高中物理人教版必修2 圆周运动易错题型详解

来源：智榕旅游

【圆周运动】1 基本物理量（周期-频率-转速-角速度、线速度）

1、题目（坤哥练习B2（1））：一质点做圆周运动，速度处处不为零，则（）

A. 任何时刻质点所受的合力一定不为零 B. 任何时刻质点的加速度一定不为零 C. 质点速度的大小一定不断地变化 D. 质点速度的方向一定不断地变化

考点：匀速圆周运动，向心加速度，向心力

分析：做圆周运动的物体速度方向不停地改变，速度的大小可能改变，可能不变．圆周运动一定具有加速度．解答：A. 做圆周运动的物体速度方向一定变化，一定具有加速度，则合外力一定不为零。故AB正确。 C. 圆周运动的质点速度大小可能改变，可能不变。故C错误。

D. 某点的切线方向即为质点速度方向，所以圆周运动速度方向不断变化，故D正确；故选：ABD.

2、题目（坤哥练习B4）：时针、分针和秒针转动时,下列正确说法是( ) A. 秒针的角速度是分针的60倍 B. 分针的角速度是时针的60倍

C. 秒针的角速度是时针的360倍 D. 秒针的角速度是时针的86400倍

考点：[线速度、角速度和周期、转速]

分析：由公式ω=(2π)/T可知，时针、分针、秒针的周期不同，从而求出角速度之比．解答：时针的周期是12h,分针的周期是1h,秒针的周期是1min.由公式ω=2πT得： A.ω秒:ω分=T分:T秒=60:1，故A正确。B.ω分:ω时=T时:T分=12:1，故B错。 C.ω秒:ω时=T时:T秒=3600:1，故C错。D.ω秒:ω时=T时:T秒=720:1，故D错。故选：A

【圆周运动】2 控制变量法（同心轮-共轴传动、皮带轮-共速传动）

1、题目（坤哥练习B1）：如图所示,在轮B上固定有同轴小轮A,轮B通过皮带带动轮C,皮带和两轮之间没有滑动,A、B. C三轮的半径依次为r1、r2和r3，绕在A轮上的绳子，一端固定在A轮边缘上，另一端系有重物P，当重物P以速率v匀速下落时，C轮转动的角速度为___.

考点：[功率、平均功率和瞬时功率, 线速度、角速度和周期、转速]

分析：要求线速度之比需要知道三者线速度关系：B、C两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，A、B两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同，A轮与重物P通过绳子相连，线速度相等．

解答：A轮与重物P相连,当重物P以速率v匀速下落时,A轮的线速度vA=v，AB共轴,则角速度相等,所以vB=（r2/r1）v，由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vC=vB=（r2/r1）v,则C轮转动的角速度:ωC=vC/rc=(r2v）/(r1r3）故答案为：(r2v)/(r1r3)

(1)题目(变式一)：如图所示，在轮B上固定一同轴小轮A，轮B通过皮带带动轮C，皮带和两轮之间没有滑动，A. B. C三轮的半径依次为5cm、10cm和5cm.绕在A轮上的绳子，一端固定在A轮边缘上，另一端系有重物P，当重物P以速率20cm/s匀速下落时，C轮转动的角速度为（）

A. 2rad/s B. 4rad/s C. 8rad/s D. 16rad/s

考点：运动的合成和分解

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解答：A轮与重物P相连，当重物P以速率v匀速下落时，A轮的线速度vA=v，AB共轴，则角速度相等，所以vB=(r2v)/r1，由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vC=vB=(r2 v)/r1，则C轮转动的角速度:

ωC=vc/rc=(r2v)/(r1r3)=(10×20)/(5×5)=8rad/s；故选：C.

【圆周运动】3 圆周运动中的相遇追及、周期性、多解性问题

1、题目（坤哥练习例1）：如图所示，直径为d的圆筒绕中心轴做匀速圆周运动，枪口发射的子弹速度为v，并沿直径匀速穿过圆筒，若子弹穿出后在圆筒上只留下一个弹孔，则圆筒运动的角速度为多少?

考点：匀速圆周运动

分析：子弹沿圆筒直径穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为（2n-1）π，n=1、2、3…，结合角速度求出时间，从而得出子弹的速度．

解答：在子弹飞行的时间内,圆筒转动的角度为(2n−1)π，n=1、2、3…，则时间：

,(n=1、2、3…)，所以子

弹的速度：v=d/t，解得：,(n=1、2、3…).

答：圆筒运动的角速度为,(n=1、2、3…).

2、题目（坤哥练习例2）：如图,A、B两质点绕同一圆心沿顺时针方向做匀速圆周运动,B的周期分别为T1、T2,且T1考点：[向心力, 牛顿第二定律]

分析：两质点做圆周运动的角速度不同，当二者正好转动角度相差2nπ时，相距最近；当二者正好转动角度相差（2n-1）π时，相距最远．

解答：(1)AB再次相距最近，两质点正好转动角度相差2π时，相距最近，由题意得再次相距最近所用的最短时间为t，则：ωAt−ωBt=2π，因为

，解得：

(2)当二者正好转动角度相差(2n−1)π时，相距最远，由题意得两质点第一次相距最远时：ωAt−ωBt=π 解得：

答：(1)两质点再次相距最近所用的最短时间是;(2)两质点第一次相距最远所用的时间是.

3、题目（坤哥练习B2）：如下图所示为测定子弹速度的装置，两个薄圆盘分别装在一个迅速转动的轴上，两盘平行。若圆盘以3600r/min的转速旋转，子弹沿垂直圆盘方向射来，先打穿第一个圆盘，再打穿第二个圆盘，测得两盘相距1m，两盘上被子弹穿过的半径夹角为15°，则子弹的速度大小为____m/s。

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考点：机械运动

解答：由题意，子弹两次穿过圆盘经过的时间为：2，3，…），把

，在这段时间内圆盘转过的弧度为： Φ+2kπ=ωt（k=0，1，

，（k=0，1，2，3，…）

代入计算可得子弹的速度大小为：

（1）题目（变式一）：高一物理问题要测定子弹的速度.两个薄盘分别装在一个迅速转动的轴上.两盘平行.若以3600r/min的转速旋转.子弹沿垂直圆盘方向射来.先打穿第一个圆盘.再打穿第二个圆盘.测得两盘相距1m.两盘上被子弹穿过的半径夹角为15度.求子弹的速度

解答：3600r/min 相当于 3600*360/60=21600°/s，即角速度为w=21600°/s ，考虑到子弹击破了第一个盘后，第二个盘可能转多圈，所以有多值。那么在击破第一个盘后到击破第二个时转过的角度为 α=360°n+15° （n=0，1，2，3 ......）或 β=360°n-15°（n=1，2，3......），则用的时间是为 t1=α/w 或 t2=β/w，再用两盘的距离除时间，即 d/t1 或 d/t2，我算出来的是1440/1+24k (k=0，1，2，3.........)或1440/1-24k (k=1，2，3..........)。

（2）题目（变式二）：如图所示为测定子弹速度的装置,两个纸板圆盘分别装在一个迅速转动的轴上,两盘平行,若它们以3600rad/min的角速度旋转,子弹以垂直于盘面水平方向射来,先打穿第一个圆盘,再打穿第二个圆盘,测得两盘相距1m,两盘上子弹穿孔的半径夹角为30∘，则子弹的速度的最大值为多少?

考点：[线速度、角速度和周期、转速]

分析：通过圆盘的转速，可求出圆盘的角速度，再由两个弹孔所在的半径间的夹角可求出圆盘转动的最小角度，从而得到最短时间，求解出最大速度

解答：圆盘以n=3000r/min匀速旋转,角速度为：ω=2πn=2π×3600/60=120πrad/s；现测得两小孔所在半径间的夹角为30∘,根据ω=△θ/△t最短时间：

；

答：子弹飞行的最大速度最大为720m/s

；子弹飞行的最大速度：

（3）题目（变式三）：如图6-5-11是测定子弹速度的装置，两个薄圆盘分别装在一个迅速转动的轴上，两盘平行，若圆盘以转速n=3600r/min旋转，子弹以垂直圆盘方向射来，先打穿第一个圆盘，再打穿第二个，测定两盘相距1m，两盘上被子弹穿过的半径夹角为15°，则子弹的速度最大为多少?

图 6-5-11

解答：解析：圆盘的转速n=3600r／min=60r/s，所以圆盘的周期为t=

s，子弹打穿两个圆盘的最短时间间隔为tmin=

s=s，所以子弹的最大速度为vmax = =1440m/s

答案：1440m/s

4、题目：质点P以0为圆心做半径为R的匀速圆周运动，如图所示，周期为T.当P经过图中D点时，有一质量为m的另一质点Q受到F的作用从静止开始做匀加速直线运动，为使P、Q两质点在某时刻的速度相同，则F的大小应满足什么条件?

考点：[线速度、角速度和周期、转速, 动量定理]

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分析：质点Q在沿OA方向从静止开始在光滑水平面上作匀加速直线运动，速度方向水平向右．当质点P运动到圆周的正上方位置时，速度与Q的速度相同，判断经过的时间与周期的关系．经过时间t，根据动量定理列式求解．

解答：质点Q在沿OA方向从静止开始在光滑水平面上作匀加速直线运动，速度方向水平向右，故当质点P运动到圆周的正上方位置时，速度与Q的速度相同；速度v=ωR；时间t=(n+0.75)T，其中n=0、1、2、…；对质点Q运用动量定理，有：Ft=mv；联立解得：答：F的大小应满足条件为：

，其中n=0、1、2、…

，其中n=0、1、2、…；

（1）题目（变式一）：质点P以O为圆心做半径为R的匀速圆周运动，如图所示，周期为T。当P经过图中D点时，有一质量为m的另一质点Q受到力F的作用从静止开始做匀加速直线运动。为使P、Q两质点在某时刻的速度相同，则F的大小应满足什么条件？

考点：动量定理，匀速圆周运动

分析：本题考查圆周运动的周期，知道线速度的公式及动量定理的内容是解题的关键；

【解题方法提示】分析知只有当P点运动到周期上的C点时P、Q两质点速度相同，据此试着求出经历的时间，进而得到P点的速率；在Q点运用动量定理：Ft=mv，接下来试着独立完成本题。

解答：质点Q在沿OA方向从静止开始在光滑水平面上作匀加速直线运动，速度方向水平向右，故当质点P运动到圆周的正上方位置时，速度与Q的速度相同；速度v=ωR；时间t=(n+0.75)T，其中n=0、1、2、…；质点P的速率为v=(2πR)/T；对质点Q运用动量定理，有：Ft=mv；联立解得：F=(8πmR) /﹝(4n+3)T﹞，其中n=0、1、2、…。

（2）题目（变式二）：请教一道圆周运动题如图所示质点P以O为圆心在水平面内沿顺时针方向作匀速圆周运动半径为r 角速度为w 当质点P正通过x轴时另一质量为m的质点从静止开始在水平恒力F作用下沿x轴正方向运动若要使P.Q两质点能在某时刻的速度相同则力F的可能值为多少?

解答：【答案】质点Q在沿OA方向从静止开始在光滑水平面上做匀加速直线运动，速度方向水平向右，故

当质点P运动到圆周的正上方位置时，速度与Q的速度相同速度对质点Q运用动量定理有：Ft=mv,联立解得：答：力F的可能值为

，其中n=0,1,2...

,时间t=(n+0.75)T，其中n=0,1,2... ，其中n=0,1,2...

5、题目（坤哥练习B4）：如图所示，按顺时针方向在竖直平面内作匀速转动的轮子边缘上有一点A. 当

A通过与圆心等高的a点时，有一质点B从圆心O开始做自由落体运动。已知圆的半径为R，求：(1)轮子的角速度ω满足什么条件时，点A才能与B相遇? (2)轮子的角速度ω满足什么条件时，点A与B的速度才会相同?

考点：[线速度、角速度和周期、转速, 自由落体运动]

分析：（1）质点从B点做自由落体运动，根据自由落体运动的位移时间关系求出质点运动的时间，A和B只能在d点相遇，所以A运动的时间为﹝(n+3）T﹞/4，根据运动时间相等即可求得加速度的满足条件；（2）点A与B的速度相同的位置只能在c点，根据运动时间相等列式即可求解．解答：(1)质点从B点做自由落体运动,根据

得：

，A和B只能在d点相遇,所以A运动的时间为(n+3/4)T，

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所以，解得：

,解得：

(2)点A与B的速度相同的位置只能在c点，则t=(n+1)T，根据速度相等有：

(n=0,1,2…)

答：(1)轮子的角速度

时，点A与B的速度才会相同。

时，点A才能与B相遇；(2)轮子的角速度

【圆周运动】4 圆周运动和平抛运动结合

1、题目（坤哥练习例1）：如图所示，半径为R的圆盘做匀速转动，当半径OA转到正东方向时，高h的中心立杆顶端的小球B，以某一初速度水平向东弹出，要求小球的落点为A，求小球的初速度和圆盘旋转的角速度。

解答：小球做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式，有： h=（gt）/2； R=v0t，联立解得：；时间t内圆盘转动n圈，故角速度为：

（其中：n=1，2，3，…）。

，

（1）题目（变式一）：如图所示，在半径为R的水平圆盘的正上方高h处水平抛出一个小球，圆盘做匀

速转动，当圆盘半径OB转到与小球水平初速度方向平行时，小球开始抛出，要使小球只与圆盘碰撞一次，且落点为B，求小球的初速度和圆盘转动的角速度．

考点：平抛运动，线速度、角速度和周期、转速

分析：小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，根据水平位移和时间求出初速度．圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈．解答：

根据，，则．根据ωt=2nπ，，故小球

的初速度为，圆盘转动的角速度为

2、题目（坤哥练习B2）：水平地面上有一个半径为R的圆形轨道,竖直平面上边中点P离地面高为h,P正下方一点P′位于COA连线上且与轨道圆心O的距离为L(L>R),如图所示。现从P点水平抛出质量为m的小球,(小球与小车均视为质点,空气阻力不计).求：(1)使其击中停在轨道B点的小车(∠AOB=90∘),则小球的初速度v0为多大? (2)若小车做匀速圆周运动顺时针经A点时小球抛出，为使小球能在B处击中小车，小车的速率v应满足的条件。(3)若在P、C之间以水平射程为(L+R)的平抛运动轨迹制成一光滑轨道，现将质量为m的小球套于其上，由静止开始从轨道P端滑下，重力加速度为g.则当其到达轨道C时小球重力的功率多大?

