2019高考物理一轮复习第四章曲线运动与万有引力微专题5圆周运动的临界问题课时冲关新人教版

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高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天热点专题系列四圆周运动与平抛运动的综合问题课件

解析在时刻 t 将小物块解锁后物块做平抛运动，初速度为：v0＝rω＝
rkt，小物块落地时竖直分速度为：vy＝ 2gH，小物块落到地面上时重力的
瞬时功率为：P＝mgvy＝mg 2gH，可知 P 与 t 无关，故 A 正确，B 错误；
小物块做平抛运动的时间为：t′＝ 2gH，水平位移大小为：x＝v0t′＝
＝12gt2 ③，联立①②③解得 x＝ 4LH－L1－cosα，根据数学知识可知
当 L＝(H－L)，即 L＝H2 时 x 最大，D 错误，C 正确。
解析
热点集训
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身体不好哦~
1.(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
竖直方向1－34d＝12gt2 水平方向 d＝v1t
解得 v1＝ 2gd
在竖直方向上有 v2⊥＝2g1－34d，
则 v2＝ v21＋v2⊥
解析答案
解得 v2＝ 120gd。 (2)设绳能承受的最大拉力大小为 FT，这也是球受到绳的最大拉力大小，球做圆周运动的半径为 R＝34d 对小球在最低点由牛顿第二定律得 FT－mg＝mvR21 解得 FT＝131mg。
解析答案
4．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为 m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离 d 后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为 d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为 g，忽略手的运动半径和空气阻力。
2．解题关键 (1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。 (2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。 (3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。

2019年高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动课件

• (1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？ • (2)要计算漏斗内壁上小球的角速度时还需要哪些信息？ • 答案：(1)圆盘上的物体是静摩擦力提供向心力，漏斗内壁的物体由重力和支持力的合力提供向心力。 • (2)小球做圆周运动的半径和漏斗内壁的倾角。
• 思维诊断： • (1)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析 × 做圆周运动物体的受力，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用。( ) √ 4m/s的线速度做匀速圆周运动，周期为2s，则 • (2)一物体以速度变化率的大小为4πm/s2。( ) ×不变非匀 Nhomakorabea圆周运动
变化
是速度大小 __________而变化方向时刻不变 __________的变变化运动性速曲线运动，是加速度大质小__________、方向 __________的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化 ________的变速曲线运动，是加速度大小、方向都_________的变加速曲线运动
•离心运动
圆周运动 • 1．定义：做_______________ 的物体，在所受合外力突然向心力消失或不足以提供圆周运动所需 _____________的情况下，惯性所做的逐渐远离圆心的运动。 • 切线方向 2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的__________，总有沿着圆周_____________飞出去的倾向。
A．它们的线速度之比 vA︰vB＝4︰3 B．它们的角速度之比 ωA︰ωB＝2︰3 C．它们的周期之比 TA︰TB＝3︰2 D．它们的向心加速度之比 aA︰aB＝3︰2
[解析]
两个质点分别做匀速圆周运动，若在相等时间内它们通过的弧长之
s 比 sA︰sB＝4︰3，根据公式 v＝ t ，它们的线速度之比 vA︰vB＝4︰3，故 A 正确； θ 转过的圆心角之比 θA︰θB＝3︰2，根据公式 ω＝ t ，它们的角速度之比 ωA︰ωB 2π ＝3︰2，故 B 错误；根据公式 T＝ ω ，它们的周期之比 TA︰TB＝2︰3，故 C 错误；根据 an＝ωv 可知，它们的向心加速度之比 aA︰aB＝2︰1，故 D 错误。

高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第五讲

3．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是( ) A．第一宇宙速度又叫环绕速度 B．第一宇宙速度又叫脱离速度 C．第一宇宙速度跟地球的质量无关 D．第一宇宙速度跟地球的半径无关
解析：第一宇宙速度又叫环绕速度，A正确，B错误．根据定义有G
mM R2
＝mvR2得v＝
GRM，可知与地球的质量和半径都有关，C、D错误．
考点一题组突破
1－4.[开普勒定律的应用] (2017·福州模拟)北斗卫星导航系统(BDS)
是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由 35 颗卫星组成，卫
星的轨道有三种：地球同步轨道、中地球轨道和倾斜轨道．其中，同
步轨道半径大约是中轨道半径的 1.5 倍，那么同步卫星与中轨道卫星的
周期之比约为( )
2．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( ) A．太阳位于木星运行轨道的中心 B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
解析：由开普勒第一定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A错误；火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不可能始终相等，B错误；根据开普勒第三定律(周期定律)知所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的平方的比值是一个常数，C正确；对于某一个行星来说，其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同的时间内扫过的面积不相等，D错误．答案：C
考点一
题组突破
解析：开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误．答案：B

