【物理】2020届一轮复习人教版第四章曲线运动 万有引力与航天学案
第四章
考 纲 要 求
考 情 分 析
运动的合成与分解
Ⅱ
1.命题规律
平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度，人造卫星及天体的运动问题等是该部分的命题热点，题型既有选择题，也有计算题。
2.考查热点
突出物理与现代科技、生产、生活的结合，特别是现代航天技术的密切联系，与牛顿运动定律、机械能守恒定律等内容综合命题的可能性也较大。
抛体运动
Ⅱ
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
Ⅰ
匀速圆周运动的向心力
Ⅱ
离心现象
Ⅰ
万有引力定律及其应用
Ⅱ
环绕速度
Ⅱ
第二宇宙速度和第三宇宙速度
Ⅰ
经典时空观和相对论时空观
Ⅰ
第20课时 运动的合成与分解(双基落实课)
点点通(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析
1．曲线运动
(1)速度的方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向。
(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动是变速运动。
(3)物体做曲线运动的条件：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。
2．合外力方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧。
3．速率变化情况判断
(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大。
(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小。
(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。
[小题练通]
1．一个物体在力F1、F2、F3、…、Fn共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去F2，而其他力不变，则该物体( )
A．可能做曲线运动
B．不可能继续做直线运动
C．一定沿F2的方向做直线运动
D．一定沿F2的反方向做匀减速直线运动
解析：选A 根据题意，物体开始做匀速直线运动，物体所受的合力一定为零，突然撤去F2后，物体所受其余力的合力与F2大小相等、方向相反，而物体速度的方向未知，故有多种可能情况：若速度的方向和F2的方向在同一直线上，物体做匀变速直线运动，若速度的方向和F2的方向不在同一直线上，物体做曲线运动，A正确。
2.(2019·金华联考)春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福。如图所示，孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为图中的( )
A．直线OA B．曲线OB
C．曲线OC D．曲线OD
解析：选D 孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，则合外力沿Oy方向，所以合运动的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，故孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹凹侧可知轨迹可能为题图中的曲线OD，故D正确。
3．(多选)(2019·南昌模拟)一质量为m的质点起初以速度v0做匀速直线运动，在t＝0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v＝0.5v0，由此可判断( )
A．质点受到恒力F作用后一定做匀变速曲线运动
B．质点受到恒力F作用后可能做圆周运动
C．t＝0时恒力F方向与速度v0方向间的夹角为60°
D．恒力F作用时间时质点速度最小
解析：选AD 在t＝0时质点开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若质点做匀变速直线运动，则最小速度为零，所以质点受到恒力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A正确；质点在恒力F作用下不可能做圆周运动，故B错误；设恒力F与初速度v0之间的夹角为θ，最小速度v1＝v0sin θ＝0.5v0，由题意可知初速度v0与恒力F间的夹角为钝角，所以θ＝150°，故C错误；在沿恒力F方向上速度为0时有v0cos 30°－Δt＝0，解得Δt＝，故D正确。
[融会贯通]
(1)已知运动轨迹，可以判断合力的大致方向，如图所示。在电场中，经常根据这一规律判定带电粒子所受的电场力方向，进而分析粒子的电性或场强方向。
(2)运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间，根据受力方向和速度方向可以判断轨迹的大致弯曲方向。
点点通(二) 运动的合成与分解的应用
1．合运动与分运动的关系
等时性
合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止
等效性
各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响
2.合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
[小题练通]
