【文档说明】高考物理一轮复习课件第4章曲线运动万有引力定律第12讲圆周运动的规律及应用 (含详解).ppt，共(95)页，1.624 MB，由MTyang资料小铺上传

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第四章曲线运动万有引力定律高考总复习·物理第12讲圆周运动的规律及应用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长，就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始

终指向，是变加速曲线运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与方向垂直且指向圆心．相等圆心速度2．描述匀速圆周运动的物理量定义或意义公式线速度描述做圆周运动的物体运动的物理量(v)v＝ΔsΔt＝2πrT角速度描述物体绕圆心的物理量(ω)ω＝ΔθΔt＝2πT周期或频率物体沿圆周运动的时间(

T)，或1s时间内运动的周期数(f)T＝2πrv＝2πω，f＝1T向心加速度(1)描述速度变化快慢的物理量(an)(2)方向指向an＝v2r＝快慢转动快慢一圈方向圆心rω23.匀速圆周运动的向心力(1)作用效果：产生向心加速度，只改变速度的，不改变速度的．(2)大小

：F＝mv2r＝＝m4π2T2r＝mωv＝4π2mf2r.(3)方向：始终沿半径方向指向，时刻在改变，即向心力是一个变力．方向大小圆心mrω24．离心运动和近心运动(物体受力特点如图所示)(1)当F＝mrω2时，物体做运动．(2)当F＝0时，物体沿

方向飞出．(3)当F<mrω2时，物体逐渐圆心，做离心运动．(4)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做运动．匀速圆周切线远离近心[基础小练]判断下列说法是否正确(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，其合外力是不变的．()(3)物体做匀速圆周运动时，其线速度和角速度是不变的．()(4)做圆周运动的物体受到的合外力即向心力．()××××(5)所有的圆周运动，向心加速度均与速度方向垂直．()(

6)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．()√×板块二︿︿[考法精讲]考法一圆周运动基本量的简单关系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＝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．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

轴传动：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．【自主练1】(2019·衡水中学高三调研)(多选)如图所示，质量相等的a、b两物体放在圆盘上，到圆心的距离之比是2∶3，圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止，a、b两物体做圆周运

动时()A．角速度大小之比是1∶1B．线速度大小之比是1∶1C．向心加速度大小之比是2∶3D．向心力大小之比是9∶4AC解析两个物体是同轴传动，角速度相等，故选项A正确；两个物体角速度相等，到圆心的距离之比是2∶3，根据v＝rω，线速度之比为2∶3，故选项B错误；两个物体角速度相等

，线速度之比为2∶3，根据a＝vω，向心加速度之比为2∶3，故选项C正确；两个物体质量相等，向心加速度之比为2∶3，故向心力之比为2∶3，故选项D错误．【自主练2】(2019·皖中名校联盟高三联考)如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，

a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则下列叙述错误的是()A．a点与d点的线速度大小之比为

1∶2B．a点与b点的角速度大小相等C．a点与c点的线速度大小相等D．a点与d点的向心加速度大小之比为1∶1答案B解析a、c两点靠传送带传动，线速度大小相等，d、c两点共轴转动，角速度相等，根据v＝r

ω知，d的线速度等于c的线速度的2倍，所以d的线速度等于a的线速度的2倍，故选项A正确；b、c两点的角速度相等，a、c两点的线速度相等，根据v＝rω知，因为a、c的半径不等，则a、c的角速度不等，所以

a、b两点的角速度不等，故选项B错误，C正确；因vd＝2va，根据a＝v2r知，a、d的加速度之比为1∶1，故选项D正确．解题技巧解答传动装置类问题的方法(1)确定所研究问题属于哪类传动方式，抓住传动装置的特点．①同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上

各点角速度相同；②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．(2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系，若判定向心加速度a的比例，巧用a＝ωv这一规律．考法

