推荐学习K122019高三物理人教版一轮教师用书：第4章 第3节 圆周运动 Word版含解析

第三节圆周运动(对应学生用书第65页)[教材知识速填]知识点1圆周运动的描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．描述圆周运动的物理量易错判断(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)(2)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．(×)(3)做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力．(√)知识点2 匀速圆周运动的向心力1．作用效果 向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．大小F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r ．3．方向 始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．易错判断(1)随水平圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．(×)(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．(×) 知识点3 离心现象1．定义做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．本质做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．3．受力特点图4-3-1(1)当F n＝mω2r时，物体做匀速圆周运动．(2)当F n＝0时，物体沿切线方向飞出．(3)当F n＜mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．(4)当F n＞mω2r时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动．易错判断(1)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)(2)做离心运动的物体是由于受到离心力的作用．(×)(3)赛车转弯时冲出赛道是因为沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供向心力．(√)[教材习题回访]考查点：匀速圆周运动向心力来源1．(人教版必修2P25T3改编)如图4-3-2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( )图4-3-2A．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考查点：离心运动的理解2．(沪科必修2P25T1改编)(多选)如图4-3-3所示，竖直平面上，质量为m的小球在重力和拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到最高点P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况说法中正确的是( )图4-3-3A．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力和重力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动[答案]BC考查点：向心加速度与半径的关系3．(多选)(粤教必修2P37T2)甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a随半径r 变化的关系图象如图4-3-4所示．由图象可以知道( )图4-3-4A．甲球运动时，线速度大小保持不变B．甲球运动时，角速度大小保持不变C．乙球运动时，线速度大小保持不变D．乙球运动时，角速度大小保持不变[答案]BC考查点：转动装置中各物理量关系4．(人教版必修2P19T4改编)图4-3-5是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为( )图4-3-5A．πnr1r3r2B．πnr2r3r1C．2πnr2r3r1D．2πnr1r3r2[答案]D考查点：匀速圆周运动基本规律的应用5．(人教版必修2P25T2改编)如图4-3-6所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球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，则以下说法中正确的是( )【导学号：84370174】图4-3-6A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力[答案] B(对应学生用书第67页)1．描述圆周运动的物理量间的关系注意：ω的单位为rad/s，不是r/s．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＝v2r＝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．(多选)如图4-3-7所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A 2，若在传动过程中，皮带不打滑．则( )图4-3-7 A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4BD [处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确．根据v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，所以ωA ＝ωC 2，选项A 错误．根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC 2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误．根据ωB ＝ωC 2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C 4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．]2．(2018·武汉高考调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴A 的半径为r a ，车轮B 的半径为r b ，滚动圆筒C 的半径r c ，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n (每秒钟n 转)运行时，下列说法正确的是( )【导学号：84370175】图4-3-8A．C的边缘线速度为2πnr cB．A、B的角速度大小相等，均为2πn且A、B沿顺时针方向转动，C沿逆时针方向转动C．A、B、C的角速度大小相等，均为2πn，且均沿顺时针方向转动D．B、C的角速度之比为r b r cB[由v＝2πnR可知B轮的线速度为v b＝2πnr b，B、C线速度相同，即C 的线速度为v c＝v b＝2πnr b，A错误．B、C线速度相同，B、C角速度比为半径的反比，D错误．A、B为主动轮，C为从动轮，A、B顺时针转动，C逆时针转动，B正确，C错误．]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．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力，画出物体受力示意图，利用力的合成或分解把力分解到三个方向上．①与轨道圆垂直的方向，此方向受力平衡．②轨道圆的切线方向，匀速圆周运动中此方向受力平衡；变速圆周运动中速度最大或最小的点，此方向也受力平衡．③轨道圆的径向，此方向合力指向圆心即向心力．3．两种模型对比[多维探究] 考向1 水平面内的匀速圆周运动1．(2018·湖南株洲高三联考) (多选)如图4-3-9所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2 kg 和3 kg 的小物体A 、B ，A 、B 间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为r A ＝0．2 m 、r B ＝0．3 m ．A 、B 与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0．4倍．g 取10 m/s 2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )图4-3-9 A ．当A 达到最大静摩擦力时，B 受到的摩擦力大小为12 NB ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度约为4 rad/sC ．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为2303 rad/sD ．在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A 将做向心运动，B 将做离心运动[题眼点拨] ①“匀速转动”想到向心力来源；②“缓慢增大圆盘的角速度”要判断A 、B 两物体谁先发生相对滑动．