高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天专

专题五平抛运动、圆周运动热点问题分析突破水平面内圆周运动的临界问题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.处理临界问题的解题步骤(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，要分别对于不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解.[典例1] (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＝kg2l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[问题探究] (1)物体随圆盘共同转动时，哪个物体受到的摩擦力大？(2)随着ω不断增大，哪个物体首先达到最大静摩擦力？谁先开始滑动？[提示] (1)根据F f ＝mω2r 可知，b 物体受到的摩擦力大.(2)随着ω增大，b 物体先达到最大静摩擦力，所以b 物体先相对圆盘滑动.[解析] 木块a 、b 的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力F fm ＝kmg 相同.它们所需的向心力由F 向＝mω2r 知F a <F b ，所以b 一定比a 先开始滑动，A 项正确；a 、b 一起绕转轴缓慢地转动时，F f ＝mω2r ，r 不同，所受的摩擦力不同，B 项错误；b 开始滑动时有kmg ＝mω2·2l ，其临界角速度为ωb ＝kg 2l ，选项C 正确；当ω＝2kg 3l时，a 所受摩擦力大小为F f ＝mω2r ＝23kmg ，选项D 错误.[答案] AC[变式1] (多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在水平转盘上，且木块A 、B 与转盘中心在同一条直线上，两木块用长为L 的轻绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O 1O 2转动.开始时，绳恰好伸直但无弹力.现让该装置从静止开始转动，角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )A.当ω>2kg3L时，A 、B 会相对于转盘滑动 B.当ω>kg2L 时，绳子一定有弹力 C.ω在kg 2L<ω<2kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大 D.ω在0<ω<2kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大答案：ABD 解析：若木块A 、B 间没有轻绳相连，随着ω的逐渐增大，由F f ＝mω2r 可知木块B 先出现相对滑动.木块A 、B 间有轻绳相连时，木块B 刚好要出现相对滑动，此时轻绳上弹力为零，以木块B 为研究对象可知kmg ＝mω2·2L ，则ω＝kg2L.若木块A 刚好要出现相对滑动，对木块B 有F T ＋kmg ＝mω2·2L ，对木块A 有kmg －F T ＝mω2L ，则ω＝2kg3L.综上所述可知，当0<ω≤kg 2L时，绳子没有弹力，木块A 、B 各自的摩擦力均随ω的增大而增大；当kg2L <ω≤2kg3L时，绳子有弹力，且木块B 的摩擦力达到最大值，而木块A 的摩擦力随ω的增大而增大；当ω>2kg3L时，木块A、B会相对于转盘滑动.故A、B、D正确，C错误.突破竖直面内圆周运动的临界问题1.在竖直面内做圆周运动的物体，按运动到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、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道)约束模型”.2.轻绳和轻杆模型涉及的临界问题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mg＝mv2r－讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，F N＋mg＝mv2r，绳、轨道对小球产生弹力F N；(2)不能过最高点v<gr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F N＝mg，F N为支持力，沿半径背离圆心；(2)当0<v<gr时，－F N＋mg＝mv2r，F N背向圆心，随v的增大而减小；(3)当v＝gr时，F N＝0；(4)当v>gr时，F N＋mg＝mv2r，F N指向圆心并随v的增大而增大[典例2] 如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C.人在最低点时对座位的压力等于mgD.人在最低点时对座位的压力大于mg[解析] 人过最高点时，F N ＋mg ＝m v 2R ，当v ≥gR 时，不用保险带，人也不会掉下来，当v ＝2gR 时，人在最高点时对座位产生的压力为mg ，A 、B 均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg ，C 错误，D 正确.[答案] D[变式2] 如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小得多).现给小球一个水平向右的初速度v 0，要使小球不脱离圆轨道，则v 0应满足(取g ＝10 m/s 2)( )①v 0≥0 ②v 0≥4 m/s ③v 0≥2 5 m/s ④v 0≤2 2 m/s A.①和④ B.②或④ C.③或④ D.②和③答案：C 解析：当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，可得v 0≥2 5 m/s ；当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 20，可得v 0≤2 2 m/s ，选项C 正确.考向2 轻杆模型[典例3] (2017·山东烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( )A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B.小球过最高点的最小速度是gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小[解析] 轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F 减小，若v >gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg ＋F ＝m v 2R，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误.[答案] A[变式3] 如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧管壁半径为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v min ＝g R ＋r ）B.小球通过最高点时的最小速度v min ＝gRC.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：小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球的重力在背离圆心方向的分力F mg 的合力提供向心力，即F N －F mg ＝ma ，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁对小球无作用力，选项C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球的速度大小有关，选项D错误.解决竖直平面内圆周运动的关键点(1)确定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型.(2)确定临界点：v临界＝gr，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N表现为支持力还是拉力的临界点.突破平抛、圆周运动综合问题1.题目特点：此问题一般涉及圆周运动、平抛运动(或类平抛运动)、匀变速直线运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解.2.