二圆周运动中的动力学分析圆周运动的实例分析图形受力分析建坐标系分解力方程Ff＝mg，FN＝mω2rFN＝mg，Ff＝mω2rFcosθ＝mg，Fsinθ＝mω2lsinθFcosθ＝mg，Fsinθ＝mω2(d＋lsinθ)FNcosθ＝mg，FNs

inθ＝mω2lFTcosθ＋FNsinθ＝mg，FTsinθ－FNcosθ＝ma【例题1】(2019·湖北、山东部分重点中学高三联考)(多选)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示．已知

飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一水平面上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向

的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力．下列判断正确的是()A．P、Q两个飞椅的线速度大小相同B．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2C．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2D．如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力

[思维导引]由题意，两条绳子长度的竖直分量相等，根据绳子的长度关系判断角度关系，然后根据绳子拉力的竖直分力等于重力，拉力的水平分力提供向心力判断出向心力大小关系．答案BD解析由mgtanθ＝mω2htanθ得，hP＝hQ(h为钢绳延长线与转轴

交点与游客水平面的高度)，由h＝rtanθ＋Lcosθ(其中r为圆盘半径)得，L＝hcosθ－rsinθ，L越小，θ越小，则θ1>θ2，与质量无关，由R＝r＋Lsinθ可得，RP>RQ，则vP>vQ；由向

心力公式可知F＝mgtanθ，可知Q的向心力一定小于P的向心力，故选项B、D正确，A、C错误．解题技巧解答圆周运动中的动力学问题的分析思路(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，目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力．(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．【跟踪训练1-1】(2019·青岛高三调研)如图所示，“旋转秋千”装置中的两个座椅A、B

质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在“秋千”的不同位置．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的角速度比B的大B．A的线速度比B的大C．A与B的向心加速度大

小相等D．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等B解析A、B两个座椅具有相同的角速度，根据公式v＝ωr，A的运动半径大，A的线速度就大，故选项A错误，B正确；根据公式a＝ω2r，A的运动半径大，A的向心加速度就大，故选项C错误

；对任一座椅，受力如图所示，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得mgtanθ＝mω2r，则得tanθ＝rω2g，A的半径r较大，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较大，故选项D错误．【跟踪训练1-2】(2019·河南天一大联考)(多选)环球飞车是一种摩托车特技表演，2013年河南的一支环球飞车

队创造了吉尼斯世界纪录——11人环球飞车，2015年他们再次打破了由他们自己创下的世界环球飞车记录．如图所示是简化模型，在一个大球内壁上有两个可视为质点的小球在水平面内做匀速圆周运动，观测发现小球1与大球球心的连线与竖直方向夹角为30°，小

球2与大球球心的连线与竖直方向夹角为60°，则下列说法正确的是()A．小球1、2的线速度之比是1∶433B．小球1、2的角速度之比是1∶43C．小球1、2的周期之比是1∶43D．小球1、2的加速度之比是1∶3答案AB解析设

大球半径为R，小球与大球球心连线与竖直方向夹角为θ，则小球做圆周运动的轨道半径r＝Rsinθ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma＝mv2r＝mω2r，解得a＝gtanθ、v＝gRsinθtanθ、ω＝gRcosθ，再将θ1＝30°、θ2＝60

°代入，可得a1a2＝13、v1v2＝133＝1433、ω1ω2＝13＝143，选项A、B正确，D错误；由T＝2πω得T1T2＝ω2ω1＝43，选项C错误．【跟踪训练1-3】(2019·定远重点中学高三模拟)把一小球用长为L的不可伸长的轻绳悬挂在竖直墙壁上，距离悬点O正下方2

L3处钉有一根钉子，将小球拉起，使轻绳被水平拉直，如图所示．由静止释放小球，轻绳碰到钉子的瞬间前后()A．线速度之比为3∶2B．角速度之比为3∶1C．小球的向心加速度之比为1∶3D．钉子离悬点越近绳子越容易断C解析绳碰到钉子后的瞬间，小球的线速度不变，故选项

