1．圆周运动
1．掌握线速度的定义式，知道圆周运动线速度大小、方向的特点，知道什么是匀速圆周运动。
2．掌握角速度的定义式和单位，知道角速度与线速度的关系。
3．知道周期、转速的概念，掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系。
描述圆周运动的物理量及其关系
1．圆周运动：我们把轨迹为圆周或一段圆弧的机械运动称为圆周运动。
2．线速度
(1)表达式：v＝。
(2)方向：线速度的方向为物体做圆周运动时该点的切线方向。
(3)物理意义：描述圆周运动物体的运动快慢。
(4)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的运动。
②性质：线速度的方向是时刻变化的，因此是一种变速运动。
3．角速度
(1)定义：半径转过的角度与所用时间的比值。
(2)定义式：ω＝。
(3)单位：弧度每秒，符号是rad/s或rad·s-1。
(4)物理意义：描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢。
(5)匀速圆周运动的角速度：匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动。
4．周期
(1)周期：做匀速圆周运动的物体，转过一周所用的时间，符号用T表示，单位是秒(s)。
(2)转速：物体转动的圈数与所用时间之比，常用符号n表示，单位为转每秒(r/s)或转每分(r/min)。
5．线速度与角速度的关系
(1)两者关系：在圆周运动中，线速度的大小等于角速度大小与半径的乘积。
(2)关系式：v＝ωr。
月球绕地球运动，地球绕太阳运动，这两个运动都可看成是圆周运动，怎样比较这两个圆周运动的快慢？请看下面地球和月球的“对话”。地球说：你怎么走得这么慢？我绕太阳运动1 s要走29.79 km，你绕我运动1 s才走1.02 km。月球说：不能这样说吧！你一年才绕太阳转一圈，我27.3天就能绕你转一圈，到底谁转得慢？
【问题】
(1)请评价地球和月球的两种说法。
(2)通过地球和月球的对话，判断到底谁的线速度大？
(3)月球运动的轨道半径大约为3.8×105 km，地球运动的轨道半径大约为1.5×108 km，是否线速度大就说明物体转动得快？
提示：(1)描述圆周运动快慢的物理量有线速度、角速度、周期，只用其中一个物理量无法准确描述圆周运动的快慢。地球和月球因为描述圆周运动快慢的标准不同，所以地球和月球的说法都是片面的。
(2)从线速度的定义可以看出地球的线速度v1＝29.79 km/s，月球的线速度v2＝1.02 km/s，故地球的线速度大。
(3)根据角速度和线速度的关系v＝ωr，也可以解得
ω1＝＝ rad/s＝1.986×10-7 rad/s，
ω2＝＝ rad/s＝2.68×10-6 rad/s。
因此从角速度方面来讲，线速度大的物体转动得不一定快。
1．描述圆周运动的各物理量之间的关系
2．描述圆周运动的各物理量之间关系的分析技巧
(1)角速度、周期、转速之间关系的分析：物体做匀速圆周运动时，由ω＝＝2πn知，角速度、周期、转速三个物理量，只要其中一个物理量确定了，其余两个物理量也唯一确定了。
(2)线速度与角速度之间关系的分析：由v＝ω·r知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝；ω一定时，v∝r。
【典例1】 关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是( )
A．因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定
B．如果物体在0.1 s内转过30°角，则角速度为300 rad/s
C．若半径r一定，则线速度与角速度成反比
D．若半径为r，周期为T，则线速度为v＝
D [物体做匀速圆周运动时，线速度大小恒定，方向沿圆周的切线方向，在不断地改变，故A错误；角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s，B错误；线速度与角速度的关系为v＝ωr，由该式可知，r一定时，v∝ω，C错误；由线速度的定义可得，若半径为r，周期为T，则线速度为v＝，D正确。]
[跟进训练]
1．如图所示，在圆规匀速转动画圆的过程中( )
A．笔尖的速率不变
B．笔尖做的是匀速运动
C．任意相等时间内通过的位移相等
D．两相同时间内转过的角度不同
A [由线速度定义知，匀速圆周运动的速度大小不变，也就是速率不变，但速度的方向时刻改变，故A正确，B错误；做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的弧长相等，但位移还要考虑方向，C错误；两相同时间内转过的角度相同，D错误。]
2．某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作的“裱花”环节时，如图所示，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20 cm)的蛋糕，在蛋糕边缘上每隔4 s“点”一次奶油，蛋糕随圆盘转一周后均匀“点”上了15次奶油，则下列说法正确的是( )
A．圆盘转动的转速约为2π r/min
B．圆盘转动的角速度大小约为 rad/s
C．蛋糕边缘的奶油的线速度大小约为 m/s
D．圆盘转动的频率约为 Hz
B [由题意可知，圆盘转一周所需的时间为15×4 s＝60 s，因此周期为60 s，转速为1 r/min，A错误；由角速度与周期的关系可得ω＝＝ rad/s＝ rad/s，B正确；蛋糕边缘的奶油的线速度大小为v＝ωr＝ m/s，C错误；根据周期和频率的关系可得圆盘转动的频率为f＝＝ Hz，D错误。]
常见三种传动方式
如图为两种传动装置的模型图。
【问题】
(1)甲图为皮带传动装置，A、B两点线速度大小有什么关系？
(2)能否根据A、B两点的线速度分析角速度关系？
(3)乙图为同轴传动装置，试分析C、D两点的角速度及线速度关系。
提示：(1)皮带传动时，在相同的时间内，A、B两点通过的弧长相等，所以两点的线速度大小相等。
(2)能，根据v＝ωr，当v一定时，角速度与半径成反比，半径大的角速度小。
(3)同轴传动时，在相同的时间内，C、D两点转过的角度相等，所以这两点的角速度相同，又因为v＝ωr，当ω一定时，线速度与半径成正比，半径大的线速度大，故D点线速度大。
1．三种传动装置
方式 同轴传动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点(两齿轮的齿数分别为n1、n2)
特点 角速度、周期相等 线速度大小相等 线速度大小相等
转动方向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝ 周期与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝＝ 周期与半径成正比：＝
2．求解传动问题的思路
(1)分清传动特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。
(2)确定半径关系：根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题意确定半径关系。
(3)择式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝分析，若角速度大小相等，则根据v∝r分析。
【典例2】 常见的转动传递方式有皮带传动、链条传动、摩擦传动和齿轮传动。如图是一种皮带传动装置示意图，A、B两点分别是两轮轮缘上的点，C是O2B连线的中点，大轮与小轮的半径之比为2∶1。若皮带不打滑，试分别求出A、B、C这三个点的线速度、角速度和周期的比例关系。
[思路点拨] 皮带不打滑，所以两轮轮缘上和皮带接触的A、B两点具有大小相等的线速度。又因为B、C在同一个转轮上绕同一轴转动，所以B、C两点具有相同的角速度。
[解析] A、B具有大小相等的线速度，
即vA∶vB＝1∶1
又因为B与C在同一个转轮上，所以B、C具有相同的角速度，即ωB∶ωC＝1∶1
再由v＝rω及rB＝2rC可得vB∶vC＝2∶1
因此vA∶vB∶vC＝2∶2∶1
由rB＝2rA及ω＝可得ωA∶ωB＝2∶1
因此ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1
由T＝可得TA∶TB∶TC＝1∶2∶2。
[答案] 见解析
解决传动问题的两个关键点
(1)绕同一轴转动的各点角速度ω、转速n和周期T相等，而各点的线速度v与半径r成正比。
(2)在皮带不打滑的情况下，和皮带连接的轮子边缘各点线速度的大小相等，不打滑的摩擦传动两轮边缘上各点线速度大小也相等，而角速度ω与半径r成反比。
[跟进训练]
3．(多选)如图所示是中国古代玩具饮水鸟的示意图，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动，一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水。P、Q是饮水鸟上两点，且rOP>rOQ，则在摆动过程中( )
A．P点的线速度小于Q点的线速度
B．P点的角速度等于Q点的角速度
C．P点转动的周期大于Q点转动的周期
D．P、Q两点的线速度方向相反
BD [鸟绕着O点不停摆动，P、Q是饮水鸟上两点，属于同轴转动，根据同轴转动角速度相等知P、Q两点的角速度大小相同，P、Q两点转动的周期也相同，故B正确，C错误；P、Q两点的角速度大小相等，P点绕O点转动的半径大，根据v＝ωr知，P点的线速度较大，故A错误；P、Q在O点两端，两点的线速度均与杆垂直，方向相反，故D正确。]
4．(2022·广东深圳二中月考)如图所示，A、B是两个摩擦传动的靠背轮。A是主动轮，B是从动轮，它们的半径RA＝2RB，a和b两点在各轮的边缘，c和d在各轮半径的中点，下列判断正确的是( )
A．va＝2vb B．ωa＝2ωc
C．ωd＝ωc D．vb＝2vc
D [由于A、B两轮之间通过摩擦传动，故A、B两轮的边缘的线速度大小相等，所以va＝vb，故A错误；a、c两点同轴转动，角速度相等，所以ωa＝ωc，故B错误；根据v＝ωR可得，ωaRA＝ωbRB，则ωa∶ωb＝RB∶RA＝1∶2，即ωb＝2ωa，a、c两点角速度相等，b、d两点角速度相等，所以ωd＝2ωc，故C错误；由于ωa＝ωc，Ra＝2Rc，故va∶vc＝2∶1，即va＝2vc，又va＝vb，所以vb＝2vc，故D正确。]
圆周运动的周期性和多解问题
1．问题特点
(1)研究对象：匀速圆周运动的多解问题含有两个做不同运动的物体。
(2)运动特点：一个物体做匀速圆周运动，另一个物体做其他形式的运动(如平抛运动，匀速直线运动等)。
(3)运动的关系：由于两物体运动的时间相等，根据等时性建立等式求解待求物理量。
2．分析技巧
(1)抓住联系点：明确题中两个物体的运动性质，抓住两运动的联系点。
(2)先特殊后一般：先考虑第一个周期的情况，再根据运动的周期性，考虑多个周期时的规律。
