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1、圓周運動七大?？寄Ｐ鸵凰矫鎯葓A盤模型的臨界問題1.與摩擦力有關的臨界極值問題物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力.2(1)如果只是摩擦力提供向心力，則最大靜摩擦力Fm=mv,靜摩擦力的方向一定指向圓心.(2)如果除摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體隨水平面轉動，其中一個物體存在一個恰不向內滑動的臨界條件和一個恰不向外滑動的臨界條件，分別為靜摩擦力達到最大且靜摩擦力的方向沿半徑背離圓心和沿半徑指向圓心.2.與彈力有關的臨界極值問題(1)壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零.(2)繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受力.【例1】

2、(多選)如圖所示，兩個可視為質點的、相同的木塊A和B放在轉盤上，兩者用長為L的細繩連接,木塊與轉盤的最大靜摩擦力均為各自重力的K倍，A放在距離轉軸L處，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸O1O2轉動，開始時，繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，以下說法正確的是()A.當3>、/贊時，A、B相對于轉盤會滑動B.當3>、吃，繩子一定有彈力C, 3在混<3<等范圍內增大時，B所受摩擦力變大D, 3在0<3<W范圍內增大時，A所受摩擦力一直變大【答案】ABD【解析】當A、B所受摩擦力均達到最大值時，A、B相對轉盤即將滑動，Kmg+Kmg=mw

3、2L+mw2L,解得：r2K,A項正確；當B所受靜摩擦力達到最大值后，繩子開始有彈力，即:Kmg=m-L32,解得3=yKg,可知當3>吃時，繩子有彈力,B項正確；當3>7KL時，B已達到最大靜摩擦力，則在<3<、/2¥范圍內增大時，B受到的摩擦力不變，C項錯誤；3在0<3<"/蒙范圍內，A相對轉盤是靜止的，A所受摩擦力為靜摩擦力，所以Ff-FT=mL.w2,當3增大時，靜摩擦力也增大，D項正確.【變式1】（多選）（2019重慶市江津中學月考）摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型，如圖所示的兩個水平放置的輪盤靠摩擦力傳動，其中O、O分別為兩

4、輪盤的軸心，已知兩個輪盤的半徑比r甲：r乙=3：1,且在正常工作時兩輪盤不打滑.今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的完全相同的滑塊A、B,兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數(shù)相同，兩滑塊距離軸心O、O的間距Ra=2Rb.若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉動起來，且轉速逐漸增加，則下列敘述正確的是（）A.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，角速度之比為甲：乙=1：3B.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，向心加速度的比值為aA：aB=2：9C.轉速增加后滑塊B先發(fā)生滑動D.轉速增加后兩滑塊一起發(fā)生滑動【答案】ABC【解析】由題意可知兩輪盤邊緣的線速度v大小相等，由v=r,r甲：r乙=3：1,可得甲：3乙=1：3,所以滑塊相

5、對輪盤滑動前，A、B的角速度之比為1：3,故A正確；滑塊相對盤開始滑動前，根據(jù)加速度公式：a=Rco2,又Ra:Rb=2：1,的wb=1：3,所以A、B的向心加速度之比為aA：aB=2:9,故B正確；滑塊的最大靜摩擦力分別為FfA=jimAg,FfB=（ineg,則最大靜摩擦力之比為FfA：FfB=mA：mB；轉動中所受的靜摩擦力之比為FfA,：FfB'=mAaA:mBaB=mA：4.5mB,由上可得滑塊B先達到最大靜摩擦力而先開始滑動，故C正確，D錯誤.【變式2】（多選）（2019廣東省惠州市第二次調研）如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細繩相連的質量均為m的兩個物體

