2025届高考物理一轮复习第四章曲线运动第20讲常见的圆周运动动力学模型教学案新人教版

PAGE22-第20讲常见的圆周运动动力学模型实力命题点一水平面内的圆周运动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开再另外添加一个向心力。2．几种典型的运动模型运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯(以规定速度行驶)圆锥摆飞车走壁如图所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8,g取10m/s2，结果可用根式表示)。求：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析(1)小球刚好离开锥面时，小球受到重力和细线拉力，如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿其次定律及向心力公式得mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ解得ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)当细线与竖直方向成60°角时，小球已离开锥面，由牛顿其次定律及向心力公式得mgtan60°＝mω′2lsin60°解得ω′＝eq\r(\f(g,lcos60°))＝2eq\r(5)rad/s。答案(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s求解圆周运动问题的“一、二、三、四”1．(2024·北京期末)(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是()A．球A的线速度必定大于球B的线速度B．球A的角速度必定等于球B的角速度C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力答案BCD解析以A为例对小球进行受力分析，可得支持力和重力的合力充当向心力，设圆锥筒的锥角为θ，则FN＝eq\f(mg,sinθ)，Fn＝eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，A、B质量相等，A做圆周运动的半径大于B做圆周运动的半径，所以球A的线速度必定大于球B的线速度，球A的角速度必定小于球B的角速度，球A的运动周期必定大于球B的运动周期，球A对筒壁的压力必定等于球B对筒壁的压力，A正确，B、C、D错误。2．(2024·北京期末)如图所示为火车车轮在转弯处的截面示意图，轨道的外轨高于内轨，在此转弯处规定的火车行驶速度为v，则()A．若火车通过此弯道时速度大于v，则火车的轮缘会挤压外轨B．若火车通过此弯道时速度小于v，则火车的轮缘会挤压外轨C．若火车通过此弯道时行驶速度等于v，则火车的轮缘会挤压外轨D．若火车通过此弯道时行驶速度等于v，则火车对轨道的压力小于火车的重力答案A解析如图所示为火车车轮在转弯处的受力示意图，轨道的外轨高于内轨，在此转弯处规定的火车行驶速度为v，则当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以供应所需的向心力，火车有离心运动的趋势，故其外侧车轮轮缘会与外轨相互挤压，A正确；当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有近心运动的趋势，故其内侧车轮轮缘会与内轨相互挤压，B错误；当火车以速度v通过此弯道时，火车重力与轨道支持力的合力恰好供应向心力，内外轨都无压力，故C错误；设轨道所在斜面的倾角为θ，当火车以速度v通过此弯道时，由受力可知，Ncosθ＝mg，解得：N＝eq\f(mg,cosθ)，所以火车对轨道的压力大于火车的重力，故D错误。实力命题点二竖直面内的圆周运动1．概述竖直平面内的圆周运动一般是变速圆周运动，运动的速度大小和方向在不断发生变更，运动过程困难，合外力不仅变更速度的方向，还变更速度的大小，所以一般不探讨随意位置的状况，常常探讨的是特别的位置——最高点、最低点和与圆心等高的位置。竖直平面内的圆周运动一般可以分为两类：(1)轻绳模型：竖直(光滑)圆弧内侧的圆周运动、水流星的运动等，类似轻绳一端的物体以轻绳另一端为圆心的竖直平面内的圆周运动。其特点是在最高点无支撑。(2)轻杆模型：竖直(光滑)圆管内的圆周运动、小球套在竖直圆环上的运动等，类似轻杆一端的物体以轻杆另一端为圆心的竖直平面内的圆周运动。其特点是在最高点有支撑。2．竖直面内圆周运动的两个基本模型的比较轻绳模型轻杆模型情景图示最高点受力特征除重力外，物体可能受到向下或等于零的弹力除重力外，物体可能受到向下、等于零或向上的弹力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(v\o\al(2,min),R)，即vmin＝eq\r(gR)v＝0时F向＝0，即FN＝mgv＝eq\r(gR)的意义物体能否过最高点的临界速度FN表现为拉力还是支持力的临界速度过最高点的条件最高点的速度v≥eq\r(gR)最高点的速度v≥0过最低点受力分析FT－mg＝meq\f(v2,R)，轻绳或圆轨道受拉力或压力最大，存在绳断的临界条件FT－mg＝meq\f(v2,R)，存在对杆拉力或对管压力最大值问题注：汽车过凸形拱桥最高点相当于杆只有支持力而没有压力的状况，此时mg－FN＝meq\f(v2,R)，过最高点的临界条件是FN＝0时，v＝eq\r(gR)。模型1轻绳模型[例1]如图所示，一质量为m＝0.5kg的小球，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10m/s2，求：(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？(2)当小球在最高点的速度为4m/s时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的速度不能超过多大？解析(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿其次定律得mg＋F1＝meq\f(v2,R)①由于轻绳对小球只能供应指向圆心的拉力，即F1不行能取负值，亦即F1≥0②联立①②式得v≥eq\r(gR)代入数值得v≥2m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2m/s。