【典例3】 如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω。若飞镖恰好击中A点，则下列关系式正确的是( )
A．＝L2g
B．ωL＝π(1＋2n)v0(n＝0，1，2，3，…)
C．v0＝ω
D．dω2＝gπ2(1＋2n)2(n＝0，1，2，3，…)
[思路点拨] 圆周运动是一种周期性运动，每经过一个周期物体都会回到原来的位置，本题中飞镖恰好击中A点说明在飞镖做平抛运动的这段时间内圆盘应转过的弧度为(2n＋1)π(n＝0，1，2，3，…)。飞镖的水平位移为L，竖直位移为d，根据圆周运动和平抛运动的相关知识求解。
B [依题意，飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A正好在最低点时被击中，则A点转动的时间t＝(n＝0，1，2，3，…)，平抛的时间t＝，则有＝(n＝0，1，2，3，…)，B正确，C错误；平抛的竖直位移为d，则d＝gt2，联立有dω2＝gπ2(2n＋1)2(n＝)＝L2g，A、D错误。]
解决圆周运动多解问题的方法
(1)明确两个物体参与运动的性质和求解的问题，两个物体参与的两个运动虽然独立进行，但一定有联系点，其联系点一般是时间或位移等，抓住两运动的联系点是解题关键。
(2)注意圆周运动的周期性造成的多解。分析问题时可暂时不考虑周期性，表示出一个周期的情况，再根据运动的周期性，在转过的角度θ上再加上2nπ，具体n的取值应视情况而定。
[跟进训练]
5．子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆筒上只留下一个弹孔(从A位置射入，B位置射出，如图所示)。OA、OB之间的夹角θ＝，已知圆筒半径R＝0.5 m，子弹始终以v0＝60 m/s的速度沿水平方向运动(不考虑重力的作用)，则圆筒的转速可能是( )
A．20 r/s B．60 r/s
C．100 r/s D．140 r/s
C [根据几何关系可得A与B之间的距离为R，在子弹飞行距离为R的时间内，圆筒转动的角度为θ′＝π(n＝1，2，3，…)，由θ′＝ωt得t＝＝(n＝1，2，3，…)，设圆筒的转速为N，由ω＝2πN得时间t＝＝(n＝1，2，3…)，由题意知R＝v0t，解得N＝20(6n－1) r/s(n＝1，2，3…)，当n＝1时，N＝100 r/s，当n＝2时，N＝220 r/s，故选C。]
1．(多选)(2022·安阳市第三十六中学期中考试)以下关于匀速圆周运动的说法中正确的是 ( )
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是变速运动
C．匀速圆周运动的线速度不变
D．匀速圆周运动的角速度不变
BD [匀速圆周运动的速度方向时刻改变，是一种变速运动，A、C错误，B正确；匀速圆周运动中角速度不变，D正确。]
2．(2022·广东广州期末)某品牌的机械鼠标内部构造如图所示，机械鼠标中的定位球的直径是2 cm，某次操作中将鼠标沿直线匀速移动12 cm需要1 s，则定位球的角速度为( )
A． rad/s B． rad/s
C．6 rad/s D．12 rad/s
D [根据线速度定义式v＝，那么定位球的线速度为v＝＝12 cm/s，而线速度与角速度的关系为v＝ωr，则定位球的角速度为ω＝＝＝12 rad/s，故A、B、C错误，D正确。]
3．如图所示为某型号汽车无极变速器工作原理简化图。主动带轮和被动带轮均有若干同轴轮组成，金属带不打滑，车轮与被动带轮一侧的输出轴同轴，甲、乙、丙三图所示为变速器的三个工作挡位，若主动轮转速恒定不变，车轮与路面之间不打滑，则下列说法正确的是( )
A．甲图所示挡位，车速最快
B．乙图所示挡位，车速最快
C．丙图所示挡位，车速最快
D．甲、乙、丙三图所示挡位车速从大到小顺序为甲、丙、乙
B [由题意知主动轮转速恒定，则角速度恒定，根据v＝ωr可知，金属带所在主动轮半径越大，线速度越大，所以乙图所示挡位金属带线速度最大，丙图所示挡位金属带线速度最小；由题图可知金属带与所接触被动轮边缘的线速度相等，根据ω＝，可知，被动轮半径越小，角速度越大，所以乙图所示挡位被动轮即输出轴的角速度最大，车轮与输出轴同轴，即乙图所示挡位车轮角速度最大；车轮半径一定，车轮不打滑，车速等于车轮边缘的线速度，根据v＝ωr，可知，角速度越大，车速越快，所以乙图所示挡位车速最快，故B正确，A、C错误；车速从大到小顺序为乙、甲、丙，故D错误。]
4．水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2.5π rad/s，筒壁上P处有一小圆孔，筒壁很薄，筒的半径R＝2 m；如图所示，圆孔正上方某高度h处有一小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算求小球恰好落入圆筒小孔时，释放小球的高度h(空气阻力不计，g取10 m/s2)。
[解析] 设小球做自由落体运动下落高度h时所用的时间为t，则：h＝gt2
要使小球恰好落入小孔，对于圆筒的运动需满足：
2kπ＝ωt，(k＝1，2，3，…)
联立解得释放小球的高度h为：
h＝k2(k＝1，2，3，…)。
[答案] k2(k＝1，2，3，…)
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．描述匀速圆周运动的物理量有哪些？
提示：线速度、角速度、周期、转速。
2．线速度、角速度、周期和半径满足什么关系？
提示：v＝ωr，T＝＝。
3．“由v＝ωr可得v∝r，由ω＝可得ω∝。”这样理解对吗？
提示：不对，应用控制变量法进行讨论。
课时分层作业(四) 圆周运动
◎题组一 圆周运动及其物理量
1．(多选)质点做匀速圆周运动，则( )
A．在任何相等的时间里，质点的位移都相同
B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等
C．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同
D．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等
BD [质点做匀速圆周运动，在任意相等的时间内，通过的弧长、连接质点和圆心的半径转过的角度都相等，但位移只是大小相等，方向并不相同，平均速度也只是大小相等，方向并不相同，故B、D正确。]
2．(多选)对于做匀速圆周运动的物体来说，不变的物理量是( )
A．周期 B．速率
C．角速度 D．线速度
ABC [匀速圆周运动中，线速度的大小不变，但方向变化，所以速率不变，线速度是变化的，周期、频率、角速度都是不变的，选项A、B、C正确，D错误。]
3．关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期之间的关系，下列说法中正确的是( )
A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的半径一定小
D．角速度大的周期一定小
D [由v＝ωr可知只有当半径r一定时，角速度ω才与线速度v成正比；只有当线速度v一定时，角速度ω才与半径r成反比，选项A、C错误；由v＝知，只有当半径r一定时，线速度v才与周期T成反比，选项B错误；由ω＝知，角速度ω与周期T成反比，即角速度大的周期一定小，选项D正确。]
4．(2022·平顶山第一中学检测)如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，直杆可绕O在竖直面内转动。某汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为4.5 s，自助识别系统的反应时间为0.5 s。如果汽车到道闸位置时，直杆刚好由水平位置转到竖直位置，则直杆转动的平均角速度大小为( )
A． rad/s B． rad/s
C． rad/s D． rad/s
B [由题知，汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为4.5 s，自助识别系统的反应时间为0.5 s，则说明直杆有4 s的转动时间，则直杆转动的平均角速度大小为ω＝＝ rad/s。故选B。]
◎题组二 常见三种传动方式
5．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮边缘上的两个点，则偏心轮转动过程中，a、b两点( )
A．角速度大小相同
B．线速度大小相同
C．周期大小不同
D．转速大小不同
A [a、b两点同轴转动，角速度大小相等，周期、转速都相等，选项A正确，C、D错误；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr可知，线速度大小不同，选项B错误。]
6．(多选)如图所示为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2，已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是( )
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速为n
D．从动轮的转速为n
BC [主动轮做顺时针转动，由皮带缠绕的方式可知从动轮做逆时针转动，A错误，B正确；两轮通过皮带传动，边缘的线速度大小相等，由v＝rω，ω＝2πn，可得2πn·r1＝，解得从动轮的转速为n′＝n，C正确，D错误。故选BC。]
7．如图所示，A、B、C三点为奶茶塑封机手压杆上的点，A在杆的顶端，O为杆转动的轴，且AB＝BC＝CO。在杆向下转动的过程中，下列说法正确的是( )
A．A、B两点线速度大小之比为1∶3
B．B、C两点周期之比为1∶1
C．A、B两点角速度之比为3∶2
D．B、C两点的线速度大小之比为1∶2
B [因为A、B两点同轴转动，所以A、B两点的角速度是相等的，由v＝rω可知，角速度一定时，线速度大小之比等于运动半径之比，故A、B两点线速度大小之比为3∶2，A、C错误；因为B、C两点同轴转动，所以B、C两点的角速度是相等的，故周期相等，由v＝ωr可知，B、C两点的线速度大小之比为2∶1，故B正确，D错误。]
◎题组三 圆周运动的周期性和多解问题
8．为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B，盘A、B平行且相距2 m，轴杆的转速为3 600 r/min，子弹穿过两盘留下两弹孔a、b，测得两弹孔所在半径的夹角θ＝30°，如图所示。则该子弹的速度可能是( )
A．360 m/s B．720 m/s
C．1 440 m/s D．108 m/s
C [子弹从A盘到B盘，B盘转过的角度θ＝2πn＋(n＝0，1，2，…)，B盘转动的角速度ω＝＝2πN＝2π× rad/s＝120π rad/s，子弹在A、B盘间运动的时间等于B盘转动的时间，即＝，所以v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，n＝0时，v＝1 440 m/s；n＝1时，v≈110.77 m/s；n＝2时，v＝57.6 m/s，C正确。]