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考点：平抛运动，功率、平均功率和瞬时功率，机械能守恒定律

分析：（1）沙袋从P点开始做的都是平抛运动，根据在竖直方向上的自由落体运动，可以求得运动的时间，水平方向做匀速运动，根据v0= S/t即可求解；

（2）根据等时性可以求得小车运动的时间，但是要注意周期性，再根据圆周运动的速度公式即可求解；（3）下滑过程沙袋的机械能守恒，根据机械能守恒定律及几何关系即可求解．解答：(1)沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t，则抛到B点发生的水平位移为

，v0=S/t，解得：

(2)根据时间相等的条件(3)下滑过程小球的机械能守恒,

，小车速度v车=

解得VC=

，求得v车=

设vC与水平方向夹角为θ，由平抛运动规律得：tanθ=vy/vx=2y/x，则重力的瞬时功率

答：(1)使其击中停在轨道B点的小车(∠AOB=90∘),则小球的初速度v0为

；(2)若小车做匀速圆周运动顺时针

经A点时小球抛出,为使小球能在B处击中小车,小车的速率v应满足；(3)当其到达轨道

C时小球重力的功率为

（1）题目（变式一）：水平地面上有一个半径为R的圆形轨道,竖直平面上边中点P离地面高为h,P正下方一点P′位于COA连线上且与轨道圆心O的距离为L(L>R),如图所示。现从P点水平抛出质量为m的小沙袋,使其击中轨道上的小车(沙袋与小车均视为质点,空气阻力不计).求：(1)小车停在轨道B点时(∠AOB=90∘)，沙袋抛出后经多长时间击中小车?击中时动能多大? (2)若小车匀速圆周运动顺时针经A点时沙袋抛出，为使沙袋能在B处击中小车，小车的速率v应满足的条件。(3)若在P、C之间以水平射程为(L+R)的平抛运动轨迹制成一光滑轨道，小沙袋从顶点P由静止下滑击中C点小车时水平速度多大?

考点：[平抛运动, 动能定理]

分析：（1）沙袋从P点开始做的都是平抛运动，根据在竖直方向上的自由落体运动，可以求得运动的时间，根据动能定理可以求得击中时的动能；

（2）根据等时性可以求得小车运动的时间，但是要注意周期性，再根据圆周运动的速度公式即可求解；（3）下滑过程沙袋的机械能守恒，根据机械能守恒定律及几何关系即可求解．

解答：(1)沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t，则h=（gt）/2，解得：位移为

，所以

,由动能定理得

，从中解得

,抛到B点发生的水平

(2)根据时间相等的条件，小车速度，求得

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(3)下滑过程沙袋的机械能守恒,，解得

设vC与水平方向夹角为θ,沙袋的水平速度vcx=vccosθ，由平抛运动规律得，所以

答：(1)小车停在轨道B点时(∠AOB=90∘),沙袋抛出后经

击中小车,击中时动能为

；

(2)若小车匀速圆周运动顺时针经A点时沙袋抛出,为使沙袋能在B处击中小车,小车的速率v应满足

；(3)若在P、C之间以水平射程为(L+R)的平抛运动轨迹制成一光滑轨道,小沙袋从顶点P

由静止下滑击中C点小车时水平速度为（L+R)

（2）题目（变式二）：水平地面上有一个半径为R的圆形轨道，竖直平面上边中点p离地面高为h，P正下方一点P′位于COA连线上且与轨道圆心O的距离为L(L＞R)，如图所示。现从P点水平抛出质量为m的小沙袋，使其击中轨道上的小车(沙袋与小车均视为质点，空气阻力不计)。（1）小车停在轨道B点时（∠AOB=90°)，沙袋抛出后经多长时间击中小车?

（2）若小车匀速圆周运动顺时针经A点时沙袋抛出，为使沙袋能在B处击中小车，求小车的速率v应满足的条件。（3）若在C点击中小车，求小沙袋从顶点P平抛的初速度。

解答：（1）沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t，则h=（gt）/2，解得，（2）因为∠AOB=90°，所以根据时间相等的条件t1=T/4+nT=小车速度

，求得

；

(3)要使沙袋能在C处落入小车中,时间满足则初速度v水平=

,水平方向位移为L+R,根据平抛运动规律v水平=（L+R）/t，

。

【圆周运动】5 向心力、向心加速度、圆周运动受力分析

1、题目（坤哥练习B9）：长为L的轻杆两端分别固定一个质量都是m的小球,它们以轻杆中点为轴在竖直平面内做匀速圆周运动,转动的角速度ω=2gl−−√，则杆通过竖直位置时，上端小球对杆的作用力大小为______、下端小球对杆的作用力大小为______.

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：小球通过最高点时，受重力和杆的弹力作用，杆的弹力和重力和合力提供向心力，故杆的弹力的方向一定与杆平行，但可能与杆同向，也可能与杆反向．最低点时方向肯定向上．

解答：在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：mg+T1=mωL，解得：T1=m⋅4g/L⋅L−mg=3mg

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在最低点，根据向心力公式得：T2−mg=mωL，解得：T2=m⋅4g/L⋅L+mg=5mg 故答案为：3mg；5mg

（1）题目（变式一）：如图所示,长为L的轻杆,两端各连接一个质量都是m的小球,使它们以轻杆中点为轴在竖直平面内做匀速圆周运动,周期

求它们通过竖直位置时杆分别对上下两球的作用力,并

说明是拉力还是支持力。

解答：最低点：

,拉力最高点：

，支持力

（2）题目（变式二）：长为L的轻杆,两端各加接一个质量都是m的小球(并径忽略不计),使它们以轻杆

中点为轴在竖直平面内做匀速圆周运动,周期为作用力，并说明是拉力还是压力。

考点：向心力，牛顿第二定律

.求它们通过竖直位置时，上下两球分别对杆的

分析：小球通过最高点时，受重力和杆的弹力作用，杆的弹力和重力和合力提供向心力，故杆的弹力的方向一定与杆平行，但可能与杆同向，也可能与杆反向．最低点时方向肯定向上．解答：在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：

,解得：

,负号表示

与假设方向相反，故为支持力;在最低点，根据向心力公式得：是拉力

,解得：，方向向上，

答：它们通过竖直位置时,A球受到杆的作用力为(mg)/2，是支持力;B球受到杆的作用力为1.5mg，是拉力。

（3）题目（变式三）：长为L的轻杆两端分别固定一个质量都是m的小球,它们以轻杆中点为轴在竖直平面内做匀速圆周运动,转动的角速度

，则杆通过竖直位置时，上端小球对杆的作用力大小为

______、下端小球对杆的作用力大小为______.

考点：向心力

解答：在最高点时，假设杆的作用力向下，根据向心力公式得：mg+T1=mωL，解得：T1=m⋅（4g/L）⋅L−mg=3mg 在最低点，根据向心力公式得：T2−mg=mωL，解得：T2=m⋅（4g/L）⋅L+mg=5mg 故答案为：3mg；5mg

2、题目（坤哥练习B4）：如图所示,一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

考点：[向心力, 牛顿第二定律]

分析：分别对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．

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解答：A. 如右图所示,小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动.由于A和B的质量相同,小球

A和B在两处的合力相同,即它们做圆周运动时的向心力是相同的。根据F=mωr可知，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，故A错误；

B.由向心力的计算公式F=m（v/r）,由于球A运动的半径大于B球的半径,F和m相同时,半径大的线速度大,所以B正确。 C. 由周期公式T=（2π）/ω，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误。 D. 由A的分析可知，球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D错误。故选：B.

（1）题目（变式一）：如图所示,一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面,圆锥形筒固定不动,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球的线速度必定大于B球的线速度 B. A球的角速度必定小于B球的线速度

C. A球的运动周期必定小于B球的运动周期 D. A球对筒壁的压力必定大于B球对筒壁的压力

考点：[向心力, 线速度、角速度和周期、转速]

分析：对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．

解答：A. 对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图根据牛顿第二定律，有：

F=mgtanθ=m（v/r），解得：

.由于A球的转动半径较大，A线速度较大，故A正确；B. 根据可

知，A球的转动半径较大，则A的角速度较小。故B正确。C. 周期，因为A的半径较大，则周期较大。

故C错误。D. 由上分析可知,筒对小球的支持力N=mg/cosθ，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即有球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力。故D错误。故选：AB.

（2）题目（变式二）：如图所示,一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球的线速度小于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球对筒壁的压力等于B球对筒壁的压力

考点：向心力，线速度、角速度和周期、转速

分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．解答：

A. 如右图所示,小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动。由于A和B的质量相同,小球A和B在两处的合力相同,即它们做圆周运动时的向心力是相同的。由公式F=mωr，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，故A错误。

B. 又由向心力的计算公式F=m（v/r），由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，故B

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错误。

C. 两球的向心力相等,根据

知，半径大的周期大，故C错误。

D. 根据平行四边形定则知,N=m（g/sinθ），质量相等，则支持力相等，A球对筒壁的压力必定等于B球对筒壁的压力。故D正确。故选：D.

【圆周运动】6 自然坐标、曲率半径、变速圆周运动（选学）

1、题目（坤哥练习B5）：如图所示，质量为m的小球，用长为L的细线悬挂在水平天花板上的O点。现将小球偏离平衡位置，使细线与竖直方向的夹角为α，然后将小球由静止释放。当小球运动到最低点时，试求：(1)小球的速度大小；(2)小球的角速度大小；(3)小球对细线拉力的大小。(已知当地的重力加速度为g,不计空气阻力)

考点：机械能守恒定律，牛顿第二定律

分析：（1）根据机械能守恒定律列式求解；（2）根据公式v=ωL求解角速度；（3）重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解拉力，最后结合牛顿第三定律得到球对细线的拉力．解答：(1)设球由静止释放运动到最低点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律得：

，

解得：

(2)根据v=ωL，联立解得小球的角速度大小

(3)设在最低点细线对小球拉力的大小为T，根据牛顿第二定律得：T−mg=m（v/L）,解得：T=(3−2cosα)mg 根据牛顿第三定律，小球对细线拉力的大小：Tˊ=T=(3−2cosα)mg 答：(1)小球的速度大小为

；(2)小球的角速度大小为

；(3)小球对细线拉力的大小为(3−2cosα)mg.

（1）题目（变式一）：把一个质量为m=0.1kg的小球(可看作质点)用不可伸长的细线悬挂起来,细线的质量不计,就成为一个摆,如图所示。悬点O距地面的高度H=0.85m,摆长L=0.40m.将摆球拉至与竖直方

向夹角θ=60∘的位置,然后由静止释放。不计细线质量,空气阻力可以忽略,重力加速度为g=10m/s. (1)求小球运动到最低点时的速度大小。(2)求小球运动到最低点时绳上拉力的大小。(3)若小球运动到最低点时细线断了，小球沿水平方向抛出，求它落地点距抛出点的水平位移大小。

考点：动能定理的应用，向心力

分析：（1）根据动能定理求出小球运动到最低点时的速度大小．

（2）小球运动到最低点时由重力和绳的拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解．

（3）细线断后小球做平抛运动，根据平抛运动的高度求出小球平抛运动的时间，结合初速度和时间求出小球落地点距抛出点的水平位移大小．

解答：(1)小球由静止释放后，受重力、绳的拉力作用，绳的拉力不做功，只有重力做功，设细线恰好被拉断时小球的速度为v，由动能定理可得：

，代入数据得：v=2m/s.

(2)小球运动到最低点时由重力和绳的拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得： T−mg=m（v/L），解得T=2N (3)细线断后小球做平抛运动，设小球落地点距抛出点的水平位移大小为x.由平抛知识得：x=vt， H−L=（gt）/2，联立

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代入数据得：x=0.6m.

答：(1)小球运动到最低点时的速度大小为2m/s；(2)小球运动到最低点时绳上拉力的大小为2N.(3)它落地点距抛出点的水平位移大小为0.6m.

