高考物理一轮复习 知识点27：圆周运动拔尖解析版

知识点27：圆周运动考点一：圆周运动的运动学问题题型一：圆周运动物理量计算的问题【知识思维方法技巧】圆周运动物理量的相互关系：【典例1拔尖题】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．【典例1拔尖题】【答案】(1)2.7m/s2(2)eq\f(225,242)甲【解析】(1)根据速度位移公式有v2＝2ax代入数据可得a＝2.7m/s2(2)根据向心加速度的表达式a＝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(v甲2,v乙2)·eq\f(R乙,R甲)＝eq\f(225,242)，甲、乙均做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝eq\f(πR,v)，代入数据可得甲、乙运动的时间为t甲＝eq\f(4π,5)s，t乙＝eq\f(9π,11)s；因t甲<t乙，所以甲先出弯道．【典例1拔尖题对应练习】无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点．小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4m/s，在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为()A．t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,4)))s，l＝8mB．t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)＋\f(7π,2)))s，l＝5mC．t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,12)\r(6)＋\f(7\r(6)π,6)))s，l＝5.5mD．t＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,12)\r(6)＋\f(\r(6)＋4π,2)))s，l＝5.5m【典例1拔尖题对应练习】【答案】B【解析】在BC段的最大加速度为a1＝2m/s2，则根据a1＝eq\f(v1m2,r1)，可得在BC段的最大速度为v1m＝eq\r(6)m/s，在CD段的最大加速度为a2＝1m/s2，则根据a2＝eq\f(v2m2,r2)，可得在BC段的最大速度为v2m＝2m/s<v1m，可知在BCD段运动时的速度为v＝2m/s，在BCD段运动的时间为t3＝eq\f(πr1＋πr2,v)＝eq\f(7π,2)s，若小车从A到D所需时间最短，则AB段小车应先以vm匀速，再以a1减速至v，AB段从最大速度vm减速到v的时间t1＝eq\f(vm－v,a1)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，位移x2＝eq\f(vm2－v2,2a1)＝3m，在AB段匀速的最长距离为l＝8m－3m＝5m，则匀速运动的时间t2＝eq\f(l,vm)＝eq\f(5,4)s，则从A到D最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(9,4)＋eq\f(7π,2))s，故选B.题型二：圆周运动的传动问题【知识思维方法技巧】（1）皮带传动特点：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）摩擦传动和齿轮传动特点：如图甲、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vA＝vB.（3）同轴传动特点：如图所示，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．【典例2拔尖题】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RB∶RC＝3∶2，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三点在转动过程中的()A．线速度大小之比为3∶2∶2B．角速度之比为3∶3∶2C．转速之比为2∶3∶2D．向心加速度大小之比为9∶6∶4【典例2拔尖题】【答案】D【解析】A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，eq\f(vb,RB)＝eq\f(vc,RC)，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误．转速之比等于角速度之比，故C错误．由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确．【典例2拔尖题对应练习】如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径之比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；(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aA∶aB∶aC.【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1)2∶2∶1(2)1∶2∶1(3)2∶4∶1【解析】(1)令vA＝v，由于皮带传动时不打滑，所以vB＝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vC＝eq\f(1,2)v，所以vA∶vB∶vC＝2∶2∶1.(2)令ωA＝ω，由于轮O1、O3同轴转动，所以ωC＝ω.因vA＝vB，由公式ω＝eq\f(v,r)知，当线速度相同时，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aA＝a，因vA＝vB，由公式a＝eq\f(v2,r)知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以aB＝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aC＝eq\f(1,2)a.所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.题型三：圆周运动的周期性和多解性问题【典例3拔尖题】在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B，转动方向如图2所示，在A盘上距圆心48cm处固定一个小球P，在B盘上距圆心16cm处固定一个小球Q.已知P、Q转动的线速度大小都为4πm/s.当P、Q相距最近时开始计时，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为()A．0.08sB．0.12sC．0.24sD．0.48s【典例3拔尖题】【答案】B【解析】欲让P、Q相距最远，则P、Q同时运动到各自所在位置的圆周直径的另一端，由线速度和角速度公式可得：eq\f(v,RP)t＝2nπ＋π，t＝eq\f(2n＋1πRP,v)＝(2n＋1)×0.12，(n＝0,1,2,3，…)和eq\f(v,RQ)t′＝2kπ＋π，可得：t′＝eq\f(2k＋1πRQ,v)＝(2k＋1)×0.04，(k＝0,1,2,3，…)；当n＝0，k＝1时，t＝t′＝0.12s为最小值，选项B正确．【典例3拔尖题对应练习】如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始该容器从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水，求：(重力加速度为g)(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大；(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.