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專題強化七　水平面、豎直面內的圓周運動
目標要求 　1.掌握水平面內、豎直面內的圓周運動的動力學問題的分析方法.2.會分析水平面內、豎直面內圓周運動的臨界問題.
題型一　水平面內圓周運動的臨界問題
1.運動特點
(1)運動軌跡是水平面內的圓.
(2)合外力沿水平方向指向圓心，提供向心力，豎直方向合力為零，物體在水平面內做勻速圓周運動.
2.幾種常見的臨界條件
(1)水平轉盤上的物體恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力.
(2)物體間恰好分離的臨界條件是物體間的彈力恰好為零.
(3)繩的拉力出現臨界條件的情形有：繩恰好拉直意味著繩上無彈力；繩上拉力恰好為最大承受力等.
例1 　(多選)如圖1所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是(　　)

圖1
A.b一定比a先開始滑動
B.a、b所受的摩擦力始終相等
C.ω＝kg2l是b開始滑動的臨界角速度
D.當ω＝2kg3l時，a所受摩擦力的大小為kmg
答案　AC
解析　小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發生相對滑動，對木塊a：Ffa＝mωa2l，當Ffa＝kmg時，kmg＝mωa2l，ωa＝kgl；對木塊b：Ffb＝mωb2·2l，當Ffb＝kmg時，kmg＝mωb2·2l，ωb＝kg2l，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa
1.(汽車在水平地面上轉彎)(多選)如圖2所示為賽車場的一個水平“U”形彎道，轉彎處為圓心在O點的半圓，內、外半徑分別為r和2r.一輛質量為m的賽車通過AB線經彎道到達A′B′線，有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③是以O′為圓心的半圓，OO′＝r.賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為Fmax，選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內賽車速率不變，發動機功率足夠大)，則(　　)

圖2
A.選擇路線①，賽車經過的路程最短
B.選擇路線②，賽車的速率最小
C.選擇路線③，賽車所用時間最短
D.①、②、③三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等
答案　ACD
解析　由題圖及幾何關系知：路線①的路程為s1＝2r＋πr，路線②的路程為s2＝2r＋2πr，路線③的路程為s3＝2πr，A正確；賽車以不打滑的最大速率通過彎道，有Fmax＝man＝mv2R，速度v＝FmaxRm，即半徑越大，速率越大，選擇路線①賽車的速率最小，B錯誤，D正確；根據t＝sv，代入數據解得，選擇路線③，賽車所用時間最短，C正確.
2.(轉盤上物體的臨界問題)(多選)如圖3所示，兩個可視為質點的、相同的木塊A和B放在轉盤上，兩者用長為L的水平細繩連接，木塊與轉盤的最大靜摩擦力均為各自重力的K倍，A放在距離轉軸L處，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸O1O2轉動，開始時，繩恰好伸直但無彈力，現讓該裝置從靜止開始轉動，使角速度緩慢增大，以下說法正確的是(重力加速度為g)(　　)

圖3
A.當ω>2Kg3L時，A、B相對于轉盤會滑動
B.當ω>Kg2L，繩子一定有彈力
C.ω在Kg2L<ω<2Kg3L范圍內增大時，B所受摩擦力變大
D.ω在0<ω<2Kg3L范圍內增大時，A所受摩擦力一直變大
答案　ABD
解析　當A、B所受摩擦力均達到最大值時，A、B相對轉盤即將滑動，則有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝2Kg3L，A項正確；當B所受靜摩擦力達到最大值后，繩子開始有彈力，即有：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝Kg2L，可知當ω>Kg2L時，繩子有彈力，B項正確；當ω>Kg2L時，B已達到最大靜摩擦力，則ω在 Kg2L<ω<2Kg3L范圍內增大時，B受到的摩擦力不變，C項錯誤；ω在0<ω<2Kg3L范圍內，A相對轉盤是靜止的，A所受摩擦力為靜摩擦力，所以由Ff－FT＝mLω2可知，當ω增大時，靜摩擦力也增大，D項正確.
題型二　豎直面內圓周運動的臨界問題
1.兩類模型對比
輕繩模型(最高點無支撐) 輕桿模型(最高點有支撐)
實例 球與繩連接、水流星、沿內軌道運動的“過山車”等 球與桿連接、球在光滑管道中運動等
圖示


