高中物理：课时3 圆周运动

课时3圆周运动

以基础梳理

一、描述圆周运动的物理量

1.线速度:描述物体圆周运动的快慢,v卷=等。

2.角速度:描述物体转动的快慢，3卷=等。

3.周期和频率:描述物体转动的快慢,丁=三,T=i

Vf

2

4.向心加速度:描述线速度方向变化的快慢,an=wr=—=«v=^r0

---------------------rT2

5.向心力:作用效果产生向心加速度,Fn=mano

二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较

项目匀速圆周运动非匀速圆周运动

定义线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动

运动F向、a向、v均大小不变，方F向、a向、v大小、方向均发生

特点向变化，3不变变化，3发生变化

向心力F^=F合由F合沿半径方向的分力提供

三、离心运动

1.定义:做圆周运动的物体,在合力突然消失或者不足以提供圆周运

动所需的向心力的情况下,就做逐渐远离圆心的运动。

2.原因:做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向

飞出去的倾向。

3.供需关系与运动

F=0

F<ma)2rCyL!：\

\I

F=ma)2r\.y

如图所示,F为实际提供的向心力，则

(1)当F=m32r时,物体做匀速圆周运动；

⑵当F=0时,物体沿切线方向飞出；

⑶当F〈m32r时,物体逐渐远离圆心；

(4)当F>i1132r时,物体逐渐靠近圆心。

夯实考点

级融圆周运动的运动学特征

1.对公式v=wr的理解

当r一定时,v与3成正比；

当3一定时,v与r成正比；

当v一定时，3与r成反比。

2

2.对a=—32r=av的理解

r

在V一定时,a与r成反比；

在3一定时,a与r成正比。

说明：(1)在讨论V、3、r之间的关系时，应运用控制变量法。

⑵常见的传动方式

传动

图示特点

装置

齿轮两齿轮边缘的两点A、B线速度大小相等VA=VB,角速

度.=唐,转动方向相反

传动°BrA

皮带两轮边缘的两点A、B线速度大小相等VA=VB,角速度

四,转动方向相同

传动°BrA

链条两轮边缘的两点A、B线速度大小相等vA=vB,角速度

—~~~＞转动方向相同

传动rA

同轴扇叶上的两点A、B角速度大小相等3A=G）B,线速度

丛=与,转动方向相同

转动vr

人BB

[典例1]（2018•浙江4月选考卷）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆

周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向

改变的角度之比是3：2,则它们（A）

A.线速度大小之比为4：3

B.角速度大小之比为3：4

C.圆周运动的半径之比为2：1

D.向心加速度大小之比为1：2

解析：圆周运动中线速度定义为单位时间内的圆弧长，即v=p则线速

度之比为4：3,A正确;角速度定义为单位时间内转过的角度，即3=*

且运动方向改变角度等于转动角度，则角速度之比为3:2,B错误;根

据线速度和角速度的关系得,R）,则半径之比为8：9,C错误;根据向

O）

心加速度公式得,a=v3,则向心加速度之比为2：1,D错误。

[备用1](2021•广东卷)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0P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0P绕。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)

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

解析：由于杆OP匀速转动,P点到圆心的距离不变,故P点的线速度大

小不变,A正确;P点的加速度为向心加速度,始终指向圆心，方向时刻

变化,B错误；设OP=L,PQ=b,可知Q点到0点所在水平线的距离

y=l.sin(30°+3t),故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动,C错

误;Q点到。点的水平距离x=b+Lcos(30°+31),故Q点在水平方向

的运动也不是匀速运动,D错误。

级超圆周运动的动力学分析

1.对向心力的三点提醒

(1)向心力是按效果命名的，不是物体实际受到的力，受力分析时,不

能在受力示意图上画出向心力。

(2)向心力可以由某种性质的力单独提供,也可以由几个不同性质的

力共同提供。

（3）向心力只产生向心加速度,与物体的实际加速度不一定相同。

2.解决圆周运动问题的主要步骤

（1）确定研究对象。

⑵确定运动的轨道平面,确定轨道圆心位置。

（3）受力分析，找出指向圆心方向的合力（不要把向心力作为某一性质

力进行分析）。

（4）运动情况分析（分析线速度、角速度等相关物理量）。

（5）列方程求解（根据牛顿运动定律列方程）。

考向1水平面内的圆周运动

1.运动实例：圆锥摆、火车转弯、汽车转弯、飞机在水平面内做匀速

圆周运动等。

2.问题特点：轨迹平面在水平面内，向心力水平,竖直方向的合力为零。

3.常见水平面内的圆周运动模型

［典例2］（多选）如图所示,用长为L的轻绳（轻绳不可伸长）连接的甲、

乙两物块（均可视为质点）放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过

圆盘的圆心。，甲与圆心。的距离也为L。甲、乙两物体的质量均为

m,与圆盘间的动摩擦因数均为U,物块与圆盘间的最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止,重力加速度为g,则下列说法