解答突破(1)分析临界点：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.(2)分析每个运动过程的运动性质：①若为圆周运动，应明确是水平面内的匀速圆周运动，还是竖直面内的变速圆周运动，机械能是否守恒.②若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力.考向1 水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题[典例4] (2017·山西八校一联)如图所示，质量是1 kg的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O点，O点距地面竖直距离为1 m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N，(取g＝10 m/s2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离.[解析] (1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示：竖直方向F T cos θ＝mg 得：θ＝37° 向心力F 向＝mg tan 37°＝m ω2L sin 37° 解得：ω＝5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为：v 0＝ωL sin 37°＝1.5 m/s 竖直方向：y ＝h －L cos 37°＝12gt 2水平方向：x ＝v 0t解得d ＝L 2sin 2θ＋x 2＝0.6 m. [答案] (1)5 rad/s (2)0.6 m考向2 竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题[典例5] 如图所示，有一长为L 的细线，细线的一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 的小球.现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动.已知水平地面上的C 点位于O 点正下方，且到O 点的距离为1.9L .不计空气阻力.(1)求小球通过最高点A 时的速度v A ；(2)若小球通过最低点B 时，细线对小球的拉力F T 恰好为小球重力的6倍，且小球经过B 点的瞬间细线断裂，求小球的落地点到C 点的距离.[解析] (1)若小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A 点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有mg ＝m v 2AL解得v A ＝gL .(2)小球在B 点时，根据牛顿第二定律有F T －mg ＝m v 2BL其中F T ＝6mg解得小球在B 点的速度大小为v B ＝5gL细线断裂后，小球从B 点开始做平抛运动，则由平抛运动的规律得竖直方向上：1.9L －L ＝12gt 2水平方向上：x ＝v B t解得x ＝3L即小球落地点到C 点的距离为3L . [答案] (1)gL (2)3L圆周运动与平抛运动综合问题解题关键(1)明确圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程. (2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移.(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度.1.[圆周运动中力和运动的关系]在室内自行车比赛中，运动员以速度v 在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动.已知运动员的质量为m ，做圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.运动员受到的合力大小为m v 2R ，做圆周运动的向心力大小也是m v 2RC.运动员做圆周运动的角速度为vRD.如果运动员减速，运动员将做离心运动答案：B 解析：向心力是整体所受力的合力，选项A 错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B 正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝vR，选项C 错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D 错误.2.[竖直面内的圆周运动](多选)如图所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，下列说法正确的是( )A.木块A 处于超重状态B.木块A 处于失重状态C.B 对A 的摩擦力越来越小D.B 对A 的摩擦力越来越大答案：BC 解析：A 、B 一起做匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度即向心加速度.水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心.在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A 、B 都处于失重状态，A 错误，B 正确；对A 受力分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A 水平加速度的力只有B 对A 的摩擦力，因此B 对A 的摩擦力越来越小，C 正确，D 错误.3.[水平面内圆周运动的临界问题](多选)如图所示，在水平转台的光滑水平横杆上穿有两个质量分别为2m 和m 的小球A 和B ，A 、B 间用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，弹簧的自然长度为L ，转台的直径为2L ，当转台以角速度ω绕竖直轴匀速转动时，如果A 、B 仍能相对横杆静止而不碰左右两壁，则( )A.小球A 和B 具有相同的角速度B.小球A 和B 做圆周运动的半径之比为1∶2C.若小球不与壁相碰，则ω>k mD.若小球不与壁相碰，则ω<k 2m答案：ABD 解析：A 、B 两球共轴转动，角速度相同，故A 正确.两球靠弹簧的弹力提供向心力，知两球向心力大小相等，2mr 1ω2＝mr 2ω2，解得r 1∶r 2＝1∶2，故B 正确.转台的直径为2L ，则r 2<L ，由mr 2ω2＝k ⎝⎛⎭⎪⎫r 2－L 2解得ω<k2m，故C 错误，D 正确. 4.[轻绳模型的应用]如图所示，小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是( )A.小球落地点离O 点的水平距离为RB.小球落地点离O 点的水平距离为2RC.小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P 点低答案：B 解析：若小球恰能通过最高点P ，则在最高点P 时重力恰好提供向心力，选项C 错误；由圆周运动的知识可得mg ＝m v 2R ，小球离开P 点后做平抛运动，x ＝vt,2R ＝12gt 2，解得x ＝2R ，故选项A 错误，B 正确；若将弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速度为零，故能达到的最大高度比P 点高，选项D 错误.5.[平抛、圆周运动综合问题](多选)如图所示，半径为R 的水平圆盘中心轴正上方a 处水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob 恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为b ，重力加速度为g ，小球抛出点a 距圆盘的高度h 和小球的初速度v 0可能应满足( )A.h ＝g π2ω2，v 0＝Rω2πB.h ＝8π2g ω2，v 0＝Rω4πC.h ＝2g π2ω2，v 0＝Rω6πD.h ＝32π2g ω2，v 0＝Rω8π答案：BD 解析：因圆盘转动具有周期性，则当小球落到b 点时，圆盘转过的角度θ＝2πk(k ＝1,2,3，…)，由ω＝θt，可得圆盘的角速度ω＝2πkt(k ＝1,2,3，…)，因小球做平抛运动，则小球下落高度h ＝12gt 2＝2π2gk 2ω2(k ＝1,2，3，…)，初速度v 0＝R t ＝Rω2πk (k ＝1,2,3，…)，将k 的取值代入可知，当k 取2和4时，B 、D 正确.。

