专题11 圆周运动类问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 11 圆周运动类问题 考点解读 命题点一 圆周运动的运动学问题 1．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． 2．对 an＝v2 r ＝ω2r 的理解 在 v 一定时，an 与 r 成反比；在ω一定时，an 与 r 成正比． 3．常见的传动方式及特点 (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)摩擦传动和齿轮传动：如图甲、乙所示，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)同轴转动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由 v＝ωr 知 v 与 r 成正 比． 【例 1】如图所示皮带传动装置，主动轴 O1 上有两个半径分别为 R 和 r 的轮，O2 上的轮半径为 r′，已知 R＝2r，R＝ 3 2 r′，设皮带不打滑，则（ ） A． A： B＝1:2 B． B： C＝3:2 C．vA：vB＝1:2 D．vB：vC＝1:1 【答案】CD 【解析】 AC．由于 A 和 B 两点是共轴转动，故两点角速度相等，故有 : 1:1A B   又由于角速度和线速度的关系式 v r 可得 1: : 2A Bv v  故 A 错误，C 正确； BD．由于 B 点和 D 点所在的轴是由皮带轮传动，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等，故有 : 1:1B Cv v  : : 2:3B C r R    所以 B 错误，D 正确。 故选 CD。 命题点二 圆周运动的动力学问题 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．运动模型 运动模型 向心力的来源图示 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 飞车走壁 汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑) 【例 2】如图所示， ABC 为在竖直平面内的金属半圆环， AC 为其水平直径， AB 为固定的直金属棒， 在金属棒上和半圆环的 BC 部分分别套着两个完全相同的小球 M、N（视为质点），B 固定在半圆环的最 低点。现让半圆环绕对称轴以角速度 2 5rad/s  匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知 半圆环的半径 1mR  ，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小 210m/sg  ，下列选项正确的是 （ ） A．N、M 两小球做圆周运动的线速度大小之比为 N M v v =1： 10 B．N、M 两小球做圆周运动的线速度大小之比为 N M v v =1： 5 C．若稍微增大半圆环的角速度，小环 M 稍许靠近 A 点，小环 N 将到达 C 点 D．若稍微增大半圆环的角速度，小环 M 将到达 A 点，小环 N 将稍许靠近 C 点 【答案】C 【解析】 AB．M 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以 45n MF mgtan m v   所以 M gv  同理，N 点的小球受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设 ON 与竖直方向之间的夹角为 'n NF mgtan m v   tan N gv   又 2'nF m r sinr R  联立得 2 4 21 Nv R g  所以 2 4 2 3M N v g v R g    故 AB 错误； CD．设 BC 连线与水平面的夹角为 . 当半圆环绕竖直对称轴以角速度 做匀速转动时，对小环 N，外界 提供的向心力等于 tanNm g  ，由牛顿第二定律得 2 .N N Nm gtan m r  当角速度增大时，小环所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力不够提 供小环 N 所需要的向心力，小环将做离心运动，最终小环 N 将向到达 C 点。 对于 M 环，由牛顿第二定律得 2 M M Mm gtan m r   是小环 M 所在处半径与竖直方向的夹角。当 稍微增大时，小环 M 所需要的向心力增大，小环 M 将 做离心运动，向 A 点靠近稍许。选项 C 正确，D 错误。 故选 C。 命题点三 竖直面内圆周运动的两类模型问题 1．两类模型比较 球—绳模型 球—杆模型 实例 如球与绳连接、沿内轨道运动的球 等 如球与轻杆连接、球在内壁光滑的圆管内 运动等 图示 最高点无支撑 最高点有支撑 最高 点 受力特征 重力、弹力，弹力方向向下或等于 零 重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向 上 受力示意图 力学特征 mg＋FN＝mv2 r mg±FN＝mv2 r 临界特征 FN＝0，vmin＝ gr 竖直向上的 FN＝mg，v＝0 过最高点条件 v≥ gr v≥0 速度和弹力关系讨论 分析 ①恰好过最高点时，v＝ gr，mg＝ mv2 r ，FN＝0，绳、轨道对球无弹力 ①当 v＝0 时，FN＝mg，FN 为支持力，沿 半径背离圆心 ②能过最高点时，v≥ gr，FN＋mg ＝mv2 r ，绳、轨道对球产生弹力 FN ③不能过最高点时，v< gr，在到 达最高点前小球已经脱离了圆轨道 做斜抛运动 ②当 0 gr时，FN＋mg＝mv2 r ，FN 指向圆心 并随 v 的增大而增大 2．解题技巧 (1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型物体过最高点的临界条件不同． (2)确定临界点：抓住球—绳模型中球恰好能过最高点时 v＝ gR及球—杆模型中球恰好能过最高点时 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． 