6、A和B,它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為Ra=r,RB=2r,與盤間的動摩擦因數(shù)W相同，當圓盤轉速緩慢加快到兩物體剛好要發(fā)生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）A.此時繩子張力為3mgB.此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓內C.此時圓盤的角速度為、/2；gD.此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動【答案】AC【解析】兩物體A和B隨著圓盤轉動時，合外力提供向心力，則F=mco2r,B的半徑比A的半徑大，所以B所需向心力大，細繩拉力相等，所以當圓盤轉速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B的靜摩擦力方向指向圓心，A的最大靜摩擦力方向指向圓外，有相對圓盤沿半徑指向圓內的運動趨

7、勢，根據(jù)牛頓第二定律得：Ftmgmw2r,Ft+mgmw2r,解彳導:Ft=3mgw=M故A、C正確，B錯誤.燒斷細繩瞬間A物體所需的向心力為2科mg此時燒斷細繩，A的最大靜摩擦力不足以提供向心力，則A做離心運動，故D錯誤.二豎直面內圓周運動的臨界極值問題1 .豎直面內圓周運動兩類模型一是無支撐（如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等），稱為輕繩模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內的運動等），稱為輕桿模型2 .豎直平面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法輕繩模型輕桿模型實例如球與繩連接、沿內軌道運動的球等如球與桿連接、球在內壁光滑的圓管內運動等圖示最高點無支撐最高點有支撐IBQ受力特征重力、

8、彈力，彈力方向向下或等于零重力、彈力，彈力方向向卜、等于零或向上vmg1。力學特征匚V2mg+Fn=myv2mg$N=m臨界特征FN=0,Vmin=gg7豎直向上的Fn=mg,v=0過最高點條件v/grv>0速度和彈力關系討論分析能過最高點時，vRT,Fn+mgv2=m一,繩、軌道對球廠生彈力為rFn不能過最高點時，v<gr,在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道做斜拋運動當v0時，F(xiàn)n=mg,Fn為支持力，沿半徑背離圓心v2當0<v<yg?時，-FN+mg=my,Fn背離圓心，隨v的增大而減小當丫=標時，F(xiàn)n=0當v>G?時，F(xiàn)n+mg=my,Fn指向圓心并隨v的增

9、大而增大球一繩模型或單軌道模型【例2】（多選）（2019哈爾濱三中期中）如圖所示，長為L的細繩一端拴一質量為m小球，另一端固定在O點，繩的最大承受能力為11mg,在O點正下方O點有一小釘，先把繩拉至水平再釋放小球，為使繩不被拉斷且小球能以O'為軸完成豎直面完整的圓周運動，則釘?shù)奈恢玫絆點的距離為（）2A最小為5L【答案】BC349B.最小為gLC.最大為5LD.最大為而Lv2,一【解析】當小球恰好到達圓周運動的最高點時小球的轉動半徑為r,重力提供向心力，則有mg=mv7,根據(jù)機械能守恒定律可知，mg（L2r）=1mv2,聯(lián)立解得：r=2L,故釘?shù)奈恢玫絆點的距離為LWlmL;當小255

10、5球轉動時，恰好達到繩子的最大拉力時，即F=11mg,此時一定處在最低點，設半徑為R,則有：11mgmg=mv0,根據(jù)機械能守恒定律可知，mgL=7mv0,聯(lián)立解得：R=：L,故此時離最高點距離為*L,則可知，rx255距離最小為3L,距離最大為4L,故B、C正確，A、D錯誤.55【變式1】（2019福州質檢）如圖所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L.重力加速度大小為g.現(xiàn)使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根輕繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2V時,每根輕繩的拉力大小為（）A.