2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力3圆周运动课件

•第3课时
圆周运动
考点考级
命题点命题点1：皮带传动问题命题点2：摩擦传动问题命题点3：同轴转动问题命题点4：圆周运动的多解问题命题点1：圆周运动的受力分析命题点2：汽车转弯模型问题分析命题点3：锥面上圆周运动的动力学分析
考查频率 ————
圆周运动中的运动学分析 (Ⅱ )
圆周运动中的动力学分析 (Ⅱ )
命题点 4
圆周运动的多解问题
4．如图所示，质量为 m 可看作质点的小球从静止开始沿斜面由 1 A 点滑到 B 点后，进入与斜面圆滑连接的竖直圆弧管道 BC ，管道 4 出口为 C.圆弧半径 R＝15 cm， AB 的竖直高度差 h＝35 cm.在紧靠出口 C 处，有一水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔 D，筒旋转时，小孔 D 恰好能经过出口 C 处．若小球射出 C 口时，恰好能接着穿过 D 孔，并且还能再从 D 孔向上穿出圆筒，小球返回后又先后两次向下穿过 D 孔而未发生碰撞．不计摩擦和空气阻力，取 g＝10 m/s2，问：
【答案】 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1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 轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦的作用，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( )
【答案】 D
命题点 3
同轴转动问题
3.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，它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( )