AC [增大圆盘的角速度，B 先达到最大静摩擦力，所以A 达到最大静摩擦力时，B 受到的摩擦力大小为F B ＝km B g ＝12 N ，A 正确；设小物体A 达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω1，此时细线的拉力为T ，则对A ：km A g －T ＝m A ω21r A ，对B ：T ＋km B g ＝m B ω21r B ，得ω1＝10213 rad/s ，B错误；当细线上开始有弹力时，对B ：km B g ＝m B ω22r B ，解得ω2＝2303 rad/s ，C 正确；剪断细线，A 随圆盘做圆周运动，B 将做离心运动，D 错误．](多选)在题1中，若去掉A 、B 间连线改为如图所示，且r b ＝2r a ＝2l ，m a ＝m b ，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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )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 ．ω＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．若ω＝2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为kmgAC [小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得f ＝mω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，所以kmg ＝mω2r ，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kg r ，由此得a 发生相对滑动的临界角速度为kg l ，b 发生相对滑动的临界角速度为kg 2l ；当ω＝2kg 3l 时，a 受到的是静摩擦力，大小为f ＝mω2l ＝23kmg ．综上所述，本题正确选项为A 、C ．]2．(2018·陕西“四校”联考)用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图4-3-10所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为F T ，F T 随ω2变化的图象是下图中的( ) 【导学号：84370176】图4-3-10[题眼点拨] 看到“F T 随ω2变化的图象”想到小球刚要脱离锥面的临界状态．C [设线长为L ，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg 、支持力N 和线的拉力F T 而平衡，F T ≠0，故A 、B 错误；ω增大时，F T 增大，N 减小，当N ＝0时，角速度为ω0．当ω<ω0时，由牛顿第二定律得F T sin θ－N cos θ＝mω2L sin θ，F T cos θ＋N sin θ＝mg ，解得F T ＝mω2L sin 2 θ＋mg cos θ．当ω>ω0时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得F T sin β＝mω2L sin β，所以F T ＝mLω2，此时图线的反向延长线经过原点．可知F T -ω2图线的斜率变大，故C 正确，D 错误．]考向2 竖直平面内的圆周运动3．(多选)如图4-3-11甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )【导学号：84370177】甲 乙图4-3-11 A ．图象的函数表达式为F ＝m v 2l ＋mgB ．重力加速度g ＝b lC ．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D ．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变[题眼点拨] 由F -v 2图象要想到根据动力学知识写出拉力F 与线速度v 2的函数关系式．BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F ＋mg ＝m v 2l ，得F ＝m v 2l －mg ，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有mg ＝m v 2l ，得g ＝v 2l ＝b l ，故B正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 正确．]4．(2018·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，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图4-3-12所示，则下列说法正确的是( )图4-3-12 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gRC ．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[题眼点拨] “在竖直平面内做半径为R 的圆周运动”要分析杆模型的临界条件及速度v ＝gR 时，杆的受力特点．A [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 ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F 减小，若v >gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F ＝m v 2R ，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误．]5．如图4-3-13所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )【导学号：84370178】图4-3-13A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g(R＋r)B．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内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，外侧管壁对小球一定有作用力C[小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B选项均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误．][母题](2018·湖南六校联考)如图4-3-14所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度h＝5 m．现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g 取10 m/s2，求：(1)起滑点A至少离水平滑道多高？(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m的安全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M 端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A 距水平滑道的高度取值范围为多少？图4-3-14 【自主思考】(1)与起滑点离水平滑道最小高度对应的临界条件是什么？[提示] 即游客恰能过圆形滑道的最高点．(2)如何求出C 、N 两点间的水平距离？[提示] 由(1)的高度求出达C 点的速度，再根据平抛运动规律可求C 、M 两点间的水平距离s 1，s 1＋L 即为C 、N 两点水平间距．[解析] (1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有：mg ＝m v 2R ①从A 到圆形滑道最高点，由机械能守恒，有mgH 1＝12m v 2＋mg ×2R② 解得H 1＝52R ＝5 m ． ③(2)落在M 点时抛出速度最小，从A 到C 由机械能守恒mgH 1＝12m v 21④ v 1＝2gH 1＝10 m/s ⑤水平抛出，由平抛运动规律可知h ＝12gt 2⑥得t ＝1 s则s 1＝v 1t ＝10 m落在N 点时s 2＝s 1＋L ＝15 m则对应的抛出速度v 2＝s 2t ＝15 m/s ⑧由mgH 2＝12m v 22得H 2＝v 222g ＝11．25 m安全滑下点A 距水平滑道高度范围为5 m ≤H ≤11．25 m ．⑨[答案](1)5 m (2)见解析[母题迁移]迁移1 先平抛运动，再圆周运动1．(2017·太原模拟)如图4-3-15所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，P A 与竖直方向的夹角为θ2．下列说法正确的是( )图4-3-15 A ．tan θ1tan θ2＝2B ．tan θ2tan θ1＝2C ．tan θ1tan θ2＝12D ．tan θ2tan θ1＝12A [小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v yv0＝gtv0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt，则tan θ1tan θ2＝2．故A正确，B、C、D错误．]迁移2先圆周运动，再平抛运动2．如图4-3-16所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1．0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1．