11、淄mgB./3mgC.3mgD.20mg【答案】A【解析】小球在運動過程中，A、B兩點與小球所在位置構成等邊三角形，由此可知，小球圓周運動的半徑3.R=Lsir60°=2"L，兩繩與小球運動半徑萬向間的夾角為30,由題意，小球在最局點的速率為v時，mg=mv",當小球在最高點的速率為2V時，應有：F+mg=m（警，可解得：F=3mg.由2Ftcos30=F,可RR得兩繩的拉力大小均為FT=3mg,A項正確.【變式2】（2018甘肅省蘭州一中模擬）如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為F

12、t,小球在最高點的速度大小為v,其A輕質繩長為詈C,當v2=c時，輕質繩最高點拉力大小為FtV2圖象如圖乙所示，則（）b.當?shù)氐闹亓铀俣葹閙D.若v2=b，小球運動到最低點時繩的拉力為6a【答案】ABD【解析】在最高點，F(xiàn)T+mg=m,解得：Ft=m-mg,可知縱截距的絕對值為a=mg,g=m,圖線的斜率k=a=m,解得繩子的長度L=mb,故A、B正確；當v2=c時，輕質繩的拉力大小為：Ft=mc-mgbLaL=普a,故C錯誤；當v2=b時拉力為零，到最低點時根據(jù)動能定理得：2mgL=1mv22Tmv2,根據(jù)牛頓b22V22第一te律：Ftmg=mL",聯(lián)立以上可彳導拉力為:Ft=

13、6mg=6a,故D正確.【變式2】如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道豎直放置，一小球以某一速度進入半圓軌道，通過最高點PP點的水平距離為（）A.2RB. 3RC. 5RD. 6R【解析】小球從P點飛出后，做平拋運動，設做平拋運動的時間為t,則2R=；gt2,解得t=2g,在最高點P時，有mg+2mg=mR,解得v=J3gR,因此小球落地點到P點的水平距離為x=vt="*6R,選項D正確.球一桿模型或雙軌道模型【例3】（2019煙臺模擬）一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是（）時，對軌道的壓力為其重力的一半，不

14、計空氣阻力，則小球落地點到A.小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零b.小球過最高點的最小速度是VgRc.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大D.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小【答案】A【解析】輕桿可對小球產生向上的支持力，小球經過最高點的速度可以為零，當小球過最高點的速度丫=:族時，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯誤；若vv病，則桿在最高點對小球的彈力豎直向上，mg-F=mR',隨v增大，F(xiàn)減小，若丫、彌，則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mg+F=mR,隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯誤.【變式1】（2019山東省濟南一中期中）一輕桿一端固定質量為

15、m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是（）A.小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零b.小球過最高點的最小速度是ygRC.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大D.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小【答案】A.2.【解析】當小球到達最高點彈力為零時，有mg=m-R,解得v=、:醇即當速度v="§R時，輕桿所受的彈力為零，所以A正確.小球通過最高點的最小速度為零，所以B錯誤.小球在最高點，若丫研，則有：22mgF=mRs輕桿的作用力隨著速度的增大先減小后反向增大，若v入事,則有：mg+F=m

16、R,輕桿的作用力隨著速度增大而增大，所以C、D錯誤.【變式2】如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經過0.3s后又恰好與傾角為45°的斜面垂直相碰.已知半圓形管道的半徑為R=1m,小球可看做質點且其質量為m=1kg,g取10m/s2U（）A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9mB.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9mC.小球經過管道的B點時，受到管道的作用力Fnb的大小是1ND.小球經過管道的B點時，受到管道的作用力Fnb的大小是2N【答案】AC.【解析】根據(jù)平拋

17、運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vy=gt=3m/s,水平分速度vx=vytan45=3m/s,則B點與C點的水平距離為x=vxt=0.9m,選項A正確，B錯誤；在B點設管道對小球的作用力方向向下，vB根據(jù)牛頓第二定律，有Fnb+mg=mvb=vx=3m/s,解得Fnb=1N,負號表示管道對小球的作用力方R向向上，選項C正確，D錯誤.斜面上圓周運動的臨界問題在斜面上做圓周運動的物體，因所受的控制因素不同，如靜摩擦力控制、輕繩控制、輕桿控制，物體的受力情況和所遵循的規(guī)律也不相同.【例4】（2019江西吉安一中段考）如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉動，盤面上離轉軸