9．如图所示，B物体放在光滑的水平地面上，在水平力F的作用下由静止开始运动，B物体的质量为m，同时A物体在竖直面内由M点开始做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动。求满足使A、B速度相同的力F的取值。
[解析] 速度相同即大小、方向相同，B速度为水平向右，A一定要在最低点时才能保证速度水平向右。由题意可知：当A从M点运动到最低点时t＝nT＋T(n＝0，1，2，…)，线速度v＝ωr
对于B(初速度为0)：
v＝at＝＝
解得：F＝(n＝0，1，2，…)。
[答案] (n＝0，1，2，…)
10．如图为某种水轮机的示意图，水平管出水口的水流速度恒定，为v0，当水流冲击到水轮机上某挡板时，水流的速度方向刚好与该挡板垂直，该挡板的延长线过水轮机的转轴O，且与水平方向的夹角为30°。当水轮机圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击挡板的水流速度的一半。忽略挡板的大小，不计空气阻力，若水轮机圆盘的半径为R，则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为( )
A． B．
C． D．
B [水从管口流出后做平抛运动，设水流到达挡板时的速度大小为v，则v＝＝2v0，圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击挡板的水流速度的一半，即挡板的线速度为v′＝＝v0，根据v＝rω，可得圆盘转动的角速度ω＝＝，故B正确，A、C、D错误。]
11．如图所示，A、B两个齿轮的齿数分别是z1、z2，各自固定在过O1、O2的轴上。其中过O1的轴与电动机相连接，此轴转速为n1，求：
(1)A、B两齿轮的半径r1、r2之比；
(2)B齿轮的转速n2。
[解析] (1)在齿轮传动装置中，各齿轮在相同时间内转过的“齿”是相同的，因此齿轮的齿数与周长成正比，故r1∶r2＝z1∶z2。
(2)在齿轮传动进行时，每个啮合的齿轮边缘处线速度大小相等，因此齿轮传动满足齿轮转速与齿数成反比，即＝，所以n2＝。
[答案] (1)r1∶r2＝z1∶z2 (2)n2＝
12．如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：
(1)B球抛出时的水平初速度；
(2)A球运动的线速度最小值；
(3)试确定A球做匀速圆周运动的周期的可能值。
[解析] (1)小球B做平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，则R＝v0t
①
在竖直方向上做自由落体运动，则h＝gt2 ②
由①②得v0＝＝R。
(2)A球的线速度取最小值时，A球刚好转过一圈的同时，B球落到a点与A球相碰，则A球做圆周运动的周期正好等于B球的飞行时间，即T＝，
所以vA＝＝2πR。
(3)能在a点相碰，则A球在B球做平抛运动的飞行时间内又回到a点。即平抛运动的时间等于A球周期的整数倍，所以t＝＝nT′，则T′＝(n＝1，2，3，…)。
[答案] (1)R (2)2πR (3)(n＝1，2，3，…)
13．(多选)如图所示，有一个竖直薄壁圆筒，内壁光滑且半径为R，上部侧面A处的正下方h处有一个小孔B，一个大小合适的小球刚好可以穿过小孔，现使小球从小孔A处以某一初速度沿切线方向水平出发，使小球紧贴筒内壁运动，到达底部时恰好从B孔飞出，下列判断正确的是( )
A．小球沿着筒内侧运动时，对圆筒内侧的压力大小不变
B．小球从B孔穿出的时间会因为初速度的不同而不同
C．小球的初速度可能为2πR
D．无论初速度多大小球到达底部时都刚好从B孔穿出
AC [小球的运动是水平匀速圆周运动和竖直自由落体运动的合成，小球水平匀速圆周运动的速度大小没变，则向心力大小不变，那么对圆筒内侧的压力大小不变，A正确；小球竖直方向做自由落体运动，由于竖直方向高度确定，则小球自由落体的时间是确定的，即小球从B孔穿出的时间与初速度大小没有关系，B错误；小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为t＝，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，则得t＝(n＝1，2，3…)，所以v0＝＝πRn(n＝1，2，3…)，当n取2时，C正确，D错误。故选AC。]2．向心力
第1课时 向心力
1．理解向心力的概念及其表达式的确切含义。
2．知道向心力的大小与哪些因素有关，并能用来进行计算。
3．知道在变速圆周运动中，可利用公式求质点在某一点的向心力。
向心力
1．定义
做匀速圆周运动的物体所受的合力总指向圆心，这个指向圆心的力叫作向心力。
2．方向
向心力的方向始终沿半径指向圆心。
3．公式：Fn＝mω2r或者Fn＝m。
4．效果力
向心力是根据力的作用效果来命名的，凡是由某个力或者几个力的合力提供物体做匀速圆周运动的力，不管属于哪种性质，都是向心力。
荡秋千是小朋友很喜欢的游戏，分析秋千由上向下的过程(不考虑空气阻力)。
【问题】
(1)此时小朋友和秋千板做的是匀速圆周运动还是变速圆周运动？
(2)小朋友与秋千板整体受哪几个力的作用？
(3)绳子拉力与重力的合力指向悬挂点吗？
提示：(1)秋千荡下时，速度越来越大，做的是变速圆周运动。
(2)受重力和绳子的拉力。
(3)由于秋千做变速圆周运动，合外力既有指向圆心的分力，又有沿切向的分力，所以合力不指向悬挂点。
1．向心力的大小及来源
(1)向心力大小：公式Fn＝m＝mω2r＝mωv。
(2)向心力的来源：向心力是从力的作用效果命名的，它不是物体受到的力，可以由重力、弹力等各种性质的力，或者是几个力的合力、某个力的分力提供。
2．常见的几个实例分析
实例分析 图例 向心力来源
在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未发生滑动 弹力提供向心力
用细绳拴住小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动 绳的拉力(弹力)提供向心力
物体随转盘做匀速圆周运动，且物体相对于转盘静止 静摩擦力提供向心力
用细绳拴住小球在竖直平面内做圆周运动，当小球经过最低点时 拉力和重力的合力提供向心力
小球在细绳作用下，在水平面内做匀速圆周运动时 绳的拉力的水平分力(或拉力与重力的合力)提供向心力
向心力的理解
【典例1】 如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心为r处的P点不动。关于小强的受力，下列说法正确的是( )
A．小强在P点不动，因此不受摩擦力作用
B．小强随圆盘做匀速圆周运动，其重力和支持力充当向心力
C．小强随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力
D．若圆盘的转速变小时，小强在P点受到的摩擦力不变
[思路点拨] 本题可按以下思路进行分析：
(1)对小强进行受力分析；
(2)分析向心力由什么力提供；
(3)根据公式，明确向心力与转速的关系。
C [由于小强随圆盘做匀速圆周运动，所以一定需要向心力，且该力一定指向圆心方向，而重力和支持力均在竖直方向上，它们不能充当向心力，因此小强会受到静摩擦力的作用，且静摩擦力充当向心力，选项A、B错误，C正确；由于小强随圆盘转动，半径不变，当圆盘的转速变小时，由F＝m(2πn)2r可知，所需向心力变小，受到的静摩擦力变小，选项D错误。]
向心力的计算
【典例2】 有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着质量为m的座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，重力加速度为g，求：
(1)转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系；
(2)此时钢绳的拉力。
[思路点拨] 解此题可按以下思路：
―→―→―→
[解析] (1)转盘转动的角速度为ω时，钢绳与竖直方向的夹角为θ，则座椅到转轴的距离即座椅做圆周运动的半径R＝r＋L sin θ ①
对座椅受力分析，如图所示。
根据几何关系可知：Fn＝mg tan θ
由向心力的公式得：mg tan θ＝mω2R ②
由①②得：ω＝。
(2)由几何关系知：钢绳的拉力为FT＝。
[答案] (1)ω＝ (2)
匀速圆周运动中力学问题的解题步骤
(1)明确研究对象，确定物体在哪个平面内做匀速圆周运动，明确圆心和半径r。
(2)对研究对象进行受力分析，明确向心力是由什么力提供的。
(3)确定v、ω、T、n等物理量中哪些是已知的，选择合适的公式列式求解。
(4)根据F合＝F向列方程，求解。
[跟进训练]
1．如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。小球的向心力由以下哪个力提供( )
A．重力
B．支持力
C．重力和支持力的合力
D．重力、支持力和摩擦力的合力
C [小球受到竖直向下的重力作用和垂直于漏斗壁斜向上的支持力作用，两者的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，选项C正确。]
2．如图所示，半径为r的圆柱形转筒，绕其竖直中心轴OO′转动，小物体a靠在圆筒的内壁上，它与圆筒间的动摩擦因数为μ，要使小物体a不下落，圆筒转动的角速度至少为( )
A． B．
C． D．
C [当圆筒的角速度为ω时，设其内壁对小物体a的弹力为FN，要使小物体a不下落，应满足μFN≥mg，又因为小物体a在水平面内做匀速圆周运动，则FN＝mrω2，联立两式解得ω≥，则圆筒转动的角速度至少为。]
变速圆周运动和一般曲线运动的受力特点
1．变速圆周运动的合力
变速圆周运动所受合外力并不严格指向运动轨迹的圆心。合外力一般产生两个方面的效果：
(1)跟圆周相切的分力Ft，此分力与物体运动的速度在一条直线上，改变物体速度的大小。
(2)指向圆心的分力Fn，此分力提供物体做圆周运动所需的向心力，改变物体速度的方向。
2．一般的曲线运动
(1)定义：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动，如图所示。
(2)处理方法：将曲线分割为许多很短的小段，这样，质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分。
如图所示，链球运动员投掷时可以通过抡绳子来调节链球速度的大小。
【问题】
(1)抡绳子来调节链球速度的过程中，链球受几个力的作用？
(2)抡绳子来调节链球速度的过程中，绳子能拉成水平状态吗？
(3)向心力可以改变速度的大小吗？是什么原因调整的速度呢？
提示：(1)链球受重力和绳子拉力作用。
(2)因为受重力作用，绳子不可能拉成水平状态。
(3)不能。物体做变速圆周运动，物体所受的合力不指向圆心时，切向力Ft(垂直半径方向的分力)，改变速度的大小；向心力Fn(沿着半径或指向圆心的分力)，改变速度的方向(如图所示)。
1．变速圆周运动
(1)受力特点：变速圆周运动中合力不指向圆心，合力F产生改变线速度大小和方向的两个作用效果。
(2)某一点的向心力仍可用公式Fn＝m＝mω2r求解。