题型一 球+绳模型 【例 3】如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M 点为半圆环的最高点，N 点为半圆环上与半圆环的 圆心等高的点，直径 MH 沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在 M 处，另一质量为 m 的小圆环穿过半圆环用 质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点 H，第一次拉小圆环使其缓慢地运 动到 N 点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到 N 点，滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（ ） A．第一次轻绳的拉力逐渐增大 B．第一次半圆环受到的压力大小始终等于 mg C．小圆环第一次在 N 点时轻绳的拉力小于第二次在 N 点时轻绳的拉力 D．小圆环第一次在 N 点与第二次在 N 点时，半圆环受到的压力相等 【答案】B 【解析】 AB．在小圆环缓慢向上移动的过程中，小圆环处于三力平衡状态，根据平衡条件知 mg 与 FN 的合力与 T 等大反向共线，作出 mg 与 FN 的合力，如图 由三角形相似得 NFmg T MO OP MP   则 MPT mgMO  ， N = OPF mgMO MP 变小，MO 不变，则 T 变小，由于 OP=MO 且恒定不变，则 NF mg 故 A 错误，B 正确； C．小圆环在 N 点受力分析如图 小圆环第一次在 N 点时轻绳的拉力 1 2sin 45 mgT mg  小圆环第二次在 N 点时轻绳的拉力，由竖直方向平衡有 2 2sin 45 mgT mg  小圆环第一次在 N 点时轻绳的拉力等于第二次在 N 点时轻绳的拉力，故 C 错误； D．小圆环第一次在 N 点，则有 N1 =F mg 小圆环第二次在 N 点，则有 2 N2cos45 vT F m R    得 2 N2 = vF mg m R  所以半圆环受到的压力不相等，故 D 错误。 故选 B。 题型二 球+杆模型 【例 4】如图所示，竖直杆 AB 在 A、B 两点通过铰链连接两等长轻杆 AC 和 BC，AC 和 BC 与竖直方向的 夹角为θ，轻杆长为 L，在 C 处固定一质量为 m 的小球，重力加速度为 g，当装置绕竖直轴 AB 转动的角 速度ω从 0 开始逐渐增大时，下列说法正确的是（ ） A．当ω=0 时，AC 杆和 BC 杆对球的作用力都为拉力 B．当ω逐渐增大时，AC 杆的作用力一直增大 C．当ω逐渐增大时，BC 杆的作用力先增大后减小 D．当 cos g L   时，BC 杆的作用力为 0 【答案】BD 【解析 】 A．当ω=0 时，由于小球在水平方向平衡，因此 AC 杆对小球为拉力，BC 杆对小球为支持力，且大小相 等，选项 A 错误； BCD．当ω逐渐增大时，AC 杆对小球为拉力逐渐增大，BC 杆对小球为支持力逐渐减小，当 BC 杆的作用 力为 0 时，有 mgtanθ=mω2Lsinθ 解得 cos g L   当ω继续增大时，AC 杆对小球为拉力继续增大，BC 杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项 C 错 误、BD 正确。 故选 BD。 命题点四 圆周运动中的两类临界问题 1．与摩擦力有关的临界极值问题 物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力． (1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力 Fm＝mv2 r ，静摩擦力的方向一定指向圆心． (2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑 动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离 圆心和沿半径指向圆心． 2．与弹力有关的临界极值问题 (1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零． (2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力． 【例 5】如图，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 静止开始绕轴缓慢地加速转动，用 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． 2 kg l   是 b 开始滑动的临界角速度 D．当 2 3 kg l   时，a 所受摩擦力的大小为 2 3 kmg 【答案】ACD 【解析】 AB．两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得： 木块所受的静摩擦力 2f m r m、 相等， f r ，所以 b 所受的静摩擦力大于 a 的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时 b 的静摩擦力先 达到最大值，所以 b 一定比 a 先开始滑动，故 A 正确，B 错误； C．当 b 刚要滑动时，有 2 2kmg m l  解得 2 kg l   故 C 正确； D．以 a 为研究对象，当 2 3 kg l   时，由牛顿第二定律得： 2f m l 可解得 2 3f kmg 故 D 正确。 故选 ACD。 1.如图所示为游乐园中的“空中飞椅”设施，游客乘坐飞椅从启动，匀速旋转，再到逐渐停止运动的过程中， 下列说法正确的是（ ） A．当游客速率逐渐增加时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同 B．当游客做匀速率圆周运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直 C．当游客做匀速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定不变 D．当游客做速率减小的曲线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相反 【答案】B 【解析】当游客速率逐渐增加时，合外力的方向与速度方向成锐角，合力沿半径方向上的分力提供向心 力，切线方向的分力产生切向加速度．故 A 错误．当 游客做匀速圆周运动时，合力的方向与速度方向垂 直，合力的方向始终指向圆心，方向时刻改变．故 B 正确，C 错误．当游客做速率减小的曲线运动时， 合力的方向与速度方向成钝角，切线方向的分力产生切向加速度，使物体的速率减小．故 D 错误． 2.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为 R，小球半径为 r，则下列说 法正确的是（ ） A．小球通过最高点时的最小速度 vmin＝ B．小球通过最低点时的最小速度 vmin＝ C．