1.(2019·衡阳联考)如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。在t＝0时刻，汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，同时有一雨滴从O点下落，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到在t＝0时刻从O点下落的雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到在t＝0时刻从O点下落的雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则 t1∶t2为( )
A．2∶1 B．1∶
C．1∶ D．1∶(－1)
解析：选A 雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小相等，与水平方向的运动无关，故t1∶t2＝∶＝2∶1，A正确。
2．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v t图像如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A．猴子的运动轨迹为直线
B．猴子在0～2 s内做匀变速曲线运动
C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/s
D．猴子在0～2 s内的加速度大小为4 m/s2
解析：选BD 由题图乙可知，猴子在竖直方向做初速度为8 m/s，加速度大小为m
/s2＝4 m/s2的匀减速运动，水平方向做速度大小为m/s＝4 m/s的匀速运动，其合运动为曲线运动，故猴子在0～2 s内做匀变速曲线运动，选项A错误，B正确；t＝0时猴子的速度大小为v0＝＝ m/s＝4 m/s，选项C错误；猴子在0～2 s内的加速度大小为4 m/s2，选项D正确。
[融会贯通]
“化曲为直”思想在运动的合成与分解中的应用
(1)分析运动的合成与分解问题时，要注意运动的分解方向，一般情况下按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。
(2)要注意分析物体在两个分方向上的受力及运动规律，分别列式求解。
(3)两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
点点通(三) 小船渡河问题
1．三种速度
船在静水中的速度v1、水流速度v2和船的实际运动速度v，其中v是v1与v2的合速度。
2．三种情景
(1)渡河时间最短
船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)。
(2)渡河位移最短(v2
v1时)
合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时位移最短。
由图可知sin θ＝，最短位移xmin＝＝d。
[小题练通]
1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则小船去程渡河所用时间为t1＝，小船回程渡河所用时间为t2＝。由题意知＝k，联立以上各式得v0＝。选项B正确，A、C、D错误。
2．船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速随离一侧河岸的距离的变化关系如图乙所示，经过一段时间该船以最短时间成功渡河。下列对该船渡河的说法错误的是( )
A．船在河水中的最大速度是5 m/s
B．船渡河的时间是150 s
C．船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直
D．船渡河的位移是×102 m
解析：选B 由题图乙可知，水流的最大速度为4 m/s，根据速度的合成可知，船在河水中的最大速度是5 m/s，选项A正确；当船头始终与河岸垂直时，渡河时间最短，有t＝＝ s＝100 s，因此船渡河的时间不是150 s，选项B错误，C正确；在渡河时间内，船沿水流方向的位移x在数值上等于水流速度与时间图像所围成的面积大小，根据速度变化的对称性可得x＝ m＝200 m，船沿垂直河岸方向的位移为y＝d＝300 m，再根据运动的合成与分解可得，船渡河的位移为＝×102 m，选项D正确。
3．(2019·泰安质检)如图所示，甲、乙两船在同一匀速的河水中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点。如果甲、乙两船在静水中的速度大小相同，且甲、乙两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是( )
A．甲船也能到达M点正对岸
B．甲船渡河时间一定比乙船短
C．甲、乙两船相遇在NP直线上的某点(非P点)
D．渡河过程中两船不会相遇
解析：选C 乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右，甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达M点正对岸，故A错误；船渡河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度vy＝vsin α，船渡河的时间t＝＝，故甲、乙两船到达对岸的时间相同，故B错误；船沿垂直河岸方向的位移y＝vyt′＝vt′sin α，可知任意时刻两船沿垂直河岸方向的位移相等，又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP直线上的某点(非P点)，故C正确，D错误。
[融会贯通]
(1)解决船渡河问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头所指方向的运动，是分运动，船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线。
(2)应用运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解。
(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。
(4)求最短渡河位移时，根据船在静水中的速度v船与水流速度v水的大小情况，用三角形定则求极限的方法处理。