A错误；根据v＝ωr，得v＝ω1r1＝ω2r2，解得ω1ω2＝r2r1＝L－23LL＝13，故选项B错误；根据a＝v2r，得a1a2＝r2r1＝L－23LL＝13，故选项C正确；根据F－mg＝mv2r，得F＝mg＋mv2r，r越小，F越大

，离悬点越远绳子越容易断，故选项D错误．考法三水平面内圆周运动物体的临界问题1．判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词

语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态．2．确定临界条件：判断题述的过程存在临界状

态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来．3．选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，对于不同的运动过程或现象，要分别选择相对应的物理规律，然后再列方程求解．【例题2】(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＝k

g2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg[思维导引]本题情景下，即角速度相同的情况下，物体由水平方向的静摩擦力提供向心力，临界条件是达到最大静摩擦力．若有最大静摩擦力与压力成正比这一前提，必然是

半径大的物体先滑动，此结论与物体的质量无关．答案AC解析最大静摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，选项A正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，选项B错误；b处于临界状态时，

kmg＝mω2·2l，ω＝kg2l，选项C正确；当ω＝2kg3l时，对a有Ff＝mlω2＝ml2kg3l＝23kmg，选项D错误．【跟踪训练2-1】(2019·武汉部分市级示范高中高三联考)(多选)如图所示，在圆锥体表面上放一个物体，圆锥体绕竖直轴

转动．当圆锥体旋转角速度增大时，物体仍和圆锥体保持相对静止，则圆锥体对物体的()A．支持力将减小B．支持力将增大C．静摩擦力将不变D．静摩擦力将增大AD解析对物体受力分析如图所示，物体受重力、支持力和静摩擦

力三个力的作用，做匀速圆周运动，沿水平和竖直方向正交分解，则水平方向Ffcosθ－Nsinθ＝mrω2，竖直方向Ffsinθ＋Ncosθ＝mg，联立解得Ff＝mgsinθ＋mω2rcosθ、N＝mgcosθ－mω2rsinθ，当圆锥体旋转角速度增大时，物体仍和圆锥体保持相对静止，圆

锥体对物体的支持力将减小，静摩擦力将增大，选项A、D正确，B、C错误．【跟踪训练2-2】(2019·滕州一中高三阶段性检测)质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb(且la

≠lb)，如图所示，当轻杆绕轴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被烧断的同时轻杆停止转动，则()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中张力突然增大到mg＋mω2laC．无论角速度ω多大

，小球都不可能再做完整的圆周运动D．绳b未被烧断时，绳a的拉力等于mg，绳b的拉力为mω2lb答案D解析绳子断开前，小球做匀速圆周运动，合力指向C点，对小球受力分析，受重力G，a绳子的拉力F1，b绳子的拉力F2，根据牛顿第二定律有F1＝mg，F2＝m

ω2lb，小球的线速度为v＝ωlb，绳子断开后，杆停止转动，由于惯性，小球将绕A点转动，若速度较小，小球将在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若速度较大，也有可能在垂直于平面ABC的竖直平面内绕A点做完整的圆周运动，故选项A、C错误，D正确；在最低点Fa－mg＝mωlb2la，解得

Fa＝mg＋mωlb2la＞F1，则a绳中张力突然增大到mg＋mωlb2la，故选项B错误．【跟踪训练2-3】(2019·哈尔滨第三中学高三调研)如图所示，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＝1.25m，物块与转台间的动摩擦因数μ＝0.2.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/s2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块的落地点与O的水平距离．(第二问结果保留两位有效数字)解析(1)物块离开转台时

，最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝mv20R，解得v0＝1m/s.(2)物块做平抛运动，在竖直方向上有H＝12gt2，解得t＝2Hg＝2×1.2510s＝0.5s，在水平方向上有x＝v0t，解得x＝

