资源简介

(共19张PPT)
章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型 情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　圆周运动的临界问题
1.(2024·江苏卷)如图所示,制作陶瓷时,在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶屑与台面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将陶屑视为质点,则(　　)
[A]离转轴越近的陶屑质量越大
[B]离转轴越远的陶屑质量越小
[C]陶屑只能分布在台面的边缘处
[D]陶屑只能分布在一定半径的圆内
D
A
热点二　圆周运动的传动
3.(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴,在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
[A]A点做匀速圆周运动
[B]O′点做匀速圆周运动
[C]此时A点的速度小于O′点
[D]此时A点的速度等于O′点
B
【解析】 A点的运动为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动,故轨迹不是圆周,故不做匀速圆周运动,A错误;根据题意O′固定在底盘上,可知O′围绕O点做匀速圆周运动,B正确;当转杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上且A在OO′延长线上时,A点和O′点运动方向相同,又A点相对O′点做圆周运动,故此时A点的速度大于O′点的速度,C、D错误。
AD
5.(2024·江西卷)雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图甲、乙所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)在图甲中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
【解析】 (1)对转椅受力分析,转椅在竖直方向受向下的重力mg和向上的支持力FN,在水平方向受沿绳方向的绳拉力FT和沿圆周切线反方向的滑动摩擦力Ff,如图所示,
(2)将圆盘升高,如图乙所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
【解析】 (2)将转椅所受沿绳方向的绳拉力FT′正交分解到沿A1B方向和垂直于A1B方向,
沿A1B方向的分力为FT′sin θ,
垂直于A1B方向的分力为FT′cos θ,
转椅在竖直方向受向下的重力mg、向上的支持力FN′和向上的绳拉力的分力FT′cos θ,
转椅在水平方向受沿A1B方向的分力FT′sin θ和沿圆周切线反方向的滑动摩擦力Ff′,转椅在水平面内做匀速圆周运动,
感谢观看章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　圆周运动的临界问题
1.(2024·江苏卷)如图所示,制作陶瓷时,在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶屑与台面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将陶屑视为质点,则(　　)
[A]离转轴越近的陶屑质量越大
[B]离转轴越远的陶屑质量越小
[C]陶屑只能分布在台面的边缘处
[D]陶屑只能分布在一定半径的圆内
【答案】 D
【解析】 与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,当静摩擦力为最大静摩擦力时,根据牛顿第二定律可得μmg=mω2rmax,解得rmax=,因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同,由此可知能与台面相对静止的陶屑与转轴的距离和陶屑质量无关,只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。μ与ω均一定,故rmax为定值,即离转轴最远的陶屑与转轴的距离不超过,即陶屑只能分布在半径为的圆内。故A、B、C错误,D正确。
2.(2024·广东卷)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动,卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动,若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内,要使卷轴转动不停止,v的最大值为(　　)
[A]r [B]l
[C]r [D]l
【答案】 A