2019版高中物理大一轮复习课件：第四章曲线运动万有

第四章曲线运动
万有引力与航天
第4讲万有引力定律及应用
内容索引
过好双基关
回扣基础知识训练基础题目
研透命题点
细研考纲和真题分析突破命题点
课时作业
限时训练练规范练速度
过好双基关
一、开普勒三定律的内容、公式
定律内容图示或公式
开普勒第一定所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，
律(轨道定律) 太阳处在椭圆的一个焦点上
B.卫星在A点的加速度小于B点的加速度 √
C.卫星由A运动到B过程中动能减小，势能增加
D.卫星由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大
图3
解析
答案
命题点二万有引力定律的理解
能力考点
师生共研
1.万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体
随地球自转的向心力F向.
3.开普勒第三定律
a k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天 2＝k中， T
3
体k值不同.但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间.
例1
(多选)(2017· 全国卷Ⅱ· 19)如图1，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，
P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为
T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q
速度.
(4)第一宇宙速度的计算方法.
v Mm 由 G R2 ＝m R 得 v＝ v2 由 mg＝m R 得 v＝ gR .
2
GM R ；
2.第二宇宙速度
使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，其数值为11.2 km/s.
3.第三宇宙速度
使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，其数值为16.7 km/s.

2019届高三人教版物理一轮复习课件：微专题5 圆周运动的临界问题

[审题指导] (1)审关键词：小球刚好离开锥面． (2)思路分析：小球刚好离开锥面时，小球只受重力和绳子的拉力，两个力的合力提供做圆周运动的向心力． [解析] (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：
解析：C [当物块随圆筒做圆周运动时，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，选项 A、D 错误，C 正确；当绳的水平分力恰能提供向心力的时候，筒对物块的弹力恰好为零，选项 B 错误．]
2．(08786360)如图所示，两绳系一个质量为 m＝0.1 kg 的小球，两绳的另两端分别固定于轴上的 A、B 两处．上面绳长 l＝2 m，两绳都拉直时与轴夹角分别为 30°与 45°. 问球的角速度在什么范围内，两绳始终张紧？当角速度为 3 rad/s 时，上、下两绳的拉力分别为多大？
[解析] B [当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为 F1，则 2F1cos 30°＝mg， F1＝ 33mg，增大转动的角速度，当 AB 绳的拉力刚好等于零时，OB 绳的拉力最大，设这时 OB 绳的拉力为 F2，则 F2cos 30°＝mg，F2 ＝23 3mg，因此 OB 绳的拉力范围为 33mg～23 3mg，AB 绳的拉力范围为 0～ 33mg，B 项正确．]
1．有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点．

高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天平抛运动、圆周运动的临界问题课件

解析 (1)细线上开始出现张力时，B 物块受到的静摩擦力刚好达
到最大值，在此临界状态时，细线上的张力还是零。对 B 物块，
由牛顿第二定律得 μmg＝mω21rB，rB＝2L，解得此时转台的角速度
ω1＝
μrBg＝
μg 2L
(2)当物块 A 刚要开始滑动时，A、B 受到的静摩擦力都达到最大值，
设此时细线上的张力为 F，根据牛顿第二定律
图1
A.L21
6gh＜v＜L1
g 6h
B.L41
hg＜v＜
（4L21＋L22）g 6h
C.L21
6gh＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
D.L41
hg＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
解析发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。
当速度 v 最小时，球沿中线恰好过网，有：3h－h＝g2t12①
3.(多选)(2015·浙江理综)如图9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( )
解析乒乓球击出后，在重力的作用下做平抛运动，其运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，
1 A、B 错误；球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比2LL＝vv水水平平tt12＝ tt12＝12，C 正确；设击球点到桌面的高度为 h，则击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为h－h H＝12g（12t1g＋t12t2）2＝19，所以击球点的高度与网高度之比为Hh ＝98，D 错误。答案 C

