（新课标）2020高考物理二轮总复习 第二部分 应试高分策略 专题一 物理模型 2.1.3 水平面内

专题一物理模型模型三水平面内的圆周运动模型[模型解法]水平面内的圆周运动(尤其是匀速圆周运动)模型中通常都是由轻绳的拉力、物块与转台之间的摩擦力、重力与弹力的合力提供向心力．(1)受力分析是前提：无论是哪种形式的水平面内的圆周运动，一般都要先分析物体做圆周运动时的受力情况；(2)基本公式是核心：由对物体的受力分析，找出物体做圆周运动时受到的合力，当物体做匀速圆周运动时由牛顿运动定律可得F合＝F向＝ma＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r，结合v＝ωr、T＝2πω＝2πrv等基本公式进行求解；(3)临界条件是关键：找出物体在圆周运动过程中的临界条件是解答此类问题的关键．如轻绳开始有拉力(或伸直)、物体开始滑动等，抓住这些临界条件进行分析，即可找出极值，然后可根据极值判断其他物理量与极值之间的关系，从而进行求解．角度一水平面内圆周运动的“线模型”[例1](多选)(2019·成都市第七中学段考)如图所示，AC、BC两绳系一质量m＝0.1kg的小球，AC绳长L＝2m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°，小球在水平面内做匀速圆周运动时，若两绳中始终有张力，则小球的角速度可能是(重力加速度g＝10m/s2)()A．2rad/sB．2.5rad/sC．3rad/sD．4rad/s[思维分析]当小球角速度很小甚至为零时，易知下绳弹力为零，上绳弹力等于小球重力．由此可知，当上绳绷紧，下绳刚好伸直但无张力时，对应满足条件的是最小角速度；反之，当下绳绷紧，上绳刚好伸直但无张力时，对应满足条件的是最大角速度．答案：BC解析：当上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力时，小球受力如图甲，由牛顿第二定律得mgtan30°＝mω21r，又有r＝Lsin30°，解得ω1＝1033rad/s；当下绳绷紧，上绳恰好伸直无张力时，小球受力如图乙，由牛顿第二定律得mgtan45°＝mω22r，解得ω2＝10rad/s；故当1033rad/sω10rad/s时，两绳始终有张力，故选项B、C正确，选项A、D错误．角度二水平面内圆周运动的“弹力模型”[例2](多选)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小物块A和B，质量分别为mA和mB，它们分别紧贴漏斗的内壁，在不同的水平面上做匀速圆周运动，则下列叙述中正确的是()A．无论A、B的质量关系如何，物块A的线速度始终大于物块B的线速度B．只有当mA＜mB时，物块A的角速度才会大于物块B的角速度C．无论A、B的质量关系如何，物块A对漏斗内壁的压力始终大于物块B对漏斗内壁的压力D．无论A、B的质量关系如何，物块A的周期始终大于物块B的周期[思维分析]由合力提供向心力可判断线速度之间的关系；由角速度与线速度之间的关系ω＝vr可得角速度之间的关系；由受力分析可知支持力与物块重力之间的关系；由T＝2πω可得出二者周期之间的关系．答案：AD解析：设漏斗对物块A的支持力为FA，对物块B的支持力为FB，漏斗内壁与水平面之间的夹角为θ.由牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mv2r，即v＝grtanθ∝r，与质量无关，所以物块A的线速度大于物块B的线速度，选项A正确；由ω＝vr＝gtanθr∝1r可知，物块做圆周运动的半径r越大，其角速度就越小，与质量无关，故物块A的角速度始终小于物块B的角速度，选项B错误；由受力分析可知，物块受到的支持力大小为F＝mgcosθ∝m，选项C错误；由T＝2πω可知，角速度越大，周期就越小，所以物块A的周期大于物块B的周期，与物块的质量无关，选项D正确．角度三水平面内圆周运动的“摩擦力模型”[例3](多选)如图所示，放在水平转台上的小物体C和叠放在水平转台上的小物体A、B能始终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和m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数均为μ，B、C离转台中心的距离分别为r和32r.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．C与转台间的摩擦力等于A、B两物体间摩擦力的一半C．转台的角速度一定满足ω≤2μg3rD．转台的角速度一定满足ω≤μgr[思维分析]由于A、B、C均为小物体，因而可视为质点；由于物体B对物体A的静摩擦力提供物体A做匀速圆周运动的向心力，以向心力为桥梁可找出物体C与转台之间的静摩擦力和物体A、B间静摩擦力的关系；物体始终随转台一起做匀速圆周运动，故当最大静摩擦力提供向心力时，转台的角速度达到最大，由此可计算出转台转动的最大角速度．答案：BC解析：对物体A受力分析可知，物体A受重力、支持力及物体B对A的静摩擦力．其中静摩擦力提供物体A随转台一起做匀速圆周运动的向心力，故有fA＝3mω2r≤3μmg，选项A错误；由于物体C与物体A、B转动的角速度相同，故物体C与转台之间的静摩擦力大小为fC＝32mω2r＝12fA，选项B正确；欲使物体A、B、C始终能随转台一起转动，则对物体A、B有(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，即ω2r≤μg；对物体C有32mω2r≤μmg，即ω2r≤23μg；对物体A有3mω2r≤3μmg，即ω2r≤μg；以上各式联立求解可得：ω≤2μg3r，选项C正确，D错误．1.(2018·肇庆一模)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，此时绳中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(μ＜tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是()A．转台一开始转动，细绳立即绷直对物块施加拉力B．