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基础点
知识点1　　匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．描述圆周运动的物理量
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：
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
①v＝＝；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
①ω＝＝；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)③周期的倒数叫做频率(f)
①T＝；单位：s；②n的单位：r/s、r/min；③f的单位：Hz，f＝
续表
定义、意义
公式、单位
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
①an＝＝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
①Fn＝mω2r＝m＝mr；②单位：N
相互关系
①v＝rω＝＝2πrf；②an＝＝rω2＝ωv＝＝4π2f2r；③Fn＝m＝mrω2＝m＝mωv＝m4π2f2r
知识点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：F＝m＝mrω2＝m＝mωv＝m·4π2f2r。
3．方向：始终沿半径方向指向圆心。
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。
知识点3　　离心现象
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，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线飞出去的倾向，
3．受力特点(如图所示)
(1)当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
(2)当F＝0时，物体沿切线飞出；
(3)当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力；
(4)当F＞mrω2时，物体逐渐向圆心靠近。
重难点
一、常见传动装置及其特点
1．同轴传动
如下图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，转动方向相同，角速度相同，ωA＝ωB，可推知＝，TA＝TB
2．皮带(摩擦)传动
如下图所示A、B两点分别是两个轮子边缘上的点，两个轮子用皮带(或靠摩擦)连起来，并且不打滑时，它们线速度相同，vA＝vB，可推知＝，＝。
并且甲图转动方向相同，乙、丙图转动方向相反
3．齿轮传动
如右图所示，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点，两个齿轮轮齿啮合，它们线速度相同，vA＝vB，可推知＝＝，＝＝，式中n1
n2分别表示两齿轮的齿数，并且两点转动方向相反。
特别提醒
在处理传动装置中各物理量间的关系时，关键是结合实际情况，确定其相同的量(线速度或角速度)，再由描述圆周运动的各物理量间的关系，确定其他各量间的关系。
二、圆周运动中的动力学分析
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。
3．向心力的计算
(1)大小：F＝ma＝m＝mω2r＝mr。
(2)方向：总指向圆心，时刻变化，是变力。
4．圆周运动中向心力与合力的关系
(1)匀速圆周运动

(2)变速圆周运动

5．解决圆周运动动力学问题的思路
(1)确定研究对象，分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源。
(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)据牛顿运动定律、向心力公式或机械能守恒定律等列方程；
①对圆周运动过程的某一状态点，常用牛顿运动定律和向心力公式建立方程。如图，在竖直面内圆周运动的最低点A，FA－mg＝m；在最高点B，FB＋mg＝m。
②对圆周运动的过程而言，只能利用机械能守恒定律或动能定理建立初末状态之间的联系，如图中由A→B，若没有摩擦和阻力影响，则有mv＝mv＋mg·2r。
特别提醒
(1)无论匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，沿半径指向圆心的合力均为向心力。
(2)当采用正交分解法分析向心力的来源时，其中一个坐标轴应沿半径指向圆心。
(3)物体做圆周运动的加速度不一定指向圆心，向心加速度只是物体实际加速度的一个分量，只有做匀速圆周运动的物体的加速度才指向圆心。
三、匀速圆周运动的典型实例分析
1．火车转弯问题
(1)火车转弯的规定速度
设铁轨间距为L，内外轨的高度差为h，转弯半径为R，火车质量为m，如图所示，可知火车转弯时的向心力为F＝mgtanθ根据向心力公式有F＝m
解得v0＝。
当θ比较小时，有tanθ≈sinθ＝
故有v0＝
。
(2)火车转弯时侧压力的分析
①当火车的行驶速度v＝v0时，转弯所需的向心力由重力和轨道的支持力的合力提供，火车轮缘与内外轨均无侧压力。
②当火车的行驶速度v＞v0时，外轨向内挤压轮缘，提供的侧压力与F共同充当向心力。速度越小，挤压越大。
③当火车的行驶速度v＜v0时，内轨向外挤压轮缘，提供的侧压力与F共同充当向心力。速度越小，挤压越大。
特别提醒
(1)火车转弯时的轨迹是在水平面内而非倾斜面内。
(2)飞机在水平面内转弯时，机身倾斜，向心力由浮力、重力的合力提供，浮力与机身垂直。
2．汽车过桥问题
已知r为拱(凹)形桥桥面圆弧对应的半径
(1)汽车过拱形桥：如图所示，汽车对桥面的压力为
