【物理】2020届一轮复习人教版圆周运动学案 16页

圆周运动　　　　　　‎ ‎[基础知识·填一填]‎ ‎[知识点1]　描述圆周运动的物理量　‎ ‎1．匀速圆周运动 ‎(1)定义：线速度大小　不变　的圆周运动．‎ ‎(2)性质：加速度大小　不变　，方向总是指向　圆心　的变加速曲线运动．‎ ‎(3)条件：有初速度，受到一个大小不变，方向始终与速度方向　垂直　且指向圆心的合外力．‎ ‎2．描述圆周运动的物理量 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×)‎ ‎(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力大小、方向都保持不变．(×)‎ ‎(3)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√)‎ ‎[知识点2]　匀速圆周运动与非匀速圆周运动　‎ 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 运动 特点 线速度的大小　不变　，角速度、周期和频率都　不变　，向心加速度的大小　不变　‎ 线速度的大小、方向都　变　，角速度　变　，向心加速度的大小、方向都变，周期可能变也　可能不变　‎ 受力 特点 所受到的　合力　为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻　指向圆心　‎ 所受到的合力　不指向圆心　，合力产生两个效果：‎ ‎①沿半径方向的分力　Fn　，即向心力，它改变速度的　方向　；‎ ‎②沿切线方向的分力Fτ，它改变速度的　大小　‎ 运动 性质 变加速曲线运动(加速度大小不变，方向变化)‎ 变加速曲线运动(加速度大小、方向都变化)‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(1)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．(×)‎ ‎(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)‎ ‎[知识点3]　离心现象　‎ ‎1．离心运动 ‎(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，所做的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　飞出去的倾向．‎ ‎(3)受力特点：Fn为提供的向心力．‎ ‎①当Fn＝mω2r时，物体做　匀速圆周　运动；‎ ‎②当Fn＝0时，物体沿　切线　方向飞出；‎ ‎③当Fn＜mω2r时，物体逐渐　远离　圆心，做离心运动．‎ ‎2．近心运动：当Fn＞mω2r时，物体将逐渐　靠近　圆心，做近心运动．‎ 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．‎ ‎(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)在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯．(×)‎ ‎(3)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．(√)‎ ‎(4)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．(√)‎ ‎[教材挖掘·做一做]‎ ‎1．(人教版必修2 P19第2题、3题改编)如图所示，两个啮合齿轮，小齿轮半径为‎10 cm，大齿轮半径为‎20 cm，大齿轮上C点到圆心O2的距离为‎10 cm，A、B分别为两个齿轮边缘上的点，则A、B、C三点的(　　)‎ A．线速度之比为1∶1∶1‎ B．角速度之比为1∶1∶1‎ C．线速度之比为2∶2∶1‎ D．转动周期之比为2∶1∶1‎ 解析：C　[同缘转动时，边缘各点的线速度大小相等，故vA＝vB；同轴转动时，角速度相等，故ωB＝ωC；根据题意，有rA∶rB∶rC＝1∶2∶1；根据v＝ωr，由于ωB＝ωC，故vB∶vC＝rB∶rC＝2∶1；故vA∶vB∶vC＝2∶2∶1，故选项A错误，C正确；根据v＝ωr，由于vA＝vB，故ωA∶ωB＝rB∶rA＝2∶1；故ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，故选项B错误；由T＝，得转动周期之比为TA∶TB∶TC＝∶∶＝1∶2∶2，故选项D错误．]‎ ‎2.(人教版必修2 P19第4题改编)如图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(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. 答案：D ‎3.(人教版必修2 P25第3题改编)如图所示，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的受力情况是(　　)‎ A．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 ‎4．(人教版必修2 P25第2题改编)如图所示，—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(　　)‎ A．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 解析：B　[先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力FN的合力，建立如图所示的坐标系，则有：‎ FNsin θ＝mg①‎ FNcos θ＝mrω2②‎ 由①得FN＝，小球A和B受到的支持力FN相等，由牛顿第三定律知，选项D错误．由于支持力FN相等，结合②式知，A球运动的半径大于B球运动的半径，故A球的角速度小于B球的角速度，A球的运动周期大于B球的运动周期，选项A、C错误．又根据FNcos θ＝m可知：A球的线速度大于B球的线速度，选项B正确．]‎ 考点一　圆周运动的运动学分析 ‎[考点解读]‎ ‎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an＝＝ω2r的理解 当v一定时，an与r成反比；‎ 当ω一定时，an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.‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]　(2018·江苏卷)(多选)火车以‎60 m/s的速率转过一段弯道，某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(　　)‎ 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 ‎[审题指导]　解答本题的突破口为“指南针在10 s内匀速转过了约10°”，从中求出火车做匀速圆周运动的角速度．‎ ‎[解析]　AD　[火车的角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s，选项C错误；火车做匀速圆周运动，其受到的合外力等于向心力，加速度不为零，选项B错误；火车在10 s内运动的路程s＝vt＝‎600 m，选项A正确；火车转弯半径R＝＝ m≈‎3.4 km，选项D正确．]‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．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(　　)‎ A．角速度之比ωA∶ωB＝∶1‎ B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶ C．线速度之比vA∶vB＝∶1‎ D．线速度之比vA∶vB＝1∶ 解析：D　[板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，选项A、B错误；线速度v＝ωr，线速度之比vA∶vB＝1∶，选项C错误，D正确．]‎ ‎2．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图)，记录了我们祖先的劳动智慧．若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图，则(　　)‎ A．齿轮A的角速度比C的大 B．齿轮A与B角速度大小相等 C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等 D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的大 解析：D　[齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度．