0 m，B点离地高度H＝1．0 m，A、B两点的高度差h＝0．5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：图4-3-16(1)地面上DC两点间的距离x；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【导学号：84370179】[解析](1)小球从A到B过程机械能守恒，有mgh＝12m v2B①小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有H＝12gt2 ②在水平方向上有x＝v B t ③由①②③式解得x≈1．41 m．(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝m v 2B L ④由①④式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力大小为20 N ．[答案](1)1．41 m (2)20 N(2018·厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0．5 m ，离水平地面的高度H ＝0．8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0．4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ．[解析] (1)设物块做平抛运动所用时间为t ，竖直方向有H ＝12gt2 ① 水平方向有s ＝v 0t② 联立①②两式得v 0＝s g2H ＝1 m/s ．③(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg ＝m v 20R④ 联立③④得μ＝v 20gR ＝0．2． ⑤[答案](1)1 m/s (2)0．2。

第3讲 圆周运动一、匀速圆周运动及描述 1.匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动.(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动. (3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心. 2.描述匀速圆周运动的物理量自测1 (多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s ，转动周期为2s ，则( ) A.角速度为0.5rad/s B.转速为0.5r/s C.轨迹半径为4πmD.加速度大小为4πm/s 2 答案 BCD二、匀速圆周运动的向心力 1.作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小. 2.大小F ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .3.方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力. 4.来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供. 自测2 (多选)下列关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的是( ) A.因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力 B.因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小 C.向心力就是物体所受的合外力D.向心力和向心加速度的方向都是不变的 答案 BC自测3 教材P25第3题改编 如图1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( )图1A.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三、离心运动和近心运动1.离心运动定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动.2.受力特点(如图2)图2(1)当F ＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；(2)当F ＝0时，物体沿切线方向飞出； (3)当F <mrω2时，物体逐渐远离圆心；(4)当F >mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动.3.本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力.命题点一 圆周运动的运动学问题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a n ＝v 2r＝ω2r 的理解在v 一定时，a n 与r 成反比；在ω一定时，a n 与r 成正比. 3.常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图3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v A ＝v B .图3(2)摩擦传动和齿轮传动：如图4甲、乙所示，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v A ＝v B .图4(3)同轴传动：如图5甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA ＝ωB ，由v ＝ωr 知v 与r 成正比.图5例1 如图6所示，轮O 1、O 3固定在同一转轴上，轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑.在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径之比r 1∶r 2∶r 3＝2∶1∶1，求：图6(1)A 、B 、C 三点的线速度大小之比v A ∶v B ∶v C ； (2)A 、B 、C 三点的角速度大小之比ωA ∶ωB ∶ωC ； (3)A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比a A ∶a B ∶a C . 答案 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1解析 (1)令v A ＝v ，由于皮带传动时不打滑，所以v B ＝v .因ωA ＝ωC ，由公式v ＝ωr 知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故v C ＝12v ，所以v A ∶v B ∶v C ＝2∶2∶1.(2)令ωA ＝ω，由于轮O 1、O 3共轴转动，所以ωC ＝ω.因v A ＝v B ，由公式ω＝vr 知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故ωB ＝2ω，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶1.(3)令A 点向心加速度为a A ＝a ，因v A ＝v B ，由公式a ＝v 2r 知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以a B ＝2a .又因为ωA ＝ωC ，由公式a ＝ω2r 知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比.故a C ＝12a .所以a A ∶a B ∶a C ＝2∶4∶1.变式1 (多选)(2018·辽宁丹东质检)在如图7所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A 点和大齿轮边缘的B 点( )图7A.A 点和B 点的线速度大小之比为1∶1B.A 点和B 点的角速度之比为1∶1C.A 点和B 点的角速度之比为3∶1D.以上三个选项只有一个是正确的 答案 AC解析 题图中三个齿轮边缘线速度相等，A 点和B 点的线速度大小之比为1∶1，由v ＝ωr 可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，A 点和B 点角速度之比为3∶1，选项A 、C正确，选项B、D错误.命题点二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.几种典型运动模型3.“一、二、三、四”求解圆周运动问题例2 (多选)如图8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/s 2，π＝3.14)，则赛车()图8A.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/s 2D.通过小圆弧弯道的时间为5.58s 答案 AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v m 2r ，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝503m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v m R 2－v m r 22x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30 s ≈2.79 s ，选项D错误.