【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题4.3《圆周运动及应用》讲义（解析版）.doc，共(23)页，468.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题4.3圆周运动及应用【讲】目录一讲核心素养..............................................................................

..............................................................................1二讲必备知识..............................................................

..............................................................................................2【知识点一】描述圆周运动的物理量..................

.........................................................................................2【知识点二】圆周运动的动力学问题....

..........................................................................................................5【知识点三】

实验：探究影响向心力大小的因素...........................................................................................9三．讲关

键能力...........................................................................................................

.............................................12【能力点一】.会分析圆周运动的多解问题.............................................

.......................................................12【能力点二】会分析水平面内圆周运动的临界问题.................................................

....................................14四．讲模型思想........................................................

................................................................................................17模型一竖直面内的圆周运动----拱桥、凹桥模型...........

............................................................................17模型二竖直面内圆周运动两类模型..........................................

..................................................................19一讲核心素养1.物理观念：圆周运动、向心力、向心加速度、线速度、角速度。(1)熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系。(2)掌握匀速圆周运动由周期性引

起的多解问题的分析方法。2.科学思维：水平、竖直平面圆周运动模型。会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型绳（杆）及轨道模型。3.科学探究：实验：探究影响向心力大小的

因素(1)知道向心力大小与哪些因素有关，并能用来进行计算。(2)掌握常见的探究影响向心力大小的因素的实验方案。4.科学态度与责任：离心现象与行车安全。能用圆周运动的知识解决以生活中的实际问题为背景的问题，体会物理学的应用价值感受物理学的学科魅力。二讲必备知识【知识点一】描述圆

周运动的物理量1.描述圆周运动的物理量定义、意义公式、单位线速度(v)①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①v＝ΔsΔt(定义式)＝2πrT(与周期的关系)②单位：m/s角速度(ω)①描述物体绕圆心转动快慢的物理量②是矢量，但不研究其方向①ω＝ΔθΔt(定义

式)＝2πT(与周期的关系)②单位：rad/s③ω与v的关系：v＝ωr周期(T)转速(n)频率(f)①周期是物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率②转速是单位时间内物体转过的圈数①T＝2πrv＝1f(与频率

的关系)②T的单位：sn的单位：r/s、r/minf的单位：Hz向心加速度(an)①描述线速度方向变化快慢的物理量②方向指向圆心①an＝v2r＝ω2r＝4π2T2r＝ωv②单位：m/s22.匀速圆周运动(1)定义：如果物

体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动就是匀速圆周运动.(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.【例1】.(2021·江西丰城中学段考)图甲为磁带录音机的

磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮，则在倒带的过程中下列说法正确的是()A．倒带结束时A、B

两轮的角速度之比为1∶3B．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1∶3C．倒带过程中磁带边缘的线速度变小D．倒带过程中磁带边缘的线速度不变【答案】：A【解析】：由题，在倒带结束时，磁带全部绕到了A轮上，磁带的外缘半径R＝3r，而线速度v相等，ω＝vr，故倒带结束时A、B两轮的角速度之

比为1∶3，故A正确；同理，B错误；在A轮转动的过程中，半径增大，角速度恒定，随着磁带的倒回，A的半径变大，根据v＝rω，知A线速度增大，故C、D错误．【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念。要求考生能

正确运用圆周运动的规律解决实际运动学问题。【必备知识】1.对an＝v2r＝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.2.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.【变式训练】(2020·资阳诊断)如图所示，水平放

置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木

块的向心加速度为a2，则()A.ω1ω2＝12B.ω1ω2＝21C.a1a2＝11D.a1a2＝12【答案】：C【解析】：根据题述，a1＝ω21r，ma1＝μmg，联立解得μg＝ω21r.小木块放在P轮边

缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r.由ωR＝ω2r，联立解得ω1ω2＝22，选项A、B错误；ma2＝μmg，所以a1a2＝11，选项C正确，D错误．【知识点二】圆周运动的动力学问题1.匀速圆周运动的向心力(1)作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小.(2)大小Fn＝m

v2r＝mrω2＝m4π2T2r＝mωv.(3)方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力.(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.2.离心运动和近心运动(1)离心运动：

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，就做逐渐远离圆心的运动.(2)受力特点(如图)①当F＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动.②当0<F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动.③当F>mrω2时，物

体逐渐向圆心靠近，做近心运动.(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力.【例1】(2021·泰安模拟)如图所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的

同一点O，两小球质量之比m1∶m2＝1∶2，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，下列说法中正确的是()A.绳L1、L2的拉力大小之比为1∶3B.小球m1、m2运

动的向心力大小之比为1∶6C.小球m1、m2运动的向心加速度大小之比为1∶6D.小球m1、m2运动的线速度大小之比为1∶2【答案】B【解析】小球运动的轨迹圆在水平面内，运动形式为匀速圆周运动，在指向轨迹圆圆心方向列向心力表达

式方程，在竖直方向列平衡方程，可得拉力大小FT1＝m1gcos30°，FT2＝m2gcos60°，则FT1FT2＝36，A选项错误；向心力大小F1＝m1gtan30°，F2＝m2gtan60°，则F1F2＝16，B选项正确；a1＝F1m1，a

2＝F2m2，则a1a2＝13，C选项错误；由a＝v2r，因连接两小球的悬点距两小球运动平面的距离相等可知，v1v2＝a1·tan30°a2·tan60°＝13，D选项错误.【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。要求考生对小球准确的受

力分析、运动分析并能应用圆周运动的规律分析水平面内圆周运动。【必备知识】匀速圆周运动的实例分析运动模型向心力的来源图示圆锥摆模飞机水平转弯型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)【变式训练1】．(多选)(2021·江苏省如东县

第一次检测)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则()A．该弯道的半径r＝v2gtanθB．当

火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压【答案】AB【解析】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二

定律得mgtanθ＝mv2r，解得r＝v2gtanθ，故选项A正确；根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mv2r，解得v＝grtanθ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，

轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。【变式训练2】(2020·哈尔滨师大附中期中)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向

左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是做半径为R的在水平面内的圆周运动．如图，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()A.ghRLB.ghRdC.g

LRhD.gdRh【答案】：B【解析】：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝mv2R，又由数学知识得到tanθ＝hd，联立解得v＝ghRd，故B选项正确．【知识点三】实验：探究影响向心力大小的因素实验

方案一用绳和沙袋定性研究如图甲所示，绳子的一端拴一个小沙袋(或其他小物体)，在离小沙袋重心40cm的地方打一个绳结A，在离小沙袋重心80cm的地方打另一个绳结B.同学甲看手表计时，同学乙按下列步骤操作：步骤1：手握绳结A，如图乙所示，使沙袋在水平方向上做匀速圆周运动，每秒运动1周．体会此

时绳子拉力的大小．步骤2：手仍然握绳结A，但使沙袋在水平方向上每秒运动2周．体会此时绳子拉力的大小．步骤3：改为手握绳结B，使沙袋在水平方向上每秒运动1周．体会此时绳子拉力的大小．步骤1和步骤2两者相比，可以比较在半径相同的情况下

，向心力大小与角速度的关系．步骤1和步骤3两者相比，可以比较在角速度相同的情况下，向心力大小与半径的关系．实验方案二利用向心力演示器探究向心力演示器如图所示．转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动．皮带

分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动．小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显

示出两个球所受向心力的大小．1．皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动半径和转动角速度相同时，可以探究向心力与小球质量的关系．2．皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动角速度和质量相同时，可以探究向心力与转动

半径的关系．3．皮带套在塔轮2、3的不同半径的圆盘上，小球质量相同、转动半径相同时，可以探究向心力与角速度的关系．实验方案三利用力传感器和光电传感器探究如图所示，利用力传感器测量重物做圆周运动的向心力，利用天平、

