高考物理总复习第四章第3节圆周运动教学案新人教版

高三物理第一轮复习第四章3圆周运动学案1、如下图，长为L 的细线，一端固定在O 点，另一端系一个球.把小球拉到与悬点O 处于同一水平面的A 点，并给小球竖直向下的初速度，使小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动。

要使小球能够在竖直平面内做圆周运动，在A 处小球竖直向下的最小初速度应为〔 〕A 、gL 7B 、gL 5C 、gL 3D 、 gL 22、汽车沿水平圆跑道行驶。

跑道半径为R 。

地面对汽车的最大静摩擦力是车重的n 1。

那么车速不应大于〔 〕A 、nR gB 、gRC 、21⎪⎭⎫ ⎝⎛nR gD 、21⎪⎭⎫ ⎝⎛n gR 3、甲、乙两物体均作匀速圆周运动，甲的质量和它的转动半径均为乙物体的一半。

当甲物体转过60°时，乙物体在相同的时刻里正好转过45°，那么甲物体所受向心力与乙物体的向心力之比为( )A 、1∶4B 、2∶3C 、4∶9D 、9∶164、在质量为M 的电动机飞轮上，固定着一个质量为m 的重物，重物到轴的距离为R ，如下图，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过〔 〕A 、g mR m M ⋅+B 、g mRm M ⋅+ C 、g mR m M ⋅- D 、mR Mg 5、如下图，将一根光滑的细金属棒折成V 形，顶角为2θ，其对称轴竖直，在其中一边套上一个金属环P ，当两棒绕其对称轴以每秒n 转匀速转动时，小环离轴的距离为〔 〕A 、2)2(tan n g πθ-B 、2)2(cot n g πθ- C 、n πθ2sin D 、θπtan 2-g n 6、如下图，细杆的一端与一小球相连，可绕过O 点的水平轴自由转动。

现给小球—初速度，使它做圆周运动，图中a 、b 分不表示小球轨道的最低点和最高点，那么杆对球的作用力可能是〔 〕A 、a 处为拉力，b 处为拉力B 、a 处为拉力，b 处为推力C 、a 处为推力，b 处为拉力D 、a 处为推力，b 处为推力 7、如下图，小球由细线AB 、AC 拉住而静止、AB 水平，AC 与竖直方向成α角，现在AC 对球的拉力为T 1，现将AB 线烧断，小球开始摆动，当小球返回原处时，AC 对小球的拉力为T 2，那么T 1与T 2之比为〔 〕A 、1∶1B 、1∶cos 2αC 、cos 2α∶1D 、sin α∶cos 2α8、如下图,质量为m 的物块,沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下,半球形金属壳竖直固定放置,开口向上,滑到最低点时速度大小为v,假设物体与球壳之间的摩擦因数为μ,那么物体在最低点时,以下讲法正确的选项是( ) A 、受到向心力为 B 、受到的摩擦力为 C 、受到的摩擦力为 D 、受到的合力方向斜向左上方9、如下图,长度为L 的细绳上端固定在天花板上O 点,下端拴着质量为m 的小球.当把细绳拉直时,细绳与竖直线夹角为θ=60°,现在小球静止于光滑的水平面上.(1)当球以角速度 做圆锥摆运动时,细绳的张力FT 为多大?水平面受到的压力FN 是多大? (2)当球以角速度 做圆锥摆运动时,细绳的张力FT ′及水平面受到的压力FN ′各是多大?10、如图甲所示,在同一竖直平面内的两条正对着的相同半圆形的光滑轨道,相隔一定的距离,虚线沿竖直方向,一小球能在其间运动,今在最高点与最低点各放一个压力传感器,测试小球对轨道的压力,并通过运算机显示出来,当轨道距离变化时,测得两点压力差与距离x 的图象如图乙所示,g 取10 m/s2,不计空气阻力.求:(1)小球的质量为多少?(2)假设小球在最低点B 的速度为20 m/s,为使小球能沿轨道运动,x 的最大值为多少?L g =1ωL g 42=ωRv mmg 2+R v m 2μ)(2Rv m mg +μ。