点点通(四) 关联速度问题
1．问题特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。
2．思路与原则
(1)思路
①明确合速度―→物体的实际运动速度v。
(2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则。
3．解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。
[小题练通]
1.如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面体固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1v2，则＝
B．若v1>v2，则＝
C．若v1v2，船渡河位移最短时，船的合速度垂直河岸，v＝，t2＝，解得＝，选项A正确，B错误；若v1vB，A、B两球分别打到高墙a、b两点，则有(不计空气阻力)( )
A．a点在b点的上方
B．a点在b点的下方
C．A球打到a点的速率一定大于B球打到b点的速率
D．A球打到a点的速率一定小于B球打到b点的速率
解析：选A 平抛运动的水平位移x＝vxt，初速度越大，运动时间越短，再由h＝gt2可得运动时间越短竖直位移越小，即离水平地面的高度越高，所以a点在b点的上方，选项A正确，B错误；a点的水平速度比b点大，b点的竖直速度比a点大，无法比较合速度v＝的大小，选项C、D错误。
2.(2019·河南百校模拟)如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为 m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点。在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. m B. m
C. m D. m
解析：选D 设斜面体的高AB为h，落地点到C点的距离为x，由几何关系知D点到水平地面的高为，A点到C点的水平距离为xA＝，D点到C点的水平距离为xD＝，由A点抛出的小球下落时间为tA＝ ，由D点抛出的小球下落时间为tD＝ ，由平抛运动的规律有：xA＋x＝v0tA，xD＋x＝v0tD，解得x＝ m，选项D正确。
3．(2019·宝鸡质检)如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，那么小球完成PQ 段飞行的时间是( )
A．t＝ B．t＝
C．t＝ D．t＝
解析：选C 小球做平抛运动，tan θ＝＝，则时间t＝，选项A、B错误；在水平方向上有Rsin θ＝v0t，则t＝，选项C正确，D错误。
4．套圈游戏是一项很受儿童欢迎的活动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m、高为20 cm 的竖直细杆，即为获胜。一身高1.4 m的儿童从距地面1 m高处水平抛出圆环，圆环半径为10 cm，要想套住细杆，儿童水平抛出圆环的速度可能为(g取10 m/s2，空气阻力不计)( )
A．7.4 m/s B．9.6 m/s
C．7.8 m/s D．8.2 m/s
解析：选C 圆环做平抛运动，初始时圆环距细杆上端的竖直距离为H＝0.8 m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H＝gt2，解得t＝0.4 s，圆环后端与细杆的水平距离为3.2 m，在水平方向有3.2 m＝v1t，解得v1＝8 m/s，圆环前端与细杆的水平距离为3 m，在水平方向有3 m＝v2t，解得v2＝7.5 m/s，所以要想套住细杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5 m/s2y1，所以Q点在c点的下方，故第三颗炸弹应落在b、c之间，选项A正确。
2．(2018·江苏高考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的( )
A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同
解析：选B 弹射管自由下落，两只小球始终处于同一水平面，因此同时落地；水平方向的分运动为匀速直线运动，且速度相等，由h＝gt2知，两只小球弹出后在空中运动的时间不相等，由x＝vt知水平位移不相等，落地点不同，B正确。
3．(2019·重庆适应性考试)某同学将小球从距水平地面高为h1处水平抛出，不计空气阻力，小球落地时的水平位移为s1。若将该小球从高为h2处以相同速度水平抛出，小球落地时的水平位移为( )
A. s1 B.s1
C. s1 D.s1
解析：选A 小球从高为h1处水平抛出时，由s1＝vt1，h1＝gt12，解得s1＝v ；小球从高为h2处水平抛出时，由s2＝vt2，h2＝gt22，解得s2＝v ，即s2＝ s1，选项A正确。
4.(2019·抚顺模拟)如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是( )
A. B.
C. D．2
解析：选A 甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2，得：t＝ ，根据几何关系可知：x乙＝h，乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a＝＝＝g，根据位移时间公式可知：x乙＝v0t＋at2，解得：v0＝，A正确。
5.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球甲、乙(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点。已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为( )
A．tan α B.