中正确的是（BC）

A.圆盘转动的角速度最大为蜉

72L

B.圆盘转动的角速度最大为阵

73L

C.轻绳最大弹力为］Umg

D.轻绳最大弹力为Limg

解析：当3较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力，a增大，由

F=m32r可知,物块受到的静摩擦力也增大,而r,=L,r乙=2L,r水r乙,

所以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后3继续增大,要保证乙不滑

动,轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大,直到甲受到的

静摩擦力也达到最大,此时3最大,轻绳弹力FT也最大;对甲、乙整体

2

有2Pmg=m3T+m,2L,解得w=I—,对甲有pmg-FT=in«L,解得

,\/3L

Fiqumg,故B、C正确。

［备用2］如图所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢

时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会

“贴”在“魔盘”竖直壁上,而不会滑下。若“魔盘”半径为r,人与

“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为P,在人“贴”在“魔盘”竖直壁

上，随“魔盘”一起转动过程中，则下列说法正确的是（D）

A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用

B.如果转速变大,人与器壁之间的摩擦力变大

C.如果转速变大,人与器壁之间的弹力不变

D.“魔盘”的转速一定不小于高器

解析:人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，故A错误;人

在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡,则知转速变大时一，人与器壁

2

之间的摩擦力不变，故B错误;如果转速变大，由F=mr(2nn),知人与

器壁之间的弹力变大，故C错误；人"贴”在“魔盘"上时丁有

mgWf-FN=mr(2nn)又fraa=nR,解得转速器，故“魔盘”

的转速一定大于;回，故D正确。

考向2竖直平面内的圆周运动

1.运动类型:物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆

周运动两种。只有重力做功的竖直平面内的圆周运动一定是变速圆周

运动，遵守机械能守恒定律。

2.问题特点：一般情况下,竖直平面内的圆周运动受力问题只涉及最

高点和最低点两种情形，但竖直平面内的圆周运动问题,涉及知识面

比较广，既有临界问题,又有能量守恒的问题。

3.常见模型

项目轻绳模型轻杆模型

葡飞Lj

常见类型

均是方支撑的小球

均是没有支撑的小球

过最高

v2

由mg=m；得

点的由小球能运动即可得v『0

v临力i?

临界条件

(1)当v=0时,&=mg,R为支持

(1)v^^/gr,Fx+mg=my,力，沿半径背离圆心

绳、轨道对球产生弹力FN(2)当0<v<A/grHt,mg-FN=niy,FN

讨论分析(2)V〈J5E在到达最高点背离圆心且随v的增大而减小

前小球已经脱离了圆(3)当时,FN=0

轨道(4)当v>J而时，FN+mg=m『,F、指

向圆心并随V的增大而增大

［典例3］如图所示，杂技演员正在表演“水流星”节目，手持系有水桶

的轻绳一端，使盛有水的水桶在竖直面内做圆周运动，若要使桶中的

水不洒出，则在最低点时水对桶底的压力大小至少是水的重力的

(D)

A.2倍B.4倍C.5倍D.6倍

解析:设桶中水的质量为m,经过最低点时速度大小为vi,水桶恰好能

通过最高点时桶中的水不洒出，则在最高点时水对桶的压力为零，即

„2

mg=m—,由最高点运动到最低点过程中机械能守恒，则有mg•2R+

R

刎24叫2,在最低点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m^-,联立以上各式

解得FN=6mg,根据牛顿第三定律可知,水对桶底的压力大小至少为6mg,

选项D正确。

［备用3］如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的

边长略大于球的直径。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

盒子与小球之间恰好无作用力，则下列说法正确的是（D）

A.在最高点小球的速度水平，小球既不超重也不失重

B.小球经过与圆心等高的位置时，处于超重状态

C.盒子在最低点时对小球弹力大小等于2mg,方向向下

D.该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2n

解析:在最高点小球的加速度为g,处于完全失重状态,选项A错误;小

球经过与圆心等高的位置时，竖直加速度为零,既不超重也不失重,选

项B错误；在最高点有mg=mg解得该盒子做匀速圆周运动的速度

v二病,该盒子做匀速圆周运动的周期为丁=誓=2nJI选项D正确;

