡皮筋的劲度系数k＝eq\f(mω2l,2（l－l0）)，故选C。5.(2023·广东省广州市高三下第三次模拟)(多选)滚筒洗衣机静止于水平地面上，衣物随着滚筒一起在竖直平面内做高速匀速圆周运动，以达到脱水的效果，滚筒截面如图所示，A点为最高点，B点为最低点，CD为水平方向的直径，下列说法正确的有()A．衣物运动到A点时处于超重状态B．衣物运动到B点时脱水效果最好C．衣物运动到C点或D点时，洗衣机对地面的摩擦力不为零D．衣物在B点时，洗衣机对地面的压力等于洗衣机的重力答案BC解析衣物运动到最高点A点时，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误；衣物运动过程中，对衣物上质量为m做圆周运动的水，根据牛顿第二定律，有F合＝meq\f(v2,r)，可知水滴运动过程中所受合力大小不变，且指向圆心，水滴重力G大小方向不变，根据力的分解的平行四边形定则可知，衣物运动到B点时，衣物对水滴的作用力F最大，即此时水滴做圆周运动所需衣物的作用力最大，脱水效果最好，B正确；对于总质量为M的衣物及衣物上的水，运动到B点时，有F′－Mg＝Meq\f(v2,r)，根据牛顿第三定律可知，此时衣物对洗衣机竖直向下的压力为F″＝F′，联立可得F″＝Mg＋Meq\f(v2,r)，此时洗衣机对地面的压力等于洗衣机的重力加上衣物对洗衣机的压力，所以此时洗衣机对地面的压力大于洗衣机的重力，D错误；衣物运动到C点或D点时，根据力的合成与分解可知，洗衣机对衣物作用力的水平分力提供衣物做圆周运动的向心力，由牛顿第三定律可知，此时衣物对洗衣机在水平方向的作用力不为零，而洗衣机是静止的，由平衡条件可知，地面对其的摩擦力不为零，根据牛顿第三定律可知，衣物运动到C点或D点时，洗衣机对地面的摩擦力不为零，故C正确。6.如图所示，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值eq\f(l1,l2)为()A.eq\f(meq\o\al(2,1),meq\o\al(2,2)) B.eq\f(meq\o\al(2,2),meq\o\al(2,1))C.eq\f(m1,m2) D.eq\f(m2,m1)答案D解析设连接A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为T，角速度为ω，对A小球水平方向有：Tsinθ1＝m1