C．tan α· D．cos α·
解析：选C 根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为xA＝Rsin α＝v1t1，竖直方向的位移为yA＝Rcos α＝gt12，解得v1＝ ；乙小球水平方向的位移为xB＝Rcos α＝v2t2，竖直方向的位移为yB＝Rsin α＝gt22，解得v2＝ ，所以有＝tan α·，选项C正确。
6.(多选)(2019·湖南长郡中学月考)如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上。当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
A．当v1＞v2时，α1＞α2
B．当v1＞v2时，α1＜α2
C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2
D．α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关
解析：选CD 小球从斜面上水平抛出，又落到斜面上，由平抛运动的规律知位移偏向角一定为θ，设速度偏向角为φ，根据速度偏向角和位移偏向角的关系tan φ＝2tan θ，故无论v1、v2关系如何，一定有φ相等，根据α＝φ－θ，均有α1＝α2，且大小与斜面的倾角θ有关，选项A、B错误，C、D正确。
7.(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正方向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的(不计空气阻力)，则( )
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的初速度比b的小
D．b的初速度比c的大
解析：选BD 根据平抛运动的规律h＝gt2，得t＝ ，因此平抛运动的时间只由高度决定，由题图知竖直方向有hb＝hc＞ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，选项A错误，B正确；由题图知水平方向有xa＞xb，而ta＜tb，所以a的初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，xb>xc，而tb＝tc，所以vb＞vc，即b的初速度比c的大，选项D正确。
8.(多选)如图所示，B点为倾角为45°的斜面上的一点。从B点正上方、距B点的高度为h的A点处，静止释放一质量为m的弹性小球，落在B
点和斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变为水平，经过一段时间小球落在斜面上C点(C点未画出，不计空气阻力)。则( )
A．小球落到B点时重力的瞬时功率为mg
B．小球从B点运动到C点的时间为
C．小球从B点运动到C点的时间为2
D．B、C两点间的高度差为5h
解析：选AC 从A点到B点的过程，小球做自由落体运动，落到B点时有v＝，则小球落到B点时重力的瞬时功率为P＝mgv＝mg，故选项A正确；从B点到C点的过程，小球做平抛运动，位移与水平方向的夹角为45°，则水平位移和竖直位移相等，有vt＝gt2，解得t＝2 ，故选项C正确，B错误；B、C两点间的高度差为h′＝gt2＝4h，故选项D错误。
第22课时 平抛运动规律的应用(题型研究课)
1．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A. v1，A错误。
1.如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m。某人在离墙壁距离L＝1.4 m，距窗子上沿高h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，g取10 m/s2，则v的取值范围是( )
A．v>7 m/s B．v<2.3 m/s
C．3 m/sh，同时能穿过窗口的左下沿，即水平位移x″＝L＋d时，竖直位移y″mω2r时，做近心运动
[小题练通]
1.(2019·三门峡陕州中学模拟)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓球会(球直径比管直径略小)( )
A．向管底运动 B．向管口运动
C．保持不动 D．无法判断
解析：选B 转盘在水平面内转动时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的向心力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘转动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故B正确。
2．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同。当圆盘转动到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两物体的运动情况是( )
A．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动
B．物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远
C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动
D．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远
解析：选AB 当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要与圆盘发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，故C、D错误，A、B正确。
3.(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处( )
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小
解析：选AC 汽车以速率v0
转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处路面内侧较低外侧较高，选项A正确；车速只要低于v0，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B错误；车速虽然高于v0，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确；根据题述，汽车以速率v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时v0的值不变，选项D错误。
1．皮带传动和摩擦传动装置中两轮边缘线速度大小相等，而同轴传动装置中两轮角速度相等。
2．无论匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，沿半径方向的合力一定指向圆心，提供向心力。
3．物体做离心运动的原因不是因为受到了“离心力”，而是因为合外力不足以提供物体所需要的“向心力”。
[课堂综合训练]
1．(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则( )
A．该自行车可变换两种不同挡位
B．该自行车可变换四种不同挡位
C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝1∶4
D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝4∶1
解析：选BC 该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转动四周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正确，D错误。
2．(多选)如图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( )
