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第二节　向心力与向心加速度
1.通过实例能认识向心力,理解向心力的来源和作用,能熟练应用向心力公式进行分析和计算.2.能利用牛顿第二定律理解向心加速度,体会牛顿第二定律的普遍性,能熟练选择和运用向心加速度公式进行分析和计算,培养利用动力学观念解决问题的能力.3.能利用所学知识分析实际问题,培养主动将科学知识应用于实际生产生活中的意识.
[学习目标]　
知识点一　感受向心力
「情境导学」
如图所示为教材“观察与思考”中的实验示意图,绳子的一端系一小球,另一端用手固定,让小球在近似光滑的桌面上做匀速圆周运动.
(1)此时牵绳的手有什么感觉 小球受哪些力作用 什么力提供了向心力 合力指向什么方向
提示:(1)手会感受到绳子拉力的作用;小球受到重力、支持力和绳的拉力;绳的拉力提供了向心力;合力等于绳的拉力,方向时刻指向圆心.
(2)若小球的质量为m,线速度为v,运动半径为r,合力的大小是多少 小球速度方向为何能时刻发生变化 如果松手,将会发生什么现象
「知识整合」
1.定义:物体做匀速圆周运动时所受合外力的方向始终指向轨迹的 ,这个指向 的合外力称为向心力.
2.方向:始终指向 ,总是与线速度方向 .
3.效果:只改变物体线速度的 ,不改变线速度的 .
圆心
圆心
圆心
垂直
方向
大小
4.向心力是根据 来命名的,它可以由不同性质的力如弹力、重力、摩擦力等提供,也可以由某一力的 或某些力的 提供.
5.向心力的表达式
(1)F= .
力的作用效果
分力
合力
mω2r
「问题思考」
如图,质量为M的飞机在空中水平面内做线速度为v、半径为r的匀速圆周运动;在光滑漏斗内壁上,质量为m的小球做角速度为ω、半径为R的匀速圆周运动.
(1)飞机和小球在运动过程中受到哪些力的作用
提示:(1)重力和支持力.
(2)这些力的合力方向及作用效果是什么 大小分别为多少
「归纳提升」
1.向心力大小的计算
2.向心力来源的分析
物体做圆周运动时,向心力由物体所受力中沿半径方向的力提供.可以由一个力充当向心力,也可以由几个力的合力充当向心力,还可以是某个力的分力充当向心力.
实例 向心力 示意图
用细线拴住的小球在竖直面内转动至最高点时 绳子的拉力和重力的合力提供向心力,F向=F+G
用细线拴住小球在光滑水平面内做匀速圆周运动 线的拉力提供向心力, F向=FT
物体随转盘做匀速圆周运动,且相对转盘静止 转盘对物体的静摩擦力提供向心力, F向=f
小球在细线作用下,在水平面内做圆周运动 重力和细线的拉力的合力提供向心力, F向=F合
「典例研习」
[例1] 如图所示,一长为L的细绳一端固定在天花板上,另一端与一质量为m的小球连接.现使小球在一水平面内做匀速圆周运动,此时细绳与竖直方向的夹角为θ,不计空气阻力,重力加速度大小为g.
(1)求小球做匀速圆周运动的向心力大小F;
【答案】 (1)mgtan θ　
【解析】 (1)小球所受细绳的拉力和重力的合力提供向心力,则F=mgtan θ.
(2)求小球做匀速圆周运动的线速度大小v;
(3)某同学判断,若小球的线速度增大,细绳与竖直方向的夹角θ也将增大,但θ不可能等于90°,试说明理由.
【答案】 (3)见解析
知识点二　向心加速度
如图,空间实验室在轨飞行时,可认为它绕地球做匀速圆周运动.尽管线速度大小不变,但方向却时刻变化,因此,它运动的加速度一定不为0.那么,该如何确定它在轨飞行时加速度的方向和大小呢
「情境导学」
「知识整合」
1.定义:在匀速圆周运动中,F是指向 的向心力,所以加速度a也一定指向圆心,称为 .
2.大小
(1)a= .
3.适用范围:不仅适用于 ,也适用于 .只不过分析非匀速圆周运动时,公式中的a、v、ω取 值.
圆心
向心加速度
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
瞬时
ω2r
「问题思考」
如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样,A、B、C是它们边缘上的三个点,请思考:
(1)哪两个点的向心加速度与半径成正比
提示:(1)B、C两点角速度相等,由a=ω2r可得其向心加速度与半径成正比.
(2)哪两个点的向心加速度与半径成反比
「归纳提升」
1.向心加速度的物理意义
向心加速度是描述速度方向改变快慢的物理量.向心加速度由于速度的方向改变而产生,线速度方向变化的快慢决定了向心加速度的大小.
2.向心加速度的几种表达式
3.向心加速度与半径的关系
(1)若ω为常数,根据a=ω2r可知,向心加速度与r成正比,如图甲所示.
(3)若无特定条件,则不能说向心加速度与r是成正比还是成反比.