2、题目（坤哥练习例3）：如图所示，半球形金属壳的半径为R，开口向上，竖直固定放置，质量为m的物块，沿着金属壳内壁滑下，滑到最低点时速度大小v，物块与球壳之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)物块滑到最低点时向心加速度a向的大小和方向；(2)物块在最低点受到的支持力N的大小；(3)物块在最低点受到的摩擦力f的大小。

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向．解答：(1)物块滑到最低点所需的向心力F向=m（v/R）①；根据牛顿第二定律F向=ma向②,联立①、②两式解得向心加速度a向=v/R③，向心加速度的方向竖直向上

(2)物块在最低点由重力mg和支持力N的合力提供向心力F向=N−mg④,联立①、④两式解得支持力N=mg+m（v/R）⑤ (3)物块在最低点受到的摩擦力f=μN ⑥，联立⑤、⑥两式解得摩擦力f=

⑦

答：(1)物块滑到最低点时向心加速度a向=v/R，方向竖直向上；(2)物块在最低点受到的支持力N=mg+m（v/R）；(3)物块在最低点受到的摩擦力f=

（1）题目（变式一）：如图所示,质量为m的物体,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,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ,则物体在最低点时,下列说法正确的是( )

A. 受到的向心力大小为mg+m（v/R） B. 受到的摩擦力大小为μm（v/R）

C. 受到的摩擦力大小为

考点：[向心力]

分析：根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向．解答：A. 物体在最低点的向心力大小Fn=m（v/R），故A错误。

B. 在竖直方向上,有：N−mg=m(v/R),解得支持力N=mg+m(v/R),则物体所受的摩擦力大小:确，B错误。

D. 因为重力和支持力的合力竖直向上，摩擦力水平向左，根据平行四边形定则知，物体所受的合力方向斜向左上方，故D错误。故选：C.

D. 受到的合力方向斜向左下方

，故C正

（2）题目（变式二）：如图：质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则物体在最低点时,下列说法正确的是( )

A. 向心加速度为v/r B. 向心力为m(g+v/r)

C. 对球壳的压力为m(g+v/r) D. 受到的摩擦力为μm(g+v/r)

考点：[向心力]

分析：根据向心加速度和向心力的公式求出物体的向心加速度和向心力的大小．根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出压力的大小，结合滑动摩擦力公式求出受到的摩擦力大小．

解答：A. 在最低点,向心加速度a=v/r，故A正确。B. 在最低点,向心力Fn=ma=m(v/r)，故B错误。

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C. 根据牛顿第二定律得,N−mg=m(v/r),解得支持力N=mg+m(v/r),根据牛顿第三定律知,物体对球壳的压力为mg+m(v/r)，故C正确。D. 物体所受的摩擦力f=μN=μm(g+v/r)，故D正确。故选：ACD.

222

（3）题目（变式三）：如图所示，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，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，受到的摩擦力大小f=___.

考点：[摩擦力的判断与计算]

分析：物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，根据向心加速度公式求解摩擦力．解答：A. 物体滑到半球形金属球壳最低点时,速度大小为v,半径为R,向心加速度为an=V/r. 根据牛顿第二定律得N−mg=m（V/r）,物体在最低点时,受到的摩擦力为f=μN=μm(g+V/r). 故答案为：μm(g+V/r).

3、题目（坤哥练习例2）：如图物体放在水平转动的圆盘上并与圆盘相对静止，试定性分析物体所受静摩檫力的方向，（1）圆盘匀速转动；（2）圆盘加速转动

解答：（1）在匀速圆周运动的情况下：F合=f静，静摩檫力指向圆心；

1（F合）径=F向；○2（F合）切=ma切（2）加速圆周运动：○

（1）题目（变式一）：如图所示,A、B. C三个物体放在水平旋转的圆盘上,保持与圆盘相对静止,三个物体与圆盘的动摩擦因数均为μ,A的质量是2m,B和C的质量均为m,A、B离轴距离为R,C离轴为2R.若最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,则( )

A. 每个物体均受重力、支持力、静摩擦力、向心力四个力作用

B. A的向心加速度大于B的向心加速度 C. B和C所受摩擦力相等 D. 若逐渐增大圆盘转速，C比B先滑动，A和B同时滑动

考点：向心力

分析：物体随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，向心力大小由物体的质量与半径决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体做离心运动，开始滑动．解答：A. 物体随圆盘一起做圆周运动，受重力、支持力、静摩擦力三个力作用，故A错误。

B. A. B. C三个物体的角速度相等,根据a=rω知，A. B的半径相等，则向心加速度相等，故B错误。

C. 物体做圆周运动靠静摩擦力提供向心力,有f=mrω，B.C的质量相等，C的半径大，则C的摩擦力大，故C错误。 D. 根据μmg=mrω得,发生相对滑动的临界角速度ω=A. B的临界角速度相等，A. B同时滑动，故D正确。故选：D.

，C的半径最大，临界角速度最小，增大转速，C最小滑动，

（2）题目（变式二）：如图所示，物体A放在匀速转动的圆盘上，并随圆盘转动．则物体A受到的静摩擦力的方向为____________________．

解析：物体A随圆盘一起做匀速圆周运动，必然要受到维持物体A做匀速圆周运动的向心力作用，而A受到的

重力G和支持力FN相平衡，根据牛顿第二定律物体A随圆盘做匀速圆周运动的向心力只能是圆盘对A的静摩擦力，故方向由A指向圆心．

（3）题目（变式三）：将一小物块放在匀速转动的水平圆盘上，物块与圆盘保持相对静止时，关于物块的受力情况，下列说法正确的是（）

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A. 受重力、支持力，共两个力 B. 受静摩擦力、向心力，共两个力

C. 受重力、支持力、静摩擦力，共三个力 D. 受重力、支持力、静摩擦力、向心力，共四个力

考点：物体的弹性和弹力

分析：向心力，是使质点（或物体）作曲线运动时所需的指向曲率中心（圆周运动时即为圆心）的力．物体做圆周运动时，沿半径指向圆心方向的外力（或外力沿半径指向圆心方向的分力）称为向心力，又称法向力．是由合外力提供或充当的向心力．

物体绕圆盘中心做匀速圆周运动，合力提供向心力，物体所受的向心力由静摩擦力提供．

解答：物体做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心；物体受重力、支持力、静摩擦力，其中重力和支持力二力平衡，静摩擦力提供向心力，向心力是合力，不能说成物体受到向心力；故选C.

（4）题目（变式四）：水平圆盘绕竖直中心轴匀速转动,一小木块放在圆盘上随盘一起转动,且木块相对于圆盘保持静止,如图所示。以下各说法中正确的是（）

A. 木块做匀速圆周运动，运动中所受静摩擦力方向与其线速度方向相反

B. 木块质量越大，就越不容易在圆盘上滑动 C. 圆盘转动的周期越小，木块就越容易在盘上滑动 D. 木块到转轴的距离越大，就越容易在盘上滑动

考点：向心力，摩擦力的判断与计算

分析：木块与圆盘一起做匀速圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律分析在何种情况下木块容易滑动．解答：A. 木块做匀速圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，则静摩擦力的方向指向圆心，与线速度方向垂直。故A错误。 B. 根据μmg=mrω,得物块与圆盘发生相对滑动的临界角速度ω=C. 物块与圆盘发生相对滑动的临界角速度ω=正确。

D. 物块与圆盘发生相对滑动的临界角速度ω=动。故D正确。故选：CD.

，木块到转轴的距离越大，则临界角速度越小，木块越容易在盘上滑

，木块是否容易滑动与木块的质量无关。故B错误。

，圆盘的周期越小，则角速度越大，则木块越容易在盘上滑动。故C

（5）题目（变式五）：如图，5-6-23所示，在匀速转动的水圆盘上放置一个质量为m的物块A，物块A

到转轴的距离为R，与圆盘之间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若物块与圆盘保持相对静止，判断物块A所受静摩擦力的方向。

考点：匀速圆周运动

分析：物块A受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而做匀速圆周运动，由于重力和支持力的方向均沿竖直方向，所以这两个力不可能提供向心力，只有静摩擦力F充当向心力。所以物块A所受静摩擦力的方向沿着半径指向圆心。解答：物块A所受静摩擦力的方向沿着半径指向圆心。

【圆周运动】7 摩擦转盘模型（圆周转盘、连接体等）

1、题目（坤哥练习例4）：如图所示,在匀速转动的圆盘上,沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的

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A.B两个小物块,A离轴心r1=20cm,B离轴心r2=30cm，A.B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的0.4倍。求：(1)若细线上没有张力，圆盘转动的角速度ω应满足什么条件? (2)欲使A. B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度多大? (3)当圆盘转速达到A.B刚好不滑动时,烧断细绳,则A.B

将怎样运动?(g取10m/s)

考点：向心力，向心加速度

分析：（1）由题意可知当细线上没有张力时，B与盘间的静摩擦力没有达到最大静摩擦力，故由静摩擦力充当向心力，由向心力公式可求得角速度；（2）当A、B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度达到最大值ωm，超过ωm时，A、B将相对圆盘滑动．分别对两个物体，根据牛顿第二定律和向心力公式列式，即可求得最大角速度．（3）根据离心的知识分析烧断细线后A、B的运动情况．

解答：(1)当B所需向心力FB≤Ffmax时,细线上的张力为0,即：mωr2≤kmg，解得：当ω≤3.7rad/s时，细线上不会有张力。

(2)当A. B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时,圆盘的角速度达到最大值ωm,超过ωm时,A、B将相对圆盘滑动。设细线中的张力为FT.根据牛顿第二定律得：对A:kmg−FT=mωmr1 对B:kmg+FT=mωmr2，得

(3)烧断细线时,A做圆周运动所需向心力FA=mωmr1=3.2m=0.32mg，又最大静摩擦力为0.4mg，则A随盘一起转动。 B此时所需向心力FB=mωmr2=0.48mg，大于它的最大静摩擦力0.4mg，因此B将做离心运动。答：(1)若细线上没有张力，圆盘转动的角速度ω应满足的条件是ω≤3.7rad/s.(2)欲使A.B与圆盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度为4.0rad/s.(3)A随圆盘一起转动，B做离心运动。

即

（1）题目（变式一）：如图所示，在匀速转动的圆盘上，沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A. B两个小物块，A离轴心r1=20cm，B离轴心r2=30cm，A.B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的0.4倍。求：(1)当细线上出现张力时，圆盘转动的角速度ω0=?(2)欲使A.B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度多大?(g=10m/s2)

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：（1）由题意可知当细线上出现张力时，B与盘间已达的最大静摩擦力，故静摩擦力充当向心力，由向心力公式可求得角速度；

（2）当A恰好开始滑动时，说明A已达到最大静摩擦力，由向心力公式可求得角速度，此角速度为最大角速度；解答：(1)当细线上开始出现张力时，B与圆盘之间的静摩擦力达到最大值。对B:kmg=mω0rB即

(2)当A开始滑动时，A. B所受静摩擦力均达最大，设此时细绳张力为T:对B:FT+μmg=mωRB；对A:μmg−FT=mωRA ；联立解得：

；(2)欲使A. B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最

答：(1)当细线上出现张力时，圆盘转动的角速度为大角速度为4rad/s.

2、题目（坤哥练习B4）：如图所示,在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A. B两个物块(可视为质点),A和B距轴心O的距离分别为rA=R,rB=2R,且A.B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm,两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止。则圆盘转动的角速度从0逐渐增大的过程中,下列说法正确的是( )

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A. B所受合外力大于A所受合外力 B. A受到的摩擦力一直指向圆心

C. B受到的摩擦力一直指向圆心 D. A.B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为(2fm/mR)

考点：[向心力]

分析：两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，都做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析合力关系．圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，由牛顿第二定律分析两物体是否做离心运动，判断A、B所受的摩擦力方向．由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度．

解答：A. A.B都做匀速圆周运动,合力提供向心力,根据牛顿第二定律得F合=mωr，角速度ω相等，B的半径较大，所受合力较大。故A正确。

B.C最初圆盘转动角速度较小,A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小,可由A.B与盘面间静摩擦力提供,静摩擦力指向圆心。由于B所需向心力较大,当A与盘面间静摩擦力达到最大值时(此时B与盘面间静摩擦力还没有达到最大)，若继续增大转速，则B将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得B与盘面间静摩擦力增大，当B与盘面间静摩擦力也达到最大时，B将开始滑动，A所受的静摩擦力将离开圆心。所以A受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心。故B错误，C正确。

D. 当B与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，B将开始滑动，若此时A也达到最大静摩擦力，则根据牛顿第二定律得：对A:T−fm=mωmR；对B:T+fm=mωm ⋅2R，解得最大角速度

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,但此时A的静摩擦力不一定达到最大静摩擦力,所

以故选：AC

，故D错误。

（1）题目（变式一）：如图所示,在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A.B两个物块(可视为质点).A和B距轴心O的距离分别为rA=R,rB=2R,且A. B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm,两物块A和B随着圆盘转动时,始终与圆盘保持相对静止。则在圆盘转动的角速度从0慢慢增大的过程中,下列说法正确的是( )

A. 在转速增加的过程中B所受合外力不指向圆心 B. A受到的摩擦力一直指向圆心

C. B受到的摩擦力一直指向圆心

D. A.B两物块与圆盘保持相对静止稳定圆周运动的最大角速度为

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，都做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以合外力指向圆心，圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，由牛顿第二定律分析两物体是否做离心运动，判断A、B所受的摩擦力方向．由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度．解答：A.B做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以合外力指向圆心，故A错误。

B.C最初圆盘转动角速度较小,A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小,可由A. B与盘面间静摩擦力提供,静摩擦力指向圆心。由于B所需向心力较大,当B与盘面间静摩擦力达到最大值时(此时A与盘面间静摩擦力还没有达到最大)，若继续增大转速，则B将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得A与盘面间静摩擦力增大，当A与盘面间静摩擦力也达到最大时，A将开始滑动，A所受的静摩擦力将离开圆心。所以A受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心。故B错误，C正确。

D. 当B与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，B将开始滑动，则根据牛顿第二定律得：对A:T−fm=mωmR ；

对B:T+fm=mωm ⋅2R 解得最大角速度.故D正确。

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故选：CD

（2）题目（变式二）：如图所示,在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A.B两个物块(可视为质点).A和B距轴心O的距离分别为rA=R,rB=2R,且A.B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm,刚开始细绳中无张力作用。两物块A和B随着圆盘转动时,始终与圆盘保持相对静止。则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中,下列说法正确的是( )

A. B所受合外力一直等于A所受合外力 B. A受到的摩擦力方向一直指向圆心

C. B受到的摩擦力方向可能会背离圆心 D. A.B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为

考点：[向心力, 牛顿第二定律]

分析：两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止，都做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析合外力关系．圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，由牛顿第二定律分析两物体是否做离心运动，判断A、B所受的摩擦力方向．由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度．

解答：A. A.B都做匀速圆周运动,由合外力提供向心力,根据牛顿第二定律得F合=mωr，ω、m相等，B的半径较大，则B所受的合外力较大。故A错误。BC、最初圆盘转动角速度较小,A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小,可由A. B与盘面间静摩擦力提供,静摩擦力指向圆心。由于B所需向心力较大,当B与盘面间静摩擦力达到最大值时(此时A与盘面间静摩擦力还没有达到最大)，若继续增大转速，则B将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得A与盘面间静摩擦力增大，当A与盘面间静摩擦力也达到最大时，B将开始滑动，A所受的静摩擦力将离开圆心。所以A受到的摩擦力先指向圆心，后离开圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心。故BC错误。

D.当B与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，B将开始滑动，则根据牛顿第二定律得：对A:T−fm=mωmR；对B:T+fm=mωm ⋅2R，解得最大角速度故选：D

.故D正确。

3、题目（坤哥练习B6）：如图,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动,当转速达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地

过程水平位移的大小s=0.4m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.