第3节圆周运动知识点一| 圆周运动的运动学分析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物理量意义、方向公式、单位线速度(v）①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①v＝ΔsΔt＝错误!②单位：m/s角速度(ω)①描述物体绕圆心转动快慢的物理量②中学不研究其方向①ω＝错误!＝错误!②单位：rad/s周期(T）和转速(n)或频率(f)①周期是物体沿圆周运动一周的时间②转速是物体单位时间转过的圈数，也叫频率①T＝2πrv单位：s②n的单位：r/s、r/min,f的单位：Hz向心加速度（a）①描述速度方向变化快慢的物理量②方向指向圆心①a＝错误!＝rω2②单位：m/s2错误!(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。

(√)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．对公式a＝错误!＝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。

3．常见的三种传动方式及特点类型图示特点同轴传动绕同一转轴运转的物体,角速度相同，ωA＝ωB,由v＝ωr知v与r成正比皮带传动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摩擦或齿轮传动两轮边缘接触,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考法1 匀速圆周运动的理解1．（多选)质点做匀速圆周运动,则( ）A．在任何相等的时间里，质点的位移都相同B．在任何相等的时间里,质点通过的路程都相等C．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等D．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同BC [匀速圆周运动是变速运动，位移、平均速度是矢量，故相同时间内位移和平均速度不相同，而通过的路程和转过的角度相同，故选项B、C正确，A、D错误。

第3讲圆周运动一、描述圆周运动的物理量1.线速度:描述做圆周运动的物体通过弧长的快慢,v==①。

2.角速度:描述物体绕圆心转动的快慢,ω==②。

3.周期和频率:描述物体③转动的快慢 ,T=,f=。

4.向心加速度:描述物体④线速度方向变化的快慢。

a n=rω2==ωv=r。

5.向心力:作用效果为产生⑤向心加速度。

F n=ma n。

二、匀速圆周运动1.匀速圆周运动的向心力(1)大小:F n=ma n=⑥ m=⑦mω2r =⑧ m r =⑨mωv =4π2mf2r。

(2)方向:始终沿半径方向指向⑩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,只改变线速度的方向 ,不改变线速度的大小。

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F n、a n、v均大小不变,方向变F n、a n、v大小、方向均发生变化,ω发生变化运动特点化,ω不变向心力F n=F合由F合沿半径的分力提供向心力F n,F n≠F合大小三、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。

1.判断下列说法对错。

(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)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。