受力示意圖
F彈向下或等于零
F彈向下、等于零或向上
力學方程 mg＋F彈＝mv2R
mg±F彈＝mv2R

臨界特征 F彈＝0
mg＝mvmin2R
即vmin＝gR
v＝0
即F向＝0
F彈＝mg
討論分析 (1)最高點，若v≥gR，F彈＋mg＝mv2R，繩、軌道對球產生彈力F彈
(2)若v (2)當0 (3)當v＝gR時，F彈＝0
(4)當v>gR時，mg＋F彈＝mv2R，F彈指向圓心并隨v的增大而增大

2.解題技巧
(1)物體通過圓周運動最低點、最高點時，利用合力提供向心力列牛頓第二定律方程；
(2)物體從某一位置到另一位置的過程中，用動能定理找出兩處速度關系；
(3)注意：求軌道壓力時，轉換研究對象，先求支持力，再根據牛頓第三定律求出壓力.

輕繩模型

例2 　如圖4所示，一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經過其最高點A時對軌道的壓力大小為(重力加速度為g)(　　)

圖4
A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg
答案　C
解析　小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝mvB21.8R，小球在軌道1上經過其最高點A時，有FN＋mg＝mvA2R，根據機械能守恒定律，有1.6mgR＝12mvA2－12mvB2，解得FN＝4mg，結合牛頓第三定律可知，小球在軌道1上經過其最高點A時對軌道的壓力大小為4mg，C正確.

輕桿模型

例3 　如圖5所示，在倫敦奧運會體操男子單杠決賽中，荷蘭選手宗德蘭德榮獲冠軍.若他的質量為70 kg，做“雙臂大回環”，用雙手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動.此過程中，運動員到達最低點時手臂受的總拉力大小至少約為(忽略空氣阻力，g取10 m/s2)(　　)

圖5

A.600 N B.2 400 N
C.3 500 N D.4 600 N
答案　C
解析　設運動員在最低點受的總拉力至少為FT，此時運動員的重心的速度為v，運動員的重心到單杠的距離為R，由牛頓第二定律得FT－mg＝mv2R，由機械能守恒定律得mg·2R＝12mv2，最高點速度為零時，v最小，FT最小，聯立解得FT＝5mg＝3 500 N，選項C正確.
例4 　如圖6所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動.小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為FN，小球在最高點的速度大小為v，FN－v2圖象如圖乙所示.下列說法正確的是(　　)

圖6
A.當地的重力加速度大小為Rb
B.小球的質量為aRb
C.當v2＝c時，桿對小球彈力方向向上
D.若v2＝2b，則桿對小球彈力大小為2a
答案　B
解析　小球在最高點，若v＝0，則FN＝a＝mg；若FN＝0，則mg＝mv2R＝mbR，解得g＝bR，m＝abR，故A錯誤，B正確；由題圖可知：當v2b時，桿對小球彈力方向向下，所以當v2＝c時，桿對小球彈力方向向下，故C錯誤；若v2＝2b，則FN＋mg＝m2bR，解得FN＝a，故D錯誤.

3.(輕繩模型)如圖7所示，兩段長均為L的輕質線共同系住一個質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間距也為L，今使小球在豎直平面內做圓周運動，當小球到達最高點時速率為v，兩段線中張力恰好均為零，若小球到達最高點時速率為2v，則此時每段線中張力大小為(重力加速度為g)(　　)

圖7
A.3mg B.23mg
C.3mg D.4mg
答案　A
解析　當小球到達最高點時速率為v，兩段線中張力均為零，有mg＝mv2r，當小球到達最高點速率為2v時，應有F＋mg＝m(2v)2r，所以F＝3mg，此時小球在最高點受力如圖所示，所以FT＝3mg，A正確.