考点：向心力，平抛运动

分析：（1）根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度．（2）根据最大静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出物体与转台间的动摩擦因数．解答：(1)物块做平抛运动,在竖直方向上有：H=(gt)/2① ,在水平方向上有s=v0t，② 由①②式解得

(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有由③④⑤式，代入数据解得μ=0.2.

,Ffm=Ffm′=μN=μmg，⑤

答：(1)物块做平抛运动的初速度大小为1m/s；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ为0.2.

【圆周运动】8 内低外高模型（火车转弯、圆锥摆等）

1、题目(坤哥练习例4)：如图所示,已知绳长L=0.2m,水平杆长S=0.1m,小球质量m=0.3kg,整个装置可

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绕竖直轴转动,求：(g=10m/s) (1)要使绳子与竖直方向成45∘，试求该装置必须以多大角速度转动才行?(2)此时绳的张力是多大?

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：（1）对小球受力分析，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小；（2）根据平行四边形定则求出绳子的张力．

解答：(1)小球绕杆做圆周运动,其轨道平面在水平面内,轨道半径r=S+Lsin45∘，绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力。对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为F，重力为mg，

对小球利用牛顿第二定律可得：

mgtan45∘=mωr① r=S+Lsin45∘②，联立①②两式，将数值代入可得：ω≈6.44rad/s (2)根据几何关系得：F=mg/cos45∘=4.24N.

答：(1)该装置转动的角速度为6.44rad/s；(2)此时绳子的张力为4.24N.

(1)题目(变式一)：如图所示，已知绳长为l=0.2m，水平杆长l′=0.1m，小球质量m=0.3kg，整个装置可绕竖直轴转动。要使绳子与竖直方向成θ=45°角，试求该装置必须以多大的角速度转动？此时绳子的张力为多大？（g取10m/s2）

考点：向心力，决定向心力大小的因素

分析：本题主要是考查匀速圆周运动，解答本题要掌握圆周运动向心力的来源；

对小球受力分析，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小；以小球为研究对象，根据平行四边形定则求出绳子的张力。

解答：小球绕杆做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径r=l′+lsin45°，绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，对小球受力分析如图所示，设绳对小球的拉力为F，重力为mg，则绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，

对小球由牛顿第二定律可得：mgtan45°=mωr，r=l′+Lsin45°，联立以上两式，将数值代入可得：

ω=6.44rad/s；F=mg/cos45°≈4.24N。

(2)题目(变式二)：如图所示,已知绳长L=

,水平杆长L′=0.1m,小球质量m=0.3kg,整个装置可

以绕竖直转轴转动,g=10m/s，问：(1)要使绳子与竖直方向成45∘角，该装置必须以多大的角速度转动才行?(2)此时绳子的拉力为多大?

考点：向心力，线速度、角速度和周期、转速

分析：对小球受力分析，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小；根据平行四边形定则求出绳子的张力．

解答：小球绕杆做圆周运动,其轨道平面在水平面内,轨道半径r=L′+Lsin45∘，绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运

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动的向心力。对小球受力分析如图所示，设绳对小球拉力为F，重力为mg，对小球利用牛顿第二定律可得：mgtan45∘=mωr① r=L′+Lsin45∘②；联立①②两式，将数值代入可得：

,根据平行四边形定则知,

答：(1)要使绳子与竖直方向成45∘角,该装置必须以的角速度转动才行；(2)此时绳子的张力为.

(3)题目(变式三)：如图所示,已知绳长a=0.2m,水平杆长b=0.1m,小球质量m=0.3kg,整个装置可绕竖直轴转动,g取10m/s2,要使绳子与竖直方向成45∘角。求：(1)该装置必须以多大的角速度旋转?(2)此时绳子对小球的拉力为多大?

点：向心力，牛顿第二定律

分析：（1）球在水平面内做匀速圆周运动，由重力mg和绳的拉力F的合力提供向心力，半径r=Lsin45°+l0，由牛顿第二定律求解角速度．

（2）球在竖直方向力平衡，求解绳的拉力大小．

解答：以小球为研究对象，其圆周运动的圆心在竖直轴上，设小球受绳子拉力为F，以竖直方向和指向圆心方向建立直角坐标系。由图中几何关系可得：r=b+asin45∘①，解得：r=0.24(m) ②,将力F分解成水平方向和竖直方向两个分力，则可以得到：竖直方向：Fcos45∘−mg=0③,水平方向：Fsin45∘=mωr④

(1)由式③和④可解得：ω=6.4(rad/s) ⑤ (2)由式③可解得：F=4.24(N)⑥ 答：(1)该装置必须以6.4rad/s的角速度旋转(2)此时绳子对小球的拉力为4.24N

2、题目（坤哥练习B4）：如图所示,固定的锥形漏斗内壁是光滑的,内壁上有两个质量相等的小球A和B,在各自不同的水平面做匀速圆周运动,以下说法正确的是（）

A. 线速度vA>vB B. 角速度ωA>ωB C. 加速度aA=aB D. 压力NA>NB

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可．解答：物体受力如图：

FN沿水平和竖直方向分解得：FNcosθ=ma…①，FNsinθ=mg…②。由②可知支持力相等，则A.B对内壁的压力大

小相等。根据牛顿第二定律，合外力提供向心力，合外力相等，则向心力相等。由①②可得：mgcotθ=ma=mv/R=mωR.可知半径大的线速度大，角速度小。

则A的线速度大于B的线速度，A的角速度小于B的角速度，A. B的向心加速度相等。故AC正确，BD错误。故选：AC.

3、题目（坤哥练习B6）：如图所示,质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点,O点距地面高度为1m,如果使小球绕00′轴在水平面内做圆周运动,若细线最大承受拉力为12.5N,(g=10m/s2).求： (1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离。

考点：[向心力, 牛顿第二定律]

分析：（1）根据绳子的最大承受拉力，结合竖直方向上平衡求出绳子与竖直方向的夹角，结合合力提供向心力求出小球的

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角速度大小．

（2）根据线速度与角速度的关系求出小球做圆周运动的线速度大小，根据平抛运动的高度求出绳断裂后小球平抛运动的时间，结合初速度和时间求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．解答：(1)当绳子拉力达到最大时,在竖直方向上有：FTcosθ=mg，代入数据解得：θ=37∘.根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθ⋅ω，代入数据解得：ω=5rad/s.

(2)小球转动的线速度为：v0=ωLsin37∘=5×0.5×0.6m/s=1.5m/s，落地时竖直位移为：y=h−Lcosθ=（gt）/2，水平位移为：x=v0t，小球落地点与悬点的水平距离为：

，代入数据解得：d=0.6m.

答：(1)当小球的角速度为5rad/s时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离为0.6m.

（1）题目（变式一）：如图所示,质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点,O点距地面高度为1m,如果使小球绕00′轴在水平面内做圆周运动,若细线最大承受拉力为12.5N,(g=10m/s2).求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)细线将断裂时，细线与竖直方向的夹角为多少；(3)线断裂瞬时小球速度和在空中飞行的时间为多少；(4)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离为多少。

考点：[向心力, 牛顿第二定律, 平抛运动]

分析：（1、2）当拉力达最大时，此时竖直方向重力和拉力的分力平衡，则可求得最大夹角；小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系求出最大向心力，根据向心力公式求出最大角速度；（3）由竖直方向上的自由落体规律可求得小球在空中飞行的时间；（4）根据x=vt求出小球在水平方向的位移，然后结合几何关系即可求出．

解答：设球质量为m,绳长为L,O点离地高h,断绳时角速度为ω,绳张力为FT，绳与竖直方向的夹角为θ,(1、2)当绳子拉力达到最大时,在竖直方向上由平衡条件可知：FTcosθ=mg，代入数据解得：θ=37∘.根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mLsinθ⋅ω，代入数据解得：ω=5rad/s.

(3)线断裂瞬时小球速度为：v0=ωLsin37∘=5×0.5×0.6m/s=1.5m/s，落地时竖直位移为：y=h−Lcosθ=（gt）/2，代入数据解得

，代入数据解得：d=0.6m

(4)水平位移为：x=v0t，小球落地点与悬点的水平距离为：

答：(1)当小球的角速度为5rad/s时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离为0.6m；(3)线断裂瞬时小球速度为1.5m/s;在空中飞行的时间为

；(4)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离为0.6m.

（2）题目（变式二）：如图所示,质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点,O点距地面高度为1m,如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动,若弹性绳最大承受拉力为12.5N,(g=10m/s2)求：(1)小球在水平面内做圆周运动时，弹性绳与竖直方向的最大夹角；(2)小球的角速度为多大时弹性绳将断裂；(3)断裂后小球落地点与悬点的水平距离。

考点：向心力，线速度、角速度和周期、转速

分析：（1）根据绳子的最大拉力，结合平行四边形定则求出弹性绳与竖直方向的最大夹角．（2）根据牛顿第二定律，求出弹性绳断裂时的角速度．

（3）根据小球的线速度和离地的高度，结合平抛运动的规律求出水平位移，通过几何关系求出断裂后小球落地点与悬点的水平距离．

解答：(1)当绳子达到最大拉力时，根据平行四边形定则知：

，解得：θ=37∘.

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(2)根据牛顿第二定律得：mgtan37∘=mLsin37∘ω代入数据解得：

(3)断裂时,小球的线速度为：v=Lsin37∘ω=0.5×0.6×5m/s=1.5m/s，根据H−Lcos37∘=（gt）/2得：

,则平抛运动的水平位移为：

地点与悬点的水平距离为：

,所以断裂后小球落

答：(1)弹性绳与竖直方向的最大夹角为37∘；(2)小球的角速度为5rad/s时弹性绳将断裂；(3)断裂后小球落地点与悬点的水平距离为0.6m.

【圆周运动】9 绳球和杆球、管球模型（内轨外轨、水流星等）

1、题目（坤哥练习例4）：如图所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：（1）转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？（2）当转速

时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？（

）

考点：向心力

分析：（1）当小球在最低点时，小球对管底的压力最大，在最高点时，小球对管底的压力最小，根据牛顿第二定律，通过压力的关系，求出角速度的大小．

（2）当转速ω=10rad/s时，判断小球在最高点是否脱离，根据牛顿第二定律求出管底对小球的最大作用力和最小作用力．解答：（1）转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小球的支持力应是最高点时管底对小球支持力

的3倍，即

;根据牛顿第二定律有:

最低点：

最高点：,联立三式，代入数据解得

（2）在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为

,因为

小值为

。

，,则 ,代入数据解得

，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最

当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为

．

答：（1）此时角速度为

，根据牛顿第二定律知：

、0N．

，则

；（2）管底对小球的作用力的最大值和最小值各是

(1)题目(变式一)：如图所示,有一内壁光滑的试管装有一质量为100g的小球,试管的开口端封闭后安装

在水平轴O上,转动轴到管底小球的距离为5cm,让试管在竖直平面内做匀速转动.g取10m/s. (1)若试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，则试管转动的角速度多大?(2)若转速则管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少?

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，

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考点：向心力

分析：（1）当小球在最低点时，小球对管底的压力最大，在最高点时，小球对管底的压力最小，根据牛顿第二定律，通过压力的关系，求出角速度的大小．（2）当转速

时,断小球在最高点是否脱离，根据牛顿第二定律求出管底对小球的最大作用力和最小作用力．

解答：(1)在最低点时,根据牛顿第二定律有：N1−mg=mrω，解得：N1=mg+mrω.