0.5m，物块落地点到转台中心的水平距离s，由s2＝x2＋R2，解得s＝2R≈0.71m.答案(1)1m/s(2)0.71m考法四竖直平面内的圆周运动两类模型比较“绳——球”模型“杆——球”模型图示最高点无支撑最高点有支撑受力示意图力学特征m

g＋FT＝mv2rmg±FN＝mv2r最高点临界特征FT＝0，vmin＝gr竖直向上的FN＝mg，v＝0速度和弹力关系讨论分析①能过最高点时，v≥gr，FT＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力FT②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【例题3】(2019·临沂十九中高三调研)(多

选)如图所示，一个内壁光滑的34圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R.O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R.质量为m的小球(球的直径略小于圆管直径)，从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时()A．速度大小满足g

R2≤vC≤2gRB．速度大小满足0≤vC≤gRC．对管的作用力大小满足12mg≤FC≤mgD．对管的作用力大小满足0≤FC≤mg[思维导引]本题是圆周运动的轻杆模型，小球离开圆轨道最高点后做平抛运动，竖直位移一定，水平位移的范围确定，根据平抛

运动规律可以确定小球速度的范围；对最高点列向心力方程即可求出小球所受弹力的大小范围及弹力方向．答案AD解析小球离开C点做平抛运动，落到A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＝12gt2，水平方向

有R＝vC1t，解得vC1＝gR2；小球落到D点时水平位移为2R，则有2R＝vC2t，解得vC2＝2gR，故速度大小满足gR2≤vC≤2gR，故选项A正确，B错误；由于球的直径略小于圆管直径，所以过C点时，管壁对小球的作用力可能向下，也可能向上，当vC1＝gR2，向心力FC1＝mv2C

1R＝mg2＜mg，所以管壁对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得mg－FC1＝mv2C1R，解得FC1＝12mg，当vC2＝2gR，向心力FC2＝mv2C2R＝2mg＞mg，所以管壁对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得mg＋FC2＝mv2C2R，解得FC2＝mg，假设在C点

管壁对小球的作用力为零时的速度大小为vC3，则由向心力公式可得mg＝mv2C3R，解得vC3＝gR，vC3在gR2≤vC≤2gR范围内，所以满足条件，所以球经过C点时对管的作用力大小满足0≤FC≤mg，故选项C错误，D正确．解题技巧竖直面内圆周运动类问

题的解题技巧(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥gR及杆模型中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．【跟踪训练3-1】(2019·遵义航天高级中学高三月考)(多选)水平光滑直轨道ab与半径为R

的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球质量为m，以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c.则()A．R越大，v0越大B．c点速度vc＝0C．b点小球对轨道的压力大小FN＝mg＋mv20RD．m越大，v0越大AC解析小球恰好通过最高点时，轨道的支持力为零，只有

重力提供向心力，mg＝mv2cR，可得vc＝gR，故选项B错误．小球通过b点的速度为v0，做圆周运动，由向心力公式Nb－mg＝mv20R，由牛顿第三定律可得压力为FN＝mg＋mv20R，故选项C正确．从b点到c

点由机械能守恒定律12mv20＝mg·2R＋12mv2c，结合临界速度vc＝gR，可得v0＝5gR，可知R越大，v0越大；而质量m与v0无关，故选项A正确，D错误．【跟踪训练3-2】(2019·广东七校联合体高三联考)如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A

、B两点各黏有一小物体，当B点转至最低位置时，此时O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知：OA＝AB，P是地面上的一点．此时A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点．不计空气阻力，则OP的距离是()A.76RB.52RC．5RD．7RA解析设

OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－12R，A随圆轮运动的线速度为12ωR，设A下落的时间为t1，水平位移为s，则在竖直方向上有h－12R＝12gt21，①在水平方向上有s＝12ωR·t1，②B下落的高度为h－R，B随圆轮运动的线速

度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为s，则在竖直方向上有h－R＝12gt22，③在水平方向上有s＝ωR·t2，④联立①②③④式解得h＝76R，选项A正确，B、C、D错误．【跟踪训练3-3】(2019·吕梁期中)(多选)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ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力B