「典例研习」
[例2] 如图所示,O1为皮带传动的主动轮的轴心,轮半径为r1,O2为从动轮的轴心,轮半径为r2,r3为固定在从动轮上的小轮半径.已知r2=2r1,r3=1.5r1、A、B、C分别是三个轮边缘上的点,则A、B、C三点的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)(　　)
A.1∶2∶3 B.2∶4∶3
C.8∶4∶3 D.3∶6∶2
C
向心加速度公式的应用技巧
(1)先确定各点是线速度大小相等,还是角速度相同.
(2)在线速度大小相等时,向心加速度与半径成反比;在角速度相同时,向心加速度与半径成正比.
·方法点拨·
知识点三　匀速圆周运动的特点及动力学分析
「归纳提升」
1.匀速圆周运动的特点
(1)线速度大小不变,方向沿圆周的切线,时刻改变.
(2)角速度、周期、频率都恒定不变.
(3)向心力大小不变,方向始终指向圆心,时刻改变.
2.匀速圆周运动的实例及对应的向心力的来源(如表所示)
图形 受力分析 力的分解方法 满足的方程及向心加速度
「典例研习」
[例3] 如图所示,马戏团正在上演飞车节目,杂技演员驾驶摩托车(整体可视为质点)在一个可视为球体的固定铁笼内绕铁笼的竖直直径在水平面内做匀速圆周运动,此时摩托车所在位置与铁笼中心O点的连线与水平方向的夹角θ=30°.已知铁笼的半径R=5.4 m,杂技演员与摩托车整体的质量m=150 kg,不计铁笼与摩托车间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)请作出演员驾驶摩托车(整体可视为质点)的受力分析图;
【答案】 (1)图见解析
【解析】 (1)演员驾驶摩托车的受力分析如图所示.
(2)求摩托车对铁笼的压力大小;
【答案】 (2)3 000 N
(3)求摩托车此时行驶的速度大小.
【答案】 (3)9 m/s
匀速圆周运动问题的解题步骤
它仍属于一般的动力学问题,无非是由物体的受力情况确定物体的运动情况,或者由物体的运动情况求解物体的受力情况.其解题步骤为
·方法点拨·
感谢观看第一节　匀速圆周运动
[学习目标]　1.能从实际生活中认识圆周运动、匀速圆周运动,能从运动学的角度理解、描述圆周运动的物理量,建立起线速度、角速度、周期等物理观念.2.通过对线速度、角速度等物理量的建立过程,体会类比法、极限法,培养推理论证科学思维;理解匀速圆周运动的各物理量间的关系,并能够进行相关的分析与计算.3.能利用所学知识分析几种常见的传动装置的相关问题,培养主动将科学知识应用于实际生产生活中的意识,养成建模、迁移、推理的习惯.
知识点一　线速度
情境导学
如图所示,仔细观察自行车车轮同一辐条上的A、B两点,思考并比较大小:
(1)两点在相同时间内走过的圆弧长度;
(2)绕轴心转过的角度.
提示:(1)A点走过的圆弧长.
(2)A、B两点转过的角度相等.
知识整合
1.圆周运动:质点的运动轨迹是圆的运动.
2.线速度
(1)定义:在一段很短的时间Δt内,点A转过的弧长为Δl,则反映了点A沿圆周运动的快慢,称为线速度.
(2)定义式:v=.
(3)标矢性:线速度是矢量,其方向沿着圆周该点的切线方向.
(4)单位:国际单位制中其单位是米每秒,符号是m/s.
(5)物理意义:表示某点沿圆周运动的快慢.
3.匀速圆周运动:如果做圆周运动的质点线速度的大小不随时间变化,这种运动称为匀速圆周运动.
正误辨析
(1)圆周运动线速度定义式v=中的Δl表示位移.(　×　)
(2)匀速圆周运动的线速度恒定不变.(　×　)
(3)质点做匀速圆周运动,则在任何相等的时间里,质点通过的路程都相等.(　√　)
(4)质点做匀速圆周运动,则在任何相等的时间里,质点运动的平均速度都相同.(　×　)
知识点二　角速度、周期、转速
情境导学
钟表上的时针和分针绕轴转动一周各用多少时间 它们转动一样快吗
提示:时针转动一周为12小时,分针转动一周为 1小时;分针转动得快.
知识整合
1.角速度
(1)定义:在一段很短的时间Δt内,半径OA转过的角度为Δθ,反映了质点绕圆心转动的快慢,称为角速度.
(2)定义式:ω=.
(3)单位:在国际单位制中,角速度的单位是弧度每秒,符号是 rad/s.
(4)标矢性:角速度是矢量,其方向不变,但是中学阶段不研究其方向.
(5)匀速圆周运动角速度特点:角速度不变.
2.周期
(1)定义:做匀速圆周运动的质点,运动一周所用的时间,用符号T表示.
(2)单位:国际单位制中其单位是秒,符号是s.
3.转速
(1)定义:物体转过的圈数与所用时间之比,用符号n表示.
(2)单位:转速的单位是转每秒,符号是r/s;或者转每分,符号是r/min.
(3)与角速度的关系:ω=2πn.
问题思考
　如图所示,跷跷板的支点位于板的中点,A、B两小孩距离支点一远一近.在翘动的某一时刻,请回答下列问题.