2019届高三物理一轮复习第四章曲线运动资料有引力第5讲资料有引力定律及其应用课件.ppt

②在地球表面上忽略地球自转的作用，重力跟万有引力相等，mg＝GMRm2 ，整理得 gR2＝GM.
当物体在高空 h 高度处时，其等效重力加速度 gh，mgh＝ G（RM＋mh）2，解得：gh(R＋h)2＝GM.
结合上述两方程得：gh＝R＋R h2g，说明，随高度的增加，重力加速度减小，在计算时，这个因素不能忽略．
二、万有引力定律 1．内容自然界中任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟这两个物体的质量的乘积成正比，跟他们的距离的二次方成反比． 2．公式 F＝Gmr1m2 2
3．卡文迪许实验 (1)卡文迪许实验扭秤装置如图所示．
(2)万有引力常量 G＝6.672 59×10－11 N·m2/kg2.
4．适用条件 (1)万有引力定律只适用于质点间引力大小的计算． (2)当两物体是质量均匀分布的球体时，它们间的引力也可直接用公式计算，但式中的 r 是指两球心间距离．
三、中心天体的质量、密度 1．环绕法 (1)求中心天体质量：天体方面类型问题虽然变化多端，但究其实质仍是万有引力提供物体做圆周运动的向心力．即牛顿第二定律在圆周运动中的应用．要紧紧抓住万有引力提供向心力这一动力学方程：F 万＝F 向，即 GMr2m＝mvr2＝mω2r＝m4Tπ2 2r.
(2)求中心天体密度：匀速圆周运动的卫星的周期 T，半径 r，由万有引力提供向心力可得： GMr2m＝m4Tπ2 2r 整理得 M＝4GπT22r3 由天体的密度方程，得 ρ＝MV ＝43πMR3＝G3Tπ2Rr33.
基础随堂训练
1．(2014·浙江)长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王
星唯一的卫星，它的公转轨道半径 r1＝19 600 km，公转周期 T1 ＝6.39 天.2006 年 3 月，天文学家发现两颗冥王星的小卫星，其

2019版高考物理总复习第四章曲线运动万有引力与航天4_3_1考点强化圆周运动的运动学问题课件

B丁
备选训练
1．(2016·全国卷Ⅱ，16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图11所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
A 错误、B 正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以由 2πnr1＝2πn2r2，得从动轮的转速为 n2＝nrr21，C 正确、D 错误．答案 BC
备选训练
5. (多选)如图所示为一链条传动装置的示意图。已知主动轮是逆时针转动的,转
速为n,主动轮和从动轮的齿数比为k,以下说法中正确的是( )
圆周运动的运动学问题
01 课堂互动 02 题组剖析 03 规律总结 04 备选训练
课堂互动
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；在当2．vv对一一a定＝定v时r2＝时，ω，2ar＝与ωωr与v成的反r理成解比反；比在。ω一定时，a
与r成正比。
题组剖析
1．(2017·浙江台州模拟)汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图3甲所示，其示意图如同乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B 也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在,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沿接触.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＝35.0 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和摩擦小轮的转速n2之比． (假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)

(新课标)高考物理一轮复习-第四章曲线运动万有引力与航天第5讲万有引力定律及其应用课件

(2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越近，运行速
率越小。(×)
(3)德国天文学家开普勒在天文观测的基础上提出了行星运动的
三条定律。(√)
(4)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由 F
＝Gmr1m2 2计算物体间的万有引力。(×)
(5)地面上的物体所受地球的引力方向指向地心。(√)
3．经典时空观和相对论时空观 (1)经典时空观 ①物体的质量不随速度的变化而变化。 ②同一过程的位移和对应的时间在所有参考系中测量结果相同。
同一
③适用条件：宏观物体、低速运动。 (2)相对论时空观同一过程的位移和对应时间在不同参考系中测量结果不同。
1．判断正误
巩固小练
(1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆。(√)
[典题] (2016·南通质检)“嫦娥一号”是我国首次发射的
探月卫星，它在距月球表面高度为 h 的圆形轨道上运行，运行
周期为 T。已知引力常量为 G，月球的半径为 R。利用以上数
据估算月球质量的表达式为( )
4π2R3 A. GT2
4π2R＋h B. GT2
4π2R＋h2 C. GT2
4π2R＋h3 D. GT2
2．[多选]用 m 表示地球的通讯卫星(同步卫星)的质量，h 表示
离地面的高度，用 R 表示地球的半径，g 表示地球表面的重力加速
度，ω 表示地球自转的角速度，则通讯卫星所受的地球对它的万有
引力的大小为( )
A．GRM＋mh2
mgR2 B.R＋h2
C．mω2(R＋h)
D．m3 R2gω4
解析：选 BCD 由万有引力定律得 F＝GRM＋mh2① 地球表面的重力加速度 g＝GRM2② 由①②式得 F＝Rm＋gRh22③ 万有引力充当向心力 F＝mω2(R＋h)④ 联立③④消掉(R＋h)得

