【物理】2019届一轮复习人教版圆周运动的规律及应用学案 22页

第12讲　圆周运动的规律及应用 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.圆周运动中的运动学分析Ⅱ ‎2．圆周运动中的动力学分析Ⅱ ‎2016·全国卷Ⅱ，16‎ 高考对本专题直接考查题型多是选择题，对带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的计算题的考查，也渗透在本专题中．确定向心力和半径是求解圆周类问题的关键，对此方法要能熟练应用 ‎1．描述圆周运动的物理量 定义、意义 公式、单位 线速度 ‎(1)描述做圆周运动的物体运动__快慢__的物理量(v)‎ ‎(2)是矢量，方向和半径垂直，和圆周__相切__‎ ‎(1)v＝＝ ‎(2)单位：__m/s__‎ 角速度 ‎(1)描述物体绕圆心__转动快慢__的物理量(ω)‎ ‎(2)中学不研究其方向 ‎(1)ω＝＝ ‎(2)单位：__rad/s__‎ 周期和转速 ‎(1)周期是物体沿圆周运动__一圈__的时间(T)‎ ‎(2)转速是物体在单位时间内转过的__圈数__(n)，也叫频率(f)‎ ‎(1)T＝；单位：__s__‎ ‎(2)n的单位r/s、r/min ‎(3)f的单位：__Hz__，f＝ 向心加速度 ‎(1)描述速度__方向__变化快慢的物理量(an)‎ ‎(2)方向指向__圆心__‎ ‎(1)an＝＝ω2r ‎(2)单位：m/s2‎ 向心力 ‎(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的__方向__，不改变线速度的大小 ‎(2)方向指向__圆心__‎ ‎(1)Fn＝mω2r＝m＝mr ‎(2)单位：N 相互 关系 ‎(1)v＝rω＝＝2πrf ‎(2)an＝＝rω2＝ωv＝＝4π‎2f2r ‎(3)Fn＝m＝mrω2＝m＝mωv＝m·4π‎2f2r ‎2.匀速圆周运动的向心力 ‎(1)作用效果：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)大小：Fn＝__m__＝mrω2＝__m__＝mωv＝m·4π‎2f2r.‎ ‎(3)方向：始终沿半径指向__圆心__.‎ ‎(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．‎ ‎3．离心运动 ‎(1)定义：做__圆周__运动的物体，在所受合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 ‎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Fmω2r时，物体将逐渐__靠近__圆心，做近心运动．‎ ‎1．判断正误 ‎(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所受合力是保持不变的．(　×　)‎ ‎(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．(　×　)‎ ‎(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(　√　)‎ ‎(5)随圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用．(　×　)‎ ‎(6)匀速圆周运动物体的向心力是产生向心加速度的原因．(　√　)‎ ‎(7)做圆周运动的物体所受合力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．(　√　)‎ 一　圆周运动中的运动学分析 ‎1．圆周运动各物理量间的关系 ‎2．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．‎ 解答传动装置类问题的方法 ‎(1)确定所研究问题属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点．‎ ‎①同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．‎ ‎(2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω 的比例关系，若判定向心加速度a的比例，巧用a＝ωv这一规律．‎ ‎[例1]如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转动．图中三轮半径的关系为r1＝2r2，r3＝1.5r1，A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑，则A、B、C三点的线速度之比为__1∶1∶3__；角速度之比为__1∶2∶2__；周期之比为__2∶1∶1__.‎ 解析　因为A、B两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内A、B两点转过的弧长相等，即vA＝vB，则v＝ωr知＝＝，又B、C是同轴转动，相等时间内转过的角度相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr知＝＝＝，所以vA∶vB∶vC＝1∶1∶3，ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2，再由T＝，可得TA∶TB∶TC＝1∶∶＝2∶1∶1.‎ ‎[思维导引](1)A、B两点位于两轮边缘靠皮带传动，那么vA与vB有什么关系？ωA与ωB有什么关系？‎ ‎(2)B、C为同轴转动的两点，vB与vC，ωB与ωC的关系是什么？‎ 答案　(1)vA＝vB，＝　(2)ωB＝ωC，＝ ‎　二　圆周运动中的动力学分析 解答圆周运动中的动力学问题的分析思路 ‎(1)几何关系的分析，目的是确定圆周运动的圆心、半径等．‎ ‎(2)运动分析，目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力．‎ ‎(3)受力分析，目的是利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力．‎ ‎[例2](2018·湖北武汉模拟)(多选)如图甲所示，一根细线上端固定在S点，下端连一小铁球A，让小铁球在水平面内做匀速圆周运动，此装置构成一圆锥摆(不计空气阻力)．下列说法中正确的是(　AC　)‎ A．小球做匀速圆周运动时的角速度一定大于(l为摆长)‎ B．小球做匀速圆周运动时，受到重力、细线的拉力和向心力作用 C．另有一个圆锥摆，摆长更大一点，两者悬点相同，如图乙所示，如果改变两小球的角速度，使两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，则B球的角速度等于A球的角速度 D．