(1)两小孩运动的角速度相同吗 周期相同吗
(2)A、B两小孩重心的线速度大小相同吗
提示:(1)相同;相同.
(2)两小孩的角速度相同,但两小孩的重心距支点的远近不同,即运动半径不同,根据v=ωr可知,两小孩重心的线速度大小不同.
知识点三　线速度、角速度和周期间的关系
知识整合
1.线速度的大小与周期的关系为 v=.
2.角速度的大小与周期的关系为 ω=.
3.线速度与角速度的关系为v=ωr.
问题思考
某同学用圆规匀速画了一个四分之三圆,如图,用时 1.5 s.该同学又测得这个圆弧的半径为2 cm.则在画圆时,关于笔尖的运动情况,思考并回答以下问题:
(1) 角速度和周期各为多少
(2) 笔尖做匀速运动吗 其线速度为多少
提示:(1)角速度ω== rad/s=π rad/s,周期T==2 s.
(2)笔尖速度方向不断变化,为变速运动;线速度v=ωr=π×0.02 m/s=0.02π m/s.
归纳提升
1.对匀速圆周运动的理解
(1)匀速圆周运动一定是变速运动.因为速度是矢量,只要方向改变就说明速度发生了改变,而圆周运动的速度方向是时刻改变的,所以匀速圆周运动一定是变速曲线运动.
(2)“匀速”的含义:速度的大小不变,即速率不变.
2.描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系
3.对描述匀速圆周运动的各物理量之间关系的理解
(1)对角速度、周期、转速之间关系的理解:物体做匀速圆周运动时,由ω==2πn知,角速度、周期、转速三个物理量,只要其中一个物理量确定了,其余两个物理量也就确定了.
(2)对线速度与角速度之间关系的理解:由 v=ωr知,r一定时,v∝ω;v一定时,ω∝;ω一定时,v∝r.
特别说明:(1)线速度是描述圆周运动中物体运动快慢的物理量,线速度大,物体转动得不一定快.
(2)角速度(或周期、转速)是描述圆周运动中物体转动快慢的物理量,角速度大,物体运动得不一定快.
典例研习
[例1] 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2∶3,则它们(　　)
A.线速度大小之比为3∶4
B.转速之比为3∶2
C.运动半径之比为1∶2
D.周期之比为3∶2
【答案】 D
【解析】 相同时间内,它们通过的路程之比是 4∶3,根据 v=,可知线速度大小之比为4∶3,A错误;相同时间内运动方向改变的角度之比是2∶3,可知转过的角度之比为2∶3,根据ω=,可知角速度之比为2∶3,根据T=可知,周期之比为3∶2,D正确;根据ω=2πn可知,转速之比为2∶3,B错误;根据r=可知,运动半径之比为2∶1,C错误.
知识点四　常见传动装置及特点
归纳提升
项目 同轴传动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接,A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合,A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相同 线速度相同 线速度相同
转动方向 相同 相同 相反
规律 线速度与半径成正比: = 角速度与半径成反比:=. 周期与半径成正比:= 角速度与半径成反比:=. 周期与半径成正比:=
典例研习
[例2] 如图所示,修正带的大小齿轮分别嵌合于固定的大小轴孔中,大小齿轮相互吻合,使用时大齿轮会带动小齿轮转动.a、b点分别位于小、大齿轮的边缘,c点位于大齿轮的半径中点.a、b、c三点角速度大小分别为ωa、ωb、ωc,线速度大小分别为va、vb、vc,当修正带在使用的某个时刻,下列说法正确的是(　　)
A.ωa<ωb B.ωb>ωc
C.vavc
【答案】 D
【解析】 b、c两点同轴转动,角速度相等,即ωb=ωc,B错误;大、小齿轮边缘点的线速度大小相等,所以va=vb,C错误;根据va=vb,v=ωr,raωb,A错误;根据v=ωr,rb>rc,得vb>vc,D正确.
知识点五　圆周运动的周期性和多解问题
归纳提升
1.圆周运动多解问题形成的原因
匀速圆周运动具有周期性,经Δt=nT(T为周期),做匀速圆周运动的物体的各物理量是相同的,即做匀速圆周运动的物体确定的某个物理量,可能对应无数个时刻.
2.解决圆周运动多解问题的方法
匀速圆周运动的多解问题常涉及两个物体的两种不同的运动形式,一个物体做匀速圆周运动,另一个物体做其他形式的运动.
(1)抓住联系点:明确题中两个物体的运动性质,把一个物体的运动时间t与圆周运动的周期T建立起联系.
(2)先特殊后一般:先考虑第一个周期的情况,再根据运动的周期性,考虑多个周期时的
规律.
典例研习
[例3] 如图所示,按顺时针方向在竖直平面内做匀速转动的轮子边缘上有一点A.当A通过与圆心等高的a点时,有一质点B从圆心O开始做自由落体运动,已知轮子的半径为R.
(1)轮子的角速度ω满足什么条件时,点A才能与B相遇
(2)轮子的角速度ω′满足什么条件时,点A与B的速度才会相同
【答案】 (1)ω=(n=0,1,2,3,…)
(2)ω′=(n′=0,1,2,3,…)
【解析】 (1)质点B运动到最低点时才能与A点相遇,设质点B运动到最低点的时间为t,根据自由落体运动得R=gt2,设A点做圆周运动的周期为T,则t=(n+)T,n=0,1,2,3,…,
又T=,
解得ω=(n=0,1,2,3,…).