第3讲圆周运动及其应用考纲考情核心素养►匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ►匀速圆周运动的向心力Ⅱ►离心现象Ⅰ►描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．►圆周运动的动力学特征．►离心运动、近心运动以及形成条件.物理观念全国卷5年10考高考指数★★★★★►描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．►圆周运动的动力学特征．►离心运动、近心运动以及形成条件.科学思维知识点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．4．描述匀速圆周运动的物理量知识点二 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 ＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .3．方向：始终沿半径指向圆心方向,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．知识点三 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.直 观 展 示1．思考判断(1)圆周运动一定是变速运动．( √ ) (2)匀速圆周运动加速度保持不变．( × )(3)做圆周运动的物体所受合力一定指向圆心．( × ) (4)物体速率越大所受向心力一定越大．( × ) (5)物体做圆周运动周期越大,角速度一定越小．( √ )2．(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( BCD ) A ．角速度为0.5 rad/s B ．转速为0.5 r/s C ．转迹半径为4π mD ．加速度大小为4π m/s 2解析：由n ＝f ＝1T 可知选项B 正确；由T ＝2πr v 可知r ＝Tv 2π＝4πm,选项C 正确；由a ＝v 2r可知选项D 正确；由a ＝ωv 可知ω＝π rad/s,选项A 错误． 3．如图所示,当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时,板上A 、B 两点( D )A．角速度之比ωAωB＝2 1B．角速度之比ωAωB＝1 2C．线速度之比v A v B＝2 1D．线速度之比v A v B＝1 2解析：板上A、B两点的角速度相等,角速度之比ωAωB＝11,选项A、B错误；线速度v＝ωr,线速度之比v A v B＝12,选项C错误,D正确．4．如图是摩托车比赛转弯时的情形,转弯处路面常是外高内低,摩托车转弯有一个最大安全速度,若超过此速度,摩托车将发生滑动．若摩托车发生滑动,则下列论述正确的是( B )A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用B．摩托车所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑出去D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑出去解析：摩托车做圆周运动需要向心力,不受到沿半径方向向外的离心力作用,故A错误；若摩托车发生滑动,摩托车做离心运动是因为所受外力的合力小于所需的向心力,故B正确；摩托车受到与速度方向垂直的摩擦力的作用,即使该摩擦力小于需要的向心力,但仍然能够改变车的运动的方向,使车不会沿其线速度的方向沿直线滑出去,故C错误；摩托车做圆周运动的线速度沿半径的切线方向,不可能会沿其半径方向沿直线滑出去,故D错误．5．如图所示,一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动,a和b是轮上质量相等的两个质点,则偏心轮转动过程中a、b两质点( A )A．角速度大小相同B．线速度大小相同C．向心加速度大小相同D．向心力大小相同解析：同轴转动角速度相等,A正确；由于两者半径不同,根据公式v＝ωr可得两点的线速度大小不同,B错误；根据公式a＝ω2r,角速度相同,半径不同,所以向心加速度大小不同,C 错误；根据公式F＝ma,质量相同,但是加速度大小不同,所以向心力大小不同,D错误．考点1 圆周运动的运动学问题1．描述圆周运动的物理量间的关系2．常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴传动A、B两点转动的周期、角速度相同,线速度与其半径成正比皮带传动A、B两点的线速度大小相同,角速度与其半径成反比,周期与其半径成正比齿轮传动v A＝v B(线速度),T AT B＝r1r2＝n1n2,ωAωB＝r2r1＝n2n1 (n1、n2分别表示两齿轮的齿数)题型1 描述圆周运动的物理量及其关系1．(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,其乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10°.在此10 s时间内,火车( AD )A．运动路程为600 m B．加速度为零C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km解析：在此10 s时间内,火车运动路程s＝vt＝60×10 m＝600 m,选项A正确；火车在弯道上运动,做曲线运动,一定有加速度,选项B错误；火车匀速转过10°,约为15.7rad,角速度ω＝θt ＝157rad/s,选项C 错误；由v ＝ωR ,可得转弯半径约为3.4 km,选项D 正确． 2.如图所示,两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动,在相同时间内,它们通过的路程之比是32,运动方向改变的角度之比是21,则( D )A ．二者线速度大小之比为2 3B ．二者角速度大小之比为12C ．二者圆周运动的半径之比为1 3D ．二者向心加速度大小之比为31解析：本题考查根据运动轨迹比较圆周运动相关物理量．线速度v ＝s t,两快艇通过的路程之比为32,由于运动时间相等,则二者的线速度大小之比为32,故A 错误；角速度ω＝θt,运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度,两快艇转过的角度之比为21,由于运动时间相等,则角速度大小之比为21,故B 错误；根据v ＝rω得,圆周运动的半径r ＝v ω,则两快艇做圆周运动的半径之比为34,故C 错误；根据a ＝vω得,向心加速度大小之比为31,故D 正确．