在最高点,根据牛顿第二定律有：N2+mg=mrω，解得：N2=mrω−mg，因为N1=3N2联立三式，代入数据解得：ω=20rad/s. (2)根据牛顿第二定律得,在最高点有：N2+mg=mrω，解得N2=mrω−mg=0.1×0.05×200−1N=0N. 在最低点时,根据牛顿第二定律有：N1−mg=mrω，解得N1=mg+mrω=1+0.1×0.05×200N=2N. 答：(1)此时角速度为20rad/s.(2)管底对小球作用力的最大值为2N，最小值为0N.

(2)题目(变式二)：如图所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内做匀速转动。问：（1）转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？（2）当转速ω=10rad/s

时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？（g取10m/s）

解答：（1）转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小

球的支持力F1应是最高点时管底对小球支持力F2的3倍，即F1=3F2，①;根据牛顿第二定律有：最低点：F1-mg=mrω，②；最高点：F2+mg=mrω，③；联立三式，代入数据解得：ω=20rad/s；④，即此时角速度为20rad/s；（2）在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0，则mg=mrω0，代入数据解得ω0=14.1rad/s，

因为ω=10rad/s＜ω0=14.1rad/s，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为F′=0；当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为F1′，根据牛顿第二定律知：F1′-mg=mrω，则F1′=mg+mrω=1.5×10N。即管底对小球的作用力的最大值和最小值各是1.5×10N、0N。

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2、题目（坤哥练习B5）：如图所示,质量m=0.5kg的小杯里盛有质量M=1Kg的水,用绳子系住小杯在竖直

平面内做“水流星”表演,转动半径R=1m,小杯通过最高点的速度v=4m/s,小杯可视为质点,g取10m/s，求：(1)在最高点时绳对杯的拉力(2)在最高点时水对小杯底的压力(3)为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少?

考点：向心力

分析：（1）对杯和水整体受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的，再由牛顿第二定律求解；（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；

（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．

解答：(1)在最高点，对杯和水，由牛顿第二定律得：T+(M+m)g=(M+m)v/R，可得T=(M+m)(v/R−g)=9N (2)对水,水受重力Mg和杯的压力F作用,有：N+Mg=Mv/R，得N=M(v/R−g)=6N

(3)小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为水的向心力，则对水有：Mg=Mv0/R，可得

答：(1)在最高点时绳对杯的拉力是9N.(2)在最高点时水对小杯底的压力是6N.(3)为使小杯经过最高点时水不流出,在最高点时最小速率是

(1)题目(变式一)：如图所示,质量为M=0.5kg的小杯里盛有m=1kg的水,用绳子系住小杯在竖直平面内

做“水流星”表演,转动半径为L=1m,小杯通过最高点的速度为v=4m/s,g取10m/s，求：(1)在最高点时，杯和水所受的合力多大?(2)在最高点时水对小杯底的压力?(3)为使小杯经过最高点时水不流出，在最高

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点时最小速率是多少?

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：（1）在最高点，靠合力提供向心力，根据向心力的大小求出杯和水所受的合力．（2）对水分析，根据牛顿第二定律求出杯底对水的弹力，从而得出水对杯底的压力．（3）水恰好不流出时，杯底对水的弹力为零，根据牛顿第二定律求出在最高点的最小速率．解答：(1)在最高点,对杯和水,有：F合=(M+m)v/L=(0.5+1)×16/1N=24N，

(2)在最高点,对水,根据牛顿第二定律有：N+mg=mv/L，解得：N=mv/L−mg=1×16/1−10N=6N.则水对桶底的压力为6N. (3)水恰好不流出时,根据牛顿第二定律有：mg=mv′/L，解得：

答：(1)在最高点时，杯和水所受的合力为24N.(2)在最高点时水对小杯底的压力为6N. (3)为使小杯经过最高点时水不流出,在最高点时最小速率是

(2)题目(变式二)：如图，质量为m1=0.5kg的小杯里盛有质量为m2=1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平

面内做“水流星”表演，转动半径为r=1m，小杯通过最高点的速度为v=4m/s，g取10m/s，求：（1）在最高点时，绳的拉力大小（2）在最高点时杯底对水的压力大小（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？

考点：向心力

分析：（1）对杯子和杯子里的水为研究对象，根据牛顿第二定律求出绳子的拉力．（2）对杯子中的水研究，根据牛顿第二定律求出杯底对水的压力．（3）抓住最高点杯底对水的压力为零，根据牛顿第二定律求出最小速率．

解答：（1）选杯子和杯子里的水为研究对象，在最高点时由重力和绳子的拉力T的合力提供它们做圆周运动的向心力．由牛顿第二定律有（m1+m2）g+T=（m1+m2）(v/r) ,代入数据，解得T=9N

（2）以水为研究对象，在最高点时由重力和杯底对水的压力N的合力提供水做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有 m2g+N=m2(v/r) ,代入数据解得N=3 N

（3）水不从杯子里流出的临界情况是水的重力刚好用来提供向心力．设速度为v′，则有m2g=m2(V′/R),代入数据解得v′=

答：（1）在最高点时，绳的拉力大小为9N；（2）在最高点时杯底对水的压力大小为3N；（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是

3、题目（坤哥练习例3）：质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆木架绕轴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被烧断的同时木架停止转动，则下列说法中错误的是（）

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，绳a中张力突然增大

C. 若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动

D. 若角速度ω较大，小球可在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动

考点：向心力

分析：绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动．绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力．若角速度ω较

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小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动．

解答：A. 小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动。故A错误。

B. 绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力，即张力突然增大。故B正确。 C. 若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动。故C正确。

D. 若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动。故D正确。

本题选错误的，故选：A

【圆周运动】10 水平圆周模型及临界问题总结（水平转盘等）

1、题目（坤哥练习B3）：质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点,如图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为l,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( )

A. a绳的张力不可能为零 B. a绳的张力随角速度的增大而增大

C. 当角速度

，b绳将出现弹力 D. 若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

考点：[向心力, 牛顿第二定律]

分析：小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断．解答：A. 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；

B. 根据竖直方向上平衡得,Fasinθ=mg,解得Fa=mg/sinθ，可知a绳的拉力不变，故B错误； C. 当b绳拉力为零时,有：mg/tanθ=mωL,解得

,可知当角速度ω>=时，b绳出现弹力，故C正确；

D. 由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。故选：AC

（1）题目（变式一）：质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点,当轻杆绕轴AB

以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,其状态如图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为l,则下列说法正确的是()

A. a绳张力不可能为零 B. a绳的张力随角速度的增大而增大

C. 当角速度

，b绳将出现弹力 D. 若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

考点：向心力，物体的弹性和弹力

分析：小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断．解答：A. 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确。

B. 根据竖直方向上平衡得,Fasinθ=mg,解得Fa=mg/sinθ，可知从此状态开始增大角速度时，a绳的拉力不变，故B错误。 C. 当b绳拉力为零时,有：mgcotθ=mLω,解得

,可知当角速度时，b绳出现弹力。故C错误。

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高中物理人教版必修2 圆周运动易错题型详解

D. 由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。故选：A.

2、题目：如图所示,用一根长为L=1m的细线,一端系一质量为m=1kg的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑椎体顶端,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.(g取10m/s2,结果可用根式表示)求：(1)若要小球离开锥面,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?(3)细线的张力FT与小球匀速转动的角速度ω的关系。

考点：向心力，线速度、角速度和周期、转速

分析：（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界角速度ω0．

（2）若细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求解．（3）根据小球的角速度较小，小球贴着锥面运动和离开锥面运动两个过程，分析即可．

解答：（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mω0lsinθ 则ω0= g/(lcosθ),

（2）若细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

mgtan60°=mω′lsin60° 得，ω′=（3）a．当ω1=0时，T1=mgcosθ=8N；

b．当0<ω<，根据牛顿第二定律得：得：FT=mgcosθ+mlωsinθ=8+9ω/25

222

c．当≤ω≤时，小球离开锥面，设细线与竖直方向夹角为β，T3sinβ=mωlsinβ得：FT=mlω

答：（1）小球的角速度ω0至少为（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为（3）

a．当ω1=0时 T1=mgcosθ=8N；b．当0<ω<开锥面，细线的拉力FT=mlω

时，FT=8+9ω/25；c．当

≤ω≤时，小球离

（1）题目（变式一）：如图所示,用一根长为l=1m的细线,一端系一质量为m=1kg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∘.(g取10m/s,结果可用根式表示) (1)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

时,求锥面对小球的支持力FN大小

及细线对小球的拉力FT大小。(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?

考点：[向心力, 线速度、角速度和周期、转速]

分析：（1）小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及平衡条件列式求解；（2）若细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求解．解答：(1)小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：FTsinθ−FNcosθ=mωLsinθ;竖直方向受力平衡，则有：FTcosθ+FNsinθ=mg,解得：FN=5.04N,FT=8.72N，根据牛顿第三定律可知，锥面对小球的支持力大小为8.72N，细线对小球的拉力大小为5.04N；

(2)当细线与竖直方向成60∘角时，小球离开斜面，由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtanα=mω′Lsinα,解得：

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ω′=g/(Lcosα),即ω′=的角速度ω′为

答：(1)锥面对小球的支持力大小为8.72N，细线对小球的拉力大小为5.04N；(2)若细线与竖直方向的夹角为60∘,则小球

（2）题目（变式二）：如图所示，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg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。（g取10m/s，结果可用根式表示）求：（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？

考点：牛顿第二定律，向心力

分析：【解题方法提示】小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界角速度ω0；若细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力；运用牛顿第二定律列出表达式，即可求出该情况下小球的角速度。

解答：（1）若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力如图所示：

小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：

mgtanθ=mω0Lsinθ，解得：

，即；

（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有：mgtanα=mω′Lsinα，解得：

，即

。

；（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球

答：（1）若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为的角速度ω′为

。

3、题目：如图所示,两绳系一个质量为m=0.1kg的小球。上面绳长l=2m,两绳都拉直时与转轴的夹角分别为30∘和45∘,g取10m/s2.球的角速度满足什么条件，两绳始终张紧。

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：当ω由零逐渐增大时，出现两个临界值，一个是BC绳恰好拉直，一个是AC绳恰好拉直，根据牛顿第二定律求出临界的角速度，从而得出两绳始终张紧，ω必须满足的条件．

解答：分析两绳始终张紧的临界条件：当ω由零逐渐增大时可能出现两个临界值：

其一：BC恰好拉直,但不受力,此时设AC绳的拉力为FT1，有：FT1cos30∘=mg,FT1sin30∘=mr1ω1，r1=lsin30∘，联立可得ω1=2.4rad/s.

其二：AC仍然拉直,但不受力,此时设BC绳的拉力为FT2，有：FT2cos45∘=mg,FT2sin45∘=mr2ω2，r2=lsin30∘，联立解得ω2=3.16rad/s.所以要使两绳始终张紧，ω必须满足的条件是：2.4rad/s≤ω≤3.16rad/s. 答：要使两绳始终张紧，ω必须满足的条件是：2.4rad/s≤ω≤3.16rad/s.

（1）题目（变式一）：如图所示,两绳的一端系一个质量为m=0.1kg的小球,两绳的另一端分别固定于轴

上的A.B两处,上面的绳长L=2m,当两绳都拉直时与转轴的夹角分别为30∘和45∘,g取10m/s，问：(1)

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小球的角速度ω在什么范围内，两绳始终张紧?(2)若两绳完全相同,两绳始终张紧,则所选绳子的最大拉力不能小于多少?(保留3位有效数字)

考点：向心力，线速度、角速度和周期、转速

分析：当ω由零逐渐增大时，出现两个临界值，一个是BC绳恰好拉直，一个是AC绳恰好拉直，根据牛顿第二定律求出临界的角速度，从而得出两绳始终张紧，ω必须满足的条件．结合临界条件，即可求出绳子上的最大拉力．解答：(1)分析两绳始终张紧的临界条件：当ω由零逐渐增大时可能出现两个临界值：

其一：BC恰好拉直,但不受力,此时设AC绳的拉力为FT1，有：FT1cos30∘=mg,FT1sin30∘=mr1ω1，r1=Lsin30∘，联立可得：ω1=2.4rad/s. FT1=

≈1.15N

其二：AC仍然拉直,但不受力,此时设BC绳的拉力为FT2，有：FT2cos45∘=mg,FT2sin45∘=mr2ω2，r2=Lsin30∘，联立解得：ω2=3.16rad/s.

所以要使两绳始终张紧，ω必须满足的条件是：2.4rad/s≤ω≤3.16 rad/s.

(2)若两绳完全相同，两绳始终张紧，则所选绳子的最大拉力不能小于1.41N

答：(1)要使两绳始终张紧，ω必须满足的条件是2.4rad/s≤ω≤3.16rad/s.(2)若两绳完全相同，两绳始终张紧，则所选绳子的最大拉力不能小于1.41N.

（2）题目（变式二）：如图所示,AC、BC两绳长度不等,一质量为m=0.1kg的小球被两绳拴住在水平面内做匀速圆周运动。已知AC绳长l=2m,两绳都拉直时,两绳与竖直方向的夹角分别为30∘和45∘.(g取10m/s2,答案可保留根号) (1)小球的角速度等于多少时，AC绳刚好拉直但没有力；(2)小球的角速度等于多少时，BC绳刚好拉直但没有力；(3)当ω=3rad/s时，上下两绳拉力分别为多少?