(2)当点A通过与圆心等高的C点时,点A与B的速度才会相同,设所用时间为t′,根据题意得ω′R=gt′,
t′=(n′+)T′,n′=0,1,2,3,…,T′=,
解得ω′=(n′=0,1,2,3,…).
课时作业
考点一　匀速圆周运动及其描述
1.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动,如图,在相同的时间内,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4∶3
B.角速度大小之比为3∶4
C.圆周运动的半径之比为2∶1
D.角速度大小之比为1∶2
【答案】 A
【解析】 线速度v=,A、B通过的路程之比为4∶3,时间相等,则线速度大小之比为4∶3,故A正确;角速度ω=,运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度,A、B转过的角度之比为3∶2,时间相等,则角速度大小之比为3∶2,故B、D错误;根据 v=rω得,圆周运动的半径r=,线速度大小之比为 4∶3,角速度大小之比为3∶2,则圆周运动的半径之比为8∶9,故C错误.
2.如图所示,在鞭子的抽打下,陀螺绕其中心竖直轴线在水平地面上定轴旋转,转速为24 r/s,陀螺上距离中心竖直轴线 3 cm 处的a点线速度大小约为(　　)
A.4.5 m/s B.5.5 m/s
C.6.5 m/s D.7.5 m/s
【答案】 A
【解析】 根据线速度的定义可得v=2πrn=2×3.14×0.03×24 m/s=4.5 m/s,故选A.
3.盾构隧道掘进机,简称盾构机,是一种隧道掘进的专用工程机械,又被称作“工程机械之王”,是城市地铁建设、开山修路、打通隧道的利器.如图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘,其直径达36 m,转速为 5 r/min,下列说法正确的是(　　)
A.刀盘工作时的角速度为10π rad/s
B.刀盘边缘的线速度大小约为9.4 m/s
C.刀盘旋转的周期为0.2 s
D.刀盘工作时各刀片的线速度均相同
【答案】 B
【解析】 刀盘的转速n=5 r/min= r/s,刀盘工作时的角速度ω=2πn= rad/s,A错误;刀盘边缘的线速度v=ωr=ω×=3π m/s≈9.4 m/s,B正确;刀盘旋转的周期T==12 s,C错误;刀盘各刀片工作时的角速度ω均相等,但各刀片的半径r不一定相等,根据v=ωr可知,刀盘工作时各刀片的线速度大小不一定相等,方向也不一定相同,D错误.
考点二　常见传动装置及特点
4.“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧.如图,当篮球在指尖上绕轴转动时,球面上P、Q两点做圆周运动的(　　)
A.半径相等
B.线速度大小相等
C.周期大小相等
D.角速度大小相等
【答案】 D
【解析】 由题图可知,球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为rP5.如图为某一皮带传动装置,主动轮M的半径为r1,从动轮N的半径为r2,已知主动轮顺时针转动,转速为n1,转动过程中皮带不打滑.下列说法正确的是(　　)
A.从动轮顺时针转动
B.从动轮的角速度为
C.从动轮边缘线速度大小为n1
D.从动轮的转速为n1
【答案】 B
【解析】 因为主动轮顺时针转动,从动轮通过皮带的摩擦力带动转动,所以从动轮逆时针转动,A错误;由于通过皮带传动,皮带与轮边缘接触处的线速度相等,根据ω=2πn,v=n·2πr得n2r2=n1r1,所以n2=,则ω2=,B正确,D错误;从动轮边缘线速度大小为v2=n2·2πr2=2n1πr1,C错误.
6.(多选)如图,是牛力齿轮水车的插图,记录了我国古代劳动人民的智慧.在牛力的作用下,通过A齿轮带动B齿轮,B、C齿轮装在同一根轴上,A、B边缘轮齿大小间距相同,齿轮A、B、C半径的大小关系为RA∶RB∶RC=5∶3∶1,下列说法正确的是(　　)
A.齿轮A、B、C的周期之比为5∶5∶3
B.齿轮A、B、C的角速度之比为3∶5∶5
C.齿轮A、B、C边缘的线速度大小之比为3∶3∶1
D.齿轮A、B、C的转速之比为 3∶5∶1
【答案】 BC
【解析】 A、B通过边缘齿轮连接,边缘的线速度大小相同,根据v=ωr,可知ωA∶ωB=RB∶RA=3∶5,B和C是同轴转动,则角速度相同,所以A、B、C的角速度之比为3∶5∶5,故B正确;根据T=,可得齿轮A、B、C的周期之比为5∶3∶3,故A错误;B和C是同轴转动,角速度相同,根据v=ωr,可知vB∶vC=RB∶RC=3∶1,所以A、B、C边缘的线速度大小之比为3∶3∶1,故C正确;根据ω=2πn,可得齿轮A、B、C的转速之比为 3∶5∶5,故D错误.