刻度尺、光电传感器分别测量重物的质量m，做圆周运动的半径r及角速度ω.实验过程中，力传感器与DIS数据分析系统相连，可直接显示力的大小．光电传感器与DIS数据分析系统相连，可直接显示挡光条挡光的时间，由挡光条的宽度和挡光条做圆周运动的半径，可得到重物做圆周运动的角速度．实验时采用控制变量

的方法，分别研究向心力与质量、半径、角速度的关系．实验结论：向心力大小与物体的质量成正比，与角速度的平方成正比，与转动半径成正比．【例1】(2021·四川泸州高三期末)如图所示，是用来研究向心力与转动物体的半径、质量以

及角速度之间关系的向心力演示器．(1)这个实验所用的主要研究方法是________．A．控制变量法B．等效代替法C．理想实验法D．假设法(2)图中两个相同的钢球位置距各自转轴的距离相等，由此可推测出是在研究向心力的大小F与________的关系．A．质量mB．角速度

ωC．半径r【答案】：(1)A(2)B【解析】：(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，A正确；(2)图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速

度的关系，B正确．【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学探究。【变式训练】(2020·山东邹城月考)如图所示，同学们分小组探究影响向心力大小的因素．同学们用细绳系一个小沙袋在空气中甩动，使小沙袋在水平面内做圆周运动，来感受向心力．(1)下列说法中正确的是________．A．保持质量、绳长不

变，增大转速，绳对手的拉力将不变B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将增大C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大(2)如图，绳上离小沙袋重

心40cm处打一个绳结A，80cm处打一个绳结B，学习小组中一位同学用手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据：操作一：手握绳结A，使小沙袋在水平方向每秒运动1周，体会向心力的大小．操作二：手握绳结B，使小沙袋在水平方向每秒运动1周，体会向心力的大小．操作三：手握绳结

A，使小沙袋在水平方向每秒运动2周，体会向心力的大小．操作四：手握绳结A，再向小沙袋中添加少量沙子，使小沙袋在水平方向每秒运动1周，体会向心力的大小．操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动________有关；操作三

与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与________有关；操作四与一相比较：角速度、半径相同，向心力大小与________有关．【答案】：(1)BD(2)半径大小角速度的大小质量【解析】：(1)由题意，根据向

心力公式F向＝mω2r与牛顿第二定律，则有T拉＝mω2r；保持质量、绳长不变，增大转速，ω＝2πn，角速度变大，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，据公式可知

，绳对手的拉力将变大，故C错误，D正确．(2)本实验采取的方法是控制变量法．操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；操作四与一相比较：角速度、半径相同，向心力大小与质量有关．三．讲关键能力

【能力点一】.会分析圆周运动的多解问题【例1】(2021·湖南长沙市雅礼中学高三月考)如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向.在圆心O正上方距盘

面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始该容器从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水，求：(

重力加速度为g)(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大；(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.【答案】(1)2hg(2)nπg2h(n＝1,2

,3，…)(3)5v2hg【解析】(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有h＝12gt2，解得t＝2hg.(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1,2,3，…)，由ωt＝nπ得ω＝nπt＝nπg2h(n＝1,2,3，…).(3)第

二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x2＝v·2t＝2v2hg，第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x3＝v·3t＝3v2hg，当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：x＝x2＋x3＝5v2hg.【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学

思维。解题的关键点在于要考虑圆周运动的周期性。【变式训练1】(2020·广东肇庆中学月考)如图所示为一个半径为5m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10m/s2，要使得小球正好落

在A点，则()A.小球平抛的初速度一定是2.5m/sB.小球平抛的初速度可能是2.5m/sC.圆盘转动的角速度一定是πrad/sD.圆盘转动的角速度可能是πrad/s【答案】A【解析】根据h＝12gt2可得t＝

2hg＝2s，则小球平抛的初速度v0＝Rt＝2.5m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圆盘转动的角速度ω＝2nπt＝nπ(n＝1、2、3、…)，圆盘转动的加速度为a＝ω2r