(2)对小球，由牛顿其次定律得mg＋F2＝meq\f(v\o\al(2,2),R)将v2＝4m/s代入得，F2＝15N。(3)由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿其次定律得F3－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)③又F3≤45N④联立③④式得v3≤4eq\r(2)m答案(1)2m/s(2)15N(3)4eq\模型2轻杆模型[例2]如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度。下列说法正确的是()A．小球通过最高点时速度可能小于eq\r(gL)B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不行能为零C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小解析小球在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿其次定律得：mg－F＝meq\f(v2,L)，则得v＝eq\r(gL－\f(FL,m))<eq\r(gL)，故A正确。当小球通过最高点的速度为eq\r(gL)时，由重力供应向心力，杆的作用力为零，故B错误。在最高点轻杆对小球的作用力可以表现为拉力，此时依据牛顿其次定律有mg＋F＝meq\f(v2,L)，则知v越大，F越大，即随小球速度的增大，杆的拉力增大；小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg－F＝meq\f(v2,L)，则知v越大，F越小，即随小球速度的增大，杆的支持力减小，故C、D错误。答案A解题技巧(1)定模型：首先推断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。(2)确定临界点：抓住绳模型中在最高点v≥eq\r(gR)及杆模型中在最高点v≥0这两个临界条件。(3)探讨状态：通常状况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动状况。(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，依据牛顿其次定律列出方程：F合＝F向。(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。1.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，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为()A．eq\r(3)mg B．eq\f(4\r(3),3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg答案A解析设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcosθ＝eq\f(\r(3),2)L。依据题述，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝meq\f(v2,r)；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcosθ＋mg＝meq\f(2v2,r)，联立解得F＝eq\r(3)mg，A正确。2.如图所示，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，则下列说法中正确的是()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＝eq\r(gR)C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球肯定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球肯定有作用力答案C解析因是在圆形管道内做圆周运动，所以在最高点时，内壁可以给小球沿半径向外的支持力，所以小球通过最高点时的最小速度为零，故A、B错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径方向向外，小球的向心力沿半径指向圆心，小球与外壁肯定会相互挤压，所以小球肯定会受到外壁的作用力，内侧管壁对小球肯定无作用力，故C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，当速度较小时，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动须要的向心力，此时小球与外壁不存在相互挤压，外侧管壁对小球没有作用力，故D错误。实力命题点三水平面、斜面内的圆周运动临界问题1．水平面内的圆周运动的临界问题如下图，在水平面内做圆周运动的物体，供应向心力的可能是绳子的拉力、摩擦力等及它们的合力或分力。当角速度变更时，物体有远离圆心或向着圆心运动的趋势，从而出现临界状况。当角速度ω增大时，图a中绳子BC可能由松驰变为绷紧，甚至断裂；图b斜面的支持力变为零时物体将脱离斜面；图c静摩擦力达到最大时木块起先滑动；图c、图d木块或小球受到的静摩擦力的方向可能发生变更。对于这类动态变更的问题，关键是找到临界状态，作受力分析。2．四种临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。(4)运动趋势方向变更的临界条件：静摩擦力为0。3．斜面上圆周运动的临界问题在斜面上做圆周运动的物体，因所受的限制因素不同，如静摩擦力限制、轻绳限制、轻杆限制，物体的受力状况和临界条件也不相同。(1)静摩擦力限制下的圆周运动(2)轻绳限制下的圆周运动(3)轻杆限制下的圆周运动由于重力沿斜面的分力，在斜面内做圆周运动的物体的速率不断变更，运动状况与竖直面内的圆周运动类似，所以通常分析物体在最高点和最低点的受力状况求临界状态。物体在斜面上运动时，若受摩擦力，还要参照水平面内圆周运动的临界问题分析摩擦力的突变问题，如静摩擦力的方向变更、静摩擦力变为滑动摩擦力。