【解析】 由题意可知,当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,对插销由弹力提供向心力,有F=mlω2,又v=rω,联立解得v=r,故A正确。
热点二　圆周运动的传动
3.(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴,在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
[A]A点做匀速圆周运动
[B]O′点做匀速圆周运动
[C]此时A点的速度小于O′点
[D]此时A点的速度等于O′点
【答案】 B
【解析】 A点的运动为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动,故轨迹不是圆周,故不做匀速圆周运动,A错误;根据题意O′固定在底盘上,可知O′围绕O点做匀速圆周运动,B正确;当转杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上且A在OO′延长线上时,A点和O′点运动方向相同,又A点相对O′点做圆周运动,故此时A点的速度大于O′点的速度,C、D错误。
4.(多选)(2025·福建卷)如图,为春晚上转手绢的机器人,手绢上有P、Q两点,圆心为O,OQ=OP,手绢做匀速圆周运动,则(　　)
[A]P、Q线速度大小之比为 1∶
[B]P、Q角速度之比为 ∶1
[C]P、Q向心加速度大小之比为 ∶1
[D]P点所受合力总是指向O
【答案】 AD
【解析】 手绢做匀速圆周运动,由题图可知P、Q绕同一转轴转动,故角速度相同,即角速度之比为 1∶1,B错误;由v=ωr可知,P、Q的线速度大小之比vP∶vQ=rOP∶rOQ=1∶,A正确;由an=ω2r可知,P、Q的向心加速度大小之比anP∶anQ=rOP∶rOQ=1∶,C错误;P点做匀速圆周运动,其所受合力提供向心力,总是指向圆心O,D正确。
5.(2024·江西卷)雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图甲、乙所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳,轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)在图甲中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
(2)将圆盘升高,如图乙所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)对转椅受力分析,转椅在竖直方向受向下的重力mg和向上的支持力FN,在水平方向受沿绳方向的绳拉力FT和沿圆周切线反方向的滑动摩擦力Ff,如图所示,
转椅在水平面内做匀速圆周运动,
由竖直方向上受力平衡有
FN=mg,
水平方向有
FTsin α=Ff,
FTcos α=mr1,
又Ff=μFN,
解得tan α=。
(2)将转椅所受沿绳方向的绳拉力FT′正交分解到沿A1B方向和垂直于A1B方向,
沿A1B方向的分力为FT′sin θ,
垂直于A1B方向的分力为FT′cos θ,
转椅在竖直方向受向下的重力mg、向上的支持力FN′和向上的绳拉力的分力FT′cos θ,
转椅在水平方向受沿A1B方向的分力FT′sin θ和沿圆周切线反方向的滑动摩擦力Ff′,转椅在水平面内做匀速圆周运动,
由竖直方向上受力平衡有
mg=FN′+FT′cos θ,
水平方向有
FT′sin θsin β=Ff′,
FT′sin θcos β=mr2,
又Ff′=μFN′,
解得ω2=。
圆周运动　检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.一个小孩坐在游乐场的旋转木马上,绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动。已知圆周运动的半径为R,线速度为v,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
[A]小孩做匀速圆周运动的角速度为
[B]小孩做匀速圆周运动的向心加速度为
[C]小孩做匀速圆周运动的周期为
[D]小孩做匀速圆周运动的转速为
【答案】 C
【解析】 小孩做匀速圆周运动的角速度ω=,故A错误;小孩做匀速圆周运动的向心加速度an=,故B错误;周期为T=,故C正确;转速为n==,故D错误。
2.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动,在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们(　　)
[A]线速度大小之比为2∶3
[B]角速度之比为3∶4
[C]圆周运动的半径之比为8∶9
[D]加速度大小之比为3∶2
【答案】 C