F压＝FN＝mg－m＜mg
①当v＝
时，汽车对桥面的压力为零，即F压＝0，此时汽车处于完全失重状态。
②当0≤v＜
时，汽车对桥面的压力满足0＜F压≤mg。速度越大，压力越小。
③当v＞
时，汽车将脱离桥面，发生飞车。
(2)汽车过凹形桥：如图所示，此时汽车受到的重力和支持力的合力提供向心力，汽车对桥面的压力为
F压＝FN＝mg＋m＞mg。速度越大，压力越大。
特别提醒
汽车过凸形桥时速度越大对桥压力越小，但越不易“抓”地、越容易发生危险；汽车过凹形桥时速度越大，对桥的压力增大，也增加了汽车爆胎的可能，所以无论过什么桥都要适当减速。
3．圆锥筒类问题
(1)问题概述
如图所示为圆锥筒模型。筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即F向＝＝m＝mω2r，解得v＝
，ω＝
。
(2)两点规律
①稳定状态下，小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω就越小，线速度v就越大。
②小球受到的支持力FN＝
和向心力F向＝
并不随位置的变化而变化。
4．圆锥摆问题
(1)问题概述
如图所示为圆锥摆模型。向心力F向＝mgtanθ＝m＝mω2r，且r＝Lsinθ，解得v＝，ω＝
。
(2)几类问题
①摆线的拉力
分析摆线的拉力F有两种基本思路：
a．当θ角已知时，F＝；
b．当θ角未知时，F＝＝mω2L＝m2L＝m(2πf)2L。
②周期的计算
设悬点到圆心的距离为h，根据牛顿第二定律有
F合＝mgtanθ＝m2Lsinθ
可得T＝2π
＝2π
由此可知，当g不变时，圆锥摆的周期只与h有关，与m、L、θ无关。
③动态分析
a．根据F向＝mgtanθ＝mω2Lsinθ得cosθ＝，故当角速度ω增大时，θ增大，向心力增大，半径增大，周期变小。
b．稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和向心力也越大。
特别提醒
在生活中真正的圆锥摆(筒)模型并不多见，常见的多是类圆锥摆(筒)问题。此类问题的难点在于如何从所给的实际情景中抽象出理想化的圆锥摆(筒)模型，解题的关键是要抓住圆锥摆(筒)模型的特点、规律，在此基础上进行实际应用。
四、圆周运动的临界与多解问题
1．圆周运动的临界问题
对于圆周运动中的临界问题，分析时应首先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，结合圆周运动知识，列出相应的动力学方程，对有关范围类的临界问题，应注意分析两个极端状态，以确定变化范围。
(1)水平面内圆周运动的临界问题
关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题。常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题。通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法。
(2)竖直面内圆周运动的临界问题
物体在竖直面内做圆周运动时，绝大多数属于变速圆周运动，常常涉及临界问题。在不同约束条件下，物体完成圆周运动的临界条件不同。这一类临界问题的具体分析方法，可以参考本节后面物理建模部分。
2．圆周运动的多解问题
匀速圆周运动的多解问题常涉及两个物体的两种不同运动，其中一个做匀速圆周运动，另一个做其他形式的运动，由于这两种运动同时进行，因此，依据等时性建立等式来求解待求量是解答此类问题的基本思路。需要注意的是，因为匀速圆周运动具有周期性，在前一个周期内发生的事件在后一个周期内同样可能发生，这就要求同学们在表示做匀速圆周运动的运动时间时，必须把各种可能都考虑进去。
特别提醒
对于物体在临界点相关多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。
1．思维辨析
(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。(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√　(7)×　(8)×
2．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
答案　D
解析　A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，＝，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。
3．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，下面的判断中正确的是(　　)
A．细线所受的拉力变小
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
答案　C
解析　金属块Q在桌面上保持静止，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D错误。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，由重力和细线拉力的合力提供向心力，如图，则有FT＝，Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝
，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，cosθ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，A、B错误。对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故C正确。