【典例3拔尖题对应练习】【答案】(1)eq\r(\f(2h,g))(2)nπeq\r(\f(g,2h))(n＝1，2，3，…)【解析】(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g)).(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1，2，3，…)，由ωt＝nπ得ω＝eq\f(nπ,t)＝nπeq\r(\f(g,2h))(n＝1，2，3，…)．(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x2＝v·2t＝2veq\r(\f(2h,g))，第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x3＝v·3t＝3veq\r(\f(2h,g))，当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：x＝x2＋x3＝5veq\r(\f(2h,g)).考点二：圆周运动的动力学问题【知识思维方法技巧】圆周运动中的动力学问题：（1）向心力的来源：由合外力提供，只改变速度的方向，不改变速度的大小。向心力是按力的作用效果命名的，因此在受力分析中要避免再添加一个向心力。（2）向心力的确定：确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置；分析物体的受力情况，合力沿半径方向的分力就是向心力。（3）圆周运动问题的解题步骤：①确定对象：确定物体圆周运动的轨道平面、圆心和半径。②进行分析：分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。分析几何关系，确定圆周运动的圆心、半径等；③选择公式：根据牛顿运动定律和各力的关系列方程求解，向心力大小：F向＝ma＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mreq\f(4π2,T2)＝mr4π2n2＝mωv，有时对结果进行必要的讨论。（4）圆周运动中向心力与合力的关系：①匀速圆周运动：②非匀速圆周运动：题型一：水平式圆周运动的动力学问题类型一：车辆水平转弯模型【典例1a拔尖题】(多选)如图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/s2，π＝3.14)，则赛车()A．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/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s【典例1a拔尖题】【答案】AB【解析】赛车做圆周运动时，由F＝meq\f(v2,R)知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝meq\f(v2,R)知，其速率v＝eq\r(\f(FR,m))＝eq\r(\f(2.25mgR,m))＝45m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30m/s。如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin60°＝50eq\r(3)m，据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝eq\f(2πr,3)，对应的运动时间t＝eq\f(s,v′)≈2.79s，选项D错误。类型二：火车水平转弯模型【典例1b拔尖题】在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是做半径为R的在水平面内的圆周运动．如图，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()A.eq\r(\f(ghR,L))B.eq\r(\f(ghR,d))C.eq\r(\f(gLR,h))D.eq\r(\f(gdR,h))【典例1b拔尖题】【答案】B【解析】设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图．根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)，又由数学知识得到tanθ＝eq\f(h,d)，联立解得v＝eq\r(\f(ghR,d))，故B选项正确．类型三：飞车走壁模型【典例1c拔尖题】（多选）如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中()A．小球的向心加速度逐渐减小B．小球运动的角速度逐渐减小C．小球运动的线速度逐渐减小D．小球运动的周期逐渐减小【典例1c拔尖题】【答案】CD【解析】以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。由牛顿第二定律得：eq\f(mg,tanθ)＝ma＝eq\f(mv2,r)＝mrω2；可知在A、B轨道的向心力大小相等，a＝eq\f(g,tanθ)，向心加速度不变，故A错误。角速度ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，由于半径减小，则角速度变大，故B错误。线速度v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，由于半径减小，线速度减小，故C正确。周期T＝eq\f(2π,ω)，角速度增大，则周期减小，故D正确。类型四：圆锥摆运动模型【思维方法技巧】如图，在同一水平面上做匀速圆周运动（圆锥摆）的两个小球，由mgtanθ＝mω2htanθ，可以知道角速度（周期）相同。【典例1d拔尖题】(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则()A．两球运动的周期相等B．两球的向心加速度大小相等C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2【典例1d拔尖题】【答案】AC【解析】选对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有Fcosθ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有Fsinθ＝mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)lsinθ，解得周期为T＝2πeq\r(\f(lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力F相等，由于向心力为Fn＝Fsinθ＝mω2lsinθ，故m与l成反比，由m1≠m2，可得l1≠l2，又小球的向心加速度a＝ω2lsinθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2lsinθ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误。【典例1d拔尖题对应练习】如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧一端固定于竖直转轴上，一端连接环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，O与环A间细线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，O和小球B间细线OB与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线OB与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；(2)装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W。【典例1d拔尖题对应练习】【答案】(1)(2)2mg(3)【解析】(1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得FT1cos37°＝2mg，FT1sin37°＝2mω2ssin37°联立解得s＝(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B分析得FT2cos53°＝2mg，FT2sin53°＝2m(2ω)2s′sin53°，s′＝。