如果两个小球的质量相等，则在图乙中两根细线受到的拉力相等 解析　小球受力如图所示，由圆周运动规律可得Fn＝mrω2，又Fn＝mgtan θ，解得ω＝，r＝lsin θ，可得ω＝(0°<θ<90°)，可知小球做匀速圆周运动时的角速度一定大于，故选项A正确；向心力是效果力，匀速圆周运动的向心力是由合力提供的，小球做匀速圆周运动时，重力和细线的拉力的合力充当向心力，故选项B错误；由ω＝，lcos θ＝h，所以ω＝，由于高度相同，B球的角速度等于A球的角速度，故选项C正确；由图可知T＝，由于θB>θA，如果两个小球的质量相等，则TB>TA，故选项D错误．‎ 圆周运动中的动力学分析思路 →→→→ ‎　三　水平转盘中圆周运动物体的临界问题 ‎1．判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态。‎ ‎2．确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来．‎ ‎3．选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，对于不同的运动过程或现象，要分别选择相对应的物理规律．然后再列方程求解．‎ ‎[例3](2018·江苏苏州调研)如图所示，用一根长为l＝‎1 m的细线，一端系一质量为m＝‎1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2，结果可用根式表示)‎ ‎(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？‎ ‎(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？‎ 解析　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运动用牛顿第二定律及向心力公式得 mgtan θ＝mωlsin θ，‎ 解得ω＝，‎ 即ω0＝，‎ ‎＝ rad/s.‎ ‎(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得 mgtan α＝mω′lsin α，‎ 解得ω′2＝，即 ω′＝＝2 rad/s.‎ 答案　(1) rad/s　(2)2 rad/s ‎　四　竖直面内圆周运动物体的临界问题 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”．下面对绳、杆模型涉及的临界问题进行比较，分析如下：‎ ‎　 模型 比较项目　‎ 轻绳牵球 轻杆牵球 图例 实例 球绳连接、水流星、沿内轨道过山车等 球杆连接、过拱桥等(注意过拱桥与球杆连接的区别)‎ 受力示意图 最高点 临界条件 根据mg＝mv/r，则v临界＝ 由于杆的支撑作用，v临界＝0‎ 受力与运动情况讨论分析 ‎①能过最高点的条件v≥v临界＝ FT＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FT≥0，方向指向圆心；‎ ‎②不能过最高点的条件v时，杆对小球有竖直向下的拉力FN，其大小随速度的增大而增大 竖直面内圆周运动类问题的解题技巧 ‎(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≥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．‎ ‎[例4]杂技演员表演“水流星”，在长为‎0.9 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m＝‎0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示．若“水流星”通过最高点时的速率为‎3 m/s，则下列说法正确的是(g取‎10 m/s2)(　B　)‎ A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出 B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到水的压力均为零 C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用 D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N 解析　当绳的张力恰好为零时，对水和容器整体，根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v ‎＝＝ m/s＝‎3 m/s.可知，“水流星”通过最高点的最小速度为‎3 m/s，绳的张力为零，此时整体的加速度为a＝g，重力恰好完全提供向心力，处于完全失重状态，所以水对容器底压力为零，水不会从容器中流出，故选项B正确．‎ ‎[例5](多选)长为L的轻杆，一端固定一个小球A，另一端固定在光滑的水平轴上，轻杆绕水平轴转动，使小球A在竖直面内做圆周运动，小球A在最高点的速度为v，下列叙述中正确的是(　BC　)‎ A．v的极小值为 B．v由零增大，向心力也逐渐增大 C．当v由逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大 D．当v由逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小 解析　小球在最高点的最小速度为零，此时重力大小等于杆的支持力，故选项A错误；在最高点，根据F向＝m得，当v由零逐渐增大时，小球向心力也逐渐增大，故选项B正确；在最高点，当杆作用力为零时，v＝，当v>，杆提供拉力，有mg＋F＝m，当v由逐渐增大时，杆对小球的弹力也逐渐增大，故选项C正确；在最高点，当杆作用力为零时，v＝，当0≤v≤时，杆提供支持力，有mg－F＝m，当v由零逐渐增大到时，杆的弹力逐渐减小，反之当v由逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大，故选项D错误．‎ ‎1．(多选)如图所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　AC　)‎ A．转速相同时，绳长的容易断 B．周期相同时，绳短的容易断 C．线速度大小相等时，绳短的容易断 D．线速度大小相等时，绳长的容易断 解析　绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析．设绳子的拉力为F，则F＝mω2r＝m，此外，T＝＝，所以，当转速n相同，即是周期或角速度相同时，绳长r越大，拉力F 越大，绳子越容易断，选项A正确，B错误；当线速度v相同时，绳长r越小，拉力F越大，绳子越容易断，选项C正确，D错误．‎ ‎2．(多选)如图所示，水平转盘上放有m＝‎2 kg的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的轻绳长r＝‎1 m，轻绳一端套在轴上，在盘转动过程中，绳子长度不变，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的0.4倍，绳子足够牢固，在盘转动过程中，物体与转盘始终相对静止，g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　AC　)‎ A．