　[考法综述]　本考点既是曲线运动的两类典型运动之一，又是运用万有引力定律和航天的基础，所以是本专题的重点。命题的重点是向心力公式的理解和应用，在选择题和计算题中都有涉及。高考中既有单独命题，也有与平抛运动、功能关系、电场、磁场等知识相结合的交汇命题，难度较高。通过复习应掌握：
5个概念——线速度、角速度、向心加速度、向心力、周期
4类问题——火车转弯问题、汽车过桥问题、圆锥筒问题、圆锥摆问题
3种运动——圆周运动、离心运动、近心运动
2种模型——竖直面内的“轻杆”和“轻绳”模型
1种方法——解决圆周运动问题的基本方法
命题法1　圆周运动中各物理量间的关系
典例1　　如图所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径r0＝1.0
cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电机提供动力，自行车车轮的半径R1＝35
cm，小齿轮的半径R2＝4.0
cm，大齿轮的半径R3＝10.0
cm。求大齿轮的转速n1与摩擦小轮的转速n2之比。(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)
[答案]　2∶175
[解析]　大小齿轮间、摩擦小轮和车轮间与皮带传动原理相同，两轮边缘各点的线速度大小相等，由v＝2πnr可知转速n和半径r成反比；小齿轮和车轮同轴转动，两轮上各点的转速相同。
大齿轮与小齿轮转速的关系：n1∶n小＝R2∶R3
车轮与小齿轮转速的关系：n车＝n小
车轮与摩擦小轮转速的关系：n车∶n2＝r0∶R1
由以上各式可求出大齿轮与摩擦小轮的转速之比：n1∶n2＝2∶175
【解题法】　分析圆周运动中各物理量关系的解题方法
在讨论v、ω、r、a、T的关系时，应采用控制变量法，即保持其中一个量不变来讨论另外两个量的关系，用到的公式有v＝rω，ω＝，a＝＝rω2＝vω＝r。
命题法2　圆周运动的动力学分析
典例2　　如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。重力加速度大小为g。
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0[答案]　(1)
　(2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿陶罐壁切线向下，大小为f＝mg；当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿陶罐壁切线向上，大小为f＝mg
[解析]　(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐的支持力的合力提供圆周运动的向心力，有mgtanθ＝mω·Rsinθ，代入数据得ω0＝。
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向下，设摩擦力的大小为f，陶罐壁对小物块的支持力为FN，沿水平和竖直方向建立坐标系，则水平方向有FNsinθ＋fcosθ＝mω2·Rsinθ，竖直方向有FNcosθ－fsinθ－mg＝0。
代入数据解得f＝mg。
同理，当ω＝(1－k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向上，则水平方向有FNsinθ－fcosθ＝mω2·Rsinθ，
竖直方向有FNcosθ＋fsinθ－mg＝0。
代入数据解得f＝mg。
【解题法】　解决动力学问题要注意的三个方面
(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：目的是确定圆周运动的线速度、角速度。
(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。
命题法3　圆周运动的典型问题
典例3　　(多选)杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在光滑的圆台形筒壁上，筒的轴线垂直于水平面，筒固定不动，演员和摩托车的总质量为m，先后在A、B两处紧贴着内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则(　　)
A．A处的线速度大于B处的线速度
B．A处的角速度小于B处的角速度
C．A处对筒的压力大于B处对筒的压力
D．A处的向心力等于B处的向心力
[答案]　ABD
[解析]　
第一步四确定：①研究对象为演员和摩托车看成一个系统；②其轨道平面均是水平的；③其轨道的圆心均在筒的轴线上；④其向心力均在各自的水平轨道平面内指向各自圆心。
第二步受力分析：系统在A、B处的受力如图所示。
第三步列方程：由于系统的向心力都来自重力mg和支持力FN的合力F合(或支持力FN在指向圆心方向的分力)，由图得F合＝mgtanθ。
FA向心＝FB向心＝mgtanθ，
比较线速度时，选用F向心＝分析得：r大，v一定大，选项A正确；
比较角速度时，选用F向心＝mω2r分析得：r大，ω一定小，选项B正确；
由图得知，A、B处的支持力FN都是等于，选项C错误；
A、B处的向心力相等，选项D正确。
【解题法】　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很关键。
(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，画出受力示意图，确定向心力的来源。
(4)据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
(5)求解、讨论。
命题法4　圆周运动的综合问题
典例4　　如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内)。求：
(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆；
(2)轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。