在最低点时,盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球做

圆周运动的向心力，由F-mg=m力解得F=2mg,盒子对小球的弹力方向

R

向上,选项C错误。

考向3圆锥摆模型

［典例4］公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊

在半空。秋千匀速转动时.，绳与竖直方向成某一角度。，其简化模型

如图所示。若保持运动角速度不变，要使夹角9变大，可将（A）

A.钢丝绳变长B.钢丝绳变短

C.座椅质量增大D.座椅质量减小

解析：由题意知,座椅做圆周运动的向心力由合外力提供，即mgtan

0=m（学）2（人山0+r）,与质量无关，选项C、D错误；当周期不变时，

要使9增大,可增大1,即钢丝绳变长，选项A正确,B错误。

［备用4］（2021•河北卷）（多选）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其

中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端

连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角

速度3和3'匀速转动时一，小球均相对PQ杆静止。若3'>3,则与

以3匀速转动时相比，以s'匀速转动时（BD）

Nl------------IQ

A.小球的高度一定降低

B.弹簧弹力的大小一定不变

C.小球对杆压力的大小一定变大

D.小球所受合外力的大小一定变大

解析:设弹簧的劲度系数为k,形变量为X,弹簧与竖直方向的夹角为

。，MN、PQ间的距离为L,对小球受力分析有kxcos9-mg=0,即竖直

方向受力为0,水平方向有kxsin。土FN=OI32L,当金属框以3'绕MN

轴转动时一,假设小球的位置升高，则kx减小,cos9减小，小球受力不

能平衡;假设小球的位置降低，则kx增大,cos9增大,小球受力同样

不能平衡，则小球的位置不会变化,弹簧弹力的大小一定不变，故A错

2

误,B正确；小球对杆的压力大小Fffi=FN=mwL-kxsin8或F压=人=

kxsin9-mo'L,所以当角速度变大时压力大小不一定变大,故C错误;

当角速度变大时小球受到的合外力大小一定变大,故D正确。

生活中的圆周运动

1.铁路弯道的特点

当外轨比内轨高时,铁轨对火车的支持力不再是竖直向上,而是和重

力的合力提供向心力，可以减轻轨道和轮缘的挤压。最佳情况是向心

力恰好由支持力和重力的合力提供,铁轨的内、外轨均不受到侧向挤

压的力。

(1)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。

⑵动力学方程:根据牛顿第二定律得mgtan。初等其中r是转弯处

轨道的半径,V。是使内、外轨均不受力的最佳速度。

(3)结论:解上述方程可知见2=rgtan9

可见,最佳情况是由v。、r、。共同决定的。

当火车实际速度为v时,可有三种可能：

当v=v°时，内、外轨均不受侧向挤压的力；

当v>v0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V〈v。时，内轨受到侧向挤压的力(这时向心力减小，内轨提供一部