2019高考物理一轮复习第四章曲线运动与万有引力微专题5圆周运动的临界问题课时冲关新人教版

微专题5圆周运动的临界问题一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．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 的圆周运动．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.gRh L B. gRh d C. gRL h D. gRd h解析：B[考查向心力公式．汽车做匀速圆周运动，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力方向水平，大小F 向＝mg tan θ，根据牛顿第二定律：F 向＝mv2R ，tan θ＝h d，解得汽车转弯时的车速v ＝gRh d ，B 对．] 2．如图，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端有固定转轴O .现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL ，则以下判断正确的是() A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度小于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向下的弹力解析：B[根据机械能守恒定律2mgL ＝12mv 2－12mv 2P ，可求出小球在P 点的速度为12gL<gL ，故B 正确，A 错误．小球在P 点所需要的向心力F ＝mv2P L ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 、D 均错误．]3．(2016·湛江质检)半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上如图所示，顶部有一个物体A ，今给A 一个水平初速度v 0＝gR ，则A 将()A ．沿球面下滑至M 点B ．沿球面下滑至某一点N ，便离开球面做斜下抛运动C ．按半径大于R 的新圆弧轨道做圆周运动D ．立即离开半圆球做平抛运动解析：D[给A 一个水平初速度v 0＝gR ，则F 向＝mv20R＝mg ，即重力恰好提供向心力，物体与半圆球无相互作用．A 将不沿半圆球表面运动，而是脱离球表面做平抛运动．]4．雨天野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则()A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析：C[当后轮匀速转动时，由a ＝R ω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝m ω2R ，在b 、d 两点有F b ＝F d ＝m ω2R ，在c 点有F c －mg ＝m ω2R .所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，最容易被甩下来，故B 、D 错误，C 正确．]5．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则()A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.0 mB ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：C[根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 、B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v2B R，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．]6．(2017·湖南株洲二中月考)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T ，则T 随ω2变化的图象是图乙中的()解析：B[设绳长为L ，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg 、支持力N 和绳的拉力T 而平衡，T ＝mg cos θ≠0，A 错误；ω增大时，T 增大，N 减小，当N ＝0时，角速度为ω0，当ω<ω0时，由牛顿第二定律得T sin θ－N cos θ＝m ω2L sin θ，T cos θ＋N sin θ＝mg ，解得T ＝m ω2L sin 2θ＋mg cos θ，当ω>ω0时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得T sin β＝m ω2L sin β，所以T ＝mL ω2，可知T ω2图线的斜率变大，所以B 正确，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7．(68520107)(2017·江苏扬州中学月考)如图所示，叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是()A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力C ．转台的角速度一定满足ω≤2μg 3r D ．转台的角速度一定满足ω≤μg 3r解析：ABD[对A 受力分析，受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f BA ＝3m ω2r ≤3μmg ，故A 错误；由于A 与C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有f C ＝m ·1.5r ω2<f BA ＝3m ·r ω2，即C 与转台间的摩擦力小于A 与B 间的摩擦力，故B 错误；对A 、B 整体有(3m ＋2m )ω2r ≤μ(3m ＋2m )g ，对物体C 有m ω2·1.5r ≤μmg ，对物体A 有3m ω2r ≤μ·3mg ，联立解得ω≤2μg 3r ，故C 正确，D 错误．本题选错误的，故选A 、B 、D.] 8．(2017·山东临沂质检)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沿水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，a 、b 两绳均伸直，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> gcos θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变解析：AD[小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确．根据竖直方向上小球受力平衡得，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mg sin θ，可知a 绳的张力不变，故B 错误．当b 绳拉力为零时，有mg tan θ＝ml ω2，解得ω＝g ltan θ，可知当角速度ω>g ltan θ时，b 绳出现弹力，故C 错误．由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 正确．]9．(2016·浙江理综)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车()A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s解析：AB[在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律kmg ＝m v2m r，故当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的最大速率为v m R ＝kgR ＝2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L2－－＝503m ，在小弯道上的最大速度：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，故在直道上的加速度大小为a ＝v2m R －v2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3vmr ＝2×3.14×403×30s≈2.80 s，选项D 错误．]10．(2017·辽宁抚顺一中一模)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B 到轴的距离为物块A 到轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐慢慢增大，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 ．A 受到的静摩擦力一直增大B ．B 受到的静摩擦力先增大后保持不变C ．A 受到的静摩擦力先增大后减小再增大D ．B 受到的合外力先增大后保持不变解析：BC[根据f m ＝mr ω2得ω＝fm mr，知当角速度逐渐增大时，B 物块先达到最大静摩擦力，角速度增大，B 物块所受绳子的拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力；角速度继续增大，拉力增大，则A 物块所受静摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A 物块所受的摩擦力减小到零后反向；角速度继续增大，A 物块的摩擦力反向增大．所以A 物块所受的摩擦力先增大后减小，又反向增大，B 物块所受的静摩擦力一直增大，达到最大静摩擦力后不变，A 错误，B 、C 正确；在转动过程中，B 物块运动需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以提供向心力时，绳子的拉力作为补充，速度再增大，当这两个力的合力不足以提供向心力时，物块将会发生相对滑动，根据向心力公式，F 向＝m v2R可知，在发生相对滑动前B 物块运动的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力等于物块所受的合外力，故D 错误．故选B 、C.]三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(68520108)(20分)如图所示，细绳一端系着质量M ＝8 kg 的物体，静止在水平桌面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m ＝2 kg 的物体，M 与圆孔的距离r ＝0.5 m ，已知M 与桌面间的动摩擦因数为0.2(设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现使物体M 随转台绕中心轴转动，问转台角速度ω在什么范围时m 会处于静止状态(g ＝10 m/s 2)．解析：设角速度的最小值为ω1，此时M 有向着圆心运动的趋势，其受到的最大静摩擦力沿半径向外，由牛顿第二定律得：F T －μMg ＝M ω21r ，设角速度的最大值为ω2，此时M 有背离圆心运动的趋势，其受到的最大静摩擦力沿半径指向圆心，由牛顿第二定律得：F T ＋μMg ＝M ω2r ，要使m 静止，应有F T ＝mg ，联立得ω1＝1 rad/s ，ω2＝3 rad/s ，则1 rad/s≤ω≤3 rad/s.答案：1 rad/s≤ω≤3 rad/s12．(68520109)(20分)(2017·豫东、豫北十校测试)如图所示，半径为l 4、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F a 与竖直杆转动的角速度ω之间的关系．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sin α＝14，r ＝l 4，沿半径：F a sin α＝m ω2r ，垂直半径：F a cos α＝mg ，联立解得ω＝2g 15l. (2)由(1)可知0≤ω≤2g15l 时，F a ＝415mg .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 ＝l sin β.沿半径：F a sin β＝m ω2r ，垂直半径：F a cos β＝mg .联立解得F a ＝m ω2l当轻绳b 恰伸直时，β＝60°，此时ω＝2g l 故有F a ＝m ω2l ，此时2g15l <ω≤2g l若角速度ω再增大，轻绳b 拉直后，小球做圆周运动的半径为r ＝l sin 60°沿半径：F a sin 60°＋F b sin 60°＝m ω2r ，垂直半径：F a cos 60°＝F b cos 60°＋mg ，联立解得F a ＝12ml ω2＋mg .此时ω≥2g l . 答案：见解析。