变式2 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mg tan θ＝mω2L sin θ，整理得：L cos θ＝gω2，则两球处于同一高度，故B 正确.命题点三 竖直面内圆周运动的两类模型问题1.两类模型比较重力、弹力，弹力方向向下或弹力，弹力方向向下、2.解题技巧(1)定模型：首先判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：抓住绳模型中最高点v ≥gR 及杆模型中v ≥0这两个临界条件. (3)研究状态：通常情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情况. (4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：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. 模型1 绳—球模型例3 如图9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/s 2，求：图9(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？ 答案 (1)2m/s (2)15N (3)42m/s解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得mg ＋F 1＝m v 2R①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值， 亦即F 1≥0②联立①②得v ≥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)将v 2＝4m/s 代入①得，F 2＝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，由牛顿第二定律得F 3－mg ＝m v 23R③将F 3＝45N 代入③得v 3＝42m/s 即小球的速度不能超过42m/s.变式3 (2017·广东汕头二模)如图10甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v ，此时绳子的拉力大小为F T ，拉力F T 与速度的平方v 2的关系如图乙所示，图象中的数据a 和b 包括重力加速度g 都为已知量，以下说法正确的是( )图10A.数据a 与小球的质量有关B.数据b 与圆周轨道半径有关C.比值ba 只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D.利用数据a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径 答案 D解析 在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 2R ，可得图线的函数表达式为F T ＝m v 2R －mg ，题图乙中横轴截距为a ，则有0＝m a R －mg ，得g ＝aR ，则a ＝gR ；图线过点(2a ，b )，则b ＝m 2a R －mg ，可得b ＝mg ，则b a ＝m R ，A 、B 、C 错.由b ＝mg 得m ＝bg ，由a＝gR 得R ＝ag ，则D 正确.模型2 球—杆模型例4 如图11所示，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.则球B 在最高点时( )图11A.球B 的速度为零B.球A 的速度大小为2gLC.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答案 C解析 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 ＝m v B 22L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球所受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L，解得F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误.变式4 如图12所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)从大环的最高处由静止滑下.重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )图12A.Mg －5mgB.Mg ＋mgC.Mg ＋5mgD.Mg ＋10mg 答案 C解析 设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12m v 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋m v 2R ＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下.对大环，根据平衡条件，轻杆对大环的拉力F T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为F T ′＝F T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误.命题点四 圆周运动中的两类临界问题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F m ＝m v 2r ，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等. 例5 (多选)如图13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O 1O 2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( )图13A.当ω>2Kg3L时，A 、B 相对于转盘会滑动 B.当ω>Kg2L ，绳子一定有弹力 C.ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大D.ω在0<ω<2Kg3L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 相对转盘将会滑动，Kmg ＋Kmg ＝mω2L ＋mω2·2L ，解得：ω＝2Kg3L，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＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B 项正确；当ω>Kg2L时，B 已达到最大静摩擦力，则ω在Kg 2L<ω<2Kg3L内，B 受到的摩擦力不变，C 项错误；ω在0<ω<2Kg3L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F f －F T ＝mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大，D 项正确.例6 如图14所示，在光滑的圆锥体顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30°，小球以速率v 绕圆锥体轴线做水平圆周运动.图14(1)当v 1＝gL6时，求细线对小球的拉力大小； (2)当v 2＝3gL2时，求细线对小球的拉力大小. 答案 见解析解析 小球离开圆锥面的临界条件为圆锥体对小球的支持力F N ＝0，如图甲所示，设此时小球的线速度为v 0，则F ＝m v 20r ＝m v 2L sin30°＝mg tan30°解得v 0＝3gL6(1)因v 1<v 0，F N ≠0，对小球受力分析，如图乙所示，有F T sin30°－F N cos30°＝m v 21L sin30°F T cos30°＋F N sin30°＝mg 解得F T ＝(1＋33)mg 6(2)因为v 2>v 0，小球离开圆锥面，对小球受力分析，如图丙所示，有F T ′sin α＝m v 22L sin αF T ′cos α＝mg解得F T ′＝2mg (F T ′＝－12mg 舍去).变式5 (多选)(2018·江西吉安模拟)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图15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( )图15A.a 绳的张力不可能为零B.a 绳的张力随角速度的增大而增大C.当角速度ω>gl tan θ，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 AC变式6如图16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32(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()图16A. 5 rad/sB. 3 rad/sC.1.0 rad/sD.0.5 rad/s答案 C解析当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos30°－mg sin30°＝mω2r 解得ω＝1.0rad/s，故选项C正确.1.(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图1所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c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，()图1A.