2．一般的曲线运动
曲线轨迹上每一小段看成圆周运动的一部分，在分析其速度大小与合力关系时，可采用圆周运动的分析方法来处理。
(1)合力方向与速度方向夹角为锐角时，力为动力，速率越来越大。
(2)合力方向与速度方向夹角为钝角时，力为阻力，速率越来越小。
【典例3】 一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图甲所示，曲线上的A点的曲率圆定义：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一个圆，在极限情况下，这个圆就叫作A点的曲率圆，其半径ρ叫作A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图乙所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )
A． B．
C． D．
[思路点拨] 物体在轨迹最高点以某一曲率半径做圆周运动的向心力由重力提供，列出表达式进行求解。
C [斜抛出去的物体同时参与两个方向的运动：水平方向以速度vx＝v0cos α做匀速直线运动，竖直方向以初速度vy＝v0sin α做匀减速直线运动。到最高点时，竖直方向速度减为零，其速度为vP＝v0cos α，且为水平方向。这时重力提供其做圆周运动的向心力，由mg＝m得ρ′＝，所以C正确，A、B、D错误。]
变速圆周运动问题的两点注意
(1)变速圆周运动中，某一点的向心力均可用Fn＝m、Fn＝mrω2公式求解，这些公式虽然是从匀速圆周运动中得出的，但在变速圆周运动中它们仍然适用，只不过应用时要注意Fn、ω、v必须是同一时刻的瞬时值。
(2)曲线运动中，质点在某一点的速度方向是曲线上这一点的切线方向，此点的曲率半径表示曲线在此处的弯曲程度。
[跟进训练]
3．如图所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点的过程中，物体的速率逐渐增大，则( )
A．物体的合力为零
B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C．物体的合力就是向心力
D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)
D [物体做加速曲线运动，合力不为零，A错误；物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力提供向心力，合力沿切线方向的分力使物体速率变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合力方向间的夹角为锐角，合力方向与速度方向不垂直，B、C错误，D正确。]
1．汽车在一水平公路上转弯时，汽车的运动可视为匀速圆周运动。下列关于汽车转弯时的说法正确的是( )
A．汽车处于平衡状态
B．汽车的向心力由重力和支持力提供
C．汽车的向心力由摩擦力提供
D．汽车的向心力由支持力提供
C [汽车转弯时做匀速圆周运动，运动状态不断变化，所以不是处于平衡状态，故A错误；汽车在水平面内做匀速圆周运动，重力和支持力都沿竖直方向，不可能提供向心力，所以提供向心力的一定是在水平方向的摩擦力，故B、D错误，C正确。]
2．如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一橡皮块，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针)。某段时间内圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受摩擦力Ff的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是( )
A B C D
C [因为圆盘转速不断增大，所以橡皮块将随圆盘一起做加速圆周运动，此时摩擦力Ff既要提供指向圆心的向心力，又要提供与运动方向相同的切向力，所以合力方向应该指向轨道内侧且与速度方向成锐角，故C项正确。]
3．(多选)用细绳拴着小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，下列说法正确的是( )
A．小球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用
B．小球做圆周运动的向心力是重力和绳子的拉力的合力
C．向心力的大小可以表示为Fn＝mrω2，也可以表示为Fn＝mg tan θ
D．小球所受合力为恒力
BC [小球受重力和绳子拉力作用，合力提供向心力，因为向心力是效果力，并不是实际受力，A错误，B正确；根据向心力方程可知Fn＝mrω2，根据受力分析也可得到Fn＝mg tan θ，C正确；小球所受合力提供向心力，方向时刻指向圆心，力的方向一直在变，是变力，D错误。]
4．如图所示，小球在半径为R的光滑半球容器内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中的θ(小球与半球球心的连线跟竖直方向的夹角，且0<θ<)与线速度大小v、周期T的关系。(小球的半径远小于R，重力加速度为g)
[解析] 小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面内(不在半球的球心)，向心力F是重力mg和支持力FN的合力，所以重力和支持力的合力方向必然水平。
如图所示，小球做匀速圆周运动的半径R′＝R sin θ，则mg tan θ＝
可得v＝，T＝＝2π
可见，θ越大(即小球所在平面越高)，v越大，T越小。
[答案] v＝，T＝2π，θ越大，v越大，T越小
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．向心力的特点是什么？
提示：向心力的方向始终指向圆心，向心力的作用效果用来改变速度的方向。
2．向心力一定是合外力吗？
提示：不一定，匀速圆周运动的向心力是合外力。
3．向心力的大小和哪些因素有关？
提示：与物体的质量、线速度、运动半径有关。
课时分层作业(五) 向心力
◎题组一 对匀速圆周运动向心力的理解
1．下列关于向心力的论述中，正确的是( )
A．物体做圆周运动一段时间后才会受到向心力
B．向心力与重力、弹力、摩擦力一样，是一种特定的力，它只有在物体做圆周运动时才产生
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等力中某一种力，也可以是这些力中某几个力的合力
D．向心力既可以改变物体运动的方向，又可以改变物体运动的快慢
C [因为有向心力，物体才做圆周运动，A错误；向心力是按作用效果命名的，与重力、弹力、摩擦力等性质不一样，故B错误；向心力可以是重力、弹力、摩擦力等力中某一种力，也可以是某一个力的分力，或者是这些力中某几个力的合力，故C正确；向心力只能改变物体运动的方向，不能改变物体运动的快慢，故D错误。]
2．如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则( )
A．绳的张力可能为零
B．桶对物块的弹力不可能为零
C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
C [当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，故C正确，A、D错误；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，故B错误。]
3．如图所示，圆盘上叠放着两个物块A和B，当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时，物块与圆盘始终保持相对静止，则( )
A．物块A不受摩擦力作用
B．物块B受5个力作用
C．当转速增大时，A受摩擦力增大，B受摩擦力减小
D．A对B的摩擦力方向沿半径指向转轴
B [物块A受到的摩擦力提供其向心力，故A错误；物块B受到重力、支持力、A对物块B的压力、A对物块B的沿半径向外的静摩擦力和圆盘对物块B的沿半径向里的静摩擦力，共5个力的作用，故B正确；当转速增大时，A、B所受摩擦力都增大，故C错误；A对B的摩擦力方向沿半径向外，故D错误。]
◎题组二 变速圆周运动与一般曲线运动
4．(多选)“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一个项目。某次考试过程中，有两名体重相等的学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”图示位置处减速行驶时( )
A．两名学员具有相同的线速度
B．两名学员具有相同的角速度
C．汽车受到的摩擦力与速度方向相反
D．汽车受到的摩擦力指向弯道内侧偏后的方向
BD [两名学员绕同一点做圆周运动，则他们的角速度相等，两名学员离圆心的距离不相等，根据v＝rω可知，他们的线速度大小不相等，故A错误，B正确；摩擦力的一部分分力指向轨迹圆心，提供汽车做圆周运动所需的向心力，摩擦力的另一部分分力与速度方向相反，使汽车减速，所以摩擦力方向不与速度方向相反，而是指向弯道内侧偏后的方向，故C错误，D正确。]
5．(2021·浙江6月选考)质量为m的小明坐在秋千上摆动，关于他在最高点时状态的描述，下列说法正确的是( )
A．秋千对小明的作用力小于mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
A [在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对小明进行受力分析，沿摆绳方向有F－mg cos θ＝m，由于小明的速度为0，则有F＝mg cos θ
6．甲、乙两名滑冰运动员，在某次滑冰表演时，面对面拉着弹簧测力计做匀速圆周运动(不计冰面的摩擦)，如图所示，m甲＝80 kg，m乙＝40 kg，两人相距0.9 m，弹簧测力计的示数为9.2 N。下列判断中正确的是( )
A．两人的线速度大小相等，约为40 m/s
B．两人的角速度相同，为6 rad/s
C．两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m
D．两人的运动半径相同，都是0.45 m
C [甲、乙两人做匀速圆周运动的角速度相同，向心力大小都等于弹簧测力计的弹力，有m甲ω2r甲＝m乙ω2r乙，即m甲r甲＝m乙r乙，且r甲＋r乙＝0.9 m，m甲＝80 kg，m乙＝40 kg，解得r甲＝0.3 m，r乙＝0.6 m；由于F＝m甲ω2r甲，所以ω＝＝ rad/s≈0.62 rad/s；线速度v＝ωr，甲、乙的角速度相同，r甲与r乙不相等，则v不相等。故A、B、D错误，C正确。]
7．链球运动员在将链球抛掷出去之前，总要双手抓住链条，加速转动几圈，如图所示，这样可以使链球的速度尽量增大，抛出去后飞行更远，在运动员加速转动的过程中，能发现他手中与链球相连的链条与竖直方向的夹角θ将随链球转速的增大而增大，则以下几个图像中能描述ω与θ的关系的是( )
A B C D