当角速度ω1＝1 rad/s时，绳子的拉力T1＝0‎ B．当角速度ω1＝1 rad/s时，绳子的拉力T1＝2 N C．当角速度ω2＝3 rad/s时，绳子的拉力T2＝10 N D．当角速度ω2＝3 rad/s时，绳子的拉力T2＝20 N 解析　当物体与转盘之间达到最大静摩擦力时，绳子刚开始有弹力，设此时物体的角速度为ω0，由牛顿第二定律有μmg＝mωr，解得ω0＝2 rad/s；当ω1<ω2，绳子的拉力T1＝0，选项A正确、B错误；当ω2＝3 rad/s>ω0时，由牛顿第二定律μmg＋T2＝mωr，解得T2＝10 N，选项C正确、D错误．‎ ‎3．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(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(　C　)‎ A． rad/s B． rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s 解析　物体在最低点最可能出现相对滑动，对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律，有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，选项C正确．‎ ‎4．(多选)(2017·西安交大附中月考)如图所示，一小球以竖直向上的初速度v0从圆心等高处冲入一管道，该管道为个正圆，半径为R＝‎5 m．已知它刚好能够通过管道的最高点，小球的入口与圆心在同一高度．经过管道后，它又沿着光滑导轨刚好可以通过另一个半径为r的正圆轨道．若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及圆管内径可忽略，g取 ‎10 m‎/s2.下列说法正确的是(　AD　)‎ A．初速度v0的大小为‎10 m/s B．初速度v0的大小为‎5 m/s C．右侧圆轨道半径r的大小为‎5 m D．右侧圆轨道半径r的大小为‎4 m 解析　小球刚好能够通过管道的最高点，其速度为0，从出发点到管道的最高点，由机械能守恒得mv＝mgR，解得v0＝‎10 m/s，故选项A正确，B错误；小球刚好通过圆轨道最高点，其速度为v＝，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒得mv2＋mg·2r＝mv＋mgR，解得r＝‎4 m，故选项C错误，D正确．‎ ‎[例1](12分)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)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足什么条件？(g＝‎10 m/s2)‎ ‎[答题送检]来自阅卷名师报告 错误 致错原因 扣分 ‎(1)‎ 误把绳模型当作了杆模型，最高点临界速度求错 ‎－3‎ ‎(2)‎ 最高点临界速度求错 ‎－5‎ ‎(3)‎ 题目问的是不脱离圆轨道，还有一种往复运动的情形 ‎－4‎ ‎[规范答题]　‎ ‎[解析]　要使小球能通过最高点小球在最高点临界为 mg＝得v＝＝‎2 m/s.‎ mg2r＝mv－mv2，‎ 得v0＝＝‎2 m/s.‎ 所以小球速度v0≥‎2 m/s.‎ 当v0较小时，小球不脱离轨道的临界是上升到与圆心等高处，速度恰好减为零．‎ 据动能定理得－mgr＝0－mv，‎ 得v0＝＝‎2 m/s，所以速度v0≤‎2 m/s，‎ 要想小球不脱离轨道v0≤‎2m/s或v0≥‎2 m/s.‎ ‎[答案]　v0≥‎2 m/s(8分)　v0≤‎2 m/s(4分)‎ ‎1．(2017·河北衡水诊断)(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻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(　CD　)‎ 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>时，小球一定能通过最高点P D．当v0<时，细绳始终处于绷紧状态 解析　小球运动到Q点时，其加速度竖直向上，处于超重状态，选项A错误；由机械能守恒有mv＝mv＋mg(‎2l)，Q点处FQ－mg＝，P点处FP＋mg＝，拉力差ΔF＝FQ－FP，联立得ΔF＝6mg，选项B错误；小球过P点临界速度vP＝，由机械能守恒易求得Q处最小速度为，故选项C正确；若小球恰好未过N点，由机械能守恒有mv＝mgl，即v0＝，显然当v0<时，球在MN线下摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确．‎ ‎2．(多选)如图所示，半径为R的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为‎2m和m的静止小球A、B，它们由长为2R的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动．今对上方小球A施加微小扰动，两球开始运动后，下列说法正确的是(　ACD　)‎ A．轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等 B．轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等 C．运动过程中A球速度的最大值为 D．当A球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为mg 解析　两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，根据运动对称性，A、B两球的切向加速度大小总相等，因而在任意位置，A、B两球的合加速度大小总相等，选项A正确，B错误；A、B球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即A在最低点)时，线速度最大，则2mg·2R－mg·2R＝×3mv2，最大速度v＝，选项C正确；A在最低点时，分别对A、B受力分析，FNA－2mg＋T＝‎2m，mg＋T－FNB＝m，则FNA＋FNB＝，根据牛顿第三定律，两小球对轨道作用力的合力大小为mg，选项D正确．‎ ‎1．(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是(　B　)‎ A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析　乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程中重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，选项A错误；在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故选项B正确；因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故重力冲量一定不为零，选项C错误．