分力)。

2.拱形桥的最高点与最低点

⑴如果汽车在拱形桥上,如图甲以某一速度v通过拱形桥的最高点

”2

时，满足mg-F^m—o

r

结论:①汽车对桥面的压力小于汽车受到的重力mgo

②汽车行驶的速度越大,汽车对桥面的压力越小。

③当速度不断增大时,压力会不断减小，当达到某一速度时,汽车对桥

面完全没有压力，汽车“飘离”桥面。

mg

甲乙

(2)如果是凹形桥,如图乙所示，以某一速度v通过凹形桥的最低点时,

、V2

满足F-mg=m—o

2r

3.离心现象的受力特点

(1)离心运动的实质是物体逐渐远离圆心的物理现象，它的本质是物

体惯性的表现，总是有沿着圆周切线飞出去的趋势,之所以没有飞出

去是因为受到向心力作用，一旦作为向心力的合外力消失,物体就会

沿切线方向飞出去。

（2）物体做离心运动不是因为物体受到离心力的作用，而是由于外力

不能提供足够的向心力,所谓的“离心力”实际并不存在。

考向1车辆转弯问题

［典例5］如图所示为赛车场的一个水平U形弯道，转弯处为圆心在0

点的半圆，内、外半径分别为r和2ro一辆质量为m的赛车从AB线

经弯道到达A'B，线，有如图所示的①②③三条路线,其中路线③是

以0'为圆心的半圆,00'=r,赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮胎的

最大径向静摩擦力为Fg。选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯

道（所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大），则以下说法错误

的是（B）

A.选择路线①,赛车经过的路程最短

B.选择路线②,赛车的速率最小

C.选择路线③,赛车所用的时间最短

D.在①②③三条路线上,赛车的向心加速度大小相等

解析：选择路线①,经历的路程s,=2r+nr,选择路线②,经历的路程

S2=2nr+2r,选择路线③,经历的路程s3=2nr,可知选择路线①赛车

经过的路程最短,故A说法正确;根据F网初艺得,v=乒,选择路线①,

rym

轨道半径最小，则速率最小，故B说法错误;根据v=a知，通过

7m

①②③三条路线的最大速率之比为1：V2：V2,根据可知,选择

V

路线③,赛车所用时间最短,故C说法正确；由牛顿第二定律有F.*ma,

赛车的向心加速度大小相等,故D说法正确。

［备用5］铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求

外轨比内轨高,其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关,还与火车在

弯道上的行驶速度v有关。下列说法正确的是（A）

A.速率v一定时,r越小,要求h越大

B.速率v一定时,r越大,要求h越大

C.半径r一定时,v越小,要求h越大

D.半径r一定时,v越大,要求h越小

解析：火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向

心力刚好由重力mg与轨道支持力FN的合力来提供，如图所示，则有

mgtan。="，且tan。弋sin。上，其中L为轨间距，是定值，有

rL

mg>—,通过分析可知A正确。

Lr

考向2离心运动

［典例6］赛车在水平路面上转弯时一,常常在弯道处冲出跑道,对其原

因的分析以下说法正确的是（C）

A.赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘

B.赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速

C.赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速

D.赛车行驶到弯道附近提前转弯

解析:赛车在水平路面上转弯时，需要的向心力是由赛车与地面间的

„2

摩擦力提供的。由F初亍知，当v较大时，赛车需要的向心力也较大,

当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道。因此在r

不变时可减小行驶速度;赛车行驶到弯道附近提前转弯可增大转弯半

径,则所需向心力减小。

［备用6］如图所示,洗衣机的甩干筒在转动时有一衣物附在筒壁上,则

此时（D）

A.衣物受到重力、筒壁的弹力、摩擦力和向心力

B.衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由摩擦力提供的

C.筒壁的弹力随筒的转速的增大而减小

D.水与衣物间的附着力小于水做圆周运动所需的向心力，水从筒壁小

孔甩出

州国组合曲线运动的分析与求解

平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题,

用牛顿运动定律求解圆周运动问题,关键是找到两者的速度关系。若

先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速度等于平抛运动的水

平初速度;若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速度等于平抛运

动的末速度在圆周切线方向的分速度。

［典例7］如图所示,质量为m=0.2kg的小球(可视为质点)从水平桌面

端点A以初速度v。水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道PNM,

其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧,MN为其竖

直直径。P点到桌面的竖直距离也为R。小球飞离桌面后恰由P点无

2

碰撞地落入圆轨道，g取10m/so

(1)求小球在A点的初速度V。及AP间水平距离x;

⑵求小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力；

⑶判断小球能否到达圆轨道最高点Mo

解析：(1)小球由A点做平抛运动,在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨

道,则小球在P点的竖直分速度为

vy=votan45°=v0,

由平抛运动规律得Vy=gt,R=£t,x=v0t,

解得v0=4m/s,x=l.6mo

(2)小球在P点的速度为

v=v22

Vo+vy=4V2m/s,

小球从P点到N点，由动能定理得

22

mgR(l-cos45°)=|mvw-1mv,

小球在N点，由牛顿第二定律得

解得小球所受支持力Fx^ll.17N,

由牛顿第三定律得,小球对N点的压力为FJ=11.17N,方向竖直向下。

⑶假设小球能够到达M点,对小球由P点到M点由动能定理得

-mgR(1+cos45°)=1mv'

解得v'=V16-872m/s,

小球能够完成圆周运动,在M点应有

2.__

即VM2痴於孤m/s,

由V，＜VM知，小球不能到达圆轨道最高点Mo

答案：(l)4m/s1.6m

(2)11.17N方向竖直向下

⑶见解析

［备用7］如图所示,磁性小球在铁质圆轨道外侧旋转而不脱落,好像轨

道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在C点脱离轨道,投入左边

内轨的某点上，已知竖直圆弧轨道由半径为2R的左半圆轨道AB和半

径为R的右半圆轨道BC无缝对接,A、B点处于竖直线上,可看成质点、

质量为m的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力

始终指向圆心且大小恒为F,不计摩擦和空气阻力，重力加速度为go

(1)若小球在A点的速度为图瓦求小球在该点对轨道的弹力;