【解析】 由于在相同时间内快艇A、B通过的路程之比是4∶3,根据线速度定义式v=得线速度大小之比为4∶3,选项A错误;快艇运动方向改变的角度等于运动转过的角度,相同时间内它们通过的角度之比是3∶2,根据角速度定义式ω=得角速度之比为3∶2,选项B错误;由公式v=ωr得圆周运动半径r=,则A、B做圆周运动的半径之比为rA∶rB=∶=8∶9,选项C正确;根据an=ω2r可得A、B的加速度大小之比为anA∶anB=(rA)∶(rB)=2∶1,选项D错误。
3.如图是一皮带传动装置的示意图,右轮半径为r,A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴,大轮半径为4r,小轮半径为2r。B点在小轮上且到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。已知传动过程中皮带不打滑,那么下列结论正确的是(　　)
[A]A、B、C、D四点角速度之比为2∶1∶2∶1
[B]A、B、C、D四点的线速度大小之比为2∶1∶2∶4
[C]A、B、C、D四点向心加速度大小之比为2∶1∶2∶4
[D]A点和C点的线速度相同
【答案】 B
【解析】 由于小轮和右轮间通过皮带传动,则A、C两点的线速度大小相等,根据v=ωr得==,B、C、D三点的角速度相等,则A、B、C、D四点角速度之比为2∶1∶1∶1,故A错误;B、C、D三点的角速度相等,由v=ωr得B、C、D三点的线速度大小之比等于半径之比,为1∶2∶4,又因为A点和C点的线速度大小相等,可知A、B、C、D四点的线速度大小之比为2∶1∶2∶4,故B正确;因为B、C、D三点的角速度相等,由an=ω2r,得B、C、D三点向心加速度大小之比等于半径之比,为1∶2∶4,A、C两点的线速度大小相等,由an=,得A、C两点的向心加速度大小之比为2∶1,可知A、B、C、D四点向心加速度大小之比为4∶1∶2∶4,故C错误;A点和C点的线速度大小相等,但方向不同,故D错误。
4.如图所示为一实验小车中利用光脉冲测量车速和行程的装置示意图,A为光源,B为光电接收器,A、B均固定在车身上,C为小车的车轮,D为与C同轴相连的齿轮。车轮转动时,A发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙后变成脉冲光信号,被B接收并转换成电信号,由电子电路记录和显示。若实验显示单位时间内的脉冲数为n,累计脉冲数为N。若要测出小车的速度和行驶路程,则还必须测量的物理量或数据是(　　)
[A]车轮的半径R和齿轮的半径r
[B]车轮半径R和齿轮上齿的间隙宽度d
[C]车轮半径R和齿轮的齿数P
[D]齿轮的齿数P和齿轮的半径r
【答案】 C
【解析】 根据题意,光束原来是连续的,是转动的齿轮的遮挡使光束变为脉冲光信号。正常行驶的车速为v=2πRf,其中R为车轮的半径,f为单位时间内车轮转过的圈数;若齿轮的齿数为P,则转一圈应有P个脉冲被B接收到,因此有f=,代入上式,有v=。又根据行驶路程的意义,应有行程s=vt,而t=,所以s=。综合以上分析得,选项C正确。
5.如图所示,物体A、B随水平圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动,物体B在水平方向所受的作用力及其方向的判定正确的有(　　)
[A]圆盘对物体B及物体A对物体B的摩擦力,两力都指向圆心
[B]圆盘对物体B的摩擦力指向圆心,物体A对物体B的摩擦力背离圆心
[C]物体B受到圆盘对物体B及物体A对物体B的摩擦力和向心力
[D]物体B受到圆盘对物体B的摩擦力和向心力
【答案】 B
【解析】 物体A和物体B一起随圆盘做匀速圆周运动,物体A做圆周运动的向心力由物体B对物体A的静摩擦力提供且指向圆心,则物体A对物体B的摩擦力背离圆心;物体B做圆周运动的向心力由物体A对物体B的摩擦力和圆盘对物体B的摩擦力的合力提供,则圆盘对物体B的摩擦力指向圆心,故A错误,B正确;向心力是效果力,物体做圆周运动需要向心力,不能说物体受到向心力,故C、D错误。
6.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动,圆盘半径为R,甲、乙两物体质量分别为M和m(M>m),它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍,两物体用一根长为L(L[A] [B]
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 设轻绳的拉力大小为FT,圆盘以最大角速度转动时,对物体甲有FT=μMg,对物体乙有 FT+μmg=mLω2,解得ω=,选项D正确。
7.如图所示,电动打夯机由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M,配重物质量为m,配重物的重心到轮轴的距离为R,重力加速度为g。在电动机带动下,偏心轮在竖直平面内匀速转动,皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶点时,底座刚好对地面无压力。下列判断正确的是(　　)
[A]电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