A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
解析：选ACD 由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m，可得最大速率v＝，则知路线②和③的速率相等，且大于路线①的速率，选项B错误；根据t＝，可得路线①、②、③所用的时间分别为t1＝，t2＝，t3＝，可知t3最小，即路线③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确。
3.如图所示，用一根细绳一端系一个小球，另一端固定在O点，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则选项图中细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图像正确的是( )
解析：选A 设细绳长度为l，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳拉力为F，有Fsin θ＝mω2lsin θ，得F＝mω2l，选项A正确；由mgtan θ＝mω2lsin θ，h＝lcos θ，得h＝，选项B错误；小球的向心加速度a＝ω2lsin θ，选项C错误；小球的线速度v＝ωlsin θ，选项D错误。
4．(多选)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关。下列说法正确的是( )
A．速率v一定时，r越小，要求h越大
B．速率v一定时，r越大，要求h越大
C．半径r一定时，v越小，要求h越大
D．半径r一定时，v越大，要求h越大
解析：选AD 火车转弯时，向心力由重力mg与轨道支持力FN的合力来提供，如图所示，设轨道平面与水平面的夹角为θ，则有mgtan
θ＝，且tan θ≈sin θ＝，其中L为轨间距，是定值，有mg＝，通过分析可知A、D正确。
1.未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
解析：选B 旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝ ，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确。
2.某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，手牵着绳的另一端在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动(如图所示)。则下列说法正确的是( )
A．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变
B．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大
C．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变
D．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小
解析：选B 由向心力的公式Fn＝mω2r可知，保持绳长不变，增大角速度，向心力增大，绳对手的拉力将增大，选项A错误，B正确；保持角速度不变，增大绳长，向心力增大，绳对手的拉力将增大，选项C、D错误。
3．(2019·铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为( )
A．100 m B．111 m
C．125 m D．250 m
解析：选C 在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg和支持力FN
，两者的合力提供向心力，由题意知，当FN＝9mg时，圆弧轨道半径最小为Rmin，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得Rmin＝125 m，故选项C正确。
4.如图所示，质量为m的物体随水平传送带一起顺时针匀速运动，A为传送带的终端皮带轮。皮带轮半径为r，要使物体通过右端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 要使物体通过右端时能水平抛出，则有mg＝，物体飞出时速度至少为，由v＝ωr＝2πnr可得皮带轮的转速至少为n＝ ，选项A正确。
5.如图所示，三段细线长OA＝AB＝BC，A、B、C三球质量相等，当它们绕O点在光滑的水平桌面上以相同的角速度做匀速圆周运动时，则三段细线的拉力FOA∶FAB∶FBC为( )
A．1∶2∶3 B．6∶5∶3
C．3∶2∶1 D．9∶3∶1
解析：选B 根据牛顿第二定律对C球有：FBC＝mrOCω2，对B球有：FAB－FBC＝mrOBω2，对A球有：FOA－FAB＝mrOAω2，因为OA＝AB＝BC，则rOA∶rOB∶rOC＝1∶2∶3，联立解得：FOA∶FAB∶FBC＝6∶5∶3。故B正确，A、C、D错误。
6．(多选)(2019·潍坊模拟)如图所示，水平杆两端有挡板，质量为m的小木块A穿在水平杆上，轻质弹簧一端与水平杆左侧挡板连接，另一端与A连接。初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于A与杆间的最大静摩擦力，A与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A到竖直轴OO′的距离为L。现使杆绕竖直轴OO′由静止缓慢加速转动，角速度为ω。若A不与挡板接触，则下列说法正确的是( )
A．弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大
B．弹簧伸长量保持不变
C．当ω＝ 时，摩擦力为零
D．当ω＝ 时，弹簧弹力为零
解析：选AC 初始时，弹簧弹力大小为μmg。ω较小时，摩擦力f背离竖直轴OO′，μmg－f＝mLω2，ω越大，f越小；当ω＝ 时，f为零；ω较大时，摩擦力f指向竖直轴
OO′，μmg＋f＝mLω2，当ω> 时，A将沿远离OO′方向移动，弹簧弹力增大，伸长量增大。综上分析，B、D错误，A、C正确。
7.(多选)如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P点等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( )
A．飞镖击中P点所需的时间为
B．圆盘的半径可能为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度可能为
解析：选AD 飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝，故A正确；飞镖击中P点时，P点恰好在圆盘最下方，则2r＝gt2，解得圆盘的半径r＝，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2，…)，故ω＝＝，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；P点随圆盘转动的线速度为v＝ωr＝·＝，当k＝2时，v＝，故D正确。
8.(多选)(2019·杭州五校联考)质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示。若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时的( )
A．向心加速度为
B．向心力为m
C．对球壳的压力为
D．受到的摩擦力为μm
解析：选AD 物体滑到球壳最低点时，速度大小为v，圆周运动半径为r，向心加速度为an＝，故A正确；根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力Fn＝m
，故B错误；根据牛顿第二定律得N－mg＝m，得球壳对物体的支持力N＝m，由牛顿第三定律可知，物体对球壳的压力N′＝N＝m，故C错误；物体在最低点时，受到的摩擦力为f＝μN＝μm，故D正确。