(2024·江苏宿迁一调)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的质量肯定小于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解析当B所受摩擦力恰为零时，受力分析如图，依据牛顿其次定律得：mBgtanβ＝mBωeq\o\al(2,B)Rsinβ，解得：ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))，同理可得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))，物块转动的角速度与物块的质量无关，所以无法推断A、B质量的大小关系，A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不行能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA，又ωA>ωB，所以此时物块B的向心力大于其所受摩擦力为零时的向心力，受力分析可知，此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；假如转台角速度从A不受摩擦力起先增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力均沿容器壁向下，且均增大，D正确。答案D(1)分析临界问题时，假如不能确定静摩擦力的方向，可以假设静摩擦力沿某个方向，然后做受力分析求解，依据求出的静摩擦力的正负推断它的方向。(2)物体做圆周运动时，在支持面上滑动时的临界状况常常有两种可能，例如核心综述图c中木块既可能向靠近圆心的方向滑动，也可能向远离圆心的方向滑动，应全面分析，不要漏解。1．(2024·全国卷Ⅰ)(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。若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动，用ωA．b肯定比a先起先滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析因圆盘从静止起先绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，小木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，充当向心力，两木块转动过程中角速度相等，则依据牛顿其次定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动须要的向心力较大，先达到最大静摩擦力而滑动，B错误，A正确；当b将要滑动时，由牛顿其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，C正确；当a起先滑动时，由牛顿其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而转盘的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来供应，由牛顿其次定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D错误。2.(多选)如图所示，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，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动状况是()A．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动B．物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远答案AB解析当圆盘转动到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘给它指向圆心的最大静摩擦力的合力供应向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以供应其做圆周运动所须要的向心力，A要发生滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所须要的向心力小于B所受的最大静摩擦力，所以B仍与圆盘保持相对静止状态，故C、D错误，A、B正确。3.(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起先滑动的临界角速度D．ω＝eq\r(\f(g,8l))是b起先滑动的临界角速度答案AD解析a在最高点时可能由重力沿斜面的分力供应向心力，所以所受摩擦力可能为0，故A正确；a在最低点，由牛顿运动定律f－mgsin30°＝meq\f(v2,l)，所以a在最低点时所受摩擦力不行能为0，故B错误；对a在最低点，由牛顿运动定律μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,a)l，得a起先滑动的临界角速度ωa＝eq\r(\f(g,4l))，故C错误；对b在最低点，由牛顿运动定律μmgcos30°－mgsin30°＝mωeq\o\al(2,b)(2l)，得b起先滑动的临界角速度ωb＝eq\r(\f(g,8l))，故D正确。4.如图所示，AB为竖直转轴，在细绳AC和BC的结点C处系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg。当细绳AC和BC均拉直时∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．AC5m/s B．BC5m/sC．AC5.24m/s D．BC5.24m/s答案B解析当小球线速度增至BC被拉直后，由牛顿其次定律可得，竖直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝meq\f(v2,r)②，由①式可得：TA＝eq\f(5,4)mg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当BC绳刚要被拉断时，TB＝2mg，由②式可解得此时v≈5.24m/s；BC绳断后，随小球线速度增大，AC绳与竖直方向间夹角增大，设AC绳被拉断时与竖直方向的夹角为α，由TAC＝2mg，TAC·cosα＝mg，TACsinα＝meq\f(v′2,r′)，r′＝LAC·sinα，LBC＝LACcos53°，可解得α＝60°，LAC＝eq\f(5,3)m，v′＝5m/s，故B正确。课时作业1.(多选)图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩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．