18、距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），盤面與水平面的夾角為30°,g取10m/s2,則的最大值是（）(20s30sin30)2.5rad/s=1.0rad/s,故選項C正確.A.mrad/sB.y3rad/sC.1.0rad/sD.0.5rad/s【答案】C【解析】當物體轉到圓盤的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，角速度最大，由牛頓第二定律得：叱mgos30mgsin30=mw2rB. va=-VgLC. vb=o_10gLD. vB=V3gL【變式】.（2019沈陽東北育才中學模擬）如圖所示，在傾角0=30

19、。的光滑斜面上，長為L的細線一端固定，另一端連接質量為m的小球，小球在斜面上做圓周運動，A、B分別是圓弧的最高點和最低點，若小球在A、B點做圓周運動的最小速度分別為va、vb,重力加速度為g,則（）【答案】C【解析】在A點，對小球，臨界情況是繩子的拉力為零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin0=m,解得A點的最小速度為：Va=、科,對AB段過程研究，根據(jù)機械能守恒得：2mvA+mg-Lsin30°=2mvB,解得B點的最小速度為：vb=5gL=2<10gL,故C正確，A、B、D錯誤.四圓周運動的動力學問題1 .向心力的來源向心力是按力的作用效果

20、命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力.2 .運動模型圓錐擺模型1 .結構特點：一根質量和伸長可以不計的輕細線，上端固定，下端系一個可以視為質點的擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩所掠過的路徑為圓錐表面。2 .受力特點：擺球質量為m,只受兩個力即豎直向下的重力mg和沿擺線方向的拉力FT。兩個力的合力，就是擺球做圓周運動的向心力Fn,如圖所示(也可以理解為拉力FT的豎直分力與擺球的重力平衡，F(xiàn)t的水平分力提供向心力)。3 .運動特點：擺長為l,擺線與豎直方向的夾角為的圓錐擺，擺球做圓周運動的圓心是O,圓周運動的軌道

21、半徑是rlsin2.2.向心力F合mgtanmanmlsinmv/(lsin)擺線的拉力Ftmg/cos討論：(1)當擺長一定，擺球在同一地點、不同高度的水平面內分別做勻速圓周運動時，據(jù)cosg/(2l)可知，若角速度越大，則越大，擺線拉力Ftmg/cos也越大，向心加速度angtan也越大，線速度vr=vglsintan也越大。結論是：同一圓錐擺，在同一地點，若越大，則擺線的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，轉動的越快，運動的也越快，。（2）當lcos為定值時（lcosh為擺球的軌道面到懸點的距離h,即圓錐擺的高度），擺球的質量相等、擺長不等的圓錐擺若在同一水平面內做勻速圓周運動,則擺

22、線拉力FTmg/cos，向心力F合mgtan,向心加速度angtan,角速度向7片，線速度vr4ghtan結論是：在同一地點，擺球的質量相等、擺長不等但高度相同的圓錐擺，轉動的快慢相等，但角大的圓錐擺，擺線的拉力大，向心力大，向心加速度大，運動得快?！纠?】如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球A,細線的上端固定在金屬塊B上，B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內做勻速圓周運動.現(xiàn)使小球A改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動（圖上未畫出），金屬塊B在桌面上始終保持靜止，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是()A.金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大B.金屬塊B受到桌面的支持力減小

23、C.細線的張力變大D.小球A運動的角速度減小【答案】D【解析】.設A、B質量分別為m、M,A做勻速圓周運動的向心加速度為a,細線與豎直方向的夾角為以對B研究，B受到的靜摩擦力f=Tsin0,XA,有：Tsin0=ma,Tcos0=mg,解得a=gtan0,0變小，a減小，則靜摩擦力大小變小，故A錯誤；以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，應等于（M+m）g,故B錯誤；細線的拉力T=g；,。變小，T變小，故C錯誤；設細線長為l,則a=gtan0=w2lsincos0,，°變小，3變小，故D正確lcos【變式】兩根長度不同的細線下面分別懸掛兩個小球，細線上端固定在同一點，若兩個

