第3讲 圆周运动
一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 1．匀速圆周运动 (1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，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． 2．描述匀速圆周运动的物理量
图1 (1)同一齿轮上到转轴距离不同的各点的线速度、角速度是否相同？ (2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同，转速是否相同？ 答案 (1)线速度不同，角速度相同．(2)线速度相同，角速度、转速不同． 二、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 F＝m＝mrω2＝mr＝mωv＝4π2mf2r. 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． 三、离心现象 1．定义：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．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势． 3．受力特点(如图2)
图2 当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动； 当F＝0时，物体沿切线方向飞出； 当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心．
1．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)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时，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．( × ) (3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．( × ) (4)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．( √ ) (5)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．( √ ) 2．(人教版必修2P25第3题改编)如图3所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是( )
图3 A．重力、支持力 B．重力、向心力 C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力 D．重力、支持力、向心力、摩擦力 答案 C 3．(人教版必修2P19第4题改编)图4是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为( )
图4 A. B. C. D. 答案 D 4．(人教版必修2P25第2题改编)如图5所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和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，则以下说法中正确的是( )
图5 A．A球的角速度等于B球的角速度 B．A球的线速度大于B球的线速度 C．A球的运动周期小于B球的运动周期 D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力 答案 B 解析 先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力FN的合力，建立如图所示的坐标系，则有：
FNsin θ＝mg① FNcos θ＝mrω2② 由①得FN＝，小球A和B受到的支持力FN相等，由牛顿第三定律知，选项D错误．由于支持力FN相等，结合②式知，A球运动的半径大于B球运动的半径，故A球的角速度小于B球的角速度，A球的运动周期大于B球的运动周期，选项A、C错误．又根据FNcos θ＝m可知：A球的线速度大于B球的线速度，选项B正确.
命题点一 圆周运动的分析 1．圆周运动中的运动学分析 (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a＝＝ω2r＝ωv的理解 在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比． 2．圆周运动中的动力学分析 (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)向心力的确定 ①确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置． ②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．
图6 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/s C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
答案 AB 解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg＝m，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上的速率为vmR＝＝ m/s＝45 m/s，选项B正确；直道的长度为x＝＝50 m，在小弯道上的最大速率为：vmr＝＝ m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小为a＝＝ m/s2≈6.50 m/s2，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为，通过小圆弧弯道的时间为t＝＝ s≈2.80 s，选项D错误．
1．如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．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( )
图7 A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 答案 D 解析 根据题意可知，座椅A和B的角速度相等，A的转动半径小于B的转动半径，由v＝rω可知，座椅A的线速度比B的小，选项A错误；由a＝rω2可知，座椅A的向心加速度比B的小，选项B错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mrω2，tan θ＝，因座椅A的运动半径较小，故悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；拉力FT＝，可判断悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，选项D正确．
2．(多选)如图8所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )
图8 A．周期相同 B．线速度的大小相等 C．角速度的大小相等 D．向心加速度的大小相等 答案 AC 解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg、绳子拉力FT，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的距离为h，则有mgtan θ＝man＝mω2htan θ，可得向心加速度an＝gtan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D错；角速度ω＝，所以角速度大小相等，选项C对；由于水平面内圆周运动的半径不同，线速度v＝ωhtan θ，所以线速度大小不同，选项B错，周期T＝，角速度相等，所以周期相等，选项A对．
命题点二 水平面内圆周运动的临界问题
图9
(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
答案 (1) rad/s (2)2 rad/s 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：
mgtan θ＝mωlsin θ 解得：ω＝ 即ω0＝ ＝ rad/s. (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan α＝mω′2lsin α 解得：ω′2＝，即ω′＝ ＝2 rad/s.
水平面内圆周运动临界问题的分析技巧 1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)． 2．三种临界情况 (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)绳子断裂与松驰的临界条件：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.
3．(多选)如图10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( )
图10 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＝ 是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC 解析 小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωl，当fa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝ ；对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝ ，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，选项B错误；当ω＝ 时b刚要开始滑动，选项C正确；当ω＝ 时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝kmg，选项D错误． 命题点三 竖直面内的圆周运动 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“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)约束模型”． 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法
图11 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
答案 C 解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LP<LQ，故vP<vQ，选项A错误；因为Ek＝mgL，又mP>mQ，LP<LQ，则两小球的动能大小无法比较，选项B错误；对小球在最低点受力分析得，FT－mg＝m，可得FT＝3mg，选项C正确；由an＝＝2g可知，两球的向心加速度相等，选项D错误．
图12 (1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ (2)当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力多大？ (3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的速度不能超过多大？
答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 m/s 解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得 mg＋F1＝① 由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，
亦即F1≥0② 联立①②得v≥， 代入数值得v≥2 m/s 所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s. (2)将v2＝4 m/s代入①得，F2＝15 N. (3)由分析可知，小球在最低点张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得 F3－mg＝③
将F3＝45 N代入③得v3＝4 m/s 即小球的速度不能超过4 m/s.
4．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图13所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则( )
图13 A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态 B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C．当v0>时，小球一定能通过最高点P D．当v0<时，细绳始终处于绷紧状态 答案 CD 解析 小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：FT1－mg＝m；在最高点时：FT2＋mg＝m，其中mv－mg·2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝ 时，得v＝，因为小球能经过最高点的最小速度为，则当v0>时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝时，由mv＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确． 5．如图14所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B在最高点时( )
图14 A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C 解析 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误.
斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．下面列举三类实例： 1．静摩擦力控制下的圆周运动
图15
A. rad/s B. rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s 答案 C 解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知， μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s 故选项C正确． 2．轻绳控制下的圆周运动
图16 答案 0°≤α≤30° 解析 小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsin α 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsin α＝① 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mglsin α＝mv－mv② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③ 联立①②③解得sin α＝，则α＝30° 故α的范围为0°≤α≤30°. 3．轻杆控制下的圆周运动
图17 A．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s 答案 A 解析 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsin α＝mv可得vB＝4 m/s，A正确．
题组1 匀速圆周运动的分析 1．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图1所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为RA∶RB∶RC＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则( )
图1 A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6 B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2 C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3 D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2 答案 A 解析 小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝，A、B、C三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正确． 2．(多选)如图2为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)( )
图2 A．运动周期之比为5∶4 B．运动线速度大小之比为1∶1 C．向心加速度大小之比为5∶4 D．受到的合力大小之比为15∶14 答案 CD 解析 A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C正确．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为 15∶14，故D正确． 题组2 水平面内圆周运动的临界问题 3．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图3所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心．已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距RA＝2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )
图3 A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3 B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aA∶aB＝2∶9 C．转速增加后滑块B先发生滑动 D．转速增加后两滑块一起发生滑动 答案 ABC 解析 假设轮盘乙的半径为R，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9，B正确；据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为FfA＝μmAg，FfB＝μmBg，最大静摩擦力之比为FfA∶FfB＝mA∶mB，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为FfA′∶FfB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝mA∶(4.5mB)，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误． 4．(多选)如图4所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是( )
图4 A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力 B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大 C．当ω2> 时整体会发生滑动 D．当 <ω< 时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大 答案 BCD 解析 当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F0＝mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m)g＝2m·2rω，解得ω1＝ ，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力达到最大，且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到细线的拉力，对C有FT＋μ(2m)g＝2m·2rω，对A、B整体有FT＝2μmg，解得ω2＝ ，当ω2> 时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当 <ω< 时，C所受摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F＝FT＋Ff不断增大，故B、C间的拉力不断增大，故D正确． 5.如图5所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )
图5 A．OB绳的拉力范围为0～mg B．OB绳的拉力范围为mg～mg C．AB绳的拉力范围为mg～mg D．AB绳的拉力范围为0～mg 答案 B 解析 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＝mg，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＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B项正确． 6．如图6所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.
图6 (1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0； (2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向． 答案 (1) (2)当ω＝(1＋k)ω0时，Ff沿罐壁切线向下，大小为 mg 当ω＝(1－k)ω0时，Ff沿罐壁切线向上，大小为 mg 解析 (1)对小物块受力分析可知： FN cos 60°＝mg① FN sin 60°＝mR′ω② R′＝Rsin 60°③ 联立①②③解得：ω0＝ (2)由于0＜k≪1， 当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下． 由受力分析可知： FN′cos 60°＝mg＋Ffcos 30°④ FN′sin 60°＋Ffsin 30°＝mR′ω2⑤ 联立③④⑤解得：Ff＝mg 当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．
由受力分析和几何关系知： FN″cos 60°＋Ff′sin 60°＝mg⑥ FN″sin 60°－Ff′cos 60°＝mR′ω2⑦ 联立③⑥⑦解得Ff′＝mg. 题组3 竖直平面内圆周运动的临界问题 7．如图7所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( )
图7 A.mg B.mg C．3mg D．2mg 答案 A 解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos θ＝L.根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝m；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcos θ＋mg＝m，联立解得F＝mg，选项A正确． 8.(多选)如图8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小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g＝10 m/s2)( )
图8 A．v0≥0 B．v0≥4 m/s C．v0≥2 m/s D．v0≤2 m/s 答案 CD 解析 当v0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≤，又根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv，得v0≥2 m/s，C正确．当v0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处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，得v0＝2 m/s，D正确． 9．如图9所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA、hB，下列说法正确的是( )
图9 A．若使小球沿轨道运动并且到达轨道最高点，两球释放的最小高度hA<hB B．在轨道最低点，A球受到的支持力最小值为6mg C．在轨道最低点，B球受到的支持力最小值为6mg D．适当调整hA、hB，可使两球从轨道最高点飞出后，均恰好落在各自轨道右端开口处 答案 B 解析 若小球A恰好能到左侧轨道的最高点，由mg＝m得vA＝，根据机械能守恒定律有mg(hA－2R)＝mv，解得hA＝R；若小球B恰好能到右侧轨道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB＝2R，故hA>hB，A错误；在轨道最低点，小球受到的支持力最小时，释放高度是最小的，即对左侧轨道来说，在最低点mghA＝mv，由牛顿第二定律有FNA－mg＝m，联立得FNA＝6mg，对右侧轨道来说，在最低点有mghB＝mv，根据牛顿第二定律有FNB－mg＝m，联立得FNB＝5mg，故B正确，C错误；小球A从最高点飞出后进行平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vA＝·＝R>R，所以小球A落在轨道右端开口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端开口处，D错误． 10.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10所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力．
图10 (1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2； (2)求绳能承受的最大拉力； (3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？ 答案 (1) (2)mg (3) d 解析 (1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得 竖直方向d＝gt2 水平方向d＝v1t 解得v1＝ 在竖直方向上有v⊥2＝2g(1－)d，则 v－v＝2g(1－)d 解得v2＝ (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＝d 对小球在最低点由牛顿第二定律得 FT－mg＝ 解得FT＝mg (3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变．由牛顿第二定律得 FT－mg＝ 解得v3＝ 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1，则 竖直方向d－l＝gt 水平方向x＝v3t1 解得x＝4 当l＝时，x有极大值，xmax＝d.
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