（2）若磁性引力F可调整,要使小球能完成完整的圆周运动,求二的最

mg

小值；

⑶若小球从最高点开始沿轨道外侧运动,最后从c点抛出落到左侧

圆轨道上（球脱离轨道后与轨道的引力消失），问小球能否落在与右边

小圆圆心等高处？如果不能,求出小球的落点与0点的最短竖直距离。

解析：（1）设在A点轨道对小球向上的弹力大小为口

由牛顿第二定律得

F+mg-F=m—,

NZK

代入数据得F=FN,由牛顿第三定律得,小球在A点对轨道的弹力大小为

F,方向竖直向下。

⑵要使小球能完成完整的运动，只需在B点不脱轨即可。

当vA=0时,到达B处速度最小，由动能定理得

17

mg,4R=-mvfi-0,

当小球处于轨道最低点B时，由牛顿第二定律得

FB-mg-FN=m^,

所以FB=9mg+FN,

当F=0时,磁性引力最小,故二的最小值为9o

Nmg

⑶小球能沿轨道运动到C点,设vA=0,则从A到C的过程中有

2

mg,2R=-mvc-0,

得Vc=2JgR。

若小球落到与右边小圆圆心等高处,设从C点以速度V。平抛,则

竖直方向有y=R=1gt2,

水平方向有x=J(2R)2-R2=bR=v°t,

得水平速度'后警

因为Vo<Vc,故小球不可能落在与右边小圆圆心等高处。

当Vc=2痂时,落点与0点的竖直距离最近，

水平方向有X=Vct,

竖直方向有y=1gt2,

且x2+y2=4R2,

得y=(2V5-4)R,

故小球的落点与。点的竖直距离最小为

h=R-y=(5-2V5)Ro

答案：(1)F,方向竖直向下(2)9(3)(5-2V5)R

(°〃〃/〃/〃课堂训练)教而福用

1.(圆周运动中各物理量的关系)修正带的结构如图所示，包括上下盖

座，大、小齿轮,压嘴座等部件，大、小齿轮分别嵌合于固定的轴孔中,

大、小齿轮相互吻合,a、b点分别位于大、小齿轮的边缘,c点位于大

齿轮的半径中点。当修正带在使用的某个时刻(A)

A.b、c两点的角速度相同B.a、b两点的角速度相同

C.a、b两点的线速度相同D.b点的向心加速度最大

解析:a、b两点齿轮传动,线速度大小相同,va=vb,因ra<rb,由v=ar得

3a>3b,由得a>a;b>c两点同轴转动，两点角速度大小相

Vnanb

2

等，3b=3c,因rb>rc,由an=«r得,anb>anco综合得,选项A正确。

2.（圆周运动的动力学分析）（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00'的距离为l,b

与转轴的距离为21。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3表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是（AC）