考点三　圆周运动的周期性和多解问题
7.如图所示,带有一白点的黑色圆盘,绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动,转速n=10 r/s.在暗室中用每秒闪光8次的频闪光源照射圆盘,则观察到白点转动的方向和转动的周期分别为(　　)
A.顺时针转动,周期为0.2 s
B.逆时针转动,周期为1.0 s
C.顺时针转动,周期为0.5 s
D.逆时针转动,周期为2.0 s
【答案】 C
【解析】 圆盘转速为10 r/s,即f0=10 Hz,频闪光源频率f′=8 Hz,由于08.如图,直径为d的纸制圆筒,使它以角速度ω绕轴O匀速转动,然后使子弹沿直径穿过圆筒,若子弹在圆筒旋转不到半周时在圆筒上留下a、b两个弹孔,已知aO、bO夹角为φ.
(1)求子弹的速度;
(2)若题中“在圆筒旋转不到半周时”去掉,子弹的速度又如何
【答案】 (1)　(2)(n=0,1,2,…)
【解析】 (1)子弹从a穿入到从b穿出圆筒时,圆筒转过的角度为π-φ(小于π,圆筒旋转不到半周),则子弹穿过圆筒的时间为t=,
在这段时间内子弹的位移为d,
则子弹的速度为v==.
(2)当没有圆筒旋转不到半周的条件限制时,圆筒旋转的角度为
2nπ+(π-φ)(n为转过的圈数,n=0,1,2,…),
时间为t′=,则
v′===(n=0,1,2,…).
9.一棵大树将要被伐倒的时候,有经验的伐木工人就会双眼紧盯树梢,根据树梢的运动情形判断大树正在朝哪个方向倒下,从而避免被倒下的大树砸伤.从物理知识的角度来解释,以下说法正确的是(　　)
A.树木开始倒下时,树梢的角速度较大,易于判断
B.树木开始倒下时,树梢的线速度较大,易于判断
C.树木开始倒下时,树梢的周期较大,易于判断
D.伐木工人的经验缺乏科学依据
【答案】 B
【解析】 树木开始倒下时,以树根部为圆心做圆周运动,角速度较小,由角速度大小不能判断树木倒下的方向,由v=ωr知,r较大,树梢的线速度较大,且线速度有方向性,易判断树木倒下的方向,A、D错误,B正确;周期没有方向,由周期不能判断树木倒下的方向,C错误.
10.20世纪我国农村常用辘轳浇灌农田,其模型图如图所示,细绳绕在半径为r的轮轴上悬挂一个水桶M,轮轴上均匀分布着6根手柄,柄端有6个质量均匀的小球m.球离轴心的距离为R,轮轴、绳(极细)、手柄的质量以及摩擦均不计.当手柄匀速转动n周把水桶提上来时,则(　　)
A.小球的角速度为2πn rad/s
B.轮轴转动的角速度大于小球转动的角速度
C.水桶的速度是小球转动线速度的
D.轮轴转动了nR周
【答案】 C
【解析】 题中的n不是转速,根据题意无法求出小球的角速度,故A错误;转轴和小球属于同轴转动,角速度相等,故B错误;水桶的速度等于v=ωr,小球转动线速度为 v′=ωR,则=,水桶的速度是小球转动线速度的,故C正确;手柄和轮轴属于同轴转动,手柄匀速转动n周,轮轴也转动了n周,故D错误.
11.(多选)如图所示,半径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.子弹以大小为v0的水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒,从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上,不计空气阻力及圆筒对子弹运动的影响,重力加速度大小为g,圆筒足够长,下列说法正确的是(　　)
A.子弹在圆筒中的运动时间为
B.两弹孔的高度差为
C.圆筒转动的周期可能为
D.若仅改变圆筒的转速,则子弹不可能在圆筒上只打出一个弹孔
【答案】 BD
【解析】 子弹在圆筒中的运动时间满足2R=v0t,解得t=,故A错误;若仅改变圆筒的转速,由于子弹在竖直方向做自由落体运动,所以子弹不可能在圆筒上只打出一个弹孔,两弹孔的高度差为h=gt2=,故B、D正确;设圆筒转动的周期为T,则有t=(n+)T(n=0,1,2,3,…),可知T=·(n=0,1,2,3,…),可知圆筒转动的周期不可能为,故C错误.
12.如图所示是模拟甲运动员以自己为转动轴拉着乙运动员做匀速圆周运动的示意图,若甲运动员的转速为30 r/min,乙运动员触地冰鞋的线速度为 4.7 m/s.
(1)求乙运动员触地冰鞋做匀速圆周运动的角速度和半径;
(2)若他们手拉手绕他们连线上的某点做匀速圆周运动,已知甲、乙运动员触地冰鞋的线速度分别为3.6 m/s和4.8 m/s,求甲、乙运动员做匀速圆周运动的半径之比.
【答案】 (1)3.14 rad/s　1.5 m　(2)
【解析】 (1)由题意可知,甲、乙运动员的转速相等,则乙运动员触地冰鞋做匀速圆周运动的转速
n=30 r/min=0.5 r/s,
角速度ω=2πn≈3.14 rad/s;
设乙运动员触地冰鞋做匀速圆周运动的半径为r,
由v=ωr得r== m≈1.5 m.