4.(輕桿模型)一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動，如圖8所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

圖8
A.小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零
B.小球過最高點的最小速度是gR
C.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度的增大而增大
D.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度的增大而減小
答案　A
解析　當小球在最高點所受的彈力為零時，有mg＝mv2R，解得v＝gR，即當速度v＝gR時，輕桿所受的彈力為零，所以A正確.小球通過最高點的最小速度為零，所以B錯誤.小球在最高點，若vgR，則有：mg＋F＝mv2R，輕桿的作用力隨著速度的增大而增大，所以C、D錯誤.
課時精練

1.(2020·全國卷Ⅰ·16)如圖1，一同學表演蕩秋千.已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg.繩的質量忽略不計.當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為(　　)

圖1
A.200 N B.400 N
C.600 N D.800 N
答案　B
解析　取該同學與踏板為研究對象，到達最低點時，受力如圖所示，

設每根繩子中的平均拉力為F.
由牛頓第二定律知：2F－mg＝mv2r
代入數據得F＝405 N，故每根繩子平均承受的拉力約為405 N，
選項B正確.


2.如圖2所示，雜技演員表演“水流星”節目.一根長為L的細繩兩端系著盛水的杯子，演員握住繩中間，隨著演員的掄動，杯子在豎直平面內做圓周運動，杯子運動中水始終不會從杯子灑出，重力加速度為g，則杯子運動到最高點的角速度ω至少為(　　)

圖2
A.gL B.2gL C.5gL D.10gL
答案　B
解析　杯子在豎直平面內做半徑為L2的圓周運動，使水不流出的臨界條件是在最高點水的重力提供向心力，則有mg＝mω2L2，可得ω＝2gL，故B正確，A、C、D錯誤.
3.(多選)如圖3所示，小球緊貼在豎直放置的光滑圓形管道內壁做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

圖3
A.小球通過最高點時的最小速度vmin＝g(R＋r)
B.小球通過最高點時的最小速度vmin＝0
C.小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力
D.小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力
答案　BC
4.如圖4所示，半徑為R的光滑半圓軌道豎直放置，一小球以某一速度進入半圓軌道，通過最高點P時，對軌道的壓力為其重力的一半，不計空氣阻力，則小球落地點到P點的水平距離為(　　)

圖4
A.2R B.3R C.5R D.6R
答案　D
解析　小球從P點飛出后，做平拋運動，設做平拋運動的時間為t，則2R＝12gt2，解得t＝2Rg，在最高點P時，有mg＋12mg＝mv2R，解得v＝3gR2，因此小球落地點到P點的水平距離為x＝vt＝6R，選項D正確.
5.一汽車通過拱形橋頂時速度為10 m/s，車對橋頂的壓力為車重的34，如果要使汽車在該橋頂對橋面沒有壓力，車速至少為(　　)
A.15 m/s B.20 m/s
C.25 m/s D.30 m/s
答案　B
解析　當FN＝34G時，因為G－FN＝mv2r，所以14G＝mv2r；當FN＝0時，G＝mv′2r，所以v′＝2v＝20 m/s，選項B正確.
6.(2016·全國卷Ⅱ·16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖5所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點，(　　)

圖5
A.P球的速度一定大于Q球的速度
B.P球的動能一定小于Q球的動能
C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力
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　小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝12mv2，解得v＝2gL，因LPmQ且LP 7.如圖6所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5 m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止.物體與盤面間的動摩擦因數為32(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10 m/s2.則ω的最大值是(　　)

圖6
A.5 rad/s B.3 rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
答案　C
解析　當小物體轉動到最低點時為臨界點，由牛頓第二定律知，
μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r
解得ω＝1.0 rad/s
故選項C正確.