路面外侧高、内侧低B.车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v c，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，v c的值变小答案AC解析当汽车行驶的速度为v c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v c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v c时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误.v c 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)如图2所示，当正方形薄板绕着过其中心O与板垂直的轴转动时，板上A、B两点的()图2A.角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B.角速度之比ωA∶ωB＝1∶ 2C.线速度之比v A∶v B＝2∶1D.线速度之比v A∶v B＝1∶ 2答案AD3.(2015·天津理综·4)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图3所示.当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力.为达到上述目的，下列说法正确的是()图3A.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小答案 B解析由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关，B正确.4.如图4所示，一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是()图4A.小球过最高点时，杆所受的弹力不能等于零B.小球过最高点时，速度至少为gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，此时重力一定不小于杆对球的作用力D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反 答案 C解析 由mg －F N ＝m v 2R ，小球在最高点的速度为v ＝gR 时，杆不受弹力，选项A 错误；本题是轻杆模型，小球过最高点时，速度可以为零，选项B 错误；小球的重力和杆对小球的弹力的合力提供向心力，向心力指向圆心，如果重力和杆的弹力方向相反，重力必须不小于杆的弹力，选项C 正确；小球过最高点时，杆对球的作用力方向与重力方向可能相同，也可能相反，选项D 错误.5.如图5所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图5A.A 的速度比B 的大B.A 与B 的向心加速度大小相等C.悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a n ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝rω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确.6.(多选)如图6所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )图6A.周期相同B.线速度的大小相等C.角速度的大小相等D.向心加速度的大小相等 答案 AC解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg 、绳子拉力F T ，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的高度差为h ，则有mg tan θ＝ma n ＝mω2h tan θ，可得向心加速度a n ＝g tan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D 错；角速度ω＝gh，所以角速度大小相等，选项C 对；由于水平面内做圆周运动的半径不同，线速度v ＝ωh tan θ，所以线速度大小不相等，选项B 错；周期T ＝2πω，角速度相等，所以周期相等，选项A 对.7.(多选)(2018·新疆石河子调研)图7为一链条传动装置的示意图.已知主动轮是逆时针转动的，转速为n ，主动轮和从动轮的半径比为k ，下列说法正确的是( )图7A.从动轮是顺时针转动的B.主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等C.从动轮的转速为nkD.从动轮的转速为nk答案 BC解析 主动轮逆时针转动，带动从动轮逆时针转动，因为用链条传动，所以两轮边缘线速度大小相等，A 错误，B 正确；由r 主∶r 从＝k ，2πn ·r 主＝2πn 从·r 从，可得n 从＝nk ，C 正确，D 错误.8.(2017·河北保定一模)如图8所示，半径为R 的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m 、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg ，g 为当地重力加速度，则( )图8A.小球在管顶部时速度大小一定为2gRB.小球运动到管底部时速度大小可能为2gRC.小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mgD.小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg 答案 C解析 小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力.如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mg ＝m v 2R ，可得v ＝2gR ，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有12m v 12＝2mgR ＋12m v 2，可得v 1＝6gR ，小球在管底部时，由牛顿第二定律有F N1－mg ＝m v 12R ，解得F N1＝7mg ，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为7mg .如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有12m v 22＝2mgR ，解得v 2＝2gR ，小球在管底部时，由牛顿第二定律有F N2－mg ＝m v 22R ，解得F N2＝5mg ，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为5mg .C 对，A 、B 、D 错.9.(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，如图9所示，已知绳长为l ，重力加速度为g ，则( )图9A.小球运动到最低点Q 时，处于失重状态B.小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C.当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点PD.当v 0<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，选项A 错误；小球在最低点时：F T1－mg ＝m v 02l ；在最高点时：F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12m v 02－mg ·2l ＝12m v 2，解得F T1－F T2＝6mg ，故在P 、Q 两点绳对小球的拉力差与初速度v 0无关，选项B 错误；当v 0＝6gl 时，得v ＝2gl ，因为小球能通过最高点的最小速度为gl ，则当v 0>6gl 时小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；当v 0＝gl 时，由12m v 02＝mgh 得小球能上升的高度h ＝12l ，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v 0<gl 时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D 正确.10.(多选)如图10甲所示，一长为l 的轻绳，一端固定在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知、可视为质点的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动.小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 大小与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )图10A.图象函数表达式为F ＝m v 2l ＋mgB.重力加速度g ＝blC.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变 答案 BD解析 小球通过最高点时有F ＋mg ＝m v 2l ，故图象函数表达式为F ＝ml v 2－mg ，选项A 错误；当F ＝0时，v 2＝b ，解得重力加速度g ＝b l ，选项B 正确；图线的斜率k ＝ml ，绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C 错误；由于b ＝gl ，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，选项D 正确.11.