(2)甲、乙运动员的角速度相同,设甲运动员做匀速圆周运动的半径为r1,乙运动员做匀速圆周运动的半径为r2,根据v=ωr可知,==.实验:探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
一、实验目的
1.学会使用向心力演示器.
2.探究向心力与质量、角速度、半径的定量关系.
二、实验原理
1.保持质量m和转动半径r相同,探究向心力F与角速度ω之间的关系.
2.保持质量m和角速度ω相同,探究向心力F与转动半径r之间的关系.
3.保持转动半径r和角速度ω相同,探究向心力F与质量m之间的关系.
三、实验器材
四、实验步骤
　转动手柄可以使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动,槽内的小球随之做匀速圆周运动.这时,小球向外挤压挡板,挡板对小球的反作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力.同时,小球对挡板的作用力使弹簧测力筒下降,露出标尺,标尺上的读数显示了向心力大小.
(1)把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上,使它们的转动半径相同.调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度不同.探究向心力的大小与角速度的关系.
(2)保持两个小球质量不变,增大长槽上小球的转动半径.调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同.探究向心力的大小与半径的关系.
(3)换成质量不同的小球,使两球的转动半径相同.调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度也相同.探究向心力的大小与质量的关系.
(4)重复几次以上实验.
五、数据处理
1.把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上,使它们的转动半径相同,调整塔轮上的皮带,使两个小球转动的角速度之比分别为1∶1、1∶2和1∶3,分别读出两球的向心力大小,将结果填入表一.
表一:m1=m2,r1=r2.
F1/格 F2/格
2.把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上,使半径之比为1∶1、2∶1和3∶1,调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同,分别读出两球的向心力大小,将结果填入表二.
表二:m1=m2,ω1=ω2.
F1/格 F2/格
3.把两个质量不同的小球放在长槽和短槽上,使两球的转动半径相同,调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同,分别读出两球的向心力大小,更换不同的小球,重复上述步骤,将结果填入表三.
表三:r1=r2,ω1=ω2.
F1/格 F2/格
4.分析与论证
(1)分析表一中和两列的值,发现F跟ω的二次方成正比.
(2)分析表二中和两列的值,发现F跟r成正比.
(3)分析表三中和两列的值,发现F跟m成正比.
5.实验结论:物体做匀速圆周运动时所需向心力的大小跟物体的质量成正比,跟转动半径成正比,跟角速度的平方成正比.
六、误差分析
类别 产生原因 减小方法
偶然 误差 测量、操作不够准确、规范 实际操作过程中尽量保证小球做匀速圆周运动
系统 误差 实验原理不完善 小球所受的向心力应该由重力、挡板的弹力和槽的支持力的合力来提供
七、注意事项
使用向心力演示器时的注意事项
(1)将横臂紧固螺钉旋紧,以防小球和其他部件飞出而造成事故.
(2)摇动手柄时应缓慢加速,注意观察其中一个标尺的格数,达到预定格数时,即保持转速均匀恒定.
[例1] (实验原理与探究)如图甲所示,利用向心力演示器探究做圆周运动的小球,当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度ω之间关系.
(1)如图乙所示,若传动皮带套在塔轮第二层,左、右塔轮半径R1、R2之比为2∶1,则塔轮转动时,A、C两处的角速度之比为　　　　.
(2)标尺上黑白相间的等分格显示如图丙所示,则A、C两处小球所受向心力大小之比约为　　　　.
(3)在这个探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系的实验中,所采用的科学方法与下面实验相同的是　　　　.
A.探究两个互成角度的力的合成规律
B.探究加速度与力、质量的关系
C.探究平抛运动的特点
【答案】 (1)1∶2　(2)1∶4　(3)B
【解析】 (1)左、右塔轮边缘的线速度大小相等,R1、R2之比为2∶1,根据线速度与角速度的关系v=ωR,可知左、右塔轮的角速度之比为1∶2,又因为A、C两处分别与左、右两轮共轴,所以A、C两处的角速度之比为 1∶2.
(2)根据标尺的黑白等分格一个为1个格,另一个为 4个格,可知A、C两处小球所受向心力大小之比为 1∶4.
(3)因为影响向心力的因素有三个,所以本实验采用了控制变量法,保持质量和半径不变,探究向心力与角速度的关系;探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效替代法,A错误;探究加速度与力、质量的关系时,首先需要保持力不变,探究加速度与质量的关系;然后保持质量不变,探究加速度与力的关系,用到的也是控制变量法,B正确;探究平抛运动的特点时用的是分解法,C错误.
[例2] (数据处理与分析)用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素.长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍,长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等.转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动,槽内的球就做匀速圆周运动.
(1)为探究向心力和角速度的关系,应将质量相同的小球分别放在挡板　　　　(选填“A和B”“A和C”或“B和C”)处.若在实验中发现左、右标尺显示的向心力之比为4∶1,则选取的左、右变速塔轮轮盘半径之比为　　　　.
(2)在某次实验中,某同学将质量相同的小球分别放在挡板B和C处,传动皮带所套的左、右变速塔轮轮盘半径之比为2∶1,则左、右标尺显示的向心力之比为　　　　.