考点：[向心力, 牛顿第二定律]

分析：（1）BC绳子拉力的水平分力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）AC绳子拉力的水平分力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；

（3）AC、BC绳子拉力的水平分力的合力提供向心力，竖直方向分力之和与重力平衡，根据牛顿第二定律列式求解．解答：(1)当AC绳拉直但没有力时,即FT1=0时,由重力和绳BC的拉力FT2的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mgtan45∘=mrωmax 其中：r=l⋅sin30∘ 解得：ωmax=3.16rad/s (2)当FT2恰为零时，根据牛顿第二定律，有：mgtan30∘=mrωmin，解得：ωmin=2.4rad/s (3)当ω=3rad/s时,两绳均处于张紧状态,此时小球受FT1、FT2、mg三力作用，正交分解后可得：

水平方向：FT1sin30∘+FT2sin45∘=mlsin30∘ω;竖直方向：FT1cos30∘+FT2cos45∘=mg,代入数据后解得：FT1=0.27N ；FT2=1.09N 答：(1)小球的角速度等于3.16rad/s时，AC绳刚好拉直但没有力；(2)小球的角速度等于2.4rad/s时，BC绳刚好拉直但没有力；(3)当ω=3rad/s时，AC绳拉力为0.27N，BC绳拉力1.09N.

4、题目：：如图所示,在匀速转动的圆盘上,沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A. B两个小物块,A离轴心r1=20cm,B离轴心r2=30cm,A、B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的0.4倍。求：

(g取10m/s) (1)欲使A. B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度多大?(2)当圆盘转速达到(1)条件下的最大值时，烧断细绳，则A. B将怎样运动?

考点：[向心力, 线速度、角速度和周期、转速, 向心加速度]

分析：（1）不发生相对滑动时，A、B与盘间摩擦力均达到最大，设此时绳张力为T，由向心力公式可求得角速度；（2）由两物体的受力情况可知细线烧断后外力能否充当向心力，则可判断物体的运动．

解答：(1)不发生相对滑动时，A.B与盘间摩擦力均达到最大，设此时绳张力为T,对A:μmg−T=mωmr1 ;对B:μmg+T=mωmr2 ;

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得：

(2)因为最大静摩擦力为其重力的0.4倍，所以最大静摩擦力为4m，烧断细绳，A作圆周运动所需向心力FA=mωmr1=3.2m，小于最大静摩擦力4m，所以A随盘一起转动;B此时所需向心力FB=mωmr2=4.8m，大于它的最大静摩擦力4m，因此B物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远，做离心运动.

答：(1)欲使A. B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度为4rad/s；(2)当圆盘转速达到(1)条件下的最大值时，烧断细绳，则A随盘一起转动，B将做离心运动。

（1）题目（变式一）：如图所示，在匀速转动的圆盘上，沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A、B两个小物块。A离轴心r1=20cm，B离轴心r2=30cm，A、B与圆盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重

力的0.4倍，取g=10m/s。（1）若细线上没有张力，圆盘转动的角速度ω应满足什么条件？（2）欲使A、B与圆盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度是多大？（3）当圆盘转速达到A、B刚好不滑动时，烧断细线，则A、B将怎样运动？

考点：线速度、角速度和周期、转速，向心力

分析：对于（1），由题意可知当细线上没有张力时，B与盘间的静摩擦力没有达到最大静摩擦力，静摩擦力充当向心力，由向心力公式可求得角速度；

对于（2），当A、B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度达到最大值ωm，超过ωm时，A、B将相对圆盘滑动，分别对两个物体，根据牛顿第二定律和向心力公式列式，即可求得最大角速度；对于（3），根据离心运动的知识分析烧断细线后A、B的运动情况，据此解答。解答：（1）当B所需向心力 FB≤Ffmax 时，细线上的张力为0，即：mωr2≤kmg，解得：即当ω≤3.7rad/s时，细线上不会有张力；

（2）当A、B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度达到最大值ωm，超过ωm时，A、B将相对圆盘滑动，设细线中的张力为FT，根据牛顿第二定律：对A：kmg-FT=mωmr1；B：kmg+F=mωmr2，得

（3）烧断细线时，A做圆周运动所需向心力FA=mωmr1=3.2m=0.32mg，又最大静摩擦力为0.4mg，则A随盘一起转动。 B此时所需向心力FB=mωmr2=0.48mg，大于它的最大静摩擦力0.4mg，因此B将做离心运动。

（2）题目（变式二）：

解答：如下：

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【圆周运动】11 竖直圆周模型及临界问题总结（绳杆模型等）

1、题目（坤哥练习例4）：如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，问：（1）要使盒子在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为多少？（2）若盒子以第（1）问中周期的做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时，小球对盒子的哪些面有作用力，作用力为多大？

考点：[牛顿第二定律, 向心力]

分析：（1）要使盒子在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求得线速度v，周期T0=(2πR)/ v （2）小球的向心加速度为an=(4π)/(T R)，结合第1问的结果得到an．根据牛顿运动定律，运用正交分解法分别研究水平和竖直两个方向小球受到的作用力．解答：

（1）设此时盒子的运动周期为

据牛顿运动定律得:

,又周期

，因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用．根,解之得：

（2）设此时盒子的运动周期为T，则此时小球的向心加速度为：知：

,由第一问知：且由上述三式

设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为N，根据牛顿运动定律知：在水平方向上：即：F=4mg ,

在竖直方向上：N+mg=0 即：N=-mg；因为F为正值、N为负值,以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力,别为4mg和mg．答：（1）该盒子做匀速圆周运动的周期为

．（2）小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，分别为4mg和mg．

（1）题目（变式一）：如图所示，质量为m的小球置于方形的光滑盒子中，盒子的边长略大于小球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内以O点为圆心做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，

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空气阻力不计，求：（1）若要使盒子运动到最高点时与小球之间恰好无作用力，则该同学拿着盒子做匀速圆周运动的周期为多少？（2）若该同学拿着盒子以第（1）问中周期的1/2做匀速圆周运动，则当盒子运动到如图所示位置（球心与O点位于同一水平面上）时，小球对盒子的哪些面有作用力？作用力大小分别为多少？

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：【解题方法提示】要使盒子在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求得线速度v，周期T0=（2πR）/v；

小球的向心加速度为an=（4π R）/T，结合第1问的结果得到an，根据牛顿运动定律，运用正交分解法分别研究水平和竖直两个方向小球受到的作用力。

解答：（1）设此时盒子的运动周期为T0，因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用，根据牛顿运动定律得：mg=mv/R，又周期T0=（2πR）/v，解之得：由上述三式知：an=4g，

设小球受盒子右侧面的作用力为F,上侧面的作用力为N,据牛顿运动定律知：在水平方向上：F=man，即：F=4mg；在竖直方向上：N+mg=0,：N=-mg，因为F为正值、N为负值,以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力,别为4mg和mg。

；

（2）设此时盒子的运动周期为T，则此时小球的向心加速度为：an=（4πR）/T，由第一问知：g=（4πR）/T0且T=T0/2，

2、题目（坤哥练习B3）：如图,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作圆周运动.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M在地面上静止不动,则物体M对地面的压力F和地面对M的摩擦力有关说法正确的是( )

A. 小滑块在A点时，F>Mg，M与地面无摩擦 B. 小滑块在B点时，F=Mg，摩擦力方向向右

C. 小滑块在C点时,F=(M+m)g，M与地面无摩擦 D. 小滑块在D点时,F=(M+m)g，摩擦力方向向左

考点：[向心力, 牛顿第二定律]

分析：小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力的大小．

解答：A. 小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误。

B. 小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg，故B正确。 C. 小滑块在C点时,滑块对M的作用力竖直向下,M在水平方向不受其他力的作用,所以不受摩擦力。滑块对物体M的压力要大于C的重力,那么M对地面的压力N>(M+m)g，故C错误。

D. 小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知N=Mg，摩擦力方向向左，D错误。故选：B.

（1）题目（变式一）：如图,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作圆周运动.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M在地面上静止不动,则物体M对地面的压力N和地面对M的摩擦力有关说法正确的是( )

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A. 小滑块在A点时，N>Mg，摩擦力方向向左 B. 小滑块在B点时，N=Mg，摩擦力方向向右

C. 小滑块在C点时,N=(M+m)g，M与地面无摩擦 D. 小滑块在D点时,N=(M+m)g，摩擦力方向向左

考点：[摩擦力的判断与计算]

解答：A. 小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误。

D. 小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知N=Mg，摩擦力方向向左，D错误。故选：B.

3、题目（坤哥练习 B6）：如图所示，在电机距轴O为r处固定一质量为m的铁块。电机启动后，铁块以角速度ω绕轴O匀速转动，求（1）若m在最高点时突然与电机脱离，它将如何运动？（2）当角速度ω为何值时，铁块在最高点与电机恰无作用力？（3）电机对地面的最大压力和最小压力之差为多少？（4）若电机的质量为M,则ω多大时，电机可以“跳”起来，此情况下，对地面最大压力是多少？

解答：（1）平抛运动

（2）电机对铁块无作用时，重力提供铁块的向心力，则

，即

（3）设铁块在最高点和最低点时，电机对其作用力分别为F1和F2,且都指向轴心,根据牛顿第二定律有：在最高点：mg+F1=mωr…①;在最低点：F2-mg=mωr…②

由牛顿第三定律分析可知，电机对地面的最大压力和最小压力分别出现在铁块m位于最低点和最高点时，且压力差的大小为：△FN=F2+F1…③,由①②③式可解得：△FN=2mωr。

（4）铁块在最高点时，铁块与电动机的相互作用力大小为F1，则

，F1=Mg，即当

时，电机可以

跳起来；当大压力为：

时，铁块在最低点时电机对地面压力最大，则

，解答电机对地面的最

【分析总结】本例说明在竖直平面内物体做圆周运动通过最高点和最低点时向心力的来源，以及在最高点的临界条件的判断和临界问题分析方法．

（1）题目（变式一）：如图,在电机距轴O为r的处固定一质量为m的铁块,电机启动后,铁块以角速度

ω绕O轴匀速转动,则电机对地面最大压力和最小压力之差为（）

A. mω2r B. 2mω2r C. mg+2mω2r D. 2mg+2mω2r

考点：向心力，牛顿第二定律

分析：根据牛顿第二定律分别求出铁块以角速度ω绕O轴匀速转动时，在最高点和最低点转轴对铁块的作用力，从而得出电机对地面的最大压力和最小压力差．

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解答：在最低点时,根据牛顿第二定律得,F−mg=mrω,解得F=mg+mrω,此时电机对地面的压力最大,N=Mg+F=Mg+mg+mrω. 在最高点,根据牛顿第二定律得,mg+F′=mrω,解得F′=mrω−mg. 此时电机对地面的压力最小,N′=Mg−F′=Mg+mg−mrω. 则压力之差△F=N−N′=2mωr.故B正确，A. C. D错误。故选B.

222

（2）题目（变式二）：如图所示，用一连接体一端与一小球相连，绕过O点的水平轴在竖直平面内做圆周运动，设轨道半径为r，图中P、Q两点分别表示小球轨道的最高点和最低点，则以下说法正确的是( )

A．若连接体是轻质细绳时，小球到达P点的速度可以为零 B．若连接体是轻质细杆时，小球到达P点的速度可以为零

C．若连接体是轻质细绳时，小球在P点受到细绳的拉力可能为零

D．若连接体是轻质细杆时，小球在P点受到细杆的作用力为拉力，在Q点受到细杆的作用力为推力

【解析】本题考查竖直面内的圆周运动，束缚物是细绳，物体在最高点的最小速度为对；束缚物是细杆时，如果最高点的速度为对，D错．故答案为：BC

，细杆拉力为零，如果v>

，此时细绳拉力为零，A错，C

，细杆为推力，B

，细杆为拉力，如果v<

【章末总结】曲线、平抛、圆周运动的公式、口诀结论汇总

1、题目（坤哥练习B11）：用细线吊着一个小球，使小球在水平面内做半径为R匀速圆周运动；圆周运动的水平面距离悬点h，距离水平地面H.若细线突然在A处断裂，求小球在地面上的落点P与O的正下方的距离。

考点：平抛运动

分析：小球重力和拉力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出细线断裂时的速度，根据平抛运动的知识求出小球在地面上的落点P与A的水平距离．

解答：设细线与竖直方向上的夹角为θ,根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv/R，而R=htanθ,绳子断后,小球做平抛运动,在空中的时间为：联立以上各式解得：

答：落点P与O的正下方的距离为

；抛出点到落地点的水平位移为：x=vt，由几何关系得落点P与O的正下方的距离为：

（1）题目（变式一）：用细线吊着一个小球,小球在水平面内做半径为R匀速圆周运动:周运动的水平面

距离悬点h,离水平地面H.若细线突然在A处断裂,小球在地面上的落点P与A的水平距离.