(2016·全国卷Ⅱ·16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图11所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( )图11A.P 球的速度一定大于Q 球的速度B.P 球的动能一定小于Q 球的动能C.P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D.P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度 答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，L P <L Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a n ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误.12.(多选)如图12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OO ′的距离为l ，b 与转轴OO ′的距离为2l ，木块与圆盘间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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图12A.b 一定比a 先开始滑动B.a 、b 所受的摩擦力始终相等C.ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D.当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 因圆盘从静止开始绕轴缓慢加速转动，在某一时刻，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则由牛顿第二定律可得F f ＝mω2R ，由于小木块b 的轨道半径大于a 的轨道半径，故b 做圆周运动需要的向心力较大，选项B 错误；因为两木块的最大静摩擦力相等，故b 一定比a 先开始滑动，选项A 正确；当b 刚刚开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mωb 2·2l ，可得ωb ＝kg2l，选项C 正确；当a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mωa 2l ，可得ωa ＝kg l ，而2kg 3l <kg l，故小木块a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力提供，即F f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误. 13.(多选)(2018·新疆喀什质检)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图13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R A ＝2R B .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( )图13A.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，向心加速度之比为a A ∶a B ＝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 假设轮盘乙的半径为R ，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲·3R ＝ω乙R ，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A 、B 的角速度之比为1∶3，A 正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a n ＝ω2r 得A 、B 的向心加速度之比为a A ∶a B ＝2∶9，B 正确；据题意可得滑块A 、B 的最大静摩擦力分别为F f A ＝μm A g ，F f B ＝μm B g ，最大静摩擦力之比为F f A ∶F f B ＝m A ∶m B ，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为F f A ′∶F f B ′＝(m A a A )∶(m B a B )＝m A ∶(4.5m B )，综上分析可得滑块B 先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C 正确，D 错误.14.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图14所示.已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g ，忽略手的运动半径和空气阻力.。

第三节圆周运动一、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＝错误!＝错误!．2．角速度：描述物体转动的快慢,ω＝错误!＝错误!．3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T＝错误!，f＝错误!。

4．向心加速度:描述线速度方向变化的快慢．a n＝rω2＝错误!＝ωv＝错误!r.5．向心力：作用效果为产生向心加速度,F n＝ma n.1.(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s,转动周期为2 s，则（)A．角速度为0。

5 rad/sB．转速为0。

5 r/sC．轨迹半径为错误!mD．加速度大小为4πm/s2提示:选BCD。

由ω＝错误!，n＝错误!，v＝错误!及a＝错误!可知，选项B、C、D正确,A错误．二、匀速圆周运动1．匀速圆周运动的向心力（1)大小：F＝m错误!＝mω2r＝m错误!r＝mωv＝4π2mf2r.（2）方向:始终沿半径方向指向圆心,时刻在改变，即向心力是一个变力．（3)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．匀速圆周运动与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特点F向、a向、v均大小不变，方向变化，ω不变F向、a向、v大小、方向均发生变化，ω发生变化向心力F向＝F合由F合沿半径方向的分力提供2。

判断正误(1）匀速圆周运动是匀变速曲线运动．（)（2)在做圆周运动时向心加速度大小不变,方向时刻改变．（)(3）当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动．（）（4）做变速圆周运动的物体,只有在某些特殊位置,合力方向才指向圆心．( ）提示：(1)×(2)×（3）√（4)√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．供需关系与运动：如图所示,F为实际提供的向心力，则(1）当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；（2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；（3）当F<mω2r时，物体逐渐远离圆心；（4）当F〉mω2r时，物体逐渐靠近圆心．3。

第三节圆周运动(对应学生用书第65页)[教材知识速填]：知识点1 圆周运动的描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．描述圆周运动的物理量(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)(2)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．(×) (3)做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力．(√) 知识点2 匀速圆周运动的向心力 1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．大小F ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T r ＝m ωv ＝4π2mf 2r ．3．方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 易错判断(1)随水平圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．(×)(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√) (3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．(×)知识点3 离心现象1．定义做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．本质做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．3．受力特点图4­3­1(1)当F n＝mω2r时，物体做匀速圆周运动．(2)当F n＝0时，物体沿切线方向飞出．