设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时，对圆环A有FT1－F＝mω2(L－s)，装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)，联立解得F＝2mg。(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B分析，则重力势能变化量为ΔEp＝2mg(scos37°－s′cos53°)，动能变化量为ΔEk＝×2m[(2ωs′sin53°)2－(ωssin37°)2]联立解得细线对小球B做的功为W＝ΔEp＋ΔEk＝。题型二：转盘水平式圆周运动的动力学问题【典例2拔尖题】(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ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时()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【典例2拔尖题】【答案】BD【解析】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向Tsinθ＝mg，而T＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变．则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则Tcosθ－FN＝mω2r，即FN＝Tcosθ－mω2r，随ω增大，FN减小，当转速较大时，FN指向转轴Tcosθ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－Tcosθ，随ω′增大，FN′增大，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大．则C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大．则D正确．题型三：竖直面内的非匀速圆周运动的动力学问题【知识思维方法技巧】在竖直面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：（1）无支撑的“绳（环）约束模型”：本模型的分析方法和结论适用于“水流星”、“绳球模型”、“过山车”、“竖直固定的光滑内侧圆弧轨道”等，其共同点为：物体做圆周运动的速率时刻在改变，在最低点处的速率最大，在最高点处的速率最小。在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向不确定，临界情况是弹力为零，重力充当向心力。（2）有支撑的“杆（管）约束模型”：本模型的分析方法和结论适用于“过拱形桥”、“杆球模型”、“环形管内光滑轨道”等。在最高点的临界情况是所受弹力为零，速度为零。注意：常利用动能定理来建立最高点和最低点的速度联系。类型一：竖直面内球—绳模型（无支撑绳约束模型）【知识思维方法技巧】竖直面内球—绳模型的处理技巧：（1）球运动在最高点时无支撑。球运动到最高点时：若v≥eq\r(gR)，F弹＋mg＝meq\f(v2,R)，绳、轨道对球产生弹力F弹，若v<eq\r(gR)，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道。（2）实例：球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等【典例3a拔尖题】如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()A．数据a与小球的质量有关B．数据b与小球的质量无关C．比值eq\f(b,a)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【典例3a拔尖题】【答案】D【解析】当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：mg＝meq\f(v2,r)，解得：v2＝gr，解得：a＝gr，与物体的质量无关，A错误；当v2＝2a时，对物体受力分析，则有：mg＋b＝meq\f(v2,r)，解得：b＝mg，与小球的质量有关，B错误；根据A、B项分析可知：eq\f(b,a)＝eq\f(m,r)，与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；由a＝gr，b＝mg，解得：r＝eq\f(a,g)，m＝eq\f(b,g)，D正确。类型二：竖直面内球—杆模型（有支撑杆管约束模型）【知识思维方法技巧】竖直面内球—杆模型的处理技巧：（1）当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心；（2）当0<v<eq\r(gR)时，mg－F弹＝meq\f(v2,R)，F弹背离圆心并随v的增大而减小；（3）当v＝eq\r(gR)时，F弹＝0；（4）当v>eq\r(gR)时，mg＋F弹＝meq\f(v2,R)，F弹指向圆心并随v的增大而增大。【典例3b拔尖题】如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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FN，小球在最高点的速度大小为v，其FN－v2图像如图乙所示．则()A．小球的质量为eq\f(aR,b)B．当地的重力加速度大小为eq\f(R,b)C．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a【典例3b拔尖题】【答案】A【解析】由题图乙可知当小球运动到最高点时，若v2＝b，则FN＝0，轻杆既不向上推小球也不向下拉小球，这时由小球受到的重力提供向心力，即mg＝eq\f(mv2,R)，得v2＝gR＝b，故g＝eq\f(b,R)，B错误；当v2>b时，轻杆向下拉小球，C错误；当v2＝0时，轻杆对小球弹力的大小等于小球重力大小，即a＝mg，代入g＝eq\f(b,R)得小球的质量m＝eq\f(aR,b)，A正确；当v2＝2b时，由向心力公式得FN＋mg＝eq\f(mv2,R)，得杆的弹力大小FN＝mg，故FN＝a，D错误．【典例3b拔尖题对应练习】如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、－5.g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的是()A．轻杆的长度为0.5mB．小球经最高点时，杆对它作用力方向竖直向下C．B点对应时刻小球的速度为3m/sD．曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.6m【典例3b拔尖题对应练习】【答案】D【解析】设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，所以：L＝eq\f(v\o\al(2,C)－v\o\al(2,A),4g)＝eq\f(－52－12,40)m＝0.6m．故A错误；若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则：mg＝meq\f(v\o\al(2,0),L)，临界速度：v0＝eq\r(gL)＝eq\r(6)m/s>vA＝1m/s.由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力，故B错误；小球从A到B的过程中机械能守恒，得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，所以：vB＝eq\r(v\o\al(2,A)＋2gL)＝eq\r(13)m/s，故C错误；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m，故D正确．