D [设链条长为L，链球质量为m，链球做圆周运动的向心力是重力mg和拉力F的合力，半径是L sin θ，向心力Fn＝mg tan θ＝mω2(L sin θ)，解得ω2＝，故选项D正确，A、B、C错误。]
8．质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上，杆端套有一个质量为m的小球，今使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，如图所示，则杆的上端受到的作用力大小为( )
A．mω2R
B．
C．
D．不能确定
C [小球在重力和杆的作用力下做匀速圆周运动。这两个力的合力充当向心力，指向圆心，如图所示。用力的合成法可得杆的作用力：F＝＝，根据牛顿第三定律，小球对杆的上端的作用力F′＝F，C正确。]
9．如图所示，M能在水平光滑杆上自由滑动，滑杆连架装在转盘上。M用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连。当转盘以角速度ω转动时，M离轴距离为r，且恰能保持稳定转动。当转盘转速增至原来的2倍，调整r使之达到新的稳定转动状态，则滑块M( )
A．所需要的向心力变为原来的4倍
B．线速度变为原来的
C．半径r变为原来的
D．M的角速度变为原来的
B [转速增加，再次稳定时，M做圆周运动的向心力仍由绳的拉力提供，仍然等于m的重力，所以向心力不变，故选项A错误；转速增至原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，D错误；根据F＝mrω2，向心力不变，则半径r变为原来的，C错误；根据v＝rω，线速度变为原来的，故B正确。]
10．(多选)一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的球A和球B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．球A的线速度必定大于球B的线速度
B．球A的角速度必定大于球B的角速度
C．球A的运动周期必定大于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
AC [对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图所示，根据牛顿第二定律，有：F＝mg tan θ＝m，解得：v＝，由于球A的转动半径较大，所以球A线速度较大，故A正确；ω＝＝，由于球A的转动半径较大，则球A的角速度较小，故B错误；周期T＝＝2π，因为球A的半径较大，则周期较大，故C正确；由以上分析可知，筒对小球的支持力N＝，与轨道半径无关，则由牛顿第三定律得知，小球对筒的压力也与半径无关，即球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，故D错误。]
11．如图所示，水平转台上有一个质量m＝1 kg的小物体，离转台中心的距离为r＝0.5 m。求：
(1)若小物体随转台一起转动的线速度大小为1 m/s，物体的角速度；
(2)在第(1)问条件下，物体所受的摩擦力；
(3)若小物体与转台之间的最大静摩擦力大小为4.5 N，小物体与转台间不发生相对滑动时，转台转动的最大角速度。
[解析] (1)已知v＝1 m/s，r＝0.5 m，则由v＝ωr
得ω＝＝2 rad/s。
(2)小物体随转台一起转动，向心力由转台对小物体的静摩擦力提供，由牛顿第二定律得：
物体所受的摩擦力
F静＝Fn＝m＝2 N。
(3)当小物体所受静摩擦力最大时，角速度最大，有
Fm＝r得ωm＝＝3 rad/s。
[答案] (1)2 rad/s (2)2 N (3)3 rad/s
12．如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间的夹角始终保持为θ＝37°。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)弹簧为原长时，小球的角速度ω0；
(3)当杆的角速度ω＝时弹簧的长度L′。
[解析] (1)杆处于静止状态时，对小球受力分析，由平衡条件得mg sin 37°＝k×(L－0.5L)，解得弹簧的劲度系数k＝。
(2)当弹簧处于原长时，弹簧弹力为零，小球只受重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，有mgtan 37°＝Lcos 37°，解得ω0＝＝。
(3)当ω＝>ω0时，弹簧处于伸长状态，设弹簧伸长量为x，对小球受力分析，则在竖直方向有FN cos 37°＝kxsin 37°＋mg
在水平方向有FNsin 37°＋kxcos 37°＝mω2(L＋x)cos 37°
解得x＝2L
所以弹簧长度L′＝L＋x＝3L。
[答案] (1) (2) (3)3L3．向心加速度
1．理解向心加速度的概念，知道向心加速度的大小和方向。
2．知道向心加速度和线速度、角速度的关系式，并能进行相关计算。
3．能够运用向心加速度公式求解有关问题。
匀速圆周运动的加速度方向
1．向心加速度定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，我们把它叫作向心加速度。
2．向心加速度方向：总沿半径指向圆心，并且与线速度方向垂直。
3．向心加速度的物理意义：描述线速度方向改变快慢的物理量。
如图所示为游乐设施旋转飞车的示意图，旋转飞车的运动可以看作匀速圆周运动。
【问题】
(1)飞车做匀速圆周运动时，飞车受几个力？合力的方向如何？
(2)合力产生的加速度就是向心加速度吗？
(3)当飞车加速旋转过程中，合力产生的加速度就是向心加速度吗？
(4)圆周运动的加速度方向一定指向圆心吗？
提示：(1)在匀速圆周运动中，飞车受两个力，重力和绳子的拉力，合力指向做圆周运动的圆心。
(2)合力产生的加速度就是向心加速度，加速度方向一定指向圆心。
(3)飞车加速旋转过程中，合力产生的加速度不是向心加速度。
(4)匀速圆周运动的加速度方向一定指向圆心，非匀速圆周运动的加速度方向不指向圆心。
1．向心加速度的物理意义
向心加速度只表示线速度方向变化的快慢，不表示线速度大小变化的快慢。
2．向心加速度方向特点
(1)指向圆心：无论匀速圆周运动，还是变速圆周运动，向心加速度的方向都指向圆心，或者说与线速度的方向垂直。
(2)时刻改变：无论向心加速度的大小是否变化，向心加速度的方向随线速度方向的改变而改变。所以一切圆周运动都是变加速曲线运动。
3．非匀速圆周运动的加速度
对于非匀速圆周运动，如图所示。
(1)物体加速度的方向不再指向圆心。
(2)其中一个分加速度的方向指向圆心，为向心加速度，其作用仍然是改变速度的方向。
(3)另一个分加速度改变速度的大小。
【典例1】 关于向心加速度，下列说法正确的是( )
A．向心加速度是描述线速度大小变化快慢的物理量
B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C．向心加速度的大小恒定，方向时刻改变
D．向心加速度是平均加速度，大小可用a＝来计算
B [向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，它是描述线速度方向变化快慢的物理量，A错误，B正确；只有匀速圆周运动的向心加速度大小才恒定，C错误；公式a＝适用于平均加速度的计算，向心加速度是瞬时加速度，D错误。]
[跟进训练]
1．下列关于向心加速度的说法中正确的是( )
A．向心加速度的方向始终指向圆心
B．向心加速度的方向保持不变
C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化
A [向心加速度的方向时刻指向圆心，A正确；向心加速度的大小不变，方向时刻指向圆心，不断变化，故B、C、D错误。]
匀速圆周运动的加速度大小
1．基本公式an＝＝ω2r。
2．拓展公式an＝·r＝ωv。
如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，RC＞RA＞RB。A、B、C是它们边缘上的三个点，请思考：
【问题】
(1)哪两个点的向心加速度与半径成正比？
(2)哪两个点的向心加速度与半径成反比？
(3)如何比较A点和C点的向心加速度大小？
提示：(1)B、C两个点同轴转动，它们的角速度相同，向心加速度与半径成正比。
(2)A、B两个点的线速度大小相等，向心加速度与半径成反比。
(3)根据A、B两点线速度大小相等，可知aB＞aA，再根据B、C两点角速度相等，可知aC＞aB，故aC＞aA。
1．向心加速度的几种表达式
2．向心加速度的大小与半径的关系
(1)当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比，也与线速度的平方成正比。随频率的增大或周期的减小而增大。
(2)当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比。
(3)当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比。
(4)an与r的关系图像：如图所示，由an-r图像可以看出，an与r成正比还是反比，要看ω恒定还是v恒定。
【典例2】 如图所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转动轴的距离是大轮半径的。当大轮边缘上的P点的向心加速度是12 m/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度各为多少？
[思路点拨] (1)P和S在同一轮上，角速度相同，选用an＝ω2r计算向心加速度。
(2)P和Q为皮带传动的两个轮边缘上的点，线速度大小相等，选用an＝计算向心加速度。
[解析] 同一轮上的S点和P点的角速度相同，
即ωS＝ωP
由向心加速度公式an＝ω2r，得＝
故aS＝aP＝×12 m/s2＝4 m/s2
又因为皮带不打滑，所以皮带传动的两轮边缘上各点的线速度大小相等，即vP＝vQ
由向心加速度公式an＝，得＝
故aQ＝aP＝2×12 m/s2＝24 m/s2。
[答案] 4 m/s2 24 m/s2
向心加速度表达式的应用技巧
(1)角速度相等时，研究an与v的关系用an＝ωv分析比较。
(2)周期相等时，研究an与r的关系用an＝r分析比较。
(3)线速度相等时，研究an与r的关系用an＝分析比较。
(4)线速度相等时，研究an与ω的关系用an＝ωv分析比较。
[跟进训练]
2．(多选)如图所示为A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度a的大小随半径r变化的图像，其中A为反比例函数图像的一个分支，由图可知( )
A．A物体运动的线速度大小不变
B．A物体运动的角速度不变
C．B物体运动的角速度不变
D．B物体运动的线速度大小不变
AC [由a＝知，做匀速圆周运动的物体线速度大小不变时，加速度与半径成反比，故A正确，B错误；由a＝rω2知，角速度不变时，加速度与半径成正比，故C正确、D错误。]