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为eq\r(μgR)C．转弯时车与地面间的静摩擦力肯定为μMgD．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小答案BD解析车受到的地面的支持力方向与车所在的平面垂直，故A错误；设自行车受到地面的弹力为N，则有：fm＝μN，由平衡条件有：N＝Mg，依据牛顿其次定律有：fm＝Meq\f(v\o\al(2,m),R)，代入数据解得：vm＝eq\r(μgR)，故B正确；设车所在平面与地面的夹角为θ，地面对自行车的弹力N与摩擦力f的合力过人与车的重心，则eq\f(1,tanθ)＝eq\f(f,Mg)，f＝Meq\f(v2,R)，解得f＝eq\f(Mg,tanθ)，eq\f(1,tanθ)＝eq\f(v2,gR)，转弯时车与地面间的静摩擦力不肯定为μMg，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确。2.(多选)图示为儿童乐园里“空中飞椅”的简化模型，座椅通过钢丝绳与顶端转盘相连接。已知“空中飞椅”正常工作时转盘的转速肯定，顶端转盘的半径为r，绳长为L，绳与竖直方向的夹角为θ，座椅中人的质量为m，转动过程座椅可以看做质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则()A．座椅转动的角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,Lsinθ))B．人受到的合力大小为eq\f(mg,tanθ)C．座椅转动的角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,Lsinθ＋r))D．人受到座椅的作用力为eq\f(mg,cosθ)答案CD解析以人为探讨对象，人的受力如图所示，由几何学问可知，人受到的合力为F合＝mgtanθ，故B错误；人受到的合力供应人做匀速圆周运动的向心力，可得F合＝mgtanθ＝mω2(r＋Lsinθ)，解得ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))，故A错误，C正确；由几何学问可知，人受到座椅的作用力为T＝eq\f(mg,cosθ)，故D正确。3.(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，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。已知绳长为l，重力加速度为g，则()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，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0>eq\r(6gl)时，小球肯定能通过最高点PD．当v0<eq\r(gl)时，细绳始终处于绷紧状态答案CD解析小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，A错误；小球在最低点Q时：FT1－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)，在最高点P时：FT2＋mg＝meq\f(v2,l)，又eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－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，B错误；当v0＝eq\r(6gl)时，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mg·2l＝eq\f(1,2)mv2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)，则当v0>eq\r(6gl)时小球肯定能通过最高点P，C正确；当v0＝eq\r(gl)时，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝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旁边来回摇摆，细绳始终处于绷紧状态，D正确。4.如图所示，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处于同一水平线上的点。小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则物体对地面的压力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，摩擦力方向向左答案B解析因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，对轨道没有水平方向的作用力，所以物体没有相对地面运动的趋势，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A点的压力向上，物体对地面的压力FN<Mg，故A错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力水平向左，所以物体对地有向左运动的趋势，地面给物体向右的摩擦力，竖直方向上小滑块对轨道无作用力，所以物体对地面的压力FN＝Mg，故B正确；小滑块在C点时，地面对物体也没有摩擦力，竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以物体对地面的压力FN>(M＋m)g，故C错误；小滑块在D点时，类似于B点的分析，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力FN＝Mg，故D错误。5．如图所示，一倾角为30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上的O点，另一端系一小球。在图示位置垂直于细线给小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球在顶端时，速度大小为eq\r(gl)B．小球在底端时，速度大小为eq\r(\f(5gl,2))C．小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变D．