高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动 18页

第 3 节 圆周运动 , (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)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速 度。(√) (7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×) (8)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。(×) 突破点(一) 描述圆周运动的物理量 1．圆周运动各物理量间的关系 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＝v2 r ＝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)皮带传动：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：如图丙所示，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：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小 相等，即ωA＝ωB。 [多角练通] 1．(2016·上海高考)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接 收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。 已知风轮叶片转动半径为 r，每转动 n 圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt 内探测器 接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片( ) A．转速逐渐减小，平均速率为4πnr Δt B．转速逐渐减小，平均速率为8πnr Δt C．转速逐渐增大，平均速率为4πnr Δt D．转速逐渐增大 ，平均速率为8πnr Δt 解析：选 B 根据题意，从题图(b)可以看出，在Δt 时间内，探测器接收到光的时间在 增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在Δt 时间内 可以看出有 4 次挡光，即凸轮圆盘转动 4 周，则风轮叶片转动了 4n 周，风轮叶片转过的弧 长为 l＝4n×2πr，转动速率为：v＝8πnr Δt ，故选项 B 正确。 2．(2017·成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以 下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数 据时，以恒定线速度的方式读取。如图所示，设内环内边缘半径为 R1， 内环外边缘半径为 R2，外环外边缘半径为 R3。A、B、C 分别为各边缘线上的点。则读取内环 上 A 点时，A 点的向心加速度大小和读取外环上 C 点时，C 点的向心加速度大小之比为( ) A. R1 2 R2R3 B. R2 2 R1R3 C.R2R3 R1 2 D.R1R3 R2 2 解析：选 D A、B 两点角速度相同，由 a＝ω2r，可知 aA∶aB＝R1∶R2①；B、C 两点线速 度相同，由 a＝v2 r ，可知 aB∶aC＝R3∶R2②；由①×②可得 aA∶aC＝R1R3∶R2 2，D 项正确。 3.(2017·桂林模拟)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 三点在运动过程中的( ) A．线速度大小之比为 3∶2∶2 B．角速度之比为 3∶3∶2 C．转速之比为 2∶3∶2 D．向心加速度大小之比为 9∶6∶4 解析：选 D A、B 轮摩擦传动，故 va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C 同轴转 动，故ωb＝ωc，vb RB ＝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。 突破点(二) 水平面内的匀速圆周运动 1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点 运动轨迹是圆且在水平面内。 2．匀速圆周运动的受力特点 (1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。 (2)合外力充当向心力。 3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤 (1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。 (2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。 (3)由 Fn＝m v2 r 或 Fn＝mω2r 或 Fn＝m 4π2r T2 列方程求解。 [典例] (多选)(2016·浙江高考)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＝90 m 的大圆弧和 r＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心 O、O′距离 L＝100 m。 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＝10 m/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 45 m/s C．在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s [审题指导] (1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上运动的速度应最大，此时恰好由 最大静摩擦力提供向心力。 (2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。 (3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。 [解析] 赛车做圆周运动时，由 F＝mv2 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＝m v2 R 知，其速率 v＝ FR m ＝ 2.25mgR m ＝45 m/s，选项 B 正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率 v′＝30 m/s。 如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度 x＝Lsin 60°＝50 3 m，据 v2－v′2＝2ax 知在直道上的加速度 a≈6.50 m/s2，选项 C 错误；小弯道对应的圆心角为 120°，弧长为 s＝2πr 3 ， 对应的运动时间 t＝ s v′ ≈2.79 s，选项 D 错误。 [答案] AB [方法规律] 求解圆周运动问题必须进行的三类分析 几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等 运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等 受力分析 目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力 [集训冲关] 1.