小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 【答案】C 【解析】此问题中类似于“轻杆”模型，故小球通过最高点时的最小速度为零，选项 A 错误；如果小球在 最高点的速度为零，则在最低点时满足： ，解得 ，选项 B 错误；小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然是提供指向圆 心的支持力，故只有外侧管壁才能提供此力，所以内侧管壁对小球一定无作用力，选项 C 正确，D 错误。 3.如图，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】小圆环到达大圆环低端时满足： ，对小圆环在最低点，有牛顿定律可得： ；对大圆环，由平衡可知： ，解得 ，选项 C 正 确。 4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度 转动，盘面上离转轴距离 2.5m 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），盘面与水平面间的夹角为 ，g 取 10m/s2。则 的最大值是( ) A． B． C． 1.0rad/s D．0.5rad/s 【答案】C 【解析】由于小物体随匀质圆盘做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心的合力提供，在最下端 时指向圆心的合力最小。根据牛顿第二定律： 得 ,C 正确。 5.如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连结形 成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 O 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物 M，C 点与 O 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至 水平（转过了 90°角）．下列有关此过程的说法中正确的是（ ） A．重物 M 做匀速直线运动 B．重物 M 做变速直线运动 C．重物 M 的最大速度是 2ωL D．重物 M 的速度先减小后增大 【答案】B 【解析】由题意知，杆做匀速圆周运动，取 C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为任意角度θ时，可知 C 点 的线速度为ωL，把 C 点的线速度正交分解，在绳子方向上的分速度就为ωLcosθ，θ由 90°然后逐渐变小， 所以，ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度最大为ωL；然后，θ又逐渐增大， ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL，故 B 正确；A，C， D 错误． 6.在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江（如图甲），若把这滑铁索过江简化成图乙的模型，铁索 的两个固定点 A，B 在同一水平面内，AB 间的距离为 L=80m，绳索的最低点离 AB 的垂直距离为 h=8m， 若把绳索看做是圆弧，已知一质量 m=52kg 的人借助滑轮（滑轮质量不计）滑到最低点的速度为 10m/s （取 g=10m/s2），那么（ ） A．人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动 B．下滑过程中人的机械能保持不变 C．人在滑到最低点时对绳索的压力为 570N D．在滑到最低点时人处于失重状态 【答案】C 【解析】绳索看做圆弧，人从静止开始从一端开始滑动，滑动最低点时速度为 ，说明在绳索上面 的运动不是匀速圆周运动选项 A 错。下滑过程根据动能定理有 ，可求得克服阻力做功 ， 有 阻 力 做 功 所 以 机 械 能 不 守 恒 ， 选 项 B 错 。 根 据 如 下 图 所 得 的 几 何 关 系 ，即半径 。根据圆周运动径向合力提供向心力有 ，带入数 据得 ，选项 C 对。滑到最低点时，加速度为向心加速度指向圆心竖直向上，处于超重状态， 选项 D 错。 7.如图，质量相同的钢球①，②分别放在 A，B 盘的边缘，A，B 两盘的半径之比为 2:1，a，b 分别是与 A 盘，B 盘同轴的轮，a，b 轮半径之比为 1:2。当 a，b 两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球①，②受 到的向心力大小之比为（ ） A．2:1 B．4:1 C．1:4 D．8:1 【答案】D 【解析】皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以 , a 轮，b 轮半径之比为 1：2，所以 ，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则 根据向 心加速度 , ，故 D 正确，A，B，C 错误 8.（1）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 的高度为 h＝，圆盘转动的角速度大小为 。 【答案】（1） 【解析】小球抛出后，水平方向做匀速直线运动，又因为只与圆盘碰撞一次，有： ， ， 得 ；根据圆周运动的周期性，可知两者相撞时，圆盘转动的圈数为整数，根据 得： 9.如图所示，在竖直平面内有 xOy 坐标系，长为 的不可伸长细绳，一端固定在 A 点，A 点的坐标为（0， ），另一端系一质量为 m 的小球。现在 x 坐标轴上（x>0）固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平 位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动。 （1）当钉子在 的 P 点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力； （2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围。 【答案】（1）7mg （2） 【解析】（1）当钉子在 的 P 点时，小球绕钉子转动的半径为： 小球由静止到最低点的过程中机械能守恒： 在最低点细绳承受的拉力最大，有： 联解求得最大拉力 F＝7mg （2）小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有： 运动中机械能守恒： 钉子所在位置为 联解得 因此钉子所在位置的范围为