C解析小球过最高点时可能受到外壁对其向下的压力或内壁对其向上的支持力，类似于轻杆端点的小球过最高点，则其通过最高点的最小速度为零，选项A错误，B正确；小球在管道中运动时，向心力的方向要指向圆心，水平线ab以下时，重力沿半径的分量背离圆心，则管壁

必然提供指向圆心的支持力，只有外侧管壁才能提供此力，内侧管壁对小球一定无作用力，选项C正确；小球在管道中运动时，向心力的方向要指向圆心，在水平线ab以上时，重力沿半径的分量指向圆心，管壁对小球可能没有作用力，选项D错误

．[典例诊断]【例题4】(2019·衡水中学高三二调)如图所示，两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上，绳子上端固定在同一点O，连接A球的绳子比连接B球的绳子长，两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行．当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO′以角速度

ω匀速转动时，A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动，下列说法正确的是()A．两球所受的合力大小相同B．A球对绳子的拉力大小等于B球对绳子的拉力大小C．两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力D．A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力[错解分析](1)错选B

：认为两绳子与竖直方向的夹角相等，且两拉力的竖直分力大小相等，所以推断出两拉力大小相等，错因是忽略了锥面对小球还有弹力，该弹力有竖直方向的分力．(2)错选C：忽视了锥面对小球的弹力．答案D解析设圆锥筒顶角一半为θ，则两球做匀速圆周运动的半径分别为rA＝L1

sinθ，rB＝L2sinθ，两球所受的合力提供向心力即F合＝mω2r，由于半径不同，所以两球的合外力大小不相同，故选项A错误；小球受重力G，支持力N，拉力T，水平方向由牛顿第二定律可得Tsinθ－Ncosθ＝mω2r，竖直方向由平衡条件可得Tc

osθ＋Nsinθ＝mg，解得T＝mgcosθ＋mω2rsinθ，N＝mgsinθ－mω2rcosθ，由于半径不同，所以两球对细绳的拉力不同，故选项B错误；由于A球圆周运动的半径大于B球做圆周运动的半径，所以A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力，故选项D正确；两球所需的向心力都等于绳

子拉力的水平分力与圆锥筒对小球支持力沿水平方向分力的合力，故选项C错误．易错警示圆锥摆运动综合问题的临界分析法圆锥摆装置与锥面、平面或斜面结合构成复杂的圆周运动的综合问题，往往受力分析复杂化，向心力来源复杂化，应用数学工具解答问题复杂化．为此，分析此类问题时，

优先考虑圆锥摆刚好脱离周围环境的临界情况，将复杂的圆周运动问题转化为熟知的圆锥摆运动的问题．【跟踪训练4-1】(2019·江西九所重点中学高三联考)(多选)如图甲所示，倾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过

定滑轮与质量为m的小球相连(绳与斜面平行)，滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上．如图乙所示，换成让小球在水平面上做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°.如图丙所示，两个小球对称在水平面上做圆周运动，每个小球质量均为m2，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐

加快，在θ≤45°过程中，三幅图中，斜面都静止，且小球未碰到斜面，则下列说法正确的是()A．甲图中斜面受到地面的摩擦力方向水平向左B．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能为零C．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下D．丙图小球转动的过程中滑块可能沿斜面向上运动答案AB解析甲图中

对滑块和斜面的整体，受到细线斜向上的拉力作用，则斜面受到地面的摩擦力方向水平向左，选项A正确；乙图中小球做圆周运动时，绳的拉力T＝mgcosθ，对滑块当2mgsin45°＝T时，滑块受到的摩擦力为零，此时有2mg

sin45°＝mgcosθ，解得θ＝45°，满足θ≤45°，选项B正确；乙图小球转动的过程中，若滑块受到的摩擦力沿斜面向下，则2mgsin45°<T＝mgcosθ，此时cosθ<22，则θ>45°，与题意不符，选项C错误；丙图小球受到线的拉力均为T＝12mgcosθ，则拉滑块的细绳的拉