【答案】 (1)A和C　1∶2　(2)1∶2
【解析】 (1)根据F=mω2r可知,为探究向心力和角速度的关系,应将质量相同的小球分别放在半径r相同的挡板处,即A和C处;若在实验中发现左、右标尺显示的向心力之比为4∶1,则左、右塔轮的角速度之比为2∶1,同一皮带上的线速度大小相等,由v=ωR可知选取的左、右变速塔轮轮盘半径之比为1∶2.
(2)传动皮带所套的左、右变速塔轮轮盘半径R之比为2∶1,则左右变速塔轮的角速度之比为 1∶2,质量相同的小球分别放在挡板B和C处,转动半径之比为2∶1,由 F=mω2r可知,左、右标尺显示的向心力之比为1∶2.
[例3] (实验创新与拓展)某同学利用“向心力定量探究仪”探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,装置实物图与示意图分别如图甲、乙所示,小球放在光滑的带四个槽的旋转杆上,其一端通过细绳与电子测力计相连,当小球和旋转杆被电机带动一起旋转时,控制器的显示屏显示小球质量m、转动半径r、转动角速度ω以及细绳拉力F的大小.
(1)该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动角速度以及　　　　进行了三组实验,测得的实验数据如表1、2、3所示.
表1
小球 质量/kg 转动 半径/m 角速度 /(rad·s-1) 向心力 /N
0.1 0.2 4π 3.15
0.2 0.2 4π 6.29
0.3 0.2 4π 9.45
0.4 0.2 4π 12.61
表2
小球 质量/kg 转动 半径/m 角速度 /(rad·s-1) 向心力 /N
0.2 0.1 4π 3.16
0.2 0.2 4π 6.31
0.2 0.3 4π 9.46
0.2 0.4 4π 12.63
表3
小球 质量/kg 转动 半径/m 角速度 /(rad·s-1) 向心力 /N
0.2 0.2 2π 1.57
0.2 0.2 4π 6.29
0.2 0.2 6π 14.14
0.2 0.2 8π 25.16
(2)由表1的数据可得:当 　　　 　　　一定时,小球的向心力F大小与　　　　　　成
　　　比.
(3)为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是　　　　.
A.F-ω图 B.F-ω2图
C.F- 图 D.F2-ω图
【答案】 (1)转动半径　(2)转动半径r和转动角速度ω　小球质量m　正　(3)B
【解析】 (1)探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,由题中表格可知该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动半径以及转动角速度进行了三组实验.
(2)在误差允许范围内,由表1的数据可得当小球的转动半径r和转动角速度ω一定时,小球的向心力F大小与小球质量m成正比.
(3)根据F=mω2r可知,为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是 F-ω2图像,从而得到一条拟合的直线.故选B.
课时作业
1.用如图实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系.实验可供选择的小球大小相同,材质分别是胶木、铝和铁,三种材料的密度如下表所示.
材料 胶木 铝 铁
密度/(103 kg·m-3) 1.3～1.4 2.7 7.9
(1)本实验所采用的实验探究方法是　　　.
A.类比法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.实验与推理法
(2)皮带与不同半径的塔轮相连主要是为了使两小球的　　　　不同.
A.转动半径r B.质量m
C.角速度ω D.线速度v
(3)某次实验时,先将左右两侧塔轮半径调至相等,左侧小球6置于长槽处,小球在长槽和短槽处运动时半径之比为2∶1.匀速转动时,若左边标尺露出约2格,右边标尺露出约3格,则左右两处小球所受向心力大小之比约为　　　　.
A.2∶3　　　B.3∶2　　　C.4∶9
(4)由(3)可知,左侧小球材质应选择的是　　　　(选填“胶木”“铝”或“铁”).
【答案】 (1)C　(2)C　(3)A　(4)铝
【解析】 (1)向心力和三个物理量有关,所以需要控制其中两个量恒定,改变第三个量,从而来研究向心力和它们的关系,故采用了控制变量法,故选C.
(2)皮带连接塔轮,则线速度大小相等,由v=ωR可知,不同半径R对应不同的角速度ω,故选C.
(3)标尺露出的格数反映向心力的大小,因左右的格数之比为2∶3,则左右两处小球所受向心力大小之比约为2∶3,故选A.
(4)两侧塔轮半径调至相等,则左右两侧的角速度ω相等,半径r之比为2∶1,而向心力之比为 2∶3,由F=mω2r可知,两侧的小球质量之比为 1∶3,则能够满足要求的只能是铝球和铁球,即左侧小球为铝球,右侧小球为铁球.
2.某种研究做圆周运动的物体向心力的演示仪如图所示,水平光滑杆固定在竖直转轴上,穿在水平光滑杆上的A、B两球通过细线分别与固定在转轴上的力传感器相连,探究影响物体的向心力大小的因素.
(1)若线长LA=LB,小球的质量mA=2mB,从静止开始逐渐增大杆转动的速度,发现与小球A通过细线连接的力传感器的示数总是与小球B通过细线连接的力传感器的示数的2倍.结论1:在转动半径和角速度相同时,做圆周运动的物体所需的向心力与　　　　　　成正比.