8.(2020·陜西省西安中學高三零模)如圖7所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L.重力加速度大小為g.現使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，最高點每根繩的拉力大小為(　　)

圖7
A.3mg B.433mg C.3mg D.23mg
答案　A
解析　小球在最高點速率為v時，根據牛頓第二定律可知mg＝mv2R
當小球在最高點速率為2v時，2FTcos θ＋mg＝m(2v)2R
式中θ為繩子與豎直方向的夾角，根據幾何關系可知θ＝30°，得到FT＝3mg，選A.
9.(2020·廣東深圳中學模擬)如圖8所示，小木塊a、b和c(可視為質點)放在水平圓盤上，a、b的質量均為m，c的質量為m2，a與轉軸OO′的距離為l，b、c與轉軸OO′的距離為2l且均處于水平圓盤的邊緣.木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從開始繞轉軸緩慢地加速轉動，下列說法中正確的是(　　)

圖8
A.b、c所受的摩擦力始終相等，故同時從水平圓盤上滑落
B.當a、b和c均未滑落時，a、c所受摩擦力的大小相等
C.b和c均未滑落時線速度一定相等
D.b開始滑動時的角速度是2kgl
答案　B
解析　木塊隨圓盤一起轉動，水平方向只受靜摩擦力，故由靜摩擦力提供向心力，當需要的向心力大于最大靜摩擦力時，木塊開始滑動.b、c質量不等，由Ff＝mrω2知b、c所受摩擦力不等，不能同時從水平圓盤上滑落，A錯誤；當a、b和c均未滑落時，a、b、c和圓盤無相對運動，因此它們的角速度相等，Ff＝mrω2，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正確；b和c均未滑落時由v＝rω知線速度大小相等，方向不相同，故C錯誤；b開始滑動時，最大靜摩擦力提供向心力，kmg＝m·2lω2，解得ω＝kg2l，故D錯誤.
10.(多選)如圖9所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切.大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m.賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍.假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動.要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發動機功率足夠大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，則賽車(　　)

圖9
A.在繞過小圓弧彎道后加速
B.在大圓弧彎道上的速率為45 m/s
C.在直道上的加速度大小為5.63 m/s2
D.通過小圓弧彎道的時間為5.58 s
答案　AB
解析　如圖所示，設直道分別為AB和CD段，作BE平行OO′，根據幾何知識可得BE＝
100 m，AE＝50 m，AB＝503 m，賽車在大圓弧彎道上做勻速圓周運動，設在大圓弧彎道上各處速度為vA，根據牛頓第二定律，2.25mg＝mvA2R，可得vA＝45 m/s，設在小圓弧彎道上各處速度為vB，由2.25mg＝mvB2r，可得vB＝30 m/s，vC＝vB
11.(多選)摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型，如圖10所示的兩個水平放置的輪盤靠摩擦力傳動，其中O、O′分別為兩輪盤的軸心，已知兩個輪盤的半徑之比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作時兩輪盤不打滑.今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的完全相同的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數相同，兩滑塊到軸心O、O′的距離RA＝2RB.若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉動起來，且轉速逐漸增加，則下列敘述正確的是(　　)

圖10
A.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，角速度之比為ω甲∶ω乙＝1∶3
B.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，向心加速度大小之比為aA∶aB＝2∶9
C.轉速增加后滑塊B先發生滑動
D.轉速增加后兩滑塊一起發生滑動
答案　ABC
解析　由題意可知兩輪盤邊緣的線速度大小相等，由v＝ωr，r甲∶r乙＝3∶1，可得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，A、B的角速度之比為1∶3，故A正確.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，根據向心加速度公式：a＝Rω2，又RA∶RB＝2∶1，ωA∶ωB＝1∶3，所以A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝2∶9，故B正確.設滑塊A、B的質量均為m，滑塊的最大靜摩擦力分別為 FfA＝μmg，FfB＝μmg，則最大靜摩擦力之比為FfA∶FfB＝1∶1；轉動中所受的靜摩擦力之比為FfA′∶FfB′＝maA∶maB＝2∶9，由上可得滑塊B先達到最大靜摩擦力而發生滑動，故C正確，D錯誤.