重力的瞬时功率P＝mg·v·cos α，其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，选项D错误．‎ ‎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．小物块质量为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.小环和小物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，小物块向上摆动．整个过程中，小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(　D　)‎ A．小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．小物块上升的最大高度为 D．速度v不能超过 解析　设夹子与物块间静摩擦力为Ff，匀速运动时，绳中张力T＝Mg＝2Ff，摆动时，物块没有在夹子中滑动，说明匀速运动过程中，夹子与小物块间的静摩擦力没有达到最大值，选项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2Ff－Mg＝M，所以T′＝2Ff，由于Ff≤F，所以选项B错误；由机械能守恒得MgHmax＝Mv2，所以Hmax＝，选项C错误；若保证小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．‎ ‎3．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，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点(　C　)‎ A．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 解析　小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，LPrB>rC，A齿轮边缘与B齿轮边缘线速度大小是相等的，即vA＝vB，由v＝ωr，可得＝，则ωA<ωB；B齿轮与C齿轮共轴，则B齿轮与C齿轮角速度大小相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr，可得齿轮B与齿轮C边缘的线速度之比＝，则vB>vC，综上所述可知vA＝vB>vC，ωB＝ωC>ωA，故选项A、B、C错误，D正确．‎ ‎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的细绳，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．若要小球能通过最高点A(g＝‎10 m/s2，空气阻力不计)，则小球在最低点B的最小速度是(　C　)‎ A．‎2 m/s B．‎2 m/s ‎ C．‎2 m/s D．‎2 m/s 解析　小球恰好通过A点，受力分析如图所示．有F向＝mgsin α＝.则通过A点的最小速度vA＝＝‎2 m/s.根据机械能守恒定律得mv＝mv＋2mgLsin α，解得vB＝‎2 m/s，选项C正确．‎ ‎3. 如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球质量为a球质量的3倍．当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为(　D　)‎ A．1∶3 B．1∶6‎ C．4∶3 D．7∶6‎ 解析　对a球，FTO a－FTab＝mω2Oa；对b球，FTab＝‎3mω2(Oa＋ab)．由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为7∶6，选项D正确．‎ ‎4．(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度挡，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿．下列说法正确的是(　BCD　)‎ A．该车可变换3种不同挡位 B．该车可变换4种不同挡位 C．A与D轮组合时，是行驶速度最快挡 D．B与D轮组合时，两轮的角速度之比ωB∶ωD＝2∶7‎ 解析　齿轮有AC、AD、BC、BD四种组合，则可变换4种不同挡位；B与D轮组合时，线速度相等，两轮的角速度之比等于齿数反比，即ωB∶ωD＝2∶7；行驶速度最快挡为齿数比最大的组合，即A与D轮组合．故选项A错误，B、C、D正确．‎ ‎5．(2017·山西太原模拟)用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一以角速度ω旋转的光滑锥顶上，如图所示，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FT，则FT随ω2变化的图象是(　C　)‎ 解析　设线长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和线的拉力FT而平衡，FT＝mgcos θ≠0，所以选项A、B错误；ω增大时，FT增大，FN减小，当FN＝0时，角速度为ω0.‎ 当ω<ω0时，由牛顿第二定律得，‎ FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋FNsin θ＝mg，‎ 解得FT＝mω2Lsin 2θ＋mgcos 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 FTsin β＝mω2Lsin β，‎ 所以FT＝mLω2，‎ 可知FT－ω2图线的斜率变大，所以选项C正确，选项D错误．‎ ‎6．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，下列判断中正确的是(　C　)‎ A．细线所受的拉力变0小 B．小球P运动的角速度变小 C．Q受到桌面的静摩擦力变大 D．Q受到桌面的支持力变大 解析　设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝，周期T＝，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小．对Q球，由平衡条件得，Q受到桌面的静摩擦力变大，故选项A、B错误，C正确；金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变．故选项D错误．‎ ‎7．