24、小球以相同的角速度，繞共同的豎直軸在水平面內做勻速圓周運動，則兩個擺球在運動過程中，相對位置關系示意圖正確的是（）【答案】B【解析】小球做勻速圓周運動，對其受力分析如圖所示，則有mgtan0=mw2Lsin0整理得：Lcos0=則兩球處于同一高度，故B正確.車輛轉彎模型1、受力分析：如圖所示火車受到的支持力和重力的合力水平指向圓心，成為使火車拐彎的向心力。2、動力學方程：根據(jù)牛頓第二定律得2mgtanV0mr其中r是轉彎處軌道的半徑，v0是使內外軌均不受側向力的最佳速度。3、分析結論：解上述方程可知v0Jgrtan可見，最佳,情況是由v0、r、共同決定的。當火車實際速度為V時，可有三種可能，當

25、VV0時，內外軌均不受側向擠壓的力；當Vv0時，外軌受到側向擠壓的力（這時向心力增大，外軌提供一部分力）當vv0時，內軌受到側向擠壓的力（這時向心力減少，內軌抵消一部分力）還有一些實例和這一模型相同，如自行車轉彎，高速公路上汽車轉彎等等【例6】如圖所示為賽車場的一個水平梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R=90m的大圓弧和r=40m的小圓弧，直道與彎道相切.大、小圓弧圓心O、O距離L=100m.賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍.假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動.要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短（發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g=10m

26、/s2,戶3.14）,則賽車（A.在繞過小圓弧彎道后加速B.在大圓弧彎道上的速率為45m/sC.在直道上的加速度大小為5.63m/s2D.通過小圓弧彎道的時間為5.58s【答案】AB.【解析】因賽車在圓弧彎道上做勻速圓周運動，由向心力公式有F=樣，則在大小圓弧彎道上的運動速率分別為v大=編.25mgR=45m/s,vjm2=30m/s，可知賽車在繞過小圓弧彎道后做加速運動，則A、B項正確；由幾何關系得直道長度為d=：L2_（R_r）2=503m,由運動學公式v2-v2=2ad,得賽車在直道上的加速度大小為a=6.50m/s2,則C項錯誤；賽車在小圓弧彎道上運動時間t=2j£=2.79

27、s,則D項錯誤.3vj【變式】（2019甘肅省蘭州一中模擬）在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌.如圖所示，當火車以規(guī)定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v,重力加速度為g,兩軌所在面的傾角為為則（）A.該彎道的半徑=&B.當火車質量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變gtanC.當火車速率大于v時，內軌將受到輪緣的擠壓D.當火車速率大于v時，外軌將受到輪緣的擠壓【答案】ABD【解析】火車轉彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtan0=mv-,解得：v=Jgrtan0,可.2.2mgtan0=m：解得：。而,故A正

28、確；根據(jù)牛頓第二定律得:知火車規(guī)定的行駛速度與質量無關，故B正確；當火車速率大于v時，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，故C錯誤，D正確.【題型演練】1 .（多選）公路急轉彎處通常是交通事故多發(fā)地帶.如圖所示，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為皿時，汽車恰好沒有向公路內、外兩側滑動的趨勢，則在該彎道處（）A.路面外側高、內側低B.車速只要低于Vc,車輛便會向內側滑動C.車速雖然高于Vc,但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側滑動D.當路面結冰時，與未結冰時相比，Vc的值變小【答案】AC【解析】當汽車行駛的速度為Vc時，路面對汽車沒有摩擦力，路