小球运动过程中，地面对斜劈的支持力大于小球和斜劈的重力之和答案B解析小球在顶端时，绳的拉力与重力沿斜面对下的分力的合力供应圆周运动向心力，有：T＋mgsin30°＝meq\f(v2,l)，可得绳的拉力越小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球有最小速度，其值为：vmin＝eq\r(glsin30°)＝eq\r(\f(gl,2))，故A错误；小球由顶端向底端运动时，只有重力对小球做功，依据动能定理有：mg·2lsin30°＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，代入vmin＝eq\r(\f(gl,2))可得：v′＝eq\r(\f(5gl,2))，故B正确；小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动，其重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断变更，依据牛顿第三定律，以斜劈为探讨对象，其受到小球恒定的压力和沿斜面方向不断变更的拉力作用，绳对斜劈的拉力沿水平方向和竖直方向的重量均在不断变更，依据斜劈始终处于平衡状态可知，其所受水平方向的摩擦力大小是变更的，地面对其支持力的大小等于、大于、小于小球和斜劈重力之和的情形都有，故C、D错误。6.(多选)藏族人民手中常常拿着鼓状能转的装置叫做“转经筒”，又称“玛尼”。把经文放在转经筒里每转动一圈等于念诵经文一遍。某人制作了新式的转经筒如图所示，其呈圆锥筒状，且左右系着两段一长一短的绳子挂着相同的小球缓慢加速转动，不计空气阻力。则下列说法正确的是()A．当角速度达到肯定值的时候两个球肯定同时离开圆锥筒B．当角速度渐渐增大时，肯定是低的那个球先离开圆锥筒C．两个球都离开圆锥筒后，它们肯定高度相同D．两个球都离开圆锥筒时两段绳子的拉力肯定相同答案BC解析当小球刚离开转经筒时，依据牛顿其次定律有：mgtanθ＝mLsinθ·ω2，离开圆锥筒时的临界角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，可知绳子长的临界角速度较小，当角速度渐渐增大时，肯定是低的那个球先离开圆锥筒，故A错误，B正确；两个球离开圆锥筒后，角速度相同，依据ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))知，Lcosθ相同，即它们的高度相同，故C正确；两个球离开圆锥筒后，由于Lcosθ相同，绳长不同，则绳子与竖直方向的夹角不同，依据受力分析知，绳子拉力不同，故D错误。7．(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A和B，A和B质量都为m，它们位于圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同。若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，下列说法正确的是()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．此时烧断绳子物体A、B仍将随盘一块转动答案ABC解析A、B两物体做圆周运动，B物体所须要的向心力较大，当转速增大到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心，C正确；当刚要发生相对滑动时，以B为探讨对象，有T＋μmg＝2mω2r，以A为探讨对象，有T－μmg＝mω2r，由以上两式得T＝3μmg，ω＝eq\r(\f(2μg,r))，A、B正确；若此时烧断绳子，则A、B所受最大静摩擦力都不足以供应所需的向心力，都将做离心运动，D错误。8.(2024·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环遇到杆上的钉子P后马上停止，物块向上摇摆。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2B．小环遇到钉子P时，绳中的张力大于2C．物块上升的最大高度为eq\f(2v2,g)D．速度v不能超过eq\r(\f(2F－MgL,M))答案D解析由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环遇到钉子时，物块做圆周运动，FT－Mg＝Meq\f(v2,L)，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即2F－Mg＝Meq\f(v2,L)，此时速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，故B错误，D正确；由机械能守恒定律知，物块能上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)，所以C错误。9．(2024·天津南开区二模)(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面对上，当飞机在空中回旋时机翼倾斜(如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力供应向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T。则下列说法正确的是()A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变答案CD解析对飞机在竖直平面内的受力进行分析，如图所示，依据重力和机翼升力的合力供应向心力，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R，解得：v＝eq\r(gRtanθ)，T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))。若飞行速率v不变，θ增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R减小，由T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))知，T减小，故A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R增大，故C正确；若飞行速率v增大，θ增大，则R的变更不能确定，则周期T可能不变，故D正确。10．(2024·四川