题型2 传动问题3．科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小,大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍,则当大齿轮顺时针匀速转动时,下列说法正确的是( C )A ．小齿轮逆时针转动B ．小齿轮每个齿的线速度均相同C ．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D ．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮、小齿轮在转动过程中,两者的齿的线速度大小相等,当大齿轮顺时针转动时,小齿轮也顺时针转动,选项A 错误；速度是矢量,具有方向,所以小齿轮每个齿轮的线速度不同,选项B 错误；根据v ＝ωr ,且线速度大小相等可知,角速度与半径成反比,选项C 正确；根据向心加速度a ＝v 2r,线速度大小相等可知,向心加速度与半径成反比,选项D 错误．4．如图所示,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R BR C ＝32,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,则a 、b 、c 三点在运动过程中的( D )A ．线速度大小之比为32 2B ．角速度之比为33 2C ．转速之比为23 2D ．向心加速度大小之比为964解析：A 、B 靠摩擦传动,则边缘上a 、b 两点的线速度大小相等,即v a v b ＝11,选项A 错误；B 、C 同轴转动,则边缘上b 、c 两点的角速度相等,即ωb ＝ωc ,转速之比n b n c ＝ωb ωc ＝11,选项B 、C 错误；对a 、b 两点,由a n ＝v 2r 得a a a b ＝R b R a ＝32,对b 、c 两点,由a n ＝ω2r 得a b a c ＝R b R c ＝32,故a aa ba c ＝964,选项D 正确．名师点睛传动装置类问题的解题关键,在分析传动装置的各物理量时,要抓住不等量与等量之间的关系.分析此类问题有两个关键点：一是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时,与皮带接触的各点线速度大小相同.抓住这两点,然后根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论.考点2 水平面上的圆周运动1．水平转盘模型概 述 如图所示,向心力由静摩擦力提供,即F f ＝mω2r ,当物体刚要滑动时F f ＝μmg ,所以临界角速度ω＝μgr规律物体离圆盘中心O 越远,就越容易被“甩出去”概 述如图所示为圆锥筒模型,筒内壁光滑,向心力由重力mg 和支持力F N 的合力提供,即mg tan θ＝m v 2r＝mω2r ,解得v ＝grtan θ,ω＝g r tan θ规 律稳定状态下小球所处的位置越高,半径r 越大,角速度ω就越小,线速度v 就越大．而小球受到的支持力F N ＝mgsinθ和向心力F向＝mgtanθ并不随位置的变化而变化(续表)概述如图所示为圆锥摆模型,向心力F向＝mg tanθ＝mv2r＝mω2r,且r＝L sinθ,解得v＝gL tanθsinθ,ω＝gL cosθ规律稳定状态下,θ角越大,对应的角速度ω和线速度v就越大,小球受到的拉力F＝mgcosθ和运动所需向心力也越大1.(多选)如图所示,粗糙水平圆盘上,质量相等的A、B两物块叠放在一起,随圆盘一起做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( BC )A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势B．B的向心力等于A的向心力大小C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍D．若B相对圆盘先滑动,则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB 解析：A所受的静摩擦力方向指向圆心,可知A有沿半径向外滑动的趋势,同理,B受到盘的静摩擦力方向指向圆心,有沿半径向外滑动的趋势,故A错误；根据F n＝mrω2,因为两物块的角速度大小相等,转动半径相等,质量相等,则向心力大小相等,故B正确；对A、B整体分析,可得盘对B的摩擦力大小f B＝2mrω2,对A分析,可得B对A的摩擦力大小f A＝mrω2,可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍,故C正确；对A、B整体分析,盘与B间静摩擦力最大时有μB ·2mg ＝2m ·rω2B ,解得ωB ＝μB gr,对A 分析,A 、B 间静摩擦力最大时有μA mg ＝mrω2A ,解得ωA ＝μA gr,因为B 先滑动,可知B 先达到临界角速度,可知B 的临界角速度较小,即ωB <ωA ,可得μB <μA ,故D 错误．2．(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 .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是( AC )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＝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 解析：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动,在某一时刻可认为,木板随圆盘转动时,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,则根据牛顿第二定律可得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 做圆周运动需要的向心力较大,选项B 错误；因为两小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 开始滑动时,由牛顿第二定律可得kmg ＝mω2b ·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 ＝mω2a l ,可得ωa ＝ kgl,而转盘的角速度 2kg 3l<kgl,小木块a 未发生滑动,其所需的向心力由静摩擦力来提供,由牛顿第二定律可得f ＝mω2l ＝23kmg ,选项D 错误．