＝n2π2r＝5n2π2(n＝1、2、3、…)，C、D错误.【变式训练2】．(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加

速度为g，则()A.子弹在圆筒中的水平速度为v0＝dg2hB.子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2dg2hC.圆筒转动的角速度可能为ω＝πg2hD.圆筒转动的角速度可能为ω＝3πg2h【答案】ACD【解析】子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝2hg，则v0＝dt＝

dg2h，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝(2n＋1)πt＝(2n＋1)πg2h(n＝0,1,2，…)，故C、D正确.【能力点二】会分析水平面内圆周运

动的临界问题三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值．(3

)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0.【例1】(2021·兰州质检)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)处

固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是()A．小球始终受三个力的作用B．细绳上的拉力始终保持不变C．要使球不离开水平面

，角速度的最大值为ghD．若小球飞离了水平面，则角速度可能为gl【思路点拨】：(1)当转动的角速度较小时，水平面对小球有支持力作用；当转动的角速度较大时，小球将离开水平面。(2)小球做匀速圆周运动的半径r与绳长l之间的关系，可由几何形

状来确定。(3)小球对水平面的压力为零，是小球将离开水平面的临界条件，此时，小球的合力由自身的重力及细绳的拉力合成来确定。【答案】C【解析】小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作

用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得Tsinβ＝mω2lsinβ可知，随角速度变化，细绳的拉力T会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlω2

sinθ，解得临界角速度为ω＝glcosθ＝gh，若小球飞离了水平面，则角速度大于gh，而gl<gh，故选项C正确，D错误。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生能分析物体的受力和运动并能根据物体所处的临界状态建立方程。

【变式训练1】(2020·湖南怀化联考)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A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>gcotθl，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】：C【解析】：由于小球m的重力

不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，选项A错误；由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的增大而不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，选项B错误；若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对小球m，Fsinθ＝mg，Fcosθ＝mω2l，联立解得

：ω＝gcotθl，即当角速度ω>gcotθl，b绳将出现弹力，选项C正确；若ω＝gcotθl，b绳突然被剪断，则a绳的弹力不发生变化，选项D错误．【变式训练2】(2021·江苏宿迁市2月调研)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω

匀速转动.质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β，则()A.A的质量一定小于B的质量B.A、B受到的摩擦力可能同时为零C.若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力D.若ω增大，A、B受到

的摩擦力可能都增大【答案】D【解析】当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：mgtanβ＝mωB2Rsinβ，解得：ωB＝gRcosβ，同理可得：ωA＝gRcosα，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断物块质量的大小，

故A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ω＝ωA>ωB，则B物块有向上的运动趋势，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；如果转台的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果ω增大，A、

B受到的摩擦力都增大，故D正确.四．讲模型思想模型一竖直面内的圆周运动----拱桥、凹桥模型概述如图所示为凹形桥模型．当汽车通过凹形桥的最低点时，向心力F向＝FN－mg＝mv2r规律桥对车的支持力FN＝mg＋mv2r＞mg，汽车处于超重状态概述如图所示为拱形桥模型．当汽车通过拱形桥的

最高点时，向心力F向＝mg－FN＝mv2r规律桥对车的支持力FN＝mg－mv2r＜mg，汽车处于失重状态．若v＝gr，则FN＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动【例1】(2020·大庆中学期中)如图所示，两个内壁光

滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时()A．A球对轨道的压力小于B球对轨道的压力B．A球对轨道的压力等于B球对轨道的压力C．

A球的角速度小于B球的角速度D．A球的向心加速度小于B球的向心加速度【答案】B【解析】下滑过程中由于只有重力做功，所以机械能守恒，设圆轨道半径为R，在最低点时mgR＝12mv2，N－mg＝mv2R，联立解得N＝mv2R＋mg＝3mg，即与半径无关，故