而B与C是同轴转动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，选项A、B错误．B与C两轮属于同轴传动，故角速度相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的齿轮B比C边缘的线速度大，选项C错误．齿轮A与B边缘的线速度相等，因为齿轮B比C边缘的线速度大，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大，选项D正确．]‎ ‎3．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为‎30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为‎8 cm，从动轮的半径约为‎2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(　　)‎ A．P、Q的线速度相同 B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C．P点的线速度大小约为‎1.6 m/s D．摇把的转速约为400 r/min 解析：BC　[由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是‎30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈‎1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ω·rc＝2××π×‎0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝25 r/min，故D错误．]‎ 考点二　圆周运动的动力学分析 ‎[考点解读]‎ 向心力公式是牛顿第二定律对圆周运动的应用，求解圆周运动的动力学问题与应用牛顿第二定律的解题思路相同，但要注意几个特点：‎ ‎(1)向心力是沿半径方向的合力，是效果力，不是实际受力．‎ ‎(2)向心力公式有多种形式：F＝m＝mω2r＝mr，要根据已知条件选用．‎ ‎(3)正交分解时，要注意圆心的位置，沿半径方向和切线方向分解．‎ ‎(4)对涉及圆周运动的系统，要用隔离法分析，不要用整体法．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例2]　(2017·江苏卷)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，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．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(　　)‎ e A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于‎2F B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于‎2F C．物块上升的最大高度为 D．速度v不能超过 ‎[解题关键]　静摩擦力变化的判断分析 夹子与物块间的静摩擦力随着物块运动情况的变化而变化．在匀速阶段，静摩擦力与物块重力平衡，碰到钉子后，由于向心力的需要，摩擦力会突然变大，当摩擦力达到最大值后，仍无法满足向心力的需要，物块就会从夹子中滑落．‎ ‎[解析]　D　[设夹子与物块间静摩擦力为f，匀速运动时，绳中张力T＝Mg＝‎2f.摆动时，物块没有在夹子中滑动，说明匀速运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大值，A错误；碰到钉子后，物块开始在竖直面内做圆周运动，在最低点，对整体T′－Mg＝M，对物块‎2f－Mg＝M，所以T′＝‎2f，由于f≤F，所以选项B错；由机械能守恒得，‎ MgHmax＝Mv2，所以Hmax＝，选项C错；若保证物块不从夹子中滑落，应保证速度为最大值vm时，在最低点满足关系式‎2F－Mg＝M，所以vm＝ ，选项D正确．]‎ ‎　　解决圆周运动问题的主要步骤 ‎1．审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环．‎ ‎2．分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等．‎ ‎3．分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源．‎ ‎4．根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．‎ ‎[母题探究]‎ 母题 典例2‎ 探究1.圆锥摆问题 探究2.转台上的圆周运动 探究3.车辆转弯问题 ‎[探究1]　圆锥摆问题　‎ ‎(2019·枣庄模拟)质量分别为M和m的两个小球，分别用长‎2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则(　　)‎ A．cos α＝　　　　　 B．cos α＝2cos β C．tan α＝ D．tan α＝tan β 解析：A　[以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得：Mgtan α＝M2lsin α 得：T1＝2π 同理：以m为研究对象：T2＝2π 因T1＝T2，所以2cos α＝cos β，故A正确．]‎ ‎[探究2]　转台上的圆周运动　‎ ‎(2019·沧州模拟)如图所示，在一个水平圆盘上有一个木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，下面说法中错误的是(　　)‎ A．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力的方向指向O点 B．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力为零 C．在转速一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比 D．在P到O点的距离一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟圆盘匀速转动的角速度平方成正比 解析：B　[圆盘在匀速转动的过程中，P靠静摩擦力提供向心力，方向指向O点，故A正确，B错误；在转速一定的条件下，角速度不变，根据Ff＝mω2r知，静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比，故C正确；在P到O点的距离一定的条件下，根据Ff＝mω2r知，静摩擦力的大小与圆盘转动的角速度平方成正比，故D正确．]‎ ‎[探究3]　车辆转弯问题　‎ ‎(多选)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示)，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率v通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零．车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受各力的合力沿路基向下方向 B．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力 C．当火车行驶的速率大于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力 D．当火车行驶的速率小于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力 解析：BC　[火车转弯时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，方向水平指向圆心，故A错误，B正确；当速度大于v时，重力和支持力的合力小于所需向心力，此时外轨对车轮轮缘施加压力，故C正确；当速度小于v时，重力和支持力的合力大于向心力，此时内轨对车轮轮缘施加压力，故D错误．]‎ 考点三　圆周运动中的多解问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．多解原因：因匀速圆周运动具有周期性，使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生，这将造成多解．‎ ‎2．多解问题模型：常涉及两个物体的两种不同的运动，其中一个物体做匀速圆周运动，另一个物体做其他形式的运动．由于涉及两个物体的运动是同时进行的，因此求解的基本思路是依据等时性，建立等式，求出待求量．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1.(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则(　　)‎ A．