[B]配重物转到顶点时,系统处于失重状态
[C]偏心轮转动的角速度为
[D]打夯机对地面压力的最大值为(M+m)g
【答案】 B
【解析】 电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动,线速度大小相等,而电动机轮轴与偏心轮半径不同,根据v=ωr,则电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同,故A错误;配重物转到顶点时,底座刚好对地面无压力,但系统受重力作用具有向下的加速度,故系统处于失重状态,故B正确;当偏心轮上的配重物转到顶点时,配重物受偏心轮向下的力,又根据牛顿第三定律可知,=Mg,对配重物有mg+=mω2R,解得ω=,故C错误;配重物在最低点时偏心轮对配重物有向上的支持力,有-mg=mω2R,根据牛顿第三定律,对打夯机有FN=+Mg=2(M+m)g,根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为2(M+m)g,故D错误。
8.无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长为8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速率从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过半圆弧BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为 1 m/s2。小车视为质点,小车从A点到D点所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l分别为(　　)
[A]t=(2+) s,l=8 m
[B]t=(+) s,l=5 m
[C]t=(2+ +) s,l=5.5 m
[D]t= s,l=5.5 m
【答案】 B
【解析】 小车经过BC段的最大加速度为a1=2 m/s2,根据a1=,则最大速度为v1m= m/s,同理得在CD段的最大速度为v2m=2 m/s二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.如图,在水平转台上放置有质量相同的滑块P和Q(可视为质点),它们与转台之间的动摩擦因数相同,P与转轴OO′的距离为r1,Q与转轴OO′的距离为r2,且r1[A]滑块P和Q均受到四个力作用
[B]P所受到的摩擦力小于Q所受到的摩擦力
[C]若角速度ω缓慢增大,P一定比Q先开始滑动
[D]若角速度ω缓慢增大,Q一定比P先开始滑动
【答案】 BD
【解析】 转动过程中,两滑块相对转台静止,滑块P和Q均受到重力、支持力和摩擦力三个力作用,故A错误。转动过程中,两滑块相对转台静止,两滑块有相同的角速度,都由静摩擦力提供向心力,则有Ff=mω2r,因两滑块的质量相同,而r110.如图所示,水平转台上有一个质量为m的物块,用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上,细绳与竖直转轴的夹角θ=30°,此时细绳伸直但无张力,物块与转台间的动摩擦因数μ=,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,角速度为ω,重力加速度为g,则(　　)
[A]当ω=时,细绳的拉力为零
[B]当ω=时,物块与转台间的摩擦力为零
[C]当ω=时,细绳的拉力大小为mg
[D]当ω=时,细绳的拉力大小为mg
【答案】 AC
【解析】 当转台的角速度较小时,物块只受重力、支持力和摩擦力,当细绳恰好要产生拉力时,有μmg=mlsin θ,代入数值解得ω1=,随着角速度的增大,细绳上的拉力增大,当物块恰好要离开转台时,物块只受到重力和细绳的拉力的作用,有mgtan θ=mlsin θ,代入数值解得ω2=,当ω=<ω1时,物块所受静摩擦力提供向心力,即细绳的拉力为零;当ω=时,由于ω1<<ω2,物块与转台间的摩擦力不为零;当ω=>ω2时,物块已经离开转台,细绳的拉力与重力的合力提供向心力,有FTcos α=mg,mgtan α=m()2lsin α,解得cos α=,FT==mg;当ω=时,由于ω1<<ω2,物块未离开转台,受重力、支持力、摩擦力和细绳拉力作用,由牛顿第二定律得μFN+FT′sin θ=m()2lsin θ,因为FNmg,故A、C正确,B、D错误。
11.如图所示,轻杆长为3L,在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B,杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上,外界给予系统一定的能量后,杆和球在竖直面内转动,忽略空气的阻力。某时刻若球B运动到最高点,且球B对杆恰好无作用力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