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A.μ＝tan θ
B.μ＝
1 tan
θ
C.μ＝sin θ
D.μ＝cos θ
图 Z2-2
解析：设物块与 AB 部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为 L，由于物块刚好不滑动，则对 AB板上的物体有μmg＝mω2L，对 BC板上的物体有 mgtan θ＝ mω2L，联立得μ＝tan θ，故 A 正确.
图 Z2-4
A.OB
绳的拉力范围为
0～
3 3 mg
B.OB
绳的拉力范围为
33mg～2
3
3 mg
C.AB
绳的拉力范围为
0～
3 3 mg
D.AB
绳的拉力范围为
0～2
3
3 mg
解析：转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大，这时二者的值相同，设为 T1, 则 2T1cos 30°＝mg，解得 T1＝ 33mg.增大转动的角速度，当 AB 绳的拉力刚好为零时， OB 绳的拉力最大，设这时 OB 绳的拉力为 T2，T2cos 30°＝mg， T2＝2 3 3mg，因此 OB 绳的拉力范围 33mg～2 3 3mg，AB 绳的拉力范围 0～ 33mg.故 B、C 正确，A、D 错误.
FT′sin α＝Lmsivn22α
FT′cos α＝mg
解得 FT′＝2mgFT′＝－12mg舍去.
方法技巧临界问题的解题思想： (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点. (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点. (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点.

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