29、面對汽車的支持力與汽車重力的合力提供向心力，此時要求路面外側高、內側低，選項A正確.當速度稍大于Vc時，汽車有向外側滑動的趨勢，因而受到向內側的摩擦力，當摩擦力小于最大靜摩擦力時，車輛不會向外側滑動，選項C正確.同樣，速度稍小于Vc時，車輛不會向內側滑動，選項B錯誤.Vc的大小只與路面的傾斜程度和轉彎半徑有關，與路面的粗糙程度無關，D錯誤.2 .（多選）（2018河北省名校聯(lián)盟”質量監(jiān)測一）如圖為過山車以及軌道簡化模型，過山車車廂內固定一安全座椅，座椅上乘坐假人”，并系好安全帶，安全帶恰好未繃緊，不計一切阻力，以下判斷正確的是（）A.過山車在圓軌道上做勻速圓周運動B.過山車在圓軌道最高點時的速

30、度應至少等于VgRC.過山車在圓軌道最低點時假人”處于失重狀態(tài)假人”一定無作用力D.若過山車能順利通過整個圓軌道，在最高點時安全帶對【答案】BD【解析】過山車在運動過程中，重力勢能和動能相互轉化，即速度大小在變化，所以不是做勻速圓周運2動,A錯誤；在最高點重力完全充當向心力時，速度最小，故有mg=mV，解得v=JrgR,B正確；在最低R點，假人”受到豎直向上指向圓心的加速度，故處于超重狀態(tài)，C錯誤；若過山車能順利通過整個圓軌道，即在最高點重力充當向心力，或重力和座椅對假人”的支持力的合力充當向心力，所以安全帶對狼人”一定無作用力，D正確.3 .（2019湖南懷化聯(lián)考）質量為m的小球由輕繩a和b

31、分別系于一輕質細桿的B點和A點，如圖所示，繩a與水平方向成。角，繩b在水平方向且長為1,當輕桿繞軸AB以角速度勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A.a繩的張力可能為零B.a繩的張力隨角速度的增大而增大C.當角速度3>ycp,b繩將出現(xiàn)彈力D.若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化【答案】C【解析】由于小球m的重力不為零，a繩的張力不可能為零，b繩的張力可能為零，選項A錯誤；由于a繩的張力在豎直方向的分力等于重力，所以a繩的張力隨角速度的增大而不變，b繩的張力隨角速度的增大而增大，選項B錯誤；若b繩中的張力為零，設a繩中的張力為F,對小球m,Fsin0=m

32、g,Fcos0=mw21,聯(lián)立解得：3=y1gCp,即當角速度3>ypcOP，b繩將出現(xiàn)彈力，選項C正確；若3=ypCp,b繩突然被剪斷，則a繩的彈力不發(fā)生變化，選項D錯誤.4.如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動.小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為Fn,小球在最高點的速度大小為v,其Fn-v2圖象如圖乙所示.則()a.小球的質量為aRb.當?shù)氐闹亓铀俣却笮镽bbC,v2=c時，在最高點桿對小球的彈力方向向上D.v2=2b時，在最高點桿對小球的彈力大小為2a【答案】A【解析】由圖乙可知當小球運動到最高點時，若v2=b,則Fn

33、=0,輕桿既不向上推小球也不向下拉小球，這時由小球受到的重力提供向心力，即mg=mS,彳導v2=gR=b,故g=-b,B錯誤；當v2>b時，輕桿向下RR拉小球，C錯誤；當v2=0時，輕桿對小球彈力的大小等于小球重力，即a=mg,代入g=得小球的質量mRaR,A正確；當v2=2b時，由向心力公式得F+mg=mv-,得桿的拉力大小F=mg,故5=2,D錯誤.bR5 .如圖，疊放在水平轉臺上的物體AB、C能隨轉臺一起以角速度勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m,A與B、B和C與轉臺間的動摩擦因數(shù)都為叢AB整體、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r.設本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力