(2017·三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满 水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘 转轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓 球会(球直径比管直径略小)( ) A．向管底运动 B．向管口运动 C．保持不动 D．无法判断 解析：选 B 开始时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力， 所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动， 故 B 正确。 2．(多选)(2017·兰州一中月考)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两 个小球 A 和 B，质量分别为 mA 和 mB，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同的 水平面上做匀速圆周运动。则以下叙述正确的是( ) A．只有当 mA gL时，轻杆对小球有拉力，则 F＋mg＝mv2 L ，v 增大，F 增大，B 正确； 当 v< gL时，轻杆对小球有支持力，则 mg－F′＝mv2 L ，v 减小，F′增大，C 错误；由 F 向＝mv2 L 知，v 增大，向心力增大，D 正确。 斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控 制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。 (一)静摩擦力控制下的圆周运动 1.(2014·安徽高考)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角 速度ω转动，盘面上离转轴距离 2.5 m 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 3 2 (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 10 m/s2。则ω的最大值是( ) A. 5 rad/s B. 3 rad/s C．1.0 rad/s D．5 rad/s 解析：选 C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点 且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C 项正确，A、B、D 项错误。 (二)轻杆控制下的圆周运动 2.如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为 L＝ 0.8 m 的轻杆，一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m＝0.2 kg 的小 球，沿斜面做圆周运动，取 g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点 A，则小球在最低点 B 的最 小速度是( ) A．4 m/s B.2 10 m/s C．2 5 m/s D．2 2 m/s 解析：选 A 小球受轻杆控制，在 A 点的最小速度为零，由 2mgLsin α＝1 2 mvB 2，可得 vB＝4 m/s，A 正确。 (三)轻绳控制下的圆周运动 3.(2017·开封模拟)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 调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为 l＝0.60 m 的轻绳，它的一端系住一质量为 m 的小球 P，另一端固定在 板上的 O 点。当平板的倾角固定为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＝3.0 m/s。若小球能保持 在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度 g＝10 m/s2) 解析：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合 力为 0，重力在沿平板方向的分量为 mgsin α 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有 FT＋ mgsin α＝mv1 2 l ① 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mglsin α＝1 2 mv1 2－1 2 mv0 2② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力 FT＝0③ 联立①②③解得 sin α＝1 2 ，解得α＝30° 故α的范围为 0°≤α≤30°。 答案：0°≤α≤30° 对点训练：描述圆周运动的物理量 1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周 长。某国产轿车的车轮半径约为 30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员 面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为( ) A．1 000 r/s B．1 000 r/min C．1 000 r/h D．2 000 r/s 解析：选 B 设经过时间 t，轿车匀速行驶的路程 x＝vt，此过程中轿车轮缘上的某一 点转动的路程 x′＝nt·2πR，其中 n 为车轮的转速，由 x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝ v 2πR ≈17.7 r/s＝1 062 r/min。B 正确。 2.(2017·湖北省重点中学联考)如图所示，由于地球的自转，地球表面 上 P、Q 两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于 P、Q 两物体的运动， 下列说法正确的是( ) A．P、Q 两物体的角速度大小相等 B．P、Q 两物体的线速度大小相等 C．P 物体的线速度比 Q 物体的线速度大 D．P、Q 两物体均受重力和支持力两个力作用 解析：选 A P、Q 两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项 A 对；根据圆周运动线速度 v＝ωR，P、Q 两物体做匀速圆周运动的半径不等，即 P、Q 两物 体做圆周运动的线速度大小不等，选项 B 错；Q 物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线 速度大，选项 C 错；P、Q 两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个 分力，选项 D 错。 3.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无 滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为 r 甲：r 乙＝3∶1，两圆盘和小 物体 m1、m2 之间的动摩擦因数相同，m1 距 O 点为 2r，m2 距 O′点为 r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( ) A．m1 与 m2 滑动前的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1 B．