3．甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为9∶4，转动周期之比为3∶4，则它们的向心加速度大小之比为( )
A．1∶4 B．4∶1
C．4∶9 D．9∶4
B [设甲、乙两个物体的转动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，根据题意＝，＝，由an＝r得：＝·＝×()2＝，故选B。]
1．关于向心加速度，下列说法正确的是( )
A．向心加速度是描述物体速率变化快慢的物理量
B．匀速圆周运动的向心加速度恒定不变
C．向心加速度是描述物体运动方向变化快慢的物理量
D．向心加速度随着轨道半径的增大而减小
C [向心加速度与速度垂直，是描述物体运动方向变化快慢的物理量，故A错误，C正确；匀速圆周运动的向心加速度大小不变、方向时刻改变，是变化的，故B错误；根据an＝ω2r可知，角速度一定时，轨道半径越大，向心加速度越大，故D错误。]
2．关于质点做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．由a＝知a与r成反比
B．由a＝ω2r知a与r成正比
C．由ω＝知ω与r成反比
D．由ω＝2πn知ω与转速n成正比
D [由a＝可知，v一定时，a与r成反比，A错误；由a＝ω2r可知，ω一定时，a与r成正比，B错误；由ω＝可知，v一定时，ω与r成反比，C错误；因为2π是恒量，由ω＝2πn可知，ω与转速n成正比，D正确。]
3．如图所示，半径为R的圆盘绕过圆心的竖直轴OO′匀速转动，在距轴为r处有一竖直杆，杆上用长为L的细线悬挂一小球。当圆盘以角速度ω匀速转动时，小球也以同样的角速度做匀速圆周运动，这时细线与竖直方向的夹角为θ，则小球的向心加速度大小为( )
A．ω2R B．ω2r
C．ω2L sin θ D．ω2(r＋L sin θ)
D [小球运动的轨迹是水平面内的圆，如题图中虚线所示，其圆心是水平面与转轴OO′的交点，所以圆周运动的半径为r＋L sin θ，由an＝rω2，可知其加速度大小为ω2(r＋L sin θ)，选项D正确。]
4．A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的转速为30 r/min，B的转速为15 r/min。则两球的向心加速度之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．4∶1 D．8∶1
D [由题意知A、B两小球的角速度之比ωA∶ωB＝nA∶nB＝2∶1，所以两小球的向心加速度之比aA∶aB＝RB＝8∶1，D正确。]
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．圆周运动的加速度一定指向圆心吗？
提示：不一定，只有匀速圆周运动的加速度才指向圆心。
2．向心加速度的物理意义是什么？
提示：反映线速度方向变化快慢。
3．向心加速度表达式有哪些？
提示：an＝＝ω2r＝r＝ωv。
旋转的足球——香蕉球
喜欢足球的人肯定知道“香蕉球”，即运动员踢出的足球在行进中绕过“人墙”转弯进入球门，其轨迹如图甲所示。运动员踢出足球时，一方面使它向前运动，另一方面又使它绕轴旋转。设旋转方向和前进方向如图乙(a)所示，若自上向下看，如图乙(b)，由于足球的自转，足球表面附近有一层空气被足球带动做同一旋向的转动，造成足球A、B两侧附近空气相对于足球的速度不相等，A侧附近空气的流速大于B侧附近空气的流速。根据流体的速度与压强的关系可知，空气对足球 B 侧的压强大于对A侧的压强，从而使足球的 A、B 两侧形成一个压力差，其合力F的方向由 B 指向 A，正是这个压力差，使足球偏离了原来的运动方向，在空中划出一条形如香蕉的轨迹。
(1)图乙(a)中的a、b两点相同的物理量是什么？
(2)a、b两点的向心加速度哪个大？
提示：(1)相同的角速度。(2)b点向心加速度大。
课时分层作业(六) 向心加速度
◎题组一 对向心加速度的理解
1．下列关于向心加速度的说法中，正确的是( )
A．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化
B．向心加速度的方向始终保持不变
C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直
D [向心加速度的方向始终沿半径方向指向圆心，与速度的方向垂直，它的方向始终在改变，故B错误，D正确；匀速圆周运动的向心加速度的大小始终不变，但是方向时刻改变，所以匀速圆周运动的向心加速度时刻改变，故A、C错误。]
2．做匀速圆周运动的两物体甲和乙，它们的向心加速度分别为a1和a2，且a1>a2，下列判断正确的是( )
A．甲的线速度大于乙的线速度
B．甲的角速度比乙的角速度小
C．甲的轨道半径比乙的轨道半径小
D．甲的速度方向比乙的速度方向变化快
D [由于不知甲和乙做匀速圆周运动的半径大小关系，故不能确定它们的线速度、角速度的大小关系，A、B、C错误。向心加速度是表示线速度方向变化快慢的物理量，a1>a2，表明甲的速度方向比乙的速度方向变化快，D正确。]
3．(多选)如图所示，细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在水平面内做圆周运动，关于小球运动到P点时的加速度方向，下列图中可能的是( )
A B C D
BD [若小球做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，加速度指向圆心，故B项正确；若小球做变速圆周运动，运动到图示的P点时，所受的合力可分解为向心力和沿切向方向的分力，即P点的加速度可分解为沿PO方向的向心加速度和垂直于PO的切向加速度，故D项正确。]
◎题组二 向心加速度的表达式及应用
4．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图所示，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
C [向心加速度的公式an＝rω2，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an约为1000m/s2，C正确。]
5．(多选)冰上芭蕾舞表演中，演员展开双臂单脚点地做着优美的旋转动作，在他将双臂逐渐放下的过程中，他转动的速度会逐渐变快，则他肩上某点随之转动的( )
A．周期变大 B．线速度变大
C．角速度变大 D．向心加速度变大
BCD [他转动的速度逐渐变快，说明角速度变大，而v＝ωr，an＝ω2r，T＝，随ω的增大，v、an在变大，T将变小，选项A错误，B、C、D正确。]
6．(2022·济南市第一中学高一期中)2021年11月8日，中国载人航天工程空间站顺利完成第三次航天员出舱活动，本次出舱先后完成了机械臂悬挂装置与转接件安装测试工作。机械臂绕图中O点旋转时，旋转臂上A、B两点的线速度v、角速度ω、周期T、向心加速度a的关系正确的是( )
A．vA>vB、aA>aB B．vA
B [在旋转过程中，各点都绕O点同轴转动，所以各点的角速度是相同的，根据T＝可知，A、B两点的周期也是相等的，根据v＝rω可知，B点线速度大，故A、C、D错误， B正确。]
7．如图所示，压路机大轮的半径R是小轮半径r的2倍，压路机匀速行进时，大轮边缘上A点的向心加速度是0.12 m/s2，那么小轮边缘上的B点向心加速度是多少？大轮上距轴心的距离为的C点的向心加速度是多大？
[解析] 由题意知vB＝vA，由a＝，得＝＝2，
所以aB＝0.24 m/s2，
因为ωA＝ωC，由a＝ω2r，
得＝＝
所以aC＝0.04 m/s2。
[答案] 0.24 m/s2 0.04 m/s2
8．(多选)如图所示，一小物块在外力作用下，以大小为a＝4 m/s2的向心加速度做匀速圆周运动，半径R＝1 m，则下列说法正确的是( )
A．小物块运动的角速度为2 rad/s
B．小物块做圆周运动的周期为π s
C．小物块在t＝ s内通过的位移大小为 m
D．小物块在π s内通过的路程为零
AB [因为a＝ω2R，所以小物块运动的角速度为ω＝＝2 rad/s，故A项正确；周期T＝＝π s，故B项正确；小物块在 s内转过弧度，通过的位移大小为 m，小物块在π s内转过一周，通过的路程为2π m，故C、D错误。]
9．(多选)一小球质量为m，用长为L的悬绳(不可伸长，质量不计)固定于O点，在O点正下方处钉有一颗钉子。如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则( )
A．小球的角速度突然增大
B．小球的线速度突然减小到零
C．小球的向心加速度突然增大
D．小球的向心加速度不变
AC [由于悬线与钉子接触时小球在水平方向上不受力，故小球的线速度不会发生突变，由于做圆周运动的半径变为原来的一半，由v＝ωr知，角速度变为原来的2倍，A正确，B错误；由a＝知，小球的向心加速度变为原来的2倍，C正确，D错误。]
10．如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙中所示的模型。A、B是转动的大、小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点。若大轮半径是小轮的两倍，C为大轮半径的中点，则A、B、C三点( )
A．线速度之比是1∶1∶2
B．角速度之比是1∶2∶2
C．向心加速度之比是4∶2∶1
D．转动周期之比是2∶1∶1
C [由于是齿轮传动，可知vA＝vB，由于B、C在同一个轮上，因此ωB＝ωC，根据v＝ωr可得vB∶vC＝rB∶rC＝2∶1，因此vA∶vB∶vC＝2∶2∶1，A错误；根据ω＝，可得ωA∶ωB＝rB∶rA＝2∶1，因此ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，B错误；根据a＝ω2r＝ωv，因此aA∶aB∶aC＝ωAvA∶ωBvB∶ωCvC＝4∶2∶1，C正确；根据T＝，可得TA∶TB∶TC＝∶∶＝1∶2∶2，D错误。故选C。]
11．(2022·江西南昌高一期中)如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑。在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点，分别为A、B、C，已知三个轮的半径比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1。求：
(1)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；
(2)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC。
[解析] (1)A、C共轴转动，角速度相等，A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，根据v＝rω，
ωA∶ωB＝r2∶r1＝1∶2
所以A、B、C三点的角速度之比
ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1。