[答案]　见解析
[解析]　(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sinα＝，r＝
沿半径：Fasinα＝mω2r
垂直半径：Facosα＝mg
联立解得ω＝2。
(2)由(1)可知0≤ω≤2时，
Fa＝＝mg
若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r＝lsinβ
沿半径：Fasinβ＝mω2r
垂直半径：Facosβ＝mg
联立解得Fa＝mω2l
当轻绳b恰伸直时，β＝60°，
此时ω＝
故有当2<ω≤
时，Fa＝mω2l
若角速度ω再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周远动的半径为r＝lsin60°
沿半径：Fasin60°＋Fbsin60°＝mω2r
垂直半径：Facos60°＝Fbcos60°＋mg
联立解得Fa＝mlω2＋mg，
则当ω≥时，Fa＝mlω2＋mg。
【解题法】　解圆周运动综合问题的常用技巧
(1)审题中寻找类似“刚好”“取值范围”“最大(小)”等字眼，看题述过程是否存在临界(极值)问题。
(2)解决临界(极值)问题的一般思路，首先要考虑达到临界条件时物体所处的状态，其次分析该状态下物体的受力特点，最后结合圆周运动知识，列出相应的动力学方程综合分析。
(3)注意圆周运动的周期性，看是否存在多解问题。
(4)要检验结果的合理性，看是否与实践相矛盾。
1.
未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是(　　)
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
答案　B
解析　宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，mg＝mω2r，即g＝ω2r，可见r越大，ω就应越小，B正确，A错误；角速度与质量m无关，C、D错误。
2．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r。赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则(　　)
A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
答案　ACD
解析　由几何关系可求得路线①、②、③的长度分别为2r＋πr、2r＋2πr、2πr，比较可知，路线①最短，A项正确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向摩擦力充当向心力，所以有Fmax＝m，由此式知，R越小，速率越小，因此沿路线①速率最小，B项错误；沿路线①、②、③运动的速率分别为、、
，由三条路线长度与速率的比值比较可知，选择路线③所用时间最短，C项正确；由Fmax＝ma可知，三条线路的圆弧上赛车的向心加速度大小相等，D项正确。
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，盘面上到转轴距离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(　　)
A.
rad/s
B.
rad/s
C．1.0
rad/s
D．0.5
rad/s
答案　C
解析　小物块恰好滑动时，应在A点，对滑块受力分析。由牛顿第二定律得
μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，
解得ω＝1.0
rad/s，C正确。
4．如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)
A．Mg－5mg　　
B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg
D．Mg＋10mg
答案　C
解析　设大环的半径为r，小环滑到最低点的速度为v。由机械能守恒得，mv2＝mg·2r。在最低点对小球受力分析，得FN－mg＝m。联立解得FN＝5mg。由牛顿第三定律可知，小环对大环的压力FN′＝5mg。对大环受力分析，由平衡条件得杆的拉力FT＝Mg＋5mg，C正确。
5．(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝
是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝
时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案　AC
解析　木块相对圆盘不滑动时有Ff静＝mω2r，a、b半径不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B错误，当a恰好滑动时，有kmg＝mωl，得ω0a＝
，同理可得，b恰好滑动时ω0b＝
，故A、C正确。ω＝
＜ω0a，a相对圆盘未滑动，Ff静＝mω2l＝kmg，D错误。
6．(多选)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ω>
，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
答案　AC
解析　对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacosθ＝mω2l ω＝
时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。
7．如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转速n转每秒在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为(　　)
A．R－
B.