力为T′＝2Tcosθ＝mg，则转动的过程中滑块位置不动，选项D错误．【跟踪训练4-2】(2019·辽宁六校协作体高三联考)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h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＞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．要使球离开水平面角速度至少为ghD．若小球飞离了水平面则线速度为gl答案C解析当小球角速度较小时

，小球受重力、支持力和拉力三个力作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，小球受重力和拉力两个力作用，选项A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变

大，选项B错误；当小球刚好离开水平面时，受重力和拉力作用，根据牛顿第二定律得，Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlsinθω2，联立解得ω＝gh，由v＝ωr得，v＝lsinθgh，选项C正确，D错误．板块三︿︿1．(2019·玉溪一中高三调研)(多选)如图所示，两物块A、B套在水平

粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动．已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO′轴的距离

为物块B到OO′轴距离的2倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是()A．物块A受到的合外力一直在增大B．物块A受到的摩擦力一直

在增大C．物块B受到的静摩擦力先增大后减小D．物块B受到的静摩擦力先增大后减小再增大答案AD解析根据向心力公式F向＝mrω2，在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着角速度的增大，A所受的向心力增大，而向心力就是物体的合力，故选项A正确．开始角速度较小时，两物体均靠静摩擦力

提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据Ff＝mrω2，知ω＝Ffmr，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合

力提供向心力，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大；对A，拉力和最大静摩擦力共同提供向心力，静摩擦力不变，可知A的静摩擦力先增大到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大，故选项B、C错误，D正确．2．(2019·中原名校高三第一次质量考评)如图所示，半径分别为R、2R的两个水

平圆盘，小圆盘转动时会带动大圆盘不打滑的一起转动．质量为m的小物块甲放置在大圆盘上距离转轴R处，质量为2m的小物块乙放置在小圆盘的边缘处．它们与盘面间的动摩擦因数相同，当小圆盘以角速度ω转动时，两物块均相对圆盘静止，下列说法正确的是()A．二者线

速度大小相等B．甲受到的摩擦力大小为14mω2RC．在ω逐渐增大的过程中，甲先滑动D．在ω逐渐增大但未相对滑动的过程中，物块所受摩擦力仍沿半径指向圆心答案B解析大圆盘和小圆盘边缘上的线速度大小相等，当小圆盘以角速度ω

转动时，大圆盘以ω2转动；两物块做圆周运动的半径相等，但是角速度不同，则线速度大小不等，选项A错误；根据F＝mω2r知，大圆盘以ω2转动，则小物块甲受到的摩擦力Ff＝mω22R＝14mω2R，选项B正确；根据μmg＝mω2r知，临界角速度ω＝μgr，两物块的运动半径相等，动摩擦因数

μ相同，知临界角速度相等，在角速度ω逐渐增大的过程中，由于大圆盘的角速度是小圆盘角速度的一半，可知物块乙先滑动，选项C错误；在角速度ω逐渐增大的过程中，甲、乙的线速度逐渐增大，则一定有沿速度方向的加速度，可知摩

擦力一定有沿线速度方向的分力，所以物块受到的摩擦力的方向一定不是指向圆心，选项D错误．3．(2017·江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．小物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧

面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和小物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，小物块向上摆动．整个过程中，小物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2

FC．小物块上升的最大高度为2v2gD．速度v不能超过2F－MgLM答案D解析设夹子与小物块间静摩擦力为Ff，匀速运动时，绳中张力T＝Mg＝2Ff，摆动时，物块没有在夹子中滑动，说明匀速运动过程中，夹子与小物块间

的静摩擦力没有达到最大值，选项A错误；碰到钉子后，物块开始在竖直面内做圆周运动，在最低点，对整体T′－Mg＝Mv2L，对物块2Ff－Mg＝Mv2L，所以T′＝2Ff，由于Ff≤F，选项B错误；由机械能守恒得MgHmax＝12Mv2，所以Hmax＝v2

2g，选项C错误；若保证小物块不从夹子中滑落，应保证速度为最大值vm时，在最低点满足关系式2F－Mg＝Mv2mL，所以vm＝2F－MgLM，选项D正确．