(2)A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，A、C共轴转动，角速度相等，根据v＝rω，
则vA∶vC＝r1∶r3＝2∶1
所以A、B、C三点的线速度大小之比
vA∶vB∶vC＝2∶2∶1
根据an＝vω，可知，A、B、C三点的加速度之比为2∶4∶1。
[答案] (1)1∶2∶1 (2)2∶4∶1
12．(2022·天津一中高一期中)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，质量为m的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员( )
A．向心加速度约为g
B．向心加速度约为2g
C．受到的拉力约为mg
D．受到的拉力约为2mg
D [女运动员做圆锥摆运动，对女运动员受力分析可知，受到重力、男运动员对女运动员的拉力F，竖直方向合力为零，则有F sin 30°＝mg，解得F＝2mg，故C错误，D正确；水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有F cos 30°＝ma，即2mg cos 30°＝ma，解得a＝g，故A、B错误。故选D。]素养提升课(三) 水平面和竖直平面内的圆周运动
1．掌握水平面内圆周运动的受力特点和分析解决方法。
2．掌握竖直面内圆周运动的受力特点和分析解决方法。
水平面内圆周运动问题
1．常见运动模型分析
模型 圆盘模型 圆锥摆模型
图示
分析 静摩擦力Ff提供向心力，由Fn＝Ff＝μmg＝m得，最大速度v＝ 弹力(细线拉力或斜面弹力)和物体重力的合力提供向心力 ①Fn＝F合＝mg tan θ ②Fn＝F合＝
2．解决圆周运动临界问题的一般思路
(1)要考虑达到临界条件时物体所处的状态。
(2)分析该状态下物体的受力特点。
(3)结合圆周运动知识，列出相应的动力学方程分析求解。
【典例1】 如图所示，水平转盘上放有一质量为m的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的绳子长为r，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍，g为重力加速度，转盘的角速度由零逐渐增大，求：
(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度；
(2)当角速度为时，绳子对物体拉力的大小。
[解析] (1)当恰由最大静摩擦力提供向心力时，绳子拉力为零，此时角速度达到最大，如图甲所示，设此时转盘转动的角速度为ω0，则μmg＝r，得ω0＝。
(2)当ω＝时，ω＞ω0，所以绳子的拉力F和最大静摩擦力共同提供向心力，如图乙所示，此时F＋μmg＝mω2r，代入数据解得F＝μmg。
[答案] (1) (2)μmg
[跟进训练]
1．(2022·福建厦门六中高一检测)如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转平台上随平台一起做匀速圆周运动，三个物体与旋转平台间的动摩擦因数均为μ，已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离转轴的距离均为R，C距离转轴2R，以下说法正确的是( )
A．若转速加快，A最先相对平台滑动
B．若转速加快，C一定不会最先相对平台滑动
C．若都没相对平台滑动，则向心加速度aA＝aC>aB
D．若都没相对平台滑动，则摩擦力fA＝fC>fB
D [A、B、C同轴转动，则角速度相等，向心力Fn＝mω2r，可知A、C所需向心力大小相等；由于最大静摩擦力f＝μN＝μmg，可知A的最大静摩擦力大于C的最大静摩擦力，所以当平台转速增加时，C比A先滑动；同理可得A、B同时滑动，故选项A、B错误。若都没相对平台滑动，A、B、C三个物体的角速度相等，根据an＝rω2可知，C的轨道半径最大，C的向心加速度最大，A、B的向心加速度相等，即aC>aB＝aA，故选项C错误；若都没相对平台滑动，A、B、C三个物体做匀速圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，fA＝2mRω2，fB＝mRω2，fC＝2mRω2，可知B物体所受的摩擦力最小，A、C物体所受的摩擦力相等，即fA＝fC>fB，故选项D正确。]
2．(2022·广东广州高一下联考)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈深受大众喜爱。如图甲所示，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其简化模型如图乙所示。已知配重(可视为质点)质量m＝0.5 kg，绳长为L＝0.4 m，悬挂点到腰带中心的距离为r0＝0.2 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，计数器显示在1 min内转动圈数为120圈，此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中腰带可看作不动，重力加速度取g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大
C．配重的角速度是120 rad/s
D．θ为37°
B [匀速转动时，配重受到的合力提供向心力，其大小不变，但方向变化，故配重受到的合力改变，故A错误。以配重为研究对象，其受到重力和拉力，如下图甲所示，在竖直方向，根据平衡条件可得T cos θ＝mg，配重转速增大，θ增大、T增大；设腰带的质量为M，对腰带进行受力分析，如下图乙所示，在水平方向，根据平衡条件可得N＝T sin θ，若增大转速，T和θ都增大，则腰受到腰带的弹力变大，故B正确。计数器显示在1 min内转动圈数为120圈，可得转动周期T＝ min＝0.5 s，角速度ω＝＝ rad/s＝4π rad/s，故C错误。根据图甲结合牛顿第二定律可得mg tan θ＝mr，由题意知r＝r0＋L sin θ，联立可得θ不等于37°，故D错误。
]
竖直平面内圆周运动的问题
1．轻绳和轻杆模型概述
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”。
2．两类模型分析对比
项目 轻绳模型 轻杆模型
常见类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高点的临界条件 v临＝ v临＝0
讨论分析 (1)能过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道，如图所示 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0＜v＜时，mg－FN＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
在最高点的FN图线
轻绳模型
【典例2】 (多选)用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示。则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时，绳子张力可以为0
B．小球通过最高点时的最小速度是0
C．小球刚好通过最高点时的速度是
D．小球通过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受重力方向相反
AC [设小球通过最高点时的速度为v，由合力提供向心力及牛顿第二定律得mg＋FT＝m。当FT＝0时，v＝，故A正确；当v＜时，FT＜0，而绳子只能产生拉力，不能产生与重力方向相反的支持力，故B、D错误；当v>时，FT＞0，小球能沿圆弧通过最高点，可见，是小球能沿圆弧通过最高点的临界条件，故C正确。]
轻杆模型
【典例3】 如图所示，轻杆长为2L，中点装在水平轴O处，A、B两端分别固定着小球A和B，A球的质量为m，B球的质量为2m，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动。
(1)若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，求此时A球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于，求此时杆A端的受力大小和方向；
(3)若杆的转速可以逐渐变化，能否出现O轴不受力的情况？若不能，用公式推导说明理由。若能，则求出此时A、B球的速度大小。
[解析] (1)若A球在最高点时，杆A端恰好不受力，则A球的重力提供向心力
即mg＝m，解得v＝。
(2)由于两球的线速度大小相等，故A球的速度也为，
对A球有TOA－mg＝m
解得TOA＝2mg，方向竖直向上
由牛顿第三定律可知，此时杆A端的受力大小为2mg，方向竖直向下。
(3)要使O轴不受力，根据B球的质量大于A球的质量，可判断B球应在最高点，且此时杆对A、B均表现为拉力。
对B球有TOB′＋2mg＝
对A球有TOA′－mg＝
O轴不受力时，TOA′＝TOB′，又有vA＝vB
解得vA＝vB＝。
[答案] (1) (2)2mg，方向竖直向下 (3)O轴能不受力
竖直平面内圆周运动的分析方法
(1)明确运动的模型，是轻绳模型还是轻杆模型。
(2)明确物体的临界状态，即在最高点时物体具有最小速度时的受力特点。
(3)分析物体在最高点或最低点的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解。
[跟进训练]
3．某游乐场中的“过山车”有两个半径分别为r1、r2的圆形轨道，固定在竖直平面内，如图所示，某游客乘坐的小车从倾斜轨道上滑下，连续经过两圆形轨道的最高点O、P时速度大小分别为v1、v2，若在这两点，小车对轨道的压力都为零，则v1∶v2为( )
A． B． C． D．
B [在这两点，小车对轨道的压力都为零，则mg＝，mg＝，则＝，故选B。]
4．(多选)如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球(直径略小于管内径)一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v，已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是( )
A．v的极小值为0
B．v由零逐渐增大的过程中，轨道对球的弹力先减小再增大
C．当v由值逐渐增大的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐增大
D．当v由值逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小
ABC [当v较小时，对小球通过最高点，由牛顿第二定律mg－FN＝m，代入FN＝mg可得，等式成立，说明v的极小值可以为0，故选项A正确；当v较小在0～范围内变化时mg－FN＝m可知，FN随着v的减小而逐渐增大，随着v的增大而逐渐减小；当v在大于范围内逐渐变大时，由mg＋FN＝m可知，FN随着v的增大而逐渐变大，故选项B、C正确，D错误。故选ABC。]