°：ab

jnn

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.3=腾是b开始滑动的临界角速度

D.当3=旧时,a所受摩擦力的大小为kmg

解析:a与b所受的最大摩擦力相等,而b需要的向心力较大,所以b

先滑动,A项正确;在未滑动之前,a、b各自受到的摩擦力提供其向心

力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力,B项错误;b处于临界状

态时有kmg=m32・21,解得3=J”,C项正确；同理可得a的临界角速

度为3'=照，3=再小于a的临界角速度,a所受摩擦力

2

F=Fn=mal=|kmg,D项错误。

3.（竖直平面内的圆周运动）一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一

端0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）

A

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/证

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

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=J证时，杆所受的弹力等于零,A正

_____2

确,B错误;若瓦则杆在最高点对小球的弹力竖直向上,mg-F=m^-,

随v增大,F减小，若v>J证，则杆在最高点对小球的弹力竖直向

„2

下,mg+F=m3,随v增大,F增大,选项C、D均错误。

4.（圆周运动实例分析）一辆汽车在丘陵地上以不变的速率行驶，地形

如图所示。由于轮胎已旧，途中爆了胎。你认为在图中A、B、C、D四

处中，爆胎的可能性最大的一处是（B）

A.A处B.B处C.C处D.D处

解析:在A处,地面对轮胎的弹力大小等于汽车的重力;在B处,汽车做

圆周运动,加速度方向竖直向上,根据牛顿运动定律知,汽车处于超重

状态，地面对汽车的弹力大于其重力；在C处,汽车做圆周运动,加速

度方向竖直向下,根据牛顿运动定律知,汽车处于失重状态，地面对汽

车的弹力小于其重力;在D处，地面对汽车的弹力大小等于重力垂直

于斜面的分力，也小于重力。则在B处汽车受到地面的弹力最大,最容

易爆胎，故选项B正确。

5.（组合曲线运动）如图所示,水平传送带以5m/s恒定速率顺时针转

动,一质量m=0.5kg的小物块轻轻放在传送带上的A点，随传送带运

动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直固定的光滑半圆弧轨道

（已知B、C在同一竖直线上），之后沿CD轨道做圆周运动，离开D点后

水平抛出。已知圆弧半径R=0.9m,轨道最低点为D,D点距水平面的

高度h=0.8mo（g取10m/s?,忽略空气阻力）

\/\h

K

⑴求小物块刚进入圆轨道时速度的最小值；

⑵若要让小物块从D点水平抛出后能垂直撞到倾斜挡板底端E点，

已知挡板固定放在水平面上，挡板倾角。=60°,传送带长度SAB=L5m,

求物块与传送带间的动摩擦因数Uo

解析：（1）对小物块,在C点能够做圆周运动，由牛顿第二定律得

2

mg.^m—Vc,

解得丫（；与^/^=3m/so

⑵小物块从D点抛出后,做平抛运动,有h=igt2,

将小物块在E点的速度进行分解，可得tan。卷,

对小物块,从C至ljD根据动能定理有

22

2mgR=|mvD-|mvc,

由于vc=2gm/s<5m/s,所以小物块在传送带上一直加速，从A到B

根据运动学公式有〃c2=2asAB,

其中a=ug,

解得u=0.4o

答案：（l）3m/s（2）0.4

6.（组合曲线运动）如图所示，四分之一圆弧轨道的圆心和半圆轨道

的圆心02,与斜面体ABC的竖直面AB在同一竖直面上,两圆弧轨道衔

接处的距离忽略不计，斜面体ABC的底面BC是水平面，一个视为质点、

质量m=0.2kg的小球从P点静止释放,先后沿两个圆弧轨道运动,最

后落在斜面体上（不会弹起），不日,一切摩擦，已知AB=9m,BC=12m,

02A=l.1m,四分之一圆弧的半径和半圆的半径都是R=0.6m,g取

2

10m/so求：

⑴小球在半圆最低点Q对轨道的压力；

⑵小球落在斜面上的位置到A点的距离。

2

解析：⑴由机械能守恒定律得,mg•3R=1mv0,

分析小球在Q点受力有卜-1昭=哼-,

A

再由牛顿第三定律知FJ=FN,

联立解得FN'=14N,方向竖直向下。

⑵小球离开Q后做平抛运动，如图,

水平方向上有X=VQ•t,

竖直方向上有y=1gt2,

又由几何关系得

QA=02A-R=0.5m,

x=L,cos0,

y=QA+L•sin0,

联立解得L=7.5mo

答案：（1）14N方向竖直向下（2）7.5m

课时训练

阿基础巩固

1.（2018•浙江11月选考卷）一质量为2.OXIO,kg的汽车在水平公

路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为L4X10!N,当汽车经过

半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（D）

A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力

B.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4X10'N

C.汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑

D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2

解析:汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是指向圆心

方向的合力，即由摩擦力充当向心力,A错误；当汽车转弯时速度为

„2.

20m/s,所需的向心力为F向=m3=lX10'N,没有超过最大静摩擦力，

汽车不会发生侧滑,B、C错误;汽车能安全转弯的最大向心加速度为

a=—=7.0m/s2,D正确。

m

2.如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可

绕0在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时

间为3.3s,自动识别系统的反应时间为0.3s;汽车可看成高1.6m

的长方体，其左侧面底边在aa'直线上，且0到汽车左侧面的水平距

离为0.6m,要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为

(D)