3．(多选)如图所示,两个圆锥内壁光滑,竖直放置在同一水平面上,圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°,有A 、B 两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动,下列说法正确的是( CD )A．A、B球受到的支持力之比为3 3B．A、B球的向心力之比为3 1C．A、B球运动的角速度之比为3 1D．A、B球运动的线速度之比为1 1解析：设小球受到的支持力为F N,向心力为F,则有F N sinθ＝mg,F N A F N B＝31,选项A错误；F＝mgtanθ,F A F B＝31,选项B错误；小球运动轨道高度相同,则半径R＝h tanθ,R A R B＝13,由F＝mω2R得ωAωB＝31,选项C正确；由v＝ωR得v A v B＝11,选项D正确．4．如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置),两次金属块Q都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相比较,下面的判断正确的是( B )A．细线所受的拉力变小B．小球P运动的角速度变大C．Q受到桌面的静摩擦力变小D．Q受到桌面的支持力变小解析：设OP长度为l,与水平面的夹角为θ,竖直方向平衡,有F sinθ＝mg,水平方向由牛顿第二定律得F cosθ＝mω2l cosθ,由以上方程分析可得,随θ角减小,F增大,A错误；结合Q的受力平衡得Q受到桌面的静摩擦力变大,受到桌面的支持力不变,C、D错误；F＝mω2l,ω随F的增大而增大,B正确．考点3 竖直面内圆周运动的两种模型轻“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＋F T＝mv2rmg±F N＝mv2r 临界特征F T＝0,即mg＝mv2r,得v＝gr v＝0,即F向＝0,此时F N＝mg模型关键(1)绳只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为gr(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力,也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0题型1 轻绳模型1.(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,如图所示,已知绳长为l,重力加速度为g,则( CD )A ．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解析：小球运动到最低点Q 时,由于加速度向上,故小球处于超重状态,选项A 错误；小球在最低点时,设绳的拉力为F T1,有F T1－mg ＝m v 20l ；在最高点时,设绳的拉力为F T2,小球的速度为v ,有F T2＋mg ＝m v 2l ,其中12mv 20－mg ·2l ＝12mv 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 ,因为小球能经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12mv 2＝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,小球将在最低点附近来回摆动,细绳始终处于绷紧状态,选项D 正确．2．(多选)如图所示,竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上,半径r ＝0.4 m,最低点处有一小球(半径比r 小很多)．现给小球水平向右的初速度v 0,要使小球不脱离圆轨道运动,v 0应当满足(g 取10 m/s 2)( CD )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：当v 0较大时,小球能够通过最高点,这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ,根据机械能守恒定律得12mv 2＋2mgr ＝12mv 20,联立解得v 0≥2 5 m/s,C 正确；当v 0较小时,小球不能通过最高点,这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零,根据机械能守恒定律得mgr ＝12mv 20,解得v 0＝2 2 m/s,D 正确．题型2 轻杆模型3．如图甲所示,一轻杆一端固定在O 点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F N ,小球在最高点的速度大小为v ,F N －v 2图象如图乙所示．下列说法正确的是( B )A ．当地的重力加速度大小为R bB ．小球的质量为aR bC ．当v 2＝c 时,杆对小球弹力方向向上 D ．若v 2＝2b ,则杆对小球弹力大小为2a解析：在最高点,若v ＝0,则F N ＝a ＝mg ；若F N ＝0,则mg ＝m v 2R ＝m b R ,解得g ＝b R ,m ＝abR ,故A错误,B 正确；由题图可知：当v 2<b 时,杆对小球弹力方向向上,当v 2>b 时,杆对小球弹力方向向下,所以当v 2＝c 时,杆对小球弹力方向向下,故C 错误；若v 2＝2b ,则F N ＋mg ＝m 2b R,解得F N＝a ＝mg ,故D 错误．4.如图所示,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( C )A ．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 2B2L,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；球B 在最高点时,对杆无弹力,此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力,有F －mg ＝m v 2AL,解得F ＝1.5mg ,故C 正确,D 错误．名师点睛分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路。