12.(2020·陜西寶雞市模擬)如圖11所示，餐桌中心是一個半徑為r＝1.5 m的圓盤，圓盤可繞中心軸轉動，近似認為圓盤與餐桌在同一水平面內且兩者之間的間隙可忽略不計.已知放置在圓盤邊緣的小物體與圓盤間的動摩擦因數為μ1＝0.6，與餐桌間的動摩擦因數為μ2＝0.225，餐桌離地高度為h＝0.8 m.設小物體與圓盤以及餐桌之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力.

圖11
(1)為使物體不滑到餐桌上，圓盤的角速度ω的最大值為多少？
(2)緩慢增大圓盤的角速度，物體從圓盤上甩出，為使物體不滑落到地面，餐桌半徑R的最小值為多大？
(3)若餐桌半徑R′＝2r，則在圓盤角速度緩慢增大時，物體從圓盤上被甩出后滑落到地面上的位置到從圓盤甩出點的水平距離L為多少？
答案　(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m
解析　(1)由題意可得，當小物體在圓盤上隨圓盤一起轉動時，圓盤對小物體的靜摩擦力提供向心力，所以隨著圓盤轉速的增大，小物體受到的靜摩擦力增大.當靜摩擦力最大時，小物體即將離開圓盤，此時圓盤的角速度達到最大，則有Ffm＝μ1FN＝mrω2
FN＝mg
兩式聯立可得ω＝2 rad/s
(2)由題意可得，當物體滑到餐桌邊緣時速度恰好減為零，對應的餐桌半徑取最小值.設物體在餐桌上滑動的位移為x，物體在餐桌上做勻減速運動的加速度大小為a，則a＝Ffm
Ff＝μ2mg
所以a＝μ2g＝2.25 m/s2
物體在餐桌上滑動的初速度為v0＝ωr＝3 m/s
由運動學公式0－v02＝－2ax可得x＝2 m
由幾何關系可得餐桌半徑的最小值為R＝r2＋x2＝2.5 m
(3)當物體滑離餐桌時，開始做平拋運動，平拋的初速度為物體在餐桌上滑動的末速度vt′，
由題意可得vt′2－v02＝－2ax′
由于餐桌半徑為R′＝2r，所以x′＝r＝1.5 m
解得vt′＝1.5 m/s
設物體做平拋運動的時間為t，則h＝12gt2
解得t＝2hg＝0.4 s
物體做平拋運動的水平位移為x″＝vt′t＝0.6 m
所以由題意可得L＝x′＋x″＝2.1 m

13.(多選)如圖12所示，豎直平面內有一半徑為R＝0.35 m的內壁光滑的圓形軌道，軌道底端與光滑水平面相切，一小球(可視為質點)以v0＝3.5 m/s的初速度進入軌道，g＝10 m/s2，則(　　)

圖12
A.小球不會脫離圓軌道運動
B.小球會脫離圓軌道運動
C.小球脫離軌道時的速度為72 m/s
D.小球脫離軌道的位置與圓心連線和水平方向間的夾角為30°
答案　BCD
解析　設小球恰能到達最高點，由重力提供向心力，則有：mg＝mv2R，解得：v＝gR＝
3.5 m/s，若小球從最低點恰好能到最高點，根據機械能守恒定律得：12mv0′2＝mg×2R＋
12mv2，解得：v0′＝702 m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能運動到最高點，小球會脫離圓軌道，故A錯誤，B正確；設當小球脫離軌道時，其位置與圓心連線和水平方向間的夾角為θ，小球此時只受重力作用，將重力分解如圖所示.

在脫離點，支持力等于0，由牛頓第二定律得：mgsin θ＝mv12R，從最低點到脫離點，由機械能守恒定律得：12mv02＝mgR(1＋sin θ)＋12mv12，聯立解得：sin θ＝12，即θ＝30°，則v1＝gRsin θ＝72 m/s，故C、D正確.

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