考点：离心现象

解答：设小球在水平面内做半径为R匀速圆周运动的速度为v

根据有，则，若细线突然在A处断裂，小球以v作平抛运动，在地面

上落点P的位置是在与A处的切线在同一竖直平面上，设离A处的水平距离为S

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高中物理人教版必修2 圆周运动易错题型详解

解得

（2）题目（变式二）：如图所示，用细线吊着一个小球，使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动；圆周运动的水平面与悬点的距离为h，与水平地面的距离为H.若细线突在A处断裂，求小球在地面上的落点P与A的水平距离。

考点：[平抛运动]

解答：设细线与竖直方向上的夹角为θ,根据牛顿第二定律得,mgtanθ=mv/R,又tanθ=R/h 则

.由

则

答：小球在地面上的落点P与A的水平距离为

（3）题目（变式三）：用细线吊着一个小球，使小球在水平面内做半径为 R 匀速圆周运动；圆周运动的水平面距离悬点 h ，距离水平地面 H ．若细线突然在A处断裂，求这时小球的线速度

解答：小球在做匀速圆周运动时，受到重力mg、绳子拉力 F拉，它们的合力提供为向心力。

由相似三角形知识得:F向/(mg)＝R/h 所以，F向＝mgR/h,由向心力公式得:F向＝mV/R，V是小球的速度,得V＝根号（F

向

*R/m）＝R*根号（g/h）,当细线突然断裂时，这时小球的速度是 R*根号（g / h）。

2、题目（坤哥练习B12）：如图所示，一个四分之三圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平桌面AD相接，桌面与圆心O等高。MN是放在水平桌面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点。将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某点由静止释放，不考虑空气阻力。（1）若小球刚好落在垫子上，求小球在C点速度大小的范围；（2）若小球从C点飞出时恰好与管道无相互作用力，求落点与M的距离

解答：（1）C废除作为平抛运动，落到点M和N之间（含M和N点），C与MN的高度为R，设

OM距离为x1、ON为距离为 x2 ，那么OM距离的速度就是最小速度，ON距离的速度就是最大速度。则C飞出平抛：R=(gt)/2,所以t=所以速度范围：

～2

；○1M点：Vmin=x1/t=R/

=2N点：Vmax=x2/t=2;○,

（2）C点完全失重：mg=(mvc)/R,所以Vc=,设C点飞出时恰无作用力时落到MN上一点为P,OP为x,

则x=VCt= =R,所以PM=R-R=(-1)R

（1）题目（变式一）：如图所示，一个四分之三圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道

半径为R，在A点与水平桌面AD相接，桌面与圆心O等高。MN是放在水平桌面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点。将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某点由静止释放，不考虑空气阻力。（1）若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过c点时对管的作用力大小和方向如何?（2）欲使小球能通过c点落到垫子上，小球离A点的最大高度应是多少?

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考点：牛顿第三定律,动能定理

解析:（1）小球离开C点做平抛运动，设经过C点时的速度为v1，从C点到M点的运动时间为t，根据运动学公式可得：R=t2t; R=(gt2)/2

设小球经过c点时受到管子对它的作用力为N，向下的方向为正方向。由牛顿第二定律可得：mg+N=mt2/R, N=(-mg)/2 由牛顿第三定律可知。小球对管子作用力大小为(mg)/2，方向竖直向下……… （2）小球下降的高度最大时，小球平抛运动的水平位移为4R，打到N点。设能够落到N点的过C点时水平速度为v2，根据运动学公式可得： 4R=t2t

设小球下降的最大高度为H，根据动能定理可知： mg(H-R)=(mt2)/2,联立②④⑤式可得： H=(gt2)/2 +R=5R 答：（1）小球对管子作用力大小为(mg)/2，方向竖直向下（2）H=5R

（2）题目（变式二）：如图所示，一个四分之三圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点。将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力。(1)若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过C点时速度为多少?(2)小球经过C点时对管道作用力的大小和方向如何? (3)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的最大高度是多少?

考点：向心力，牛顿第二定律，平抛运动

分析：（1）小球离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得C点速度的大小．

（2）对小球，通过C点时，由重力和圆管的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求得圆管对小球的作用力，由牛顿第三定律得到小球对圆管的作用力；

（3）小球下降的高度最大时，离开C的水平位移为4R，恰好打到N点，根据平抛运动求得C点的速度．再根据机械能守恒定律求解小球离A点的最大高度．

解答：(1)小球离开C点做平抛运动，落到M点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：R=(gt)/2,运动时间为：

,从C点射出的速度为：

,解得：

;由牛

(2)设小球以v1经过C点受到管子对它的作用力为N，由向心力公式可得：顿第三定律知,小球对管子作用力大小为(mg)/2，方向竖直向下. (3)小球下降的高度最高时，小球运动的水平位移为4R，打到N点。设能够落到N点的水平速度为v2，根据平抛运动求得：

设小球下降的最大高度为H，根据机械能守恒定律可知，,解得：

；(2)小球经过C点时对管道作用

答：(1)若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端,则小球经过C点时速度为

力的大小为（mg)/2，方向竖直向下；(3)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的最大高度是5R. （3）题目（变式三）：如图所示，一个四分之三圆弧光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点，将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力。(1)若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过C点时对管的作用力大小和方向如何?(2)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的高度范围是多少?

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(3)欲使小球通过C点对管无作用力，则小球落地时的速度与水平方面夹角的正切值是多少?

考点：机械能守恒定律，平抛运动

分析：（1）小球离开C点做平抛运动，根据平抛运动的规律求解小球经过圆管的最高点C点时的速度．在C点，由重力和圆管的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出圆管对小球的作用力，即可根据牛顿第三定律得到小球对圆管的作用力．

（2）小球平抛运动的水平位移最大为4R，最小为R，根据平抛运动的规律和机械能守恒结合求解．（3）小球通过C点对管无作用力，则vC＝

，根据v=gt求出竖直方向速度，从而求解正切值．

解答：(1)小球离开C点做平抛运动，竖直方向：R=（gt）/2；水平方向：R=v1t，联立解得,

设小球以v1经过C点受到管对它的竖直向上的作用力为FN，有：

由牛顿第三定律可知,小球对管作用力的大小为（mg）/2，方向竖直向下。

,解得：

(2)小球由静止释放的高度最大时,小球运动的水平位移为4R,打到N点。设能够落到N点的水平速度为v2，有：

设小球离A点的最大高度为H2，根据机械能守恒定律可知：，解得：

同理：设小球离A点的最小高度为H1，有的条件：

，解得：,因此小球的释放点离A点的高度H满足

(3)小球通过C点对管无作用力,则，则

答：(1)小球经过圆管的最高点C点时对圆管的作用力的大小为（mg）/2，方向竖直向下。(2)欲使小球能通过圆管最高点C点后落到垫子上,小球的释放点离A点的高度H满足的条件是：球落地时的速度与水平方面夹角的正切值是

;(3)欲使小球通过C点对管无作用力,则小

（4）题目（变式四）：如图所示,一个34圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点，将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力。(1)若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过C点时对管的作用力大小和方向如何?(2)若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，小球的释放点离A点的高度是多少? (3)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球的释放点离A点的最大高度是多少?

考点：动能定理的应用，牛顿第二定律，平抛运动，向心力

分析：（1）小球离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得C点速度的大小．

（2）对小球，通过C点时，由重力和圆管的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求得圆管对小球的作用力，由

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牛顿第三定律得到小球对圆管的作用力；

（3）小球下降的高度最大时，离开C的水平位移为4R，恰好打到N点，根据平抛运动求得C点的速度．再根据机械能守恒定律求解小球离A点的最大高度．

解答：(1)小球离开C点做平抛运动，落到M点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：竖直方向有：R=（gt）/2,水平方向有：R=vCt，解得：

以小球为研究对象,通过C点时,由重力和圆管的作用力的合力提供小球的向心力,设圆管对小球的作用力方向向下,大小为F,根据牛顿第二定律得：

,解得：F=（−mg）/2，说明圆管对小球的作用力方向竖直向上，

根据牛顿第三定律得小球经过C点时对细圆管的作用力大小为：F′=F=（mg）/2，方向竖直向下。

(2)设小球释放点离A点高度为H；对开始下落到C点的过程，小球的机械能守恒；可得：mg(H−R)=（mvC ）/2 解得：H=1.25R；

(3)小球下降的高度最大时，离开C的水平位移为4R，恰好打到N点，设小球通过C点的速度为v.

则由平抛运动规律得：

得：mg(H−R)=（mv）/2,解得：H=5R.

,从开始下落到C点的过程，设小球下降的最大高度为H，根据机械能守恒定律

答：(1)小球经过C点时对细圆管的作用力大小为（mg）/2，方向竖直向下。(2)小球要落到M点，释放高度离A点为1.25R. (3)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的最大高度为5R.

（5）题目（变式五）：如图所示,一个34圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A 点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点。将一个质量为m，直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力。(1)若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过C点时对管的作用力大小和方向如何?(2)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的最大高度是多少?

考点：[机械能守恒定律, 牛顿第二定律, 平抛运动, 向心力]

分析：离开C点小球做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得C点速度的大小．根据牛顿第二定律求得弹力．

小球下降的高度最高时，小球运动的水平位移为4R，打到N点根据平抛运动求得速度．根据机械能守恒定律求解．

解答：(1)小球离开C点做平抛运动，落到M点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：

运动

时间，从C点射出的速度为

，

设小球以v1经过C点受到管子对它的作用力为N，由向心力公式可得：由牛顿第三定律知,小球对管子作用力大小为mg/2，方向竖直向下. (2)小球下降的高度最高时，小球运动的水平位移为4R，打到N点。设能够落到N点的水平速度为v2，根据平抛运动求得：设小球下降的最大高度为H，根据机械能守恒定律可知，

，

答：(1)若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端,则小球经过C点时对管的作用力大小为mg/2,方向竖直向下. (2)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的最大高度是5R.

3、题目（坤哥练习B1）：一条宽慰L的河流，水流速度为V1，一直船在静水中的速度为V2，那么：

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（1）怎样渡河时间最短？是多少？(2)若V2=10米/秒，V1=8米/秒，怎样渡河位移最小？最小位移是多少？（3）若V2=10米/秒，V1=12.5米/秒，怎样渡河位移最小？最小位移是多少？

解答：（1）船头指向对岸：tmin=L/V2,偏移：y=(V1L)/V2

(2)船头斜向上游a角：cosa=V1/V2，所以a=37,Smin=L,时间：t=L/√(V2-V1) （3）cosa= V2/V1，所以a=37, cosa =L/Smin,，所以Smin=1.25L

。

（1）题目（变式一）：一条河宽度为L=1000m,水流速度为v水=3m/s,一艘船在静水中的速度为v船=5m/s，求：(1)船怎样渡河时间最短?最短时间是多少?(2)怎样渡河位移最小?最小位移是多少? (3)若v水=4m/s;v船=2m/s，怎样渡河船漂下的距离最小?最小距离是多少?

考点：运动的合成和分解

分析：（1）当船头垂直河岸横渡时，船的渡河时间最小；（2）当合速度与河岸垂直时，位移最小；（3）根据三角形法则确定最小位移对应的速度大小和方向．

解答：(1)当船头垂直河岸横渡时，船的渡河时间最小；最短时间为：tmin=L/v船=1000m/5m/s=200s；

(2)当合速度与河岸垂直时，位移最小；船头与河岸夹角的余弦为：cosθ=v水/v船=35,故θ=53∘；最小位移为1000m；

(3)若v水=4m/s;v船=2m/s,则不论船的航向如何,总是被水冲向下游,要使船漂下的航程最短,如图所示,设船

头V船与河岸成θ角,合速度v与河岸成α角。可以看出：α角越大,船漂下的距离x越短,那么,在什么条件下α角越大呢?以V水的矢尖为圆心,V船为半径画圆,当v与圆相切时,α角最大。根据cosθ=v水/v船=3/5,船头与河岸的夹角为53∘时，船漂下的距离最短，为：xmin=(V水−V船cosθ)L/（v船sinθ）=(4−2×0.6)×1000/（2×0.8）=1750m，

答：(1)当船头垂直河岸横渡时，船的渡河时间最短；最短时间是200s；(2)船头与河岸夹角为53∘时，渡河位移最小，最小位移是1000m；(3)若v水=4m/s;v船=2m/s,船头与河岸夹角为53∘时，渡河位移最小，最小距离是1750m.

（2）题目（变式二）：一条宽度为L的河,水流速度为V水,已知船在静水中的速度为V船，那么： (1)怎样渡河时间最短?(2)若V船>V水，怎样渡河位移最小? (3)若V船考点：运动的合成和分解

分析：当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；当静水速小于水流速，合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河位移最短；而当静水速大于水流速，合速度方向可垂直于河岸，即垂直渡河，位移最短．

解答：

船

(1)如图所示。设船头斜向上游与河岸成任意角θ.这时船速在垂直与河岸方向的速度分量为V1=V

sinθ,渡河所用时间为t=L/V1=L/（V船sinθ）.可以看出：L、V船一定时,t随sinθ增大而减小;当θ=90∘时,sinθ=1(最

大).所以船头与河岸垂直时,渡河时间最小tmin=L/V船.

(2)如图所示,渡河的最小位移即河的宽度。为使船能直达对岸,船头应指向河的上游,并与河岸成一定角度θ.根据三角函

数关系有：cosθ=V水/V船，因为0≤cosθ≤1,所以只有在V船>V水时,船才有可能垂直河岸渡河。

(3)如果V水>V船,则不论船的航向如何,总是被水冲向下游,要使船漂下的航程最短,如图所示,设船头V船与河岸成θ角,合速度v与河岸成α角。可以看出：α角越大,船漂下的距离x越短,那么,在什么条件下α角越大呢?以V水的矢尖为圆心,V

船

为半径画圆,当v与圆相切时,α角最大。根据cosθ=V水/V船，

船头与河岸的夹角为θ=arccosV水/V船.船漂下的最短距离为xmin=(V水−V船cosθ)L/（V船sinθ），此时渡河最短位移：s=L；

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答：

水

(1)船头垂直河岸时，渡河时间最短；(2)若V船>V水，合速度垂直河岸时，渡河位移最小；(3)若V船，当船的速度垂直合速度时，渡河船漂下的距离最短。

（3）题目（变式三）：一条宽度为L的河,水流速度为V水,已知船在静水中速度为V船，那么： (1)怎样渡河时间最短，时间为多少?(2)若V船>V水，怎样渡河位移最小?这样渡河所需要的时间? (3)若V船考点：运动的合成和分解

分析：当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；当静水速小于水流速，合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河位移最短；而当静水速大于水流速，合速度方向可垂直于河岸，即垂直渡河，位移最短．解答：

(1)如图所示。设船头斜向上游与河岸成任意角θ.这时船速在垂直与河岸方向的速度分量为v2=v船sinθ，

渡河所用时间为：t=L/v2=L/（v船sinθ）.可以看出：L、V船一定时,t随sinθ增大而减小;当θ=90∘时,sinθ=1(最大).所以船头与河岸垂直时,渡河时间最小为：tmin=L/v船.