当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθC．当物块的角速度为g2Lcosθ时，转台对物块的支持力为零D．当转台对物块的支持力为零时，转台对物块做的功为mgLsin2θ2cosθ答案：D解析：当转速较小时，摩擦力提供向心力，此时细绳上无拉力，故A错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前有：F＝f＋Tsinθ＝mv2r①N＋Tcosθ＝mg②根据动能定理知：W＝Ek＝12mv2③当弹力T＝0，r＝Lsinθ由①②③解得：W＝12fLsinθ≤12μmgLsinθ，至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为12μmgLsinθ，故B错误；当N＝0，f＝0，根据牛顿第二定律可知：mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得：ω＝gLcosθ，W＝mgLsin2θ2cosθ，故C错误，D正确．2．(2019·湖南地质中学月考)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在水平方向上且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，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绳的张力可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化D．当角速度ωgltanθ，b绳将出现弹力答案：D解析：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，选项A错误；根据竖直方向上平衡得Fasinθ＝mg，解得Fa＝mgsinθ，可知a绳的拉力不变，选项B错误；当b绳拉力为零时，有：mgtanθ＝mω2l，解得ω＝gltanθ，可知当角速度ωgltanθ，b绳将出现弹力，选项D正确；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，选项C错误．3．(2018·凌源市模拟)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，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为rA＝r，rB＝2r，两物体与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是()A．此时细线张力为4μmgB．此时圆盘的角速度为2μgrC．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内D．此时烧断细线，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动答案：B解析：两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝2μgr，故A、C错误，B正确；此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误．4．(多选)在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触．如图所示，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直轴成θ角．设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为Ta和Tb，容器内壁对小球的支持力分别为Na和Nb，则下列说法正确的是()A．Ta一定为零，Tb一定为零B．Ta可以为零，Tb可以为零C．Na一定不为零，Nb可以为零D．Na可以为零，Nb可以为零答案：BC解析：对题图甲中的小球受力分析，小球所受的重力与支持力的合力方向可以指向圆心提供向心力，所以Ta可以为零，若Na等于零，则小球所受的重力与绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以Na一定不为零；对题图乙中的小球受力分析，若Tb为零，则小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以Tb可以为零，若Nb等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以Nb可以为零，故B、C正确，A、D错误．5．(2019·成都市第七中学段考)转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球的质量均为m，环质量为2m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为3L2，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)杆中弹簧长度为L2时，装置转动的角速度．答案：(1)6mgL(2)26gL解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1.小环受到弹簧的弹力为：F弹1＝k·L2小环受力平衡，则有：F弹1＝2mg＋2T1cosθ1小球受力平衡，则竖直方向有：F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg水平方向有：F1sinθ1＝T1sinθ1解得：k＝6mgL.(2)弹簧长度为12L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2.小环受到的弹力为：F弹2＝12kL＝3mg小环受力平衡，则有：2T2cosθ2＝2mg＋F弹2，且cosθ2＝L4l对小球，竖直方向有：F2cosθ2＝T2cosθ2＋mg水平方向有：F2sinθ2＋T2sinθ2＝mω2lsinθ2解得：ω＝26gL.