类型三：竖直面内球—内轨模型【典例3c拔尖题】在轨道上稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r和R(R>r)的甲、乙两个光滑的圆形轨道在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相连，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，再通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆形轨道，那么下列说法正确的是()A．小球在CD间由于摩擦力而做减速运动B．小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C．如果减小小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力【典例3c拔尖题】【答案】D【解析】在轨道上稳定运行的空间站中，小球处于完全失重状态．小球在CD间对接触面压力为零，所受摩擦力为零．小球做匀速运动，小球在甲、乙两个光滑的圆形轨道内运动，速度大小相等，轨道支持力提供向心力，由F＝eq\f(mv2,R)可知，小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力，选项D正确．类型四：竖直面内管道模型【典例3d拔尖题】如图所示，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()A．Mg－5mgB．Mg＋mgC．Mg＋5mgD．Mg＋10mg【典例3d拔尖题】【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eq\f(1,2)mv2＝mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2eq\r(gR)，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．考点三：圆周运动的临界问题题型一：轻绳断裂与松弛的临界极值问题【知识思维方法技巧】轻绳断裂与松弛的临界极值条件：绳子断裂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。【典例1拔尖题】如图所示，半径为eq\f(l,4)、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内)。求：(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆；(2)轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。【典例1拔尖题】【答案】(1)2eq\r(\f(g,\r(15)l))(2)见解析【解析】(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sinα＝eq\f(1,4)，r＝eq\f(l,4)，水平方向：Fasinα＝mω2r，竖直方向：Facosα＝mg，联立解得ω＝2eq\r(\f(g,\r(15)l))。(2)由(1)可知0≤ω≤2eq\r(\f(g,\r(15)l))时，Fa＝eq\f(4,\r(15))mg；若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r＝lsinβ，水平方向：Fasinβ＝mω2r，竖直方向：Facosβ＝mg，联立解得Fa＝mω2l，由几何关系知，当轻绳b恰伸直时，β＝60°，解得此时ω＝eq\r(\f(2g,l))。故有Fa＝mω2l，此时2eq\r(\f(g,\r(15)l))<ω≤eq\r(\f(2g,l))；若角速度ω再增大，轻绳b伸直后，小球做圆周运动的半径为r＝lsin60°，水平方向：Fasin60°＋Fbsin60°＝mω2r，竖直方向：Facos60°＝Fbcos60°＋mg，联立解得Fa＝eq\f(1,2)mlω2＋mg，此时ω>eq\r(\f(2g,l))。【典例1拔尖题对应练习1】（多选）如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上有一根长为l＝0.5m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2m/s，g取10m/s2，则()A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4NB．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3mC．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sinα≤eq\f(2,5)D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sinα≤eq\f(4,15)【典例1拔尖题对应练习1】【答案】AD【解析】小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力．在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsinα，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝meq\f(veq\o\al(2,1),l)，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有：－mglsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立解得：sinα＝eq\f(veq\o\al(2,0),3gl)＝eq\f(4,15)，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为：FT＝meq\f(veq\o\al(2,0),l)＝4N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3m，重力势能的增加量mgh＝1.5J，初动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝1J，机械能不守恒，故B错误．【典例1拔尖题对应练习2】利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图所示，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上的A、B两点，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为()A．2eq\r(3)mgB．3mgC．2.5mgD．eq\f(7\r(3)mg,2)【典例1拔尖题对应练习2】【答案】A【解析】小球恰好过最高点时有：mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)解得v1＝eq\r(\f(\r(3),2)gL)，根据动能定理得：mg·eq\r(3)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由牛顿第二定律得：eq\r(3)FT－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),\f(\r(3),2)L)，联立得，FT＝2eq\r(3)mg故A正确，B、C、D错误．题型二：物体接触与脱离的临界极值问题【知识思维方法技巧】运动物体与固定相接触或脱离临界条件是：物体间的弹力恰好为零类型一：竖直面内圆周运动的内轨模型【典例2a拔尖题】(多选)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足()A．最小值为eq\r(4gr)B．最大值为eq\r(6gr)C．最小值为eq\r(5gr)D．