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第六章 圆周运动
考点一：圆周运动的运动学问题
1．描述圆周运动的物理量
线速度v= 角速度ω＝ ω与v的关系：v＝
周期(T)、转速(n)、频率(f) ：T＝
向心加速度a＝
2．匀速圆周运动
(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，所做的运动就是匀速圆周运动．
(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．
例1　如图所示，B和C是一组塔轮，B和C半径不同，但固定在同一转轴上，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轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦力作用，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(　　)
A．线速度大小之比为3∶2∶2 B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2 D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
例2：如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则(　　)
A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/s B．小球平抛的初速度可能是2.5 m/s
C．圆盘转动的角速度一定是π rad/s D．圆盘转动的加速度可能是π2 m/s2
考点二：圆周运动的动力学问题
1．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＝
(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另外添加一个向心力．
2．离心运动和近心运动
(1)离心运动：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)受力特点(如图)
①当F＝0时，物体沿 方向飞出，做匀速直线运动．
②当0③当F>mrω2时，物体逐渐向圆心 ，做 运动．
3．匀速圆周运动与变速圆周运动合力、向心力的特点
(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力．
(2)变速圆周运动的合力(如图)
①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的 ，当at与v同向时，速度 ，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．
②指向圆心的分力F向提供向心力，产生向心加速度a，改变线速度的 ．
例3：如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则(　　)
A．绳的张力可能为零
B．桶对物块的弹力不可能为零
C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
例4：四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是(　　)
A．小球A、B角速度相等 B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
例5　列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B．列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C．列车过转弯处的速度v<时，列车轮缘会挤压外轨
D．若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度
考点三：圆周运动的临界问题
水平面内圆周运动中的临界问题:
(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力．
(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．
(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．
竖直面内圆周运动中的临界问题:
(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。
(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。
(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度（有支撑和无支撑两种情形）。
例6　(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则(　　)
A．小球受重力、支持力、拉力和向心力
B．小球可能只受拉力和重力
C．当ω0＝ rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零
D．当ω＝2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用
例7：如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动．
(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小、方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小．
巩固练习
1．如图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(　　)
A. B. C. D.
2．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为(　　)
A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s
3.细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g.若要小球不离开桌面，其转速不得超过(　　)
A. B．2π C. D.
4.如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为(重力加速度为g)(　　)
A.mg B．2mg C．3mg D．4mg
5.如图所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径．轨道的半径为R，小球的直径远小于R，可以视为质点，重力加速度为g.现从最高点给小球以不同的初速度v，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)
A．小球运动到最低点时，对外管壁的最小压力为4mg
B．若小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为时，小球与内、外管壁均没有作用力
C．小球能再运动回最高点的最小速度v＝
D．当v>时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为5mg
6.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m的内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则(　　)
A．小球不会脱离圆轨道运动
B．小球会脱离圆轨道运动
C．小球脱离轨道时的速度为 m/s
D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30°
7.(多选)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)，如图乙所示，重力加速度为g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则(　　)
A.铁球转动过程中机械能守恒
B.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变
C.铁球转动到最低点时，处于超重状态
D.若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则ω＝
8.如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行。水面离水平滑道高度h＝5 m。现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)起滑点A至少离水平滑道多高？
(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m的安全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少？
参考答案
考点一：圆周运动的运动学问题
v＝(定义式)＝(与周期的关系)、ω＝(定义式)＝(与周期的关系)、v＝ωr、T＝＝=
a＝＝ω2r＝r＝ωv
例1答案　D
解析　A、B靠摩擦传动，则边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C同轴转动，则边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，转速之比＝＝，选项B、C错误；对a、b两点，由a＝得＝＝，对b、c两点，由a＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确．
例2答案　A
解析　根据h＝gt2可得t＝＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝＝2.5 m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圆盘转动的角速度ω＝＝nπ rad/s(n＝1、2、3、…)，圆盘转动的加速度为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1、2、3、…)，C、D错误．
考点二：圆周运动的动力学问题
1．F＝m＝mrω2＝mr＝mωv.