[A]此时球B在最高点时的速度为
[B]此时球B在最高点时的速度为
[C]此时杆对水平轴的作用力大小为mg
[D]此时杆对水平轴的作用力大小为1.5mg
【答案】 BD
【解析】 当球B运动至最高点时恰好对杆无作用力,则此时其重力充当向心力,根据Fn=m,有mg=m,解得vB=,故A错误,B正确;由于球A与球B为同轴转动,此时A、B两球的线速度之比=,则vA=vB=,设此时杆对球A的作用力为FTA,对球A有FTA-mg=m,解得FTA=1.5mg,由于此时球B对杆恰好无作用力,因此此时球对杆的作用力大小为1.5mg,即杆对水平轴的作用力为1.5mg,故C错误,D正确。
12.如图,有一竖直放置在水平地面上的光滑圆锥形漏斗,圆锥中轴线与母线的夹角为θ=45°。可视为质点的小球A、B在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动,两个小球的质量mA=2m,mB=m。若A、B两球轨道平面距圆锥顶点O的高度分别为4h和h,图示时刻两球刚好在同一条母线上。下列说法正确的是(　　)
[A]球A和球B所需的向心力大小相等
[B]两球所受漏斗支持力大小之比与其所受重力大小之比相等
[C]球A和球B的线速度大小之比为2∶1
[D]从图示时刻开始,球B每旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次
【答案】 BCD
【解析】 小球在水平面内做匀速圆周运动,受重力G和漏斗的支持力FN作用,则所需的向心力Fn=,即FnA=,FnB=;而支持力FN=,则==2,故A错误,B正确;根据Fn=m有=m,解得v=,根据几何关系,有=,得rA=4rB,则=,故C正确;根据v=ωr得ω=,则==,当两球再次相遇时有ωBt-ωAt=2π,即ωBt=4π,ωAt=2π,即球B每旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次,故D正确。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(9分)如图所示是探究向心力大小的表达式的实验装置。
(1)下列实验的实验方法与本实验相同的是　　 　。
A.探究平抛运动的特点
B.探究加速度与力、质量的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律
(2)当探究向心力的大小F与转动半径r的关系时需调整传动皮带的位置使得左、右两侧塔轮圆盘半径　　 　　　 (选填“相同”或“不同”)。
(3)当探究向心力的大小F与角速度ω的关系时,需要把质量相同的两个小球分别放在挡板
　　　　 　 (选填“A、C”或“B、C”)两处。
【答案】 (1)B　(2)相同　(3)A、C
【解析】 (1)本实验需探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和转动半径r之间的关系,采用的是控制变量法。探究平抛运动的特点时,采用的是等效思想,故A错误;探究加速度与力、质量的关系采用的也是控制变量法,故B正确;探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效替代法,故C错误。
(2)当探究向心力的大小F与转动半径r的关系时,需要控制两球质量和角速度相同而转动半径r不同,只有使两侧塔轮圆盘半径相等才能使角速度相等,即左、右两侧塔轮圆盘半径相同。
(3)当探究向心力的大小F与角速度ω的关系时,需要控制质量和转动半径相同,则需要把质量相同的两个小球分别放在挡板A、C两处。
14.(9分)一物理兴趣小组的某同学为了测玩具电动机的转速,设计了如图甲所示的装置。钢质“L”形直角架竖直杆穿过带孔轻质薄硬板,然后与电动机转子相固连,水平横梁末端与轻细绳上端拴接,绳下端拴连一小钢球,测量仪器只有直尺。实验前细绳竖直,小球静止,薄板在小球下方,用直尺测出水平横梁的长度d=4.00 cm。现接通电源,电动机带动小球在水平面上做匀速圆周运动,待稳定转动时,缓慢上移薄板,恰触碰到小球时,停止移动薄板,用铅笔在竖直杆上记下薄板的位置,在薄板上记录下触碰点,最后测量出薄板到横梁之间的距离h=20.00 cm,触碰点到竖直杆的距离r=20.00 cm,如图乙所示。
(1)为了实验更精确,上移薄板时要求薄板始终保持　　 　　。
(2)重力加速度用g表示,利用测得的物理量,得出转速n的表达式为n=　　　　(用d、h、r、g表示),用测得的数据计算得n=　 　　r/s(g取9.8 m/s2,结果保留三位有效数字)。
【答案】 (1)水平　(2)　0.994
【解析】 (1)小球在水平面上做匀速圆周运动,故缓慢移动薄板时要求薄板始终保持水平。
(2)小球在水平面上做匀速圆周运动,设细绳与竖直方向夹角为θ,根据关系式Fn=mω2r,ω=2πn,有mgtan θ=4mπ2n2r,得n=,而tan θ=,联立得n=,代入数据可得n≈0.994 r/s。