第24课时 三类典型的圆周运动问题(题型研究课)
1.(2016·全国卷Ⅱ)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
解析：选C 两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，解得v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；设在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，解得F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。
2.(多选)(2014·全国卷Ⅰ)如图，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＝ 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
解析：
选AC 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于b的轨道半径大于a的轨道半径，故b做圆周运动需要的向心力较大，即fa 时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω> 时，轻绳一定有张力
C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．当ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
解析：选ABD 当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B恰好不相对转盘滑动，设A、B质量均为m，则2kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ ，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，轻绳开始有张力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，B项正确；当 <ω< 时，随着角速度的增大，轻绳张力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误；当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确。
命题点二 竖直面内的圆周运动
1．轻绳模型和轻杆模型概述
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，小球在弯管道内运动等)，称为“轻杆模型”。
2．两类模型对比
轻绳模型
轻杆模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力
示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，
得v＝
v＝0，即F向＝0，
此时FN＝mg
v＝
的意义
物体能否过最高点的临界点
FN表现为拉力还是支持力的临界点
题型1 轻绳模型
[例1] (2019·福州质检)如图所示，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，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为( )
A.mg B.mg
C．3mg D．2mg
[解析] 由题图可知，小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，因此小球做圆周运动的半径R＝Lsin 60°＝L，两根轻绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时有：mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时有：F＋mg＝m，解得：F＝3mg。由力的合成可得2FTcos 30°＝F，解得每根轻绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
[答案] A
题型2 轻杆模型
[例2] (多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆对小球的弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图像如图乙所示。则( )
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
[解析] 当弹力F方向向下时，F＋mg＝m，解得F＝m－mg，当弹力F方向向上时，mg－F＝m，解得F＝mg－m，对比题图乙可知，b＝gR，a＝mg，联立解得g＝，m＝，A正确，B错误；当v2＝c时，代入F＝－mg，解得F>0，由牛顿第三定律知，小球对杆的弹力方向向上，C正确；同理当v2＝2b时，解得小球受到的弹力与重力大小相等，D正确。
[答案] ACD
题型3 模型拓展(与平抛运动组合)
题型简述
物体有时先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动；有时先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查
方法突破
(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件
(2)速度是联系前后两个过程的关键物理量
[例3] 如图所示，一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持轻绳绷直)由静止释放，当它经过B点时轻绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上。已知轻绳长 L＝1.0 m，B点离地高度 H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)地面上D、C两点间的距离s；
(2)轻绳所受的最大拉力大小。
[解析] (1)小球从A点到B点机械能守恒，则
mgh＝mvB2
小球从B点到C点做平抛运动，则水平方向s＝vBt
竖直方向H＝gt2
解得s≈1.41 m。
(2)小球下摆到B点，轻绳的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有F－mg＝m
解得F＝20 N
由牛顿第三定律得F′＝F＝20 N
即轻绳所受的最大拉力大小为20 N。
[答案] (1)1.41 m (2)20 N
竖直面内圆周运动的解题思路
[集训冲关]
1．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随过山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mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
解析：选D 人过最高点时，FN＋mg＝m，当v≥时，即使人不用保险带也不会掉下来，当v＝时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B错误；人在最低点时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。
2.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＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，外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，内侧管壁对小球一定有作用力