C.－R
D.＋
答案　A
解析　小球靠重力和支持力的合力提供向心力，如图所示，小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ。
根据受力图可知tanθ＝，
而向心力F向＝mω2Rsinθ，
解得cosθ＝。
所以h＝R－Rcosθ＝R－R·＝R－，选项A正确。
8．一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W。
答案　(1)　(2)
　(3)mgL＋
解析　(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1、OA杆与转轴的夹角为θ1。
小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·
小环受力平衡，F弹1＝mg＋2T1cosθ1
小球受力平衡，F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg
F1sinθ1＝T1sinθ1
解得k＝
(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x。
小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)
小环受力平衡F弹2＝mg
得x＝L
对小球F2cosθ2＝mg
F2sinθ2＝mωlsinθ2且cosθ2＝
解得ω0＝
(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3
，OA杆与弹簧的夹角为θ3。
小环受到弹簧的弹力F弹3＝kL
小环受力平衡2T3cosθ3＝mg＋F弹3
且cosθ3＝
对小球F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg
F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωlsinθ3
解得ω3＝
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理
W－mg－2mg＝2×m(ω3lsinθ3)2
解得W＝mgL＋
1．模型概述
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至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，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”。
2．模型特点
(1)物体在竖直平面内做变速圆周运动。
(2)“轻绳模型”在轨道最高点无支撑，“轻杆模型”在轨道最高点有支撑。
3．模型的比较与对照
这两类模型常伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，是典型的涉及临界(极值)的问题，现对两种模型分析比较如下：
【典例】　长L＝0.5
m质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内无摩擦地转动，另一端固定着一个小球A。A的质量为m＝2
kg，如图所示，求在下列两种情况下，球在最高点时杆对小球的作用力：
(1)A在最低点的速率为
m/s；
(2)A在最低点的速率为6
m/s。
[解析]　设小球在最高点速度为v，对小球A由最低点到最高点过程，取圆周的最低点为参考平面，由机械能守恒定律得mv2＋mg·2L＝mv①
在最高点，假设细杆对A的弹力F向下，则A的受力图如图所示。
以A为研究对象，由牛顿第二定律得
mg＋F＝m②
所以F＝m③
(1)当v0＝
m/s时，由①式得v＝1
m/s④
F＝2×
N＝－16
N⑤
负值说明F的实际方向与假设向下的方向相反，即杆给A向上16
N的支持力。
(2)当v0＝6
m/s时，由①式得v＝4
m/s
⑥
F＝2×
N＝44
N
正值说明杆对A施加的是向下44
N的拉力。
[答案]　
(1)16
N'方向向上'
(2)44
N'方向向下
[心得体会]
曲线运动是动力学中综合性较强的部分，是中学阶段研究的较为复杂的运动，而在高考命题中，又往往与实际应用及生产、生活、科技相联系，一部分同学不能建立起正确的物理情景，妨碍了解题。
质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋(如图所示)，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则此时空气对飞机的作用力大小为(　　)
A．m　　　　　　　　
B．mg
C．m
D．m
[错解一]　
[错解二]　
[错因分析]　本题错误的原因：一是不能正确建立飞机运动的模型(实质上是圆锥摆模型)。二是不能正确分析物体的受力，找不对向心力的来源。
[正解]　
飞机在空中水平盘旋时在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作用力两个力的作用，其合力提供向心力Fn＝m。飞机受力情况示意如图所示，根据勾股定理得：F＝＝m。答案为C。
[答案]　C
[心得体会]

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