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝d B．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2d C．圆筒转动的角速度可能为ω＝π D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3π 解析：ACD　[子弹从左侧射入圆筒后做平抛运动，通过的水平位移等于圆筒直径，到达圆筒右侧打下第二个弹孔，由于两弹孔在同一竖直线上，说明在子弹这段运动时间内圆筒必转过半圈的奇数倍，即d＝v0t、h＝gt2、(2n＋1)π＝ωt(n＝0,1,2,3…)，联立可得v0＝d，ω＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3…)，故A、C、D正确，B错误．]‎ ‎2.半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点．在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA方向恰好与v的方向相同，如图所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h＝　________　，圆盘转动的角速度大小ω＝　________　.‎ 解析：小球做平抛运动：h＝gt2、R＝vt，解得h＝.由题意知ωt＝2π×n(n∈N*)，故联立R＝vt可得ω＝(n＝1,2,3，…)．‎ 答案：　(n＝1,2,3，…)‎ ‎3.如图所示，在水平放置的圆盘上，其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R＝‎1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝‎1.25 m，在滑道左端静止放置质量为m＝‎0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F＝4 N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．重力加速度g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度；‎ ‎(2)求拉力作用的最短时间．‎ 解析：物块平抛：h＝gt2；t＝＝0.5 s 物块离开滑道时的速度：v＝＝‎2 m/s 拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1‎ 得：a1＝‎8 m/s2‎ 撤去外力后，由牛顿第二定律：－μmg＝ma2‎ 得：a2＝－‎2 m/s2‎ ‎(1)物块加速获得速度：v1＝a1t1＝‎4 m/s 则板长L＝x1＋x2＝a1t＋＝‎‎4 m ‎(2)盘转过一圈时落入，拉力作用时间最短 盘转过一圈时间：T＝＝1 s 物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v＝a1t1＋a2t2‎ 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：‎ t1＋t2＋t＝T 由以上两式得：t1＝0.3 s 答案：(1)‎4 m　(2)0.3 s 物理模型(五)　竖直平面内圆周运动绳、杆模型 ‎[模型阐述]‎ ‎1．在竖直平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：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．‎ ‎2．绳、杆模型涉及的临界问题 绳模型 杆模型 常见 类型 均是没有支撑的 小球 均是有支撑的小球 过最高 点的临 界条件 由mg＝ 得v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0‎ 讨论分析 (1) 过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN；‎ (2) 不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 ‎(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；‎ ‎(2)当0时，FN＋mg＝，FN指向圆心并随v的增大而增大 ‎[典例赏析]‎ ‎[典例]　(2019·新乡模拟)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 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 ‎[审题指导]‎ ‎(1)杆和球在竖直平面内转动→两球做圆周运动．‎ ‎(2)杆对球B恰好无作用力→重力恰好提供向心力．‎ ‎[解析]　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＝m，解得v＝，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′＝，故B错误；球B到最高点时，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，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误．]‎ ‎　解决“轻绳、轻杆”模型问题的思路 ‎1．定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型在最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体．‎ ‎2．确定临界点：v临＝，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点．‎ ‎3．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．‎ ‎4．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律列式，将初、末两个状态联系起来．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT－v2图象如图乙所示，则(　　)‎ A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为‎6a 解析：BD　[最高点由牛顿第二定律得：FT＋mg＝，则FT＝－mg.对应图象有：mg＝a，得g＝，故B正确.＝得：L＝，故A错误．当v2＝c时，FT＝·c－mg＝·c－a，故C错误．只要v2≥b，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：‎ 最高点：T1＋mg＝m　①‎ 最低点：T2－mg＝m　②‎ 从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：mv－mv＝2mgL　③‎ 联立①②③式得：T2－T1＝6mg，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差为‎6a，故D正确．]‎ ‎2．(2019·晋城模拟)如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上．有一质量为m的小球(可看做质点)在圆管中运动．小球以速率v0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为(　　)‎ A．m　　　　　 B．mg＋m C．2mg＋m D．2mg－m 解析：C　[小球做圆周运动，若圆管对它的作用力为FN，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，可得FN＝mg＋m，小球对圆管的压力FN′＝FN，以圆管为研究对象，若杆对圆管的作用力为F，则F＝mg＋mg＋m，即F＝2mg＋m，选项C正确．]‎ ‎3．如图所示，长度均为l＝‎1 m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝‎‎0.5 kg 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g取‎10 m/s2.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，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为(　　)‎ A．5 N B. N C．15 N D．10 N 解析：A　[小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，由牛顿第二定律得mg＋2FTcos 30°＝m，解得FT＝mg＝5 N，故选项A正确．]‎