解析：选B 小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点时的最小速度为0，A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供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错误；小球在水平线ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故D错误。
命题点三 斜面上的圆周运动
题型1 静摩擦力控制下的圆周运动
[例1] 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
[解析] 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，解得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
[答案] C
题型2 轻杆控制下的圆周运动
[例2] 如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动。取g＝10 m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
[解析] 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsin α＝mvB2，解得vB＝4 m/s，A正确。
[答案] A
题型3 轻绳控制下的圆周运动
[例3] (2019·开封模拟)
如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l＝0.60 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10 m/s2)
[解析] 小球在倾斜平板上运动时受到轻绳拉力、平板弹力、自身重力。在垂直平板方向上合力为0，重力沿平板方向的分量为mgsin α
小球在最高点时，由轻绳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＝
小球从释放到运动至最高点的过程，根据动能定理有
－mglsin α＝mv12－mv02
若小球恰好能通过最高点，则轻绳拉力FT＝0
解得sin α＝，即α＝30°
故α的范围为0°≤α≤30°。
[答案] 0°≤α≤30°
与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动通常也是分析物体在最高点和最低点的受力情况，通过列牛顿运动定律方程解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
1．(2019·汕头模拟)如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端系住一小球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，此时轻绳的拉力大小为FT。拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量。下列说法正确的是( )
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与圆周轨道半径有关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析：选D 在最高点时对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT＋mg＝m，可得FT＝m－mg，对照题图乙则有0＝m－mg，得g＝，则a＝gR；图线过点(2a，b)，则b＝m－mg，得b＝mg，则＝，A、B、C错误；由b＝mg得m＝，由a＝gR得R＝，D正确。
2.(2019·儋州四校联考)如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时速度可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
解析：选A 小球在最高点时，轻杆对小球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得mg－F＝m，则v＜，故A正确；当小球速度为时，由重力提供向心力，轻杆的作用力为零，故B错误；小球通过最高点时轻杆对小球的作用力可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg＋F＝m，则知v越大，F越大，即随小球速度的增大，轻杆的拉力增大，小球通过最高点时轻杆对小球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg－F＝m，则知v越大，F越小，即随小球速度的增大，轻杆的支持力减小，故C、D错误。
3.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止。则后一种情况与原来相比较，下列说法中正确的是( )
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度变小
解析：选D 设小球A、金属块B的质量分别为m、M，细线的拉力为T，小球A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对金属块B研究，金属块B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对小球A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，当A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ变小，a减小，T减小，则金属块B受到桌面的静摩擦力变小，故A、C错误；以整体为研究对象知，金属块B
受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。
4.(2019·太原模拟)如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内。现有一小球从水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道。OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2。下列说法正确的是( )
A．tan θ1·tan θ2＝2 B.＝2
C．tan θ1·tan θ2＝ D.＝
解析：选A 小球从水平桌面飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律知，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝＝，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝＝＝，则tan θ1·tan θ2＝2。故A正确，B、C、D错误。
5.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是fm。两个物体之间用一根细线连接，细线过圆心O，P离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1＜r2。两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )
A．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心
B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
解析：选B 设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由圆盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力。当mω2r＝fm即ω＝ 时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，由于r1
查看更多