素养提升练(三) 水平面和竖直平面内的圆周运动
一、选择题
1．杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m＝0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)( )
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N
B [“水流星”在最高点的速度v＝4 m/s＝，由此可知绳的拉力恰为零，且水恰不流出，“水流星”只受重力作用，处于完全失重状态，容器底部受到的压力为零，故只有B正确。]
2．小明家餐桌的上面一层是半径为40 cm的转盘，餐具放在上面可随盘绕盘中心的转轴转动，已知菜碟和转盘表面间的动摩擦因数为0.64。妈妈将一碟菜放在转盘边缘后离开了，调皮的小明转动转盘，结果菜碟从转盘上滑落。若转盘的转动可认为是匀速转动，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则小明转动转盘的角速度至少为( )
A．16.0 rad/s B．4.0 rad/s
C．2.56 rad/s D．1.6 rad/s
B [菜碟放在转盘边缘随转盘一起转动时，由静摩擦力提供菜碟做圆周运动的向心力，随着角速度的增大，静摩擦力也逐渐增大，当静摩擦力达到最大值时，有μmg＝mω2r，代入数据解得ω＝4.0 rad/s，故选B。]
3．(多选)(2022·广东广州四十七中高一期中)如图所示，在粗糙木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( )
A．物块始终受到三个力作用
B．只有在a、b、c、d四点，物块所受的合外力才指向圆心
C．从a到b，物块所受的摩擦力先减小后增大
D．从b到a，物块处于超重状态
CD [在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物块受到重力、支持力、静摩擦力三个作用，选项A错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，选项B错误；从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物块所受木板的摩擦力先减小后增大，选项C正确；从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，选项D正确。]
4．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙物体质量分别为M和m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L(L
C． D．
D [当转盘以最大角速度转动时，绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力，绳的拉力和乙所受的最大静摩擦力的合力提供乙做圆周运动的向心力，以M为研究对象，F＝μMg，以m为研究对象，F＋μmg＝mLω2，可得ω＝，选项D正确。]
5．(多选)如图所示，质量为m的小环套在竖直平面内半径为R的光滑大圆环轨道上做圆周运动。小环经过大圆环最高点时，下列说法正确的是( )
A．小环对大圆环的压力可以等于mg
B．小环对大圆环的拉力可以等于mg
C．小环的线速度大小不可能小于
D．小环的向心加速度可以等于g
ABD [当小环对大圆环的压力等于mg时，对小环受力分析有mg－N＝m，解得v＝0，A正确，C错误；当小环对大圆环的拉力等于mg时，对小环受力分析有N＋mg＝m，解得v＝，B正确；当小环与大圆环没有相互作用力时，对小环受力分析有mg＝ma，解得a＝g，D正确。]
6．长度为L＝0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到( )
A．6.0 N的拉力 B．6.0 N的压力
C．24 N的拉力 D．24 N的压力
B [设小球以速率v0通过最高点时，小球对杆的作用力恰好为零，即mg＝，得v0＝＝ m/s＝ m/s。由于v＝2.0 m/s< m/s，可知过最高点时，小球对细杆产生压力，细杆对小球有支持力，如图所示为小球的受力情况图，由牛顿第二定律有mg－FN＝m，得FN＝mg－m＝3.0×10 N－3.0× N＝6.0 N，由牛顿第三定律知，细杆OA受到6.0 N的压力，B正确。]
7．(2022·浙江大学附属中学高一期中)如图所示，甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成，把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是( )
A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅给人的力一定小于重力
D．丁图中，若轨道车过最高点的速度大于，座椅一定给人向上的力
B [在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得mg－N1＝m，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得mg＋F＝m，即座椅给人施加向下的力，故A错误；在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B正确；在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，N2－mg＝m，座椅一定给人的力大于重力，故C错误；设竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律mg＋N3＝m，当v>时N>0，可知座椅一定给游客向下的力，故D错误。]
8．(多选)如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上，圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为L，b到转轴的距离为2L，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是( )
A．a在最高点时所受摩擦力不可能为0
B．a在最低点时所受摩擦力不可能为0
C．a、b均不发生滑动时圆盘角速度的最大值为ω＝
D．a、b均不发生滑动时圆盘角速度的最大值为ω＝
ABC [设在最高点，a若所受的摩擦力为零，则靠重力沿圆盘的分力提供向心力，有mg sin θ＝mLω2，在最低点，有f－mg sin θ＝mLω2，联立解得最低点的摩擦力f＝mg，而最大静摩擦力fm＝μmg cos θ＝0.75mg，可知a在最高点和最低点的摩擦力都不能为零，故A、B正确；对a在最低点，根据牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝mLω2，解得a开始滑动的临界角速度ω＝，对b在最低点，根据牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝m·2Lω′2，解得b开始滑动的临界角速度ω′＝，故a、b均不发生滑动时圆盘角速度的最大值为，故C正确，D错误。故选ABC。]
二、非选择题
9．如图所示，A和B两物块(可视为质点)放在转盘上，A的质量为m，B的质量为2m，两者用长为l的细绳连接，A距转轴距离为l，两物块与转盘间的动摩擦因数均为μ，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，细绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，重力加速度为g，求：
(1)角速度ω为何值时，绳上刚好出现拉力；
(2)角速度ω为何值时，A、B开始与转盘发生相对滑动。
[解析] (1)开始时两物块都靠静摩擦力提供向心力，转动半径更大的B先达到最大静摩擦力，此时绳子开始出现弹力，根据牛顿第二定律有μ·2mg＝·2l
解得ω1＝
故角速度为时，绳上刚好出现拉力。
(2)当A、B所受的摩擦力均达到最大静摩擦力时，A、B开始相对于转盘滑动，根据牛顿第二定律，
对A有μmg－T＝l
对B有μ·2mg＋T＝·2l
联立解得ω2＝
故角速度为时，A、B开始与转盘发生相对滑动。
[答案] (1) (2)
10．如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m＝50 kg的重锤(重锤可视为质点)绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R＝0.5 m，电动机连同打夯机底座的质量为M＝25 kg，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)重锤转动的角速度为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？
(2)若重锤以上述的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？
[解析] (1)当重锤运动到最高点，连接杆的拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面
有FT＝Mg
对重锤有mg＋FT＝mω2R
解得ω＝＝ rad/s。
(2)在最低点，对重锤有FT′－mg＝mω2R
则FT′＝Mg＋2mg
对打夯机有
FN＝FT′＋Mg＝2(M＋m)g＝1 500 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝1 500 N。
[答案] (1) rad/s (2)1 500 N
11．如图所示，在光滑的圆锥顶端，用长L＝2 m的细绳悬挂一质量m＝1 kg的小球，圆锥顶角2θ＝74°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)当小球以ω1＝1 rad/s的角速度随圆锥体做匀速圆周运动时，细绳上的拉力大小；
(2)当小球以ω2＝5 rad/s的角速度随圆锥体做匀速圆周运动时，细绳上的拉力大小。
[解析] (1)设小球刚要离开锥面时的角速度为ω0，此时锥面对它的支持力为零，根据牛顿第二定律，得mg tan θ＝L sin θ
代入数据解得ω0＝2.5 rad/s
当ω1＝1 rad/s<2.5 rad/s时，小球没有离开锥面，对小球进行受力分析，如图甲，水平方向根据牛顿第二定律，得
FTsin θ－FNcos θ＝L sin θ
竖直方向根据平衡条件，得
FTcos θ＋FNsin θ＝mg
联立并代入数据解得FT＝8.72 N。
(2)当ω2＝5 rad/s>2.5 rad/s时，小球离开锥面，设细绳与竖直方向的夹角为β，对小球进行受力分析，如图乙，根据牛顿第二定律，得
FT1sin β＝L sin β
解得FT1＝50 N。
[答案] (1)8.72 N (2)50 N