m1 与 m2 滑动前的向心加速度之比 a1∶a2＝1∶3 C．随转速慢慢增加，m1 先开始滑动 D．随转速慢慢增加，m2 先开始滑动 解析：选 D 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1·3r＝ω2·r，则得 ω1∶ω2＝1∶3，所以小物体相对盘开始滑动前，m1 与 m2 的角速度之比为 1∶3，故 A 错误； 小物体相对盘开始滑动前，根据 a＝ω2r 得：m1 与 m2 的向心加速度之比为 a1∶a2＝(ω1 2·2r)∶ (ω2 2r)＝2∶9，故 B 错误；根据μmg＝mrω2＝ma 知，因 a1∶a2＝2∶9，圆盘和小物体的动 摩擦因数相同，可知当转速增加时，m2 先达到临界角速度，所以 m2 先开始滑动。故 D 正确， C 错误。 对点训练：水平面内的匀速圆周运动 4.山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半 径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯 道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨 是圆弧的一部分，转弯半径为 R，重力加速度为 g，列车转弯过程中 倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受 侧向挤压)为( ) A. gRsin θ B. gRcos θ C. gRtan θ D. gRcot θ 解析：选 C 轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合 力提供向心力，根据向心力公式 mgtan θ＝mv2 R ，得 v＝ gRtan θ，C 正确。 5．(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量 M＝2.0 kg 的木 块，它与台面间的最大静摩擦力 fm＝6.0 N，绳的一端系住木块，另 一端穿过转台的中心孔 O(为光滑的)悬吊一质量 m＝1.0 kg 的小球， 当转台以ω＝5.0 rad/s 的角速度匀速转动时，欲使木块相对转台静 止，则木块到 O 孔的距离可能是(重力加速度 g＝10 m/s2，木块、小 球均视为质点)( ) A．6 cm B.15 cm C．30 cm D．34 cm 解析：选 BC 转台以一定的角速度ω匀速转动，木块所需的向心力与做圆周运动的半 径 r 成正比，在离 O 点最近处 r＝r1 时，木块有靠近 O 点的运动趋势，这时摩擦力沿半径向 外，刚好达到最大静摩擦力 fm，即 mg－fm＝Mω2r1，得 r1＝mg－fm Mω2 ＝8 cm，同理，木块在离 O 点最远处 r＝r2 时，有远离 O 点的运动趋势，这时摩擦力的方向指向 O 点，且达到最大静摩 擦力 fm，即 mg＋fm＝Mω2r2，得 r2＝mg＋fm Mω2 ＝32 cm，则木块能够相对转台静止，半径应满足 关系式 r1≤r≤r2。选项 B、C 正确。 6．(多选)(2017·开封质检)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，它们分居圆心两侧，与 圆心距离分别为 RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，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＝3μmg B．此时圆盘的角速度为ω＝ 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，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动 解析：选 ABC A 和 B 随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则 F＝mω2r，B 的运动半 径比 A 的半径大，所以 B 所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好 还未发生滑动时，B 的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A 的最大静摩擦力方向沿半径指向圆 外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝ 2μg r ，故 A、B、C 正确；此时烧断绳子，A 的最大静摩擦力不足以提供向心力，则 A 做 离心运动，故 D 错误。 7．(2017·湖南高三联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道， 试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量 m＝1 t，车道转弯半径 r＝150 m， 路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为 0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，(g 取 10 m/s2)求 (1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？ (2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。 解析：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿 第二定律得：mgtan θ＝mv2 r 解得：v≈38.7 m/s。 (2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根 据牛顿第二定律得： FNsin θ－Ffcos θ＝mvmin 2 r FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0 Ff＝μFN 解得：vmin＝30 m/s。 答案：(1)38.7 m/s (2)30 m/s 对点训练：竖直面内的匀速圆周运动 8．(2017·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD，其 A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图所示。今使小球自 A 点正上方某处由静止释放，且从 A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高 点 D，则小球通过 D 点后( ) A．一定会落到水平面 AE 上 B．一定会再次落到圆弧轨道上 C．可能会再次落到圆弧轨道上 D．不能确定 解析：选 A 设小球恰好能够通过最高点 D，根据 mg＝mvD 2 R ，得：vD＝ gR，知在最高点 的最小速度为 gR。小球经过 D 点后做平抛运动，根据 R＝1 2 gt2 得：t＝ 2R g 。则平抛运动 的水平位移为：x＝ gR· 2R g ＝ 2R，知小球一定落在水平面 AE 上。故 A 正确，B、C、D 错误。 9．(2017·绵阳诊断)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( ) A．球 B 的速度为零 B．球 A 的速度大小为 2gL C．