(3)当F n＜mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．(4)当F n＞mω2r时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动．易错判断(1)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)(2)做离心运动的物体是由于受到离心力的作用．(×)(3)赛车转弯时冲出赛道是因为沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供向心力．(√)[教材习题回访]：考查点：匀速圆周运动向心力来源1．(人教版必修2P25T3改编)如图4­3­2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( )图4­3­2A．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考查点：离心运动的理解2．(沪科必修2P25T1改编)(多选)如图4­3­3所示，竖直平面上，质量为m的小球在重力和拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到最高点P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况说法中正确的是( )图4­3­3A．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力和重力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动[答案]：BC考查点：向心加速度与半径的关系3．(多选)(粤教必修2P37T2)甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a 随半径r 变化的关系图象如图4­3­4所示．由图象可以知道( )图4­3­4A ．甲球运动时，线速度大小保持不变B ．甲球运动时，角速度大小保持不变C ．乙球运动时，线速度大小保持不变D ．乙球运动时，角速度大小保持不变 [答案]： BC考查点：转动装置中各物理量关系4．(人教版必修2P 19T 4改编)图4­3­5是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )图4­3­5A ．πnr 1r 3r 2 B ．πnr 2r 3r 1 C ．2πnr 2r 3r 1 D ．2πnr 1r 3r 2[答案]： D考查点：匀速圆周运动基本规律的应用5．(人教版必修2P25T2改编)如图4­3­6所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球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，则以下说法中正确的是( )【导学号：84370174】图4­3­6A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力[答案]： B(对应学生用书第67页)1．描述圆周运动的物理量间的关系注意：ω的单位为rad/s ，不是r/s ．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 ＝v 2r ＝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．(多选)如图4­3­7所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑．则( )图4­3­7A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4BD [处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确．根据v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A2，所以ωA ＝ωC 2，选项A 错误．根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误．根据ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．]：2．(2018·武汉高考调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴A 的半径为r a ，车轮B 的半径为r b ，滚动圆筒C 的半径r c ，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n (每秒钟n 转)运行时，下列说法正确的是( )【导学号：84370175】图4­3­8A ．C 的边缘线速度为2πnr cB ．A 、B 的角速度大小相等，均为2πn 且A 、B 沿顺时针方向转动，C 沿逆时针方向转动C ．A 、B 、C 的角速度大小相等，均为2πn ，且均沿顺时针方向转动D ．B 、C 的角速度之比为r br cB [由v ＝2πnR 可知B 轮的线速度为v b ＝2πnr b ，B 、C 线速度相同，即C 的线速度为v c ＝v b ＝2πnr b ，A 错误．B 、C 线速度相同，B 、C 角速度比为半径的反比，D 错误．A 、B 为主动轮，C 为从动轮，A 、B 顺时针转动，C 逆时针转动，B 正确，C 错误．]：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．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力，画出物体受力示意图，利用力的合成或分解把力分解到三个方向上．①与轨道圆垂直的方向，此方向受力平衡．②轨道圆的切线方向，匀速圆周运动中此方向受力平衡；变速圆周运动中速度最大或最小的点，此方向也受力平衡．③轨道圆的径向，此方向合力指向圆心即向心力．3．两种模型对比[多维探究]：考向1 水平面内的匀速圆周运动1．(2018·湖南株洲高三联考) (多选)如图4­3­9所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2 kg 和3 kg 的小物体A 、B ，A 、B 间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为r A ＝0．2 m 、r B ＝0．3 m ．A 、B 与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0．4倍．g 取10 m/s 2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )图4­3­9A ．当A 达到最大静摩擦力时，B 受到的摩擦力大小为12 NB ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度约为4 rad/sC ．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为2303 rad/sD ．在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A 将做向心运动，B 将做离心运动[题眼点拨]： ①“匀速转动”想到向心力来源；②“缓慢增大圆盘的角速度”要判断A 、B 两物体谁先发生相对滑动． AC [增大圆盘的角速度，B 先达到最大静摩擦力，所以A 达到最大静摩擦力时，B 受到的摩擦力大小为F B ＝km B g ＝12 N ，A 正确；设小物体A 达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω1，此时细线的拉力为T ，则对A ：km A g －T ＝m A ω21r A ，对B ：T ＋km B g ＝m B ω21r B ，得ω1＝10213 rad/s ，B 错误；当细线上开始有弹力时，对B ：km B g ＝m B ω22r B ，解得ω2＝2303 rad/s ，C 正确；剪断细线，A 随圆盘做圆周运动，B 将做离心运动，D 错误．]：(多选)在题1中，若去掉A 、B 间连线改为如图所示，且r b ＝2r a ＝2l ，m a ＝m b ，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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )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 ．ω＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．若ω＝2kg 3l 时，a 所受摩擦力的大小为kmgAC [小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得f ＝m ω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，所以kmg ＝m ω2r ，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kg r ，由此得a 发生相对滑动的临界角速度为kg l ，b 发生相对滑动的临界角速度为kg2l ；当ω＝2kg 3l 时，a 受到的是静摩擦力，大小为f ＝m ω2l ＝23kmg ．综上所述，本题正确选项为A、C．]：2．