(多选)质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则(　BC　)‎ A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动 B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大 C．若角速度ω＝，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动 D．若角速度ω＝，小球能在竖直平面ABC内做完整的圆周运动 解析　绳b被烧断后，小球在竖直平面内做圆周运动，烧断瞬间具有向上的加速度，处于超重状态，则选项B正确；小球恰好到最高点的速度v＝，从最低点到最高点，由机械能守恒定律得m(ωla)2＝2mgla＋mv2，则最小角速度ω＝，故选项A、D错误；小球恰好到A的等高处，此时速度v′＝0，从最低点到此处，由机械能守恒定律得，m(ωla)2＝mgla＋mv′2，则最小角速度ω＝，故选项C正确．‎ ‎8．(2017·甘肃兰州质检)如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，‎ 放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为‎1 m，A的质量为‎5 kg，B的质量为‎10 kg.已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，如木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝‎10 m/s2)(　B　)‎ A．1 rad/s B． rad/s C． rad/s D．3 rad/s 解析　A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，知逐渐增大转台角速度时B与A先发生相对滑动，由牛顿第二定律μ1mAg＝mAω2r，得ω＝ rad/s.选项B正确．‎ ‎9．(2017·宁夏银川诊断)如图所示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是(　B　)‎ A．小球通过最高点的最小速度至少为v＝ B．小球通过最高点的最小速度可以为0‎ C．小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 解析　此题为杆模型，小球在最高点的速度可以为零，选项A错误，选项B正确；小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球没有作用力，外侧管壁对小球一定有作用力，选项C错误；小球在水平线ab以上管道运动时，内侧管壁对小球有没有作用力，要视小球的速度情况而定，选项D错误．‎ ‎10．(2017·上海青浦调研)如图甲所示，轻杆一端与质量为‎1 kg、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‎10 m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的是(　D　)‎ A．轻杆的长度为‎0.5 m B．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‎3 m/s D．曲线AB段与坐标轴所围图形的“面积”为‎0.6 m 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mvA2＋2mgL＝mv，所以L＝＝ m＝‎0.6 m．故选项A错误；若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则mg＝m，临界速度vo＝＝ m/s>vA＝‎1 m/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，故选项B错误；小球从A到B的过程中机械能守恒，得 mv＋mgL＝mv，所以vB＝＝ m/s，故选项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‎0.6 m，故选项D正确．‎ ‎11．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，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力．‎ ‎(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；‎ ‎(2)求绳能承受的最大拉力；‎ ‎(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？‎ 解析　(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得 竖直方向d＝gt2，‎ 水平方向d＝v1t，‎ 解得v1＝.‎ 在竖直方向上有v＝‎2gd，则 v－v＝‎2gd，‎ 解得v2＝.‎ ‎(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R＝d，‎ 对小球在最低点由牛顿第二定律得 FT－mg＝，‎ 解得FT＝mg.‎ ‎(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变．由牛顿第二定律得 FT－mg＝，‎ 解得v3＝，‎ 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1，则 竖直方向d－l＝gt，‎ 水平方向x＝v3t1，‎ 解得x＝4，‎ 当l＝时，x有极大值，xmax＝d.‎ 答案　(1)　　(2)mg　(3)　d ‎12．如图甲所示，在同一竖直平面内的两正对的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，现在最高点A与最低点B各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的关系图象如图乙所示，g取‎10 m/s2，不计空气阻力．‎ ‎(1)求小球的质量；‎ ‎(2)若小球在最低点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？‎ 解析　(1)小球从A点到B点，由能量守恒定律得 mv＝mg(2R＋x)＋mv，‎ 对B点：FN1－mg＝m，‎ 对A点：FN2＋mg＝m，‎ 由牛顿第三定律可得两点压力差 ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋，‎ 由题图得纵轴截距6mg＝3 N，m＝‎0.05 kg.‎ ‎(2)因为图线的斜率k＝＝1 N/m，得R＝‎1 m，‎ 在A点小球不脱离轨道的条件为vA≥，‎ 结合(1)解得xm＝‎17.5 m.‎ 答案　(1)‎0.05 kg　(2)‎‎17.5 m