34、，下列說法正確的是（）A. B對A的摩擦力一定為3科mgB. B對A的摩擦力一定為3mco2rC.轉臺的角速度一定滿足:D.轉臺的角速度一定滿足：3、恃g【答案】BD【解析】A做圓周運動的向心力由B對A的摩擦力提供，由牛頓第二定律及向心加速度公式有：Ff=3mco2r,B項正確；AB整體恰好未發(fā)生相對轉臺的滑動時，M3m+2m）g=（3m+2m）co2r,解得角速度最大值為«=C恰好未發(fā)生相對滑動時，mg=1.5mw2r,解得：w=勺2三所以D選項正確.6 .如圖所示，兩根長度相同的細線分別系有兩個完全相同的小球，細線的上端都系于O點，設法讓兩個小球均在水平面上做勻速圓周運動.已知L

35、i跟豎直方向的夾角為60°,L2跟豎直方向的夾角為30°,下列說法正確的是（）A,細線Li和細線L2所受的拉力之比為73：1B.小球m1和m2的角速度大小之比為>/3：1C.小球mi和m2的向心力大小之比為3：1D.小球mi和m2的線速度大小之比為3/3：1【答案】AC【解析】.對任一小球進行研究，設細線與豎直方向的夾角為也豎直方向受力平衡，則Tcos仁mg,解得T=半，所以細線Li和細線L2所受的拉力大小之比為%嚕于事，故A正確；小球所受合力的大小cos0T2cos601為mgtan為根據(jù)牛頓第二定律得mgtan0=mLo2sin0,得為=lc0sg故兩小球的角速度

36、大小之比為黑=/cos30=ycos60三431，故B錯誤；小球所受合力提供向心力，則向心力為F=mgtan。，小球m1和m2的向心力大小之比為1=tan60-3,故C正確.兩小球角速度大小之比為43：1,由v=3I'得線速度大小之比為F2tan301r33：1,故D錯誤.6 .（2019遼寧大連模擬）如圖所示，在雙人花樣滑冰運動中，有時會看到被男運動員拉著的女運動員離開地面在空中做圓錐擺運動的精彩場面，目測體重為G的女運動員做圓錐擺運動時和水平冰面的夾角約為30。，重力加速度為g,估算知該女運動員（）A.受到的拉力為GB.受到的拉力為2GC.向心加速度為3gD.向心加速度為2g【答案

37、】B【解析】對女運動員受力分析如圖所示，F(xiàn)1=Fcos30,°F2=Fsin30°,F2=G，由牛頓第二定律得F1=ma,所以a=3g,F=2G,B正確.7 .（2019北京東城區(qū)模擬）長為L的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上，使小球在豎直平面內做圓周運動.關于小球在最高點的速度v,下列說法中正確的是（）a.當v=qgL時，輕桿對小球的彈力為零8 .當v由庭逐漸增大時，輕桿對小球的拉力逐漸增大c.當v由gL逐漸減小時，輕桿對小球的支持力逐漸減小D.當v由零逐漸增大時，向心力也逐漸增大【答案】ABD2【解析】在最高點輕桿對小球的作用力為0時，由牛頓第二定律得

38、mg=-，v=jgt,A正確；當v>'沔L2時，輕桿對小球有拉力，則F+mg=mv,v增大，F(xiàn)增大，B正確；當v<%磯時，輕桿對小球有支持力,22則mgF'=,v減小，F(xiàn)增大，C錯誤；由5向=1一矢口,v增大，向心力增大，D正確.8.（2019湖南衡陽模擬）輕桿一端固定有質量為m=1kg的小球，另一端安裝在水平軸上，轉軸到小球的距離為50cm,轉軸固定在三角形的帶電動機（電動機沒畫出來）的支架上，在電動機作用下，輕桿在豎直面內做勻速圓周運動，如圖所示.若轉軸達到某一恒定轉速n時，在最高點，桿受到小球的壓力為2N,重力加速度g取10m/s2,則（）A.小球運動到最高點時，小球需要的向心力為12N8 .小球運動到最高點時，線速度v=1m/sC.小球運動到圖示水平位置時，地面對支架的摩擦力為8ND.把桿換成輕繩，同樣轉速的情況下，小球仍能通過圖示的最高點【答案】C【解析】小球運動到最高點時，桿受到小球的壓力為2N,