A.—rad/sB.—rad/s

44

C.—rad/sD.—rad/s

612

解析：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为9,由几何知识得

tan0=与，=1,解得0=，直杆转动的时间t=t汽车一t反应时间二(3.3一

0.64

0.3)s=3s,直杆转动的角速度rad/s,故D正确。

3.（2019•江苏卷）（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3,

重力加速度为g,则座舱（BD）

A.运动周期为任

0）

B.线速度的大小为3R

C.受摩天轮作用力的大小始终为mg

D.所受合力的大小始终为ma2R

解析:座舱的周期T卫上,故A错误;根据线速度与角速度的关

V0）

系,v=3R,故B正确;座舱做匀速圆周运动,摩天轮对座舱的作用力与

重力大小不相等,其合力提供向心力，合力大小为F合=m32R,故C错

误,D正确。

4.（2021•温州期末）如图所示，某同学表演荡秋千，已知秋千的两根

绳长均为10m,该同学和秋千踏板的总质量约为60kg。绳的质量忽

略不计。该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s,g取

10m/s%此时每根绳子平均承受的拉力约为（B）

A.984NB.500NC.490ND.410N

解析:这是一个“双重建模”问题。在应用牛顿运动定律时.，必须把人

看成质点,没必要考虑各部分速度差异这些次要因素。而在计算圆周

运动半径时一，则要考虑人身体大小,半径R明显小于绳长Lo设在最低

点时每根绳子平均承受的拉力为FT,该同学做圆周运动的半径为R,则

由牛顿第二定律得2FT-mg=mj,将R=10m代入得F「=492N,故实际上

每根绳子平均承受的拉力应略大于492N,选项B正确。

5.在街头的理发店门口，常可以看到这样一个标志:一个转动的圆筒，

外表有彩色螺旋斜条纹,我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但条纹实

际在竖直方向并没有升降,这是由圆筒的转动而使我们的眼睛产生的

错觉。如图所示,假设圆筒上的条纹是围绕着圆筒、连续的一条宽带,

相邻两条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）为L=10cm,圆筒沿逆

时针方向（从俯视方向看），以2r/s的转速匀速转动,我们感觉到升降

方向和速度大小分别为（D）

A.向上，10cm/sB.向上，20cm/s

C.向下,10cm/sD.向下，20cm/s

解析:本题考查匀速圆周运动问题。彩色螺旋斜条纹是从左下到右上,

且圆筒沿逆时针方向（俯视）转动,人眼观察某一个空间位置处的彩色

条纹，由于圆筒在转动，经过很小的时间间隔At后，左侧条纹代替右

侧条纹，根据人眼的视觉暂留现象，人眼错认为原来的点向下移动了

一小段，就会感觉条纹的运动方向向下。由于圆筒每秒转2圈，则转

1圈的时间为0.5s,而螺距为10cm,所以每秒沿竖直方向运动的距

离为20cm,即速度大小为20cm/s,选项D正确。

6.如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固

定在水平转轴0上,现让杆绕转轴0在竖直平面内匀速转动,角速度为

以某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直,则此时杆与水平面的夹角

e满足（A）

A.sin9tane=—

99

ed

C.sin9---zD.tan

a)LCd2L

解析：由题意知，因小球做匀速圆周运动,合外力提供向心力，故小球

受合外力的方向沿杆指向0点,对小球受力分析如图所示,受重力与

杆的作用力,所以有sin9=—=—,A«o

mgg

7.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的

角速度3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子（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/s?。则3的最大

值是（C）

A.V5rad/sB.V3rad/s

C.1.0rad/sD.0.5rad/s

解析:物体随圆盘做圆周运动,运动到最低点时最易滑动，刚要滑动时

有最大角速度，根据牛顿第二定律有Rmgcos300-mgsin30°=mw2r,

解得a=1.0rad/s,选项C正确。

8.由上海飞往洛杉矶的飞机与由洛杉矶返航飞往上海的飞机,若往返

飞行时间相同,且飞经太平洋上空时等高匀速飞行，飞行中两种情况

比较（C）

A.飞机上乘客对座椅的压力两种情况相等

B.飞机上乘客对座椅的压力前者稍大于后者

C.飞机上乘客对座椅的压力前者稍小于后者

D.飞机上乘客对座椅的压力可能为零

解析:考虑到地球自西向东转动,而两次飞行时间相同，则两次飞行速

„2

度不同，由上海飞往洛杉矶时飞行速度较大，由mg-FN=n£知,v越大FN

R

越小,V远小于第一宇宙速度,R不可能为零。

9.有一种秋千叫“轮子秋”，即竖起大板车轮柱，下轮压重物固定，上

轮绑一木梯,在木梯两端拴上绳子,如图1,为了理解“轮子秋”的趣

味性,作如图2所示的简化图：水平细杆的a0和0b部分的长度分别为

L和L2,甲、乙两物体的质量分别为叫和m2,系统绕。所在的竖直轴匀

速转动,两等长细绳与竖直方向的夹角分别为a和B,下列说法正确

的是(D)