2．离心运动和近心运动
①切线．②远离、离心．③靠近，近心．
3．匀速圆周运动与变速圆周运动合力、向心力的特点
①大小，增大．②方向．
例3：答案　C
解析　当物块随圆桶做匀速圆周运动时，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，故A、D错误，C正确；当绳的水平分力恰好提供向心力的时候，圆桶对物块的弹力恰好为零，故B错误．
例4：答案　B
解析　对题图甲A、B分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为T，则有mgtan θ＝ma，Tcos θ＝mg得a＝gtan θ，T＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C、D正确．
例5　答案　B
解析　列车以规定速度转弯时受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，则m＝mgtan α＝mg，解得v＝，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确；列车过转弯处的速度v<时，转弯所需的合力F例6　答案　BC
解析　转速较小时，小球紧贴圆锥面，则Tcos θ＋Nsin θ＝mg，Tsin θ－Ncos θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，T增大，N减小，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mω02lsin θ，解得ω0＝ rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力、拉力的作用，D错误．
例7：答案　(1)　(2)2mg，方向竖直向下　(3)能；当A、B球的速度大小为时O轴不受力
解析　(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝m
解得vA＝
因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋TOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得TOB′＝0
对A有TOA′－mg＝m
可得TOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下
(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点
对B有TOB″＋2mg＝2m
对A有TOA″－mg＝m
轴O不受力时TOA″＝TOB″
可得v＝
所以当A、B球的速度大小为时O轴不受力．
巩固练习
1 2 3 4 5 6 7
D B D A B BCD CD
2．解析　当N′＝N＝G时，因为G－N′＝m，所以G＝m；当N＝0时，G＝m，所以v′＝2v＝20 m/s，选项B正确．
3.解析　对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力N、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝htan θ，受力分析可知Fcos θ＋N＝mg，Fsin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；当球即将离开水平桌面时，N＝0，转速n有最大值，此时n＝，故选D.
4.解析　当小球到达最高点速率为v时，两段线中张力均为零，有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m，所以F＝3mg，此时小球在最高点受力如图所示，所以T＝mg，A正确．
5.解析　当在最高点速度为零时，到达最低点的速度最小，对外管壁的压力最小，则由机械能守恒定律有mg·2R＝mv12，在最低点设外管壁对小球的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝m，联立解得F＝5mg，由牛顿第三定律得，小球对外管壁的压力最小为5mg，故A错误；小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为时，由机械能守恒定律有mg＝mv22，设此时重力沿半径方向的分力为F1，由几何关系得F1＝，此时所需的向心力为F向＝m，联立解得F向＝F1，此时重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，所以小球与内、外管壁均没有作用力，故B正确；因为管内壁可以给小球支持力，所以小球在最高点的速度可以为零，故C错误；若在最高点速度v>，在最高点时由牛顿第二定律得F2＋mg＝m，从最高点到最低点由机械能守恒定律得mg·2R＝mv32－mv2，在最低点时由牛顿第二定律得F3－mg＝m，联立解得F3－F2＝6mg，所以当v>时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg，故D错误．
6.解析　若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有：mg＝m，解得：v＝＝
m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得：mv0′2＝mg·2R＋
mv2，解得：v0′＝ m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．
在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝m，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得：mv02＝mgR(1＋sin θ)＋mv12，联立解得：sin θ＝，即θ＝30°，则v1＝＝ m/s，故C、D正确．
7.解析　由于铁球在做匀速圆周运动的过程中动能不变，但重力势能在不断地变化，所以其机械能不守恒，选项A错误；由于铁球做圆周运动的角速度和半径均不发生变化，由a＝ω2l可知，向心加速度的大小不变，但其方向在不断地发生变化，故选项B错误；铁球转动到最低点时，有竖直向上的加速度，故杆对铁球的拉力要大于铁球的重力，铁球处于超重状态，选项C正确；以支架和铁球整体为研究对象，铁球转动到最高点时，只有铁球有向下的加速度，由牛顿第二定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝，选项D正确。
8. 答案　(1)5 m　(2)5 m≤H≤11.25 m
解析　(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有
mg＝m①
从A到圆形滑道最高点，由机械能守恒定律得
mgH1＝mv2＋mg·2R②
解得H1＝R＝5 m③
(2)落在M点时抛出速度最小，从A到C由机械能守恒定律得
mgH1＝mv④
v1＝＝10 m/s⑤
水平抛出，由平抛运动规律可知
h＝gt2⑥
得t＝1 s
则s1＝v1t＝10 m
落在N点时s2＝s1＋L＝15 m
则对应的抛出速度v2＝＝15 m/s⑧
由mgH2＝mv
得H2＝＝11.25 m
安全滑下点A距水平滑道高度范围为
5 m≤H≤11.25 m⑨

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