最大值为eq\r(7gr)【典例2a拔尖题】【答案】CD【解析】要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，由最低点到最高点由机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为eq\r(5gr)，A错误，C正确；为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mg＝meq\f(v\o\al(2,1),r)，从最低点到最高点由机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为eq\r(7gr)，B错误，D正确．【典例2a拔尖题对应练习】如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为（重力加速度为g）()A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg【典例2a拔尖题对应练习】【答案】C【解析】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq\f(mvB2,1.8R)，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝eq\f(mvA2,R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得FN＝4mg，结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，C正确．类型二：竖直面内圆周运动的管道模型【典例2b拔尖题】如图所示，两个eq\f(3,4)竖直光滑圆弧轨道固定在同一水平地面上，左侧轨道由金属凹槽制成，半径为2R，右侧轨道由金属圆管制成，半径为R，在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球释放处距离地面的高度分别为hA和hB，则下列说法正确的是（）A．适当调整hA，可使小球A从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处B．适当调整hB，可使小球B从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处C．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5RD．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为eq\f(5R,2)【典例2b拔尖题】【答案】BC【解析】小球A通过圆弧轨道最高点具有最小速度时，重力完全提供向心力，即mg＝meq\f(v2,2R)，解得v＝eq\r(2gR)，小球A飞出后，做平抛运动，2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝2eq\r(2)R>2R，因此无论怎么调整hA，小球A都不可能落在轨道的右端口处，A项错误；小球A以最小速度通过轨道最高点时，hA具有最小值，由动能定理可知，mg（hA－4R）＝eq\f(1,2)mv2－0，解得最小高度hA＝5R，C项正确；小球B通过圆管轨道最高点的最小速度为零，因此可以适当调整hB，使小球B从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，B项正确；由机械能守恒定律可知，hB的最小高度为2R，D项错误。题型三：物体相对滑动的临界极值问题【知识思维方法技巧】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Fm＝eq\f(mv2,r)，静摩擦力方向一定指向圆心。（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。类型一：水平转盘静摩擦力控制物体的不发生相对滑动模型【典例3a拔尖题】（多选）如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动．已知圆盘与B之间的动摩擦因数为μ，B与A之间的动摩擦因数为0.5μ，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A．物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等C．A、B一起转动的最大角速度为eq\r(\f(μg,2L))D．当A、B恰好发生相对运动时圆盘对B的摩擦力为2μmg【典例3a拔尖题】【答案】BC【解析】两物误；根据向确；对AB整体分析，当最大静摩擦力提供向心力时，有μ·2mg＝2mLωB2解得ωB＝eq\r(\f(μg,L))，对A分析，当B对A的最大静摩擦力提供向心力时，有0.5μ·mg＝mLωA2解得ωA＝eq\r(\f(μg,2L))由以上分析可知，AB一起转动的最大角速度为ωm＝eq\r(\f(μg,2L))，此时圆盘对B的摩擦力为Ff＝2m·L·ωm2＝μmg，故C正确，D错误．【典例3a拔尖题对应练习】如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，AB整体、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度一定满足：ω≤eq\r(\f(μg,r))D．转台的角速度一定满足：ω≤eq\r(\f(2μg,3r))【典例3a拔尖题对应练习】【答案】BD【解析】A做圆周运动的向心力由B对A的摩擦力提供，由牛顿第二定律及向心加速度公式有：Ff＝3mω2r，B项正确；AB整体恰好未发生相对转台的滑动时，μ(3m＋2m)g＝(3m＋2m)ω2r，解得角速度最大值为ω＝eq\r(\f(μg,r))，C恰好未发生相对滑动时，μmg＝1.5mω2r，解得：ω＝eq\r(\f(2μg,3r))，所以D选项正确．类型二：水平转盘静摩擦力与轻绳控制同侧物体不发生相对滑动模型【典例3b拔尖题】（多选）如图所示，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的水平细绳连接，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O1O2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（重力加速度为g)()A．当ω>eq\r(\f(2Kg,3L))时，A、B相对于转盘会滑动B．当ω>eq\r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力C．ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，A所受摩擦力一直变大【典例3b拔尖题】【答案】ABD【解析】当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝eq\r(\f(2Kg,3L))，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，即有：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq\r(\f(Kg,2L))，可知当ω>eq\r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω>eq\r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq\r(\f(Kg,2L))<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<eq\r(\f(2Kg,3L))范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由Ff－FT＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确.【典例3b拔尖题对应练习】(多选)如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．三