15.(8分)如图所示为圆盘餐桌的截面简化示意图,圆盘在水平面内匀速转动,质量为m的杯子(可视为质点)随圆盘一起做匀速圆周运动,杯子到转轴的距离为R,线速度为v,求:
(1)杯子的角速度ω的大小;
(2)杯子所受摩擦力Ff的大小。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)因杯子转动的半径为R,根据公式v=ωr,可知角速度的大小为ω=。
(2)杯子随圆盘做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,杯子所受静摩擦力为Ff=Fn=。
16.(10分)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中,中国队成功夺冠,为中国代表团夺得本届冬奥会首金。
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动,若运动员加速到速度v=9 m/s时,滑过的距离x=15 m,求加速度的大小;
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动,如图所示,若甲、乙两名运动员同时进入弯道,滑行半径分别为R甲=8 m,R乙=9 m,滑行速率分别为v甲=10 m/s,v乙=
11 m/s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比,并通过计算判断哪名运动员先出弯道。
【答案】 (1)2.7m/s2　(2)见解析
【解析】 (1)根据速度与位移关系式v2-=2ax有v2=2ax,
代入数据可得a=2.7 m/s2。
(2)根据向心加速度的表达式an=,可得甲、乙的向心加速度之比为==,
运动员做匀速圆周运动,通过半圆的时间为t=,
代入数据可得甲、乙运动员所用时间为t甲= s,t乙= s,
可知t甲17.(10分)如图所示,某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中,发现车顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行。与车厢底板平行的桌面上有一水杯,已知水杯与桌面间的动摩擦因数为μ,水杯与水的总质量为m,水平圆弧形弯道半径为R,此弯道路面的倾角为θ,重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)列车转弯过程中的向心加速度大小;
(2)列车转弯过程中,水杯与桌面间的摩擦力。
【答案】 (1)gtan θ　(2)0
【解析】 (1)设玩具小熊的质量为m0,则玩具小熊受到的重力m0g、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F,有m0gtan θ=m0a,
可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a=gtan θ。
(2)水杯的向心加速度a=gtan θ,
由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供,则水杯与桌面间的静摩擦力为零,即Ff=0。
18.(14分)如图甲所示,水平转盘可绕竖直中心轴转动,转盘上叠放着质量均为1 kg的A、B两个物块,B物块用长为0.25 m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连,细线能承受的最大拉力为8 N,两个物块和传感器的大小均可不计。B物块与转盘间的动摩擦因数μ1=0.1,A、B两物块间的动摩擦因数μ2=0.4,且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时,细线刚好伸直,传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时,传感器上就会显示相应的读数F。试通过计算在如图乙所示坐标系中作出 F-ω2图像。(g取 10 m/s2)
【答案】 见解析
【解析】 对A、B两物块整体分析,当细线刚有拉力时,
根据牛顿第二定律得μ1·2mg=2mr,
解得ω1==2 rad/s,
当0≤ω≤2 rad/s时,F=0。
当A物块所受的摩擦力为最大静摩擦力时,A物块将要脱离B物块,
由牛顿第二定律得μ2mg=mr,
解得ω2= =4 rad/s,
当2 rad/s<ω≤4 rad/s时,
F=2mω2r-μ1·2mg=0.5ω2-2(N),
当ω=4 rad/s时,F=6 N<8 N,故细线未断。
接下来随角速度的增大,A物块脱离B物块,只有B物块做匀速圆周运动,设拉力最大时的角速度为ω3,根据牛顿第二定律得Fmax+μ1mg=mr,
解得ω3=6 rad/s,
当角速度 ω=4 rad/s时,mω2r=4 N>μ1mg,
即细线产生了拉力,当4 rad/s<ω≤6 rad/s时,
F=mω2r-μ1mg=0.25ω2-1(N),
则在坐标系中作出F-ω2图像如图所示。

展开更多......

收起↑