(2)如图所示,渡河的最小位移即河的宽度。为使船能直达对岸,船头应指向河的上游,并与河岸成一定角度θ.根据三角函

数关系有：cosθ=v水/v船，因为0≤cosθ≤1,所以只有在V船>V水时,船才有可能垂直河岸渡河。此时渡河

的时间为：；

船

为半径画圆,当v与圆相切时,α角最大。根据cosθ=v水/v船得渡河所需要的时间为：t2=L/（v船sinθ）.

依据三角形相似比,则此时渡河最短位移设为s,则有：L/s=v船/v水；解得：s=(Lv水)/v船

答：(1)船头垂直河岸时，渡河时间最短；(2)若V船>V水,合速度垂直河岸时,渡河位移最小,这样渡河所需

要的时间为；(3)若V船sinθ),位移为(Lv水)/v船.

（4）题目（变式四）：一条宽度为L的河流，水流速度为v水，已知船在静水中的速度为v船，那么：（1）

怎样渡河时间最短？（2）若v船＞v水，怎样渡河位移最小？

解答：思路点拨：小船在有一定流速的水中过河时，实际上参与了两个方向的分运动，即随水流的运动（水冲船的运动）和船相对于水的运动（即在静水中的船的运动），船的实际运动是合运动.

解析：（1）如图5-1-9所示，设船头斜向上游与河岸成任意角θ，这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为v1=v船sinθ，

图5-1-9

渡河所需时间t= =，可以看出：L、v船一定时，t随sinθ增大而减小；当θ=90°时，sinθ=1（最大）.

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所以，船头与河岸垂直,tmin=Lv船 .

（2）如图5-1-10所示，渡河的最小位移即为河的宽度.为了使渡河位移等于L，必须使船的合速度v的方向与河岸垂直，这时船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ.根据三角函数关系有v船cosθ-v水=0

图5-1-10

cosθ= ，即：θ=arccos,因为0≤cosθ≤1，所以只有在v船＞v水时，船才有可能垂直河岸横渡.

，且指向上游.

答案：（1）速度与河岸垂直（2）船速与河岸夹角为arccos

（5）题目（变式五）：一条宽度为l的河流,水流速度为v水已知船在静水中的速度为v船，那么(1)怎样渡河时间最短?(2)若v船>v水欲使渡河位移最小，求船速与河岸的夹角? 考点：运动的合成和分解

分析：（1）当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；

（2）当静水速大于水流速，合速度方向能垂直于河岸，由此即可求出．解答：(1)当静水速的方向与河岸垂直时,渡河时间最短,t=l/v船；

(2)因为船速大于水流速度，则能垂直渡河，所以当合速度的方向与河岸的方向垂直，渡河位移最短，设此时船沿水流方向的分速度与水的速度相等，则：v船⋅cosθ=v水,

答：(1)渡河的最短时间l/v船；(2)若v船>v水,渡河的最短航程时,船的速度的方向与河岸的夹角为

4、题目（坤哥练习B4）：如图所示,AB为斜面,BC为水平面。若从A点以水平速度v0抛出小球,此时落点到A的水平距离为S1,若从A点以水平速度3v0作抛出小球,此时落点到A点的水平距离为S2,不计空气阻力,則S1:S2不可能等于( )

A. 1:3 B. 1:6 C. 1:9 D. 1:12

考点：[平抛运动]

分析：该题考查平抛运动，但问题在于：两次抛出的是落在斜面AB上，还是落在水平面BC上，或者是一个在斜面上，一个在水平面上．都在斜面上时，两个的水平位移比值最大，都在水平面上时，两个的水平位移的比值最小，两个的水平位移的比值应该在最大与最小值之间．先求出最小值，再求出最大值，即可．

解答：A:若都落在水平面上,运动的时间相等,有公式：x=vt得：x1=v0t,x2=3v0t,所以：x1:x2=1:3；故A正确；

C:若都落在斜面上,设斜面与水平面的夹角为θ,水平位移：x=vt,竖直位移：y=（gt）/2,则有：tanθ=y/x=（gx）/（2v）,水平位移：x=（2tanθ⋅v）/g,所以：s1:s2=1:9.故C正确；

BD:都落在斜面上时，两个的水平位移比值最大，都在水平面上时，两个的水平位移的比值最小，其他的情况应在两者之间，故B正确，而D错误。本题选不可能的，故选：D.

5、题目（坤哥练习B8）：：如图所示，光滑的半圆柱体的半径为R，其上方有一个曲线轨道AB，轨道底端水平并与半圆柱体顶端相切．质量为m的小球沿轨道滑至底端（也就是半圆柱体的顶端）B点时的速度大小为

，方向沿水平方向．小球在水平面上的落点为C（图中未标出），则（）

A. 小球将沿圆柱体表面做圆周运动滑至C点 B. 小球不会做平抛运动到达C点

C. OC之间的距离为R D. OC之间的距离为

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考点：平抛运动

解答：故选D．

所以N=0，小球仅受重力，有初速度，将做平抛运动，

故A、B、C错误，D正确．

（1）题目（变式一）：如图所示，光滑的半圆柱体的半径为R，其上方有一个曲线轨道AB，轨道底端水

平并与半圆柱体顶端相切。质量为m的小球沿轨道滑至底端(也就是半圆柱体的顶端B点时的速度大小为

，方向沿水平方向。小球在水平面上的落点为C(图中未标出)），则（ )

A. 小球将沿圆柱体表面做圆周运动滑至C点 B. 小球将做平抛运动到达C点

C. OC之间的距离为

D. OC之间的距离为R

考点：平抛运动，牛顿第二定律，向心力

分析：通过小球在最高点B的受力和速度情况判断小球的运动，根据平抛运动的规律求出OC间的距离．

解答：A在最高点B，根据牛顿第二定律有：mg−N=（mv）/R，解得N=0.知小球在最高点B仅受重力，有水平初速度，做平抛运动。故A错误，B正确。C. 根据R=（gt）/2得，确，D错误。故选BC.

，则水平位移，故C正

专题:圆周运动中的临界问题

【考点解析】

一、水平面内的匀速圆周运动的临界问题 1、此类问题的解题思路：

⑴明确研究对象的受力情况，⑵抓住合力提供向心力这一关键点。

2、注意临界问题，往往都是被动力的临界问题

如：绳子达到最大拉力，恰好达到最大摩擦力等。解题的关键是：确定临界状态并找出满足临界状态的条件。

二、竖直平面内的圆周运动中的临界问题 1、轻绳模型：

如图所示，没有物体支撑的小球，在竖直平面做圆周运动过最高点的情况：小球能到达最高点(刚好做圆周运动)的条件是小球的重力恰好提供向心力，即速度

．

，这时的速度是做圆周运动的最小

①临界条件：绳子或轨道对小球没有力的做用：②能过最高点的条件：

时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力．

③不能过最高点的条件：v＜v临界（实际上球还没到最高点时就脱离了轨道）

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2、轻杆模型：

如图的球过最高点时，轻质杆对球产生的弹力情况： ①当v＝0时，FN＝mg（FN为支持力）． ②当0＜v＜③当v＝④当v＞

时，FN随v增大而减小，且mg＞FN＞0，FN为支持力．时，FN＝0．

时，FN为拉力，FN随v的增大而增大．

3、拱桥模型

若是图的小球在轨道的最高点时，如果v≥此时将脱离轨道做平抛运动，因为轨道对小球不能产生拉力．

【重点精析】

一、水平面内的匀速圆周运动的临界问题

【例1】如图所示，两绳系一质量为m＝0.1kg的小球，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，上面绳长l＝2m，两绳拉直时与轴的夹角分别为30°和45°，问球的角速度在什么范围内两绳始终有张力(取g＝10m/s2)？

【思维提升】此类问题中，往往是两根绳子恰无拉力时为角速度出现极大值和极小值的临界条件，抓住临界条件、分析小球在临界位置的受力情况是解决此类问题的关键．

【变式练习1】如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线的夹角θ＝30°，一条长为l的绳，一端固定在圆锥体的顶点O，另一端系一个质量为m的小球(可视为质点)，小球以速率v绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动．试分析讨论v从零开始逐渐增大的过程中，球受圆锥面的支持力及摆角的变化情况．

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【例2】如图所示，水平转盘的中心有个竖直小圆筒，质量为m的物体A放在转盘上，A到竖直筒中心的距离为r．物体A通过轻绳、无摩擦的滑轮与物体B相连，B与A质量相同．物体A与转盘间的最大静摩擦力是正压力的μ倍，则转盘转动的角速度在什么范围内，物体A才能随盘转动．

【思维提升】根据向心力公式解题的关键是分析做匀速圆周运动物体的受力情况，明确哪些力提供了它所需要的向心力．

二、竖直平面内的圆周运动中的临界问题

圆周运动中临界问题的分析，首先应考虑达到临界条件时物体所处的状态，然后分析该状态下物体的受力特点，结合圆周运动的知识，综合解决问题．

【例3】如图所示，在电机距轴O为r处固定一质量为m的铁块．电机启动后，铁块以角速度ω绕轴O匀速转动．求电机对地面的最大压力和最小压力之差．

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【拓展】⑴若m在最高点时突然与电机脱离，它将如何运动? ⑵当角速度ω为何值时，铁块在最高点与电机恰无做用力?

⑶本题也可认为是一电动打夯机的原理示意图．若电机的质量为M，则ω多大时，电机可以“跳”起来?此情况下，对地面的最大压力是多少?

【设计意图】通过本例说明在竖直平面内物体做圆周运动通过最高点和最低点时向心力的来源，以及在最高点的临界条件的判断和临界问题分析方法．

【变式练习2】如图所示，用一连接体一端与一小球相连，绕过O点的水平轴在竖直平面内做圆周运动，设轨道半径为r，图中P、Q两点分别表示小球轨道的最高点和最低点，则以下说法正确的是( BC ) A．若连接体是轻质细绳时，小球到达P点的速度可以为零 B．若连接体是轻质细杆时，小球到达P点的速度可以为零

C．若连接体是轻质细绳时，小球在P点受到细绳的拉力可能为零

D．若连接体是轻质细杆时，小球在P点受到细杆的作用力为拉力，在Q点受到细杆的作用力为推力

【解析】本题考查竖直面内的圆周运动，束缚物是细绳，物体在最高点的最小速度为对；束缚物是细杆时，如果最高点的速度为力，B对，D错．

，细杆拉力为零，如果v>

，此时细绳拉力为零，A错，C

，细杆为推

，细杆为拉力，如果v<

三、竖直平面内的圆周运动与能量的综合

【例4】(2009•安徽)过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m.一个质量为m＝1.0 kg的小球(可视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．

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【思维提升】本题侧重考查圆周运动临界条件的应用.物体运动从一种物理过程转变到另一物理过程，常出现一种特殊

的转变状态，即临界状态.通过对物理过程的分析，找出临界状态，确定临界条件，往往是解决问题的关键．

【变式练习3】一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R(比细管的半径大得多)，圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点) ．A球的质量为m1，B球的质量为m2．它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0．设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，试写出m1、m2、R与v0应满足的关系式．

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【思维提升】比较复杂的物理过程，如能依照题意画出草图，确定好研究对象，逐一分析就会变为简单问题.找出其中的联系就能很好地解决问题．

【同步作业】

2．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )

A.在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m＋M)g B.在释放前的瞬间，支架对地面的压力为Mg

C.摆球到达最低点时,支架对地面的压力为(m＋M)g D.摆球到达最低点时,支架对地面的压力为(3m＋M)g

3．用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，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变化的图象是图中的( )

解析：小球角速度ω较小，未离开锥面时，设线的张力为FT，线的长度为L，锥面对小球的支持力为FN，则有FTcosθ＋FNsinθ＝mg，FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，可得出：FT＝mgcosθ＋mω2Lsin2θ，可见随ω由0开始增加，FT由mgcosθ开始随ω2的增大，线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，FT•sinα＝mω2Lsinα，得FT＝mω2L，可见FT随ω

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2的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，综上所述，只有C正确．答案：C

4．质量为60 kg的体操运动员做“单臂大回环”，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．如图所示，此过程中，运动员到达最低点时手臂受的拉力至少约为(忽略空气阻力，g＝10 m/s2) ( ) A．600 N B．2400 N C．3000 N D．3600 N

6．用一根细绳，一端系住一个质量为m的小球，另一端悬在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动．若使小球不离开桌面，其转速最大值是( )

10．如图所示，一可视为质点的物体质量为m＝1 kg，在左侧平台上水平抛出，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平，O为轨道的最低点．已知圆弧半径为R＝1.0 m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8 m．(重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：

(1)物体平抛的初速度； (2)物体运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．

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