(2018·陕西“四校”联考)用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图4­3­10所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为F T，F T随ω2变化的图象是下图中的( )【导学号：84370176】图4­3­10[题眼点拨]：看到“F T随ω2变化的图象”想到小球刚要脱离锥面的临界状态．C[设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力N和线的拉力F T而平衡，F T≠0，故A、B错误；ω增大时，F T增大，N减小，当N＝0时，角速度为ω0．当ω<ω0时，由牛顿第二定律得F T sin θ－N cos θ＝mω2L sin θ，F T cos θ＋N sin θ＝mg，解得F T＝mω2L sin2θ＋mg cos θ．当ω>ω0时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得F T sin β＝mω2L sin β，所以F T＝mLω2，此时图线的反向延长线经过原点．可知F T ­ω2图线的斜率变大，故C 正确，D 错误．]：考向2 竖直平面内的圆周运动3．(多选)如图4­3­11甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )【导学号：84370177】甲 乙图4­3­11A ．图象的函数表达式为F ＝m v 2l ＋mgB ．重力加速度g ＝b lC ．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D ．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变[题眼点拨]： 由F ­v 2图象要想到根据动力学知识写出拉力F 与线速度v 2的函数关系式． BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F ＋mg ＝m v 2l ，得F ＝m v 2l －mg ，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有mg ＝m v 2l ，得g ＝v 2l ＝b l ，故B 正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 正确．]：4．(2018·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，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图4­3­12所示，则下列说法正确的是( )图4­3­12A ．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gRC ．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[题眼点拨]： “在竖直平面内做半径为R 的圆周运动”要分析杆模型的临界条件及速度v ＝gR 时，杆的受力特点．A [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 ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F 减小，若v >gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg ＋F ＝m v 2R ，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误．]：5．如图4­3­13所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )【导学号：84370178】图4­3­13A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g R＋rB．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内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，外侧管壁对小球一定有作用力C[小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B选项均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误．]：1几何关系分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等2运动分析：目的是确定圆周运动的线速度、角速度3受力分析：做圆周运动时外界所提供的向心力[母题]：(2018·湖南六校联考)如图4­3­14所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度h＝5 m．现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)起滑点A至少离水平滑道多高？(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m的安全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少？图4­3­14【自主思考】(1)与起滑点离水平滑道最小高度对应的临界条件是什么？[提示]：即游客恰能过圆形滑道的最高点．(2)如何求出C、N两点间的水平距离？[提示]：由(1)的高度求出达C点的速度，再根据平抛运动规律可求C、M两点间的水平距离s1，s1＋L即为C、N两点水平间距．[解析]： (1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有：mg ＝m v 2R①从A 到圆形滑道最高点，由机械能守恒，有mgH 1＝12mv 2＋mg ×2R② 解得H 1＝52R ＝5 m ． ③(2)落在M 点时抛出速度最小，从A 到C 由机械能守恒mgH 1＝12mv 21 ④v 1＝2gH 1＝10 m/s⑤ 水平抛出，由平抛运动规律可知h ＝12gt 2⑥得t ＝1 s则s 1＝v 1t ＝10 m落在N 点时s 2＝s 1＋L ＝15 m 则对应的抛出速度v 2＝s 2t ＝15 m/s ⑧由mgH 2＝12mv 22得H 2＝v 222g ＝11．25 m安全滑下点A 距水平滑道高度范围为5 m ≤H ≤11．25 m ． ⑨[答案]：(1)5 m (2)见解析[母题迁移]：迁移1 先平抛运动，再圆周运动1．(2017·太原模拟)如图4­3­15所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2．下列说法正确的是( )图4­3­15A ．tan θ1tan θ2＝2B ．tan θ2tan θ1＝2C ．tan θ1tan θ2＝12D ．tan θ2tan θ1＝12A [小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gt v 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝v 0t12gt 2＝2v 0gt ，则tan θ1tan θ2＝2．故A 正确，B 、C 、D 错误．]： 迁移2 先圆周运动，再平抛运动2．如图4­3­16所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1．0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1．0 m ，B 点离地高度H ＝1．0 m ，A 、B 两点的高度差h ＝0．5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图4­3­16(1)地面上DC 两点间的距离x ；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【导学号：84370179】[解析]： (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12mv 2B ①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2② 在水平方向上有x ＝v B t ③由①②③式解得x ≈1．41 m ．(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2B L④由①④式解得F ＝20 N 根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力大小为20 N ．[答案]：(1)1．41 m (2)20 N(2018·厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0．5 m ，离水平地面的高度H ＝0．8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0．4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ．[解析]： (1)设物块做平抛运动所用时间为t ，竖直方向有H ＝12gt2 ① 水平方向有s ＝v 0t② 联立①②两式得v 0＝s g 2H ＝1 m/s ．③(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg ＝m v 2R ④联立③④得μ＝v 2gR ＝0．2． ⑤[答案]：(1)1 m/s (2)0．2 1速度是联系前后两个过程的桥梁2后一个过程的初速度是前一个过程的末速度。