图1图2

A.若LI=L2,且mi>m2,则a>B

B.若LI=L2,且mi<m2,则a>B

C.若L,>L2,则a可能等于B

D.若LI>L2,则a一定大于B

解析:物体质量用m表示,细绳与竖直方向夹角用0表示,细杆一端到

轴心的距离为L,细绳长为x,角速度为3,则mgtan9=mw2(L+x•

sin0),可得L=(=J-x)sin0,0°W。<90°,当。增大时，

cose减小，2。G增大,sin。增大，故L增大,A、B、C错误,D正确。

a)£cos0

何能力提升

10.蛙式电动打夯机是一种结构简单、操作方便的夯实机械,在建筑施

工中被广泛采用。本机主要由夯头架、传动装置、前轴装置、拖盘、

操纵手柄、电器设备和润滑系统等组成。如图1为电动打夯机的实物

图，图2是其工作原理的示意图,在电动机的轴上装一个偏心飞轮,飞

轮的质量为m,其重心离轴心的距离为r,装置其余部分的质量为M,当

电动机转动时，打夯机的底座在地面上跳动将地面筑紧。则为了使机

座跳离地面(A)

B.电动机的最小角速度应是回

7mr

C.电动机的最大角速度应是叵逼

D.电动机的最大角速度应是陛

7mr

解析：当偏心飞轮转至图中最高点,且偏心飞轮对机座向上拉力Fi=Mg

时,机座对地面的压力为零,机座将跳离地面。则对于偏心飞轮在最高

点时,机座对偏心飞轮的向下拉力大小为F/=Fb根据牛顿第二定律

有Fi'+mg=mo）o2r,电动机的最小角速度应是

11.（多选）如图所示，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个

小球，小球的直径略小于管的内径。当玻璃管绕竖直轴以角速度3匀

速转动时一，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（BD）

A.仅增加绳长,小球将受到玻璃管斜向上方的压力

B,仅增加绳长,若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小①

C.仅增加小球质量,小球将受到玻璃管斜向上方的压力

D.仅增加角速度，小球将受到玻璃管斜向下方的压力

解析:根据题意可知,mgtan9=mw-r=nio2Lsin。。仅增加绳长，小

球所需向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球将受到玻璃

管斜向下方的压力，故A错误;仅增加绳长,若仍保持小球与玻璃管间

无压力，根据以上分析可知，需减小5故B正确；小球质量可以被约

去,增加小球质量，小球仍与管壁间无压力,故C错误;仅增加角速度,

小球所需向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球将受到玻

璃管斜向下方的压力，故D正确。

12.长为L的细线一端系一质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定

在一光滑锥顶上,光滑锥顶角为29,轴线在竖直方向，如图甲所示。

使小球在水平面内做角速度为3的匀速圆周运动,线的张力为F,经分

析可得F_G?关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g,贝|J(D)

A.a=mgsin9

B.b=g

L

C.图线1的斜率ki=mLsin0

D.图线2的斜率k2=mL

解析：当角速度为零时,对小球受力分析,有F=mgcos。=a，故A错误;

小球贴着光滑圆锥做匀速圆周运动，当角速度的二次方达到b时，支

持力为零，有mgtan9=mLsin9•①；解得3M)=丁区1故B错误；小

LcosO

球未脱离圆锥时，有Fsin9-F\cos。=mLsin9,3：Feos。

+Rsin0=mg,联立解得F=mgcos9+mLsin29,3；可知图线1的斜

率ki=mLsin2。，故C错误；当小球脱离圆锥后，有Fsina=mL

sina•3；即F=mLG）2,则图线2的斜率kz=mL,故D正确。

13.（2021・台州质量检测）如图所示,长为1=0.75m的轻绳一端固定，

另一端系有质量为m=0.25kg的小物块,在竖直平面内做圆周运动，

当运动到最低点时,绳突然断掉，恰好落在传动带左端,落至传送带后

物块速度瞬间变为0,同时传送带开始以v0=4m/s向右传动,物块最后

恰能从右端水平飞出。已知此时离传送带高度为h=l.25m,水平距离

为s=l.5m（如图），物块与传送带间的动摩擦因数u=0.2,传送轮半径

R=0.4m,重力加速度g取10m/s；忽略空气阻力。求：

kL..X_____________

-