水平转轴对杆的作用力为 1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为 2.5mg 解析：选 C 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＝mvB 2 2L ，解得 vB＝ 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 vA＝1 2 2gL，故 B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时 A 球受重力和拉力的合力提供 向心力，有 F－mg＝mvA 2 L ，解得：F＝1.5mg，故 C 正确，D 错误。 10．(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> 6gl 时，小球一定能通过最高点 P D．当 v0< gl 时，细绳始终处于绷紧状态 解析：选 CD 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：FT1－mg＝mv0 2 l ；在最高点时：FT2＋mg＝mv2 l ，其中 1 2 mv0 2－mg·2l＝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，选项 B 错误；当 v0 ＝ 6gl 时，可求得 v＝ 2gl，因为小球经过最高点的最小速度为 gl，则当 v0> 6gl 时小 球一定能通过最高点 P，选项 C 正确；当 v0＝ gl 时，由 1 2 mv0 2＝mgh 得小球能上升的高度 h ＝1 2 l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当 v0< gl时，小球将在最低点位置附近来回 摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项 D 正确。 考点综合训练 11.(多选)(2017·湖南联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠 绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径 R ＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量 m＝1.0 kg，与地 面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s，g＝10 m/s2，以下判断正确的是( ) A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力是 5.0 N C．细线对物块的拉力是 6.0 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2 解析：选 CD 由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t(m)，又 v＝at，故可得： a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2。故 A 错误，D 正确；由牛 顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝FT－Ff，地面摩擦力为：Ff＝μmg＝ 0.5×1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：FT＝Ff＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故 B 错误，C 正确。 12.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 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 解析：选 B 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，与 轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度 v＝ 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＞ gR时， 对轨道 A 点的压力向上，物体对地面的压力 FN＜Mg，故选项 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 向上对轨道无作用力，所以物体对地面的压力 FN＝Mg，故选项 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，故选项 C 错误；小滑块在 D 点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面 的压力 FN＝Mg，故选项 D 错误。 13．(2017·晋江月考)如图所示，AB 为竖直转轴，细绳 AC 和 BC 的结点 C 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＝1 m。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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( ) A．AC 5 m/s B．BC 5 m/s C．AC 5.24 m/s D．BC 5.24 m/s 解析：选 B 当小球线速度增至 BC 被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TAsin ∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝mv2 r ②，由①式可得：TA＝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可解得此时，v≈5.24 m/s； BC 绳断后，随小球线速度增大，AC 线与竖直方向间夹角增大，设 AC 线被拉断时与竖直方向 的夹角为α，由 TAC·cos α＝mg，TACsin α＝mv′2 r′ ，r′＝LAC·sin α，可解得，α＝60°， LAC＝5 3 m，v′＝5 m/s，故 B 正确。 14．(2017·昆明七校调研)如图所示，一长 l＝0.45 m 的轻绳一端固定在 O 点，另一端 连接一质量 m＝0.10 kg 的小球，悬点 O 距离水平地面的高度 H＝ 0.90 m。开始时小球处于 A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让 小球从静止释放，当小球运动到 B 点时，轻绳碰到悬点 O 正下方一 个固定的钉子 P 时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度 g＝10 m/s2。 (1)轻绳断裂后小球从 B 点抛出并落在水平地面的 C 点，求 C 点与 B 点之间的水平距离； (2)若 OP＝0.30 m，轻绳碰到钉子 P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻 绳能承受的最大拉力。 解析：(1)设小球运动到 B 点时的速度大小为 vB，由机械能守恒定律得 1 2 mvB 2＝mgl 解得小球运动到 B 点时的速度大小 vB＝ 2gl＝3.0 m/s 小球从 B 点做平抛运动，由运动学规律得 x＝vBt y＝H－l＝1 2 gt2 解得 C 点与 B 点之间的水平距离 x＝vB· 2 H－l g ＝0.90 m。 (2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值 Fm，由牛顿运动定律得 Fm－mg＝mvB 2 r r＝l－OP 由以上各式解得 Fm＝7 N。 答案：(1)0.90 m (2)7 N