A错误，B正确；由于在最低点v＝2gR，根据公式ω＝vR可得ω＝2gR，故半径越大，角速度越小，故C错误；根据a＝v2R可得a＝2g，故与半径无关，两种情况下的向心加速度相同，D错误．【素养提升】本题

考察的学科素养主要是科学思维中的构建物理模型的思维方法。【变式训练】(2020·淮北一中月考)摩天轮顺时针匀速转动时，重为G的游客经过图中a、b、c、d四处时，以下说法正确的是()A．游客在a处受的摩擦力向右B．游

客在b处受的支持力小于GC．游客在c处受的摩擦力等零D．游客在d处受的支持力大于G【答案】：C【解析】：在a点，重力与支持力的合力提供向心力，所以没有水平方向的分力，摩擦力为零，故A错误；在b、d两点，

合力方向指向圆心，则竖直方向上的合力为零，那么支持力等于重力，即Nb＝Nd＝G，故B、D错误；在c点，重力与支持力的合力提供向心力，所以没有水平方向的分力，摩擦力为零，故C正确．【变式训练】(2021·湖南模考)如图所

示，一根质量为m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体，系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角均为α，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β，则()A.tanαtanβ＝m＋MmB.tanαtanβ＝m＋MMC.cosαcosβ＝Mm＋MD.

cosαcosβ＝mm＋M模型二竖直面内圆周运动两类模型1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“轻绳模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“轻杆模型”．2．竖直平面内圆周运动的

两种模型特点及求解方法轻绳模型轻杆模型实例如球与绳连接、沿内轨道运动的球等如球与杆连接、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＝mv2rmg±FN＝mv2r临界特征FN＝0，vmin＝gr竖直向上的FN＝mg，v＝0过最高点条件v≥grv≥0速度和弹力关系讨论分析①能过最高点时，v≥gr，FN＋mg＝mv2r，绳、轨道

对球产生弹力为FN②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①当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心②当0<v<gr时，－FN＋mg＝mv2r，FN背离圆心，随v的增大而减小③当v＝gr时，FN＝0④当v>gr时，FN＋mg＝

mv2r，FN指向圆心并随v的增大而增大【例1】(多选)(2021·湖北重点中学模拟)如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球

在最高点的速度大小为v，其F-v2图象如图乙所示，g取10m/s2，则()甲乙A．小球的质量为4kgB．固定圆环的半径R为0.8mC．小球在最高点的速度为4m/s时，小球受圆环的弹力大小为20N，方向向上D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100N

【思路点拨】：解此题关键有两点(1)做好小球在某一位置的动力学分析。(2)将小球的动力学方程与F-v2图象对应找出已知物理量。【答案】BD【解析】对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，F－mg＝0，结合图象可知：20N－m·10m/s2＝0，解得小球质量m＝2kg，选项A错误；当F＝

0时，由重力提供向心力可得mg＝mv2R，结合图象可知mg＝8m/s2·mR，解得固定圆环半径R为0.8m，选项B正确；小球在最高点的速度为4m/s时，设小球受圆环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F＋mg＝mv2R，代入数据解得F＝2

0N，方向竖直向下，所以选项C错误；小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝mv2R，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝12mv2，由以上两式得F＝5mg，代入数据得F＝100N，选项D正确。【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维及物理观念。【方

法点拨】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路【变式训练1】(多选)(2021·资阳一诊)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方

v2的关系图象如图乙所示，图象中的数据a和b，包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是()甲乙A．数据a与小球的质量无关B．数据b与小球的质量无关C．比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径【答案

】AD【解析】由题图乙可知，当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg＝mv2r，解得v2＝gr，故a＝gr，与小球的质量无关，故A正确；当v2＝2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得mg

＋b＝mv2r，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知ba＝mr与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；由上述可知r＝ag，m＝bg，故D正确。【变式训练2】．(2021·山西吕梁模拟)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＝g（R＋r）B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C．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a

b以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】：BC【解析】：在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道

运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确；小球在水平线ab以上管道运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力

，故D错误．