(2)若小球的质量mA=mB,线长LA=2LB,从静止开始逐渐增大杆转动的速度,发现与小球A通过细线连接的力传感器的示数总是与小球B通过细线连接的力传感器的示数的2倍.结论2:在物体质量和转动角速度相同时,做圆周运动的物体所需的向心力与　　　　　　　　成正比.
(3)继续实验,发现物体做圆周运动时,所需的向心力与物体的质量、转动半径和角速度之间的关系为F=mrω2.对于同一小球,转动半径相同时,若使其转动的角速度变为原来的 3倍,则其所需的向心力大小变为原来的　　　　倍.
【答案】 (1)物体的质量　(2)物体转动的半径　(3)9
【解析】 (1)在转动半径和角速度相同时,质量是2倍关系,向心力也是2倍关系,所以做圆周运动的物体在转动半径和角速度相同时,所需的向心力与物体的质量成正比.
(2)在物体质量和转动角速度相同时,转动半径是2倍关系,向心力也是2倍关系,所以做圆周运动的物体所需的向心力与物体转动的半径成正比.
(3)根据向心力F=mrω2可知,对于同一小球,转动半径相同时,转动的角速度大小变为原来的3倍,则其所需的向心力大小变为原来的9倍.
3.某实验小组用如图甲所示的装置探究向心力大小与周期、半径之间的关系,轻绳一端系着小球,另一端固定在竖直杆上的力传感器上,小球套在光滑水平杆上.水平杆在电动机带动下可以在水平面内绕竖直杆匀速转动.已知小球质量为m,小球做圆周运动的半径为r,电子计数器可记录水平杆转动的圈数n,用秒表记录小球转动n圈的时间为t.
(1)若保持小球运动半径不变,仅减小运动周期,小球受到的拉力将　　　　;若保持小球运动的周期不变,仅减小运动半径,小球受到的拉力将　　　　.(以上两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)该小组同学做实验时,保持小球做圆周运动的半径不变,选用质量为m1的小球A和质量为m2(m1>m2)的小球B做了两组实验.两组实验中分别多次改变小球运动的转速,记录实验数据,作出了F与的关系如图乙中的①和②两条曲线所示,图中反映小球A的实验数据的是曲线　　　　(选填“①”或“②”).
【答案】 (1)变大　变小　(2)①
【解析】 (1)小球做圆周运动时有FT=F向=mω2r=m·()2·r,所以当小球运动半径不变,仅减小运动周期时,小球受到的拉力将变大;若保持小球运动的周期不变,仅减小运动半径,小球受到的拉力将变小.
(2)根据题意有T=,可得F=m·()2·r=4π2mr·()2,因为小球A的质量较大,可得反映小球A的实验数据的是曲线 ①.
4.某同学利用如图甲所示的实验装置验证向心力公式.在透明厘米刻度尺上钻一个小孔,细线一端系在小孔处,另一端连接质量为m、可视为质点的小钢球.将刻度尺固定在水平桌面上,使小钢球在水平面内绕圆心O做匀速圆周运动.
(1)钢球运动稳定后,该同学从刻度尺上方垂直于刻度尺向下看,某时刻小孔和钢球的位置如图乙所示,则钢球做圆周运动的半径为r=　　　cm.
(2)若该同学测得细线长度为l,经过时间t钢球转动了n圈,则钢球转动的角速度ω=　　　;该同学只需验证等式　　　　　　　　　成立,即可验证向心力公式.
【答案】 (1)30.0　(2)　=
【解析】 (1)小孔位置到钢球投影位置的间距等于钢球做圆周运动的半径,则钢球做圆周运动的半径为r=85.0 cm-55.0 cm=30.0 cm.
(2)经过时间t,钢球转动了n圈,则钢球做圆周运动的周期T=,角速度ω=,解得ω=,设细线与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有tan θ=,对钢球进行分析,钢球受到细线拉力与重力,合力方向指向圆心O,由合力提供向心力,则有mgtan θ=mω2r,结合上述解得=.
5.某同学用如图甲所示装置,探究圆锥摆悬线拉力与角速度的关系.保持光滑圆管固定,细线穿过圆管,一端连接小球,另一端连接在固定测力计上,使小球做圆锥摆运动.重力加速度g取10 m/s2,不计小球大小.
(1)某次实验中,测力计的示数如图乙所示,则细线的拉力大小F=　　　　N.
(2)让小球以不同的角速度做圆锥摆运动,测得每次的角速度ω及对应的测力计的示数F,已知小球的质量为m,摆线长为L,作出F-ω2图像,如果图像是过原点的一条倾斜直线,且图线的斜率等于　　　　,则表明　 　.
(3)保持圆管位置不变,改变测力计的位置重新实验,和(2)的实验结果在同一坐标系中作出图像,如果图像的斜率变小了,表明测力计位置　　　　(选填“上移”或“下移”)了.
【答案】 (1)5.0　(2)mL　质量和摆长一定时,细线拉力与角速度的平方成正比　(3)下移
【解析】 (1)根据题图乙测力计示数可知细线的拉力大小为F=5.0 N.
(2)让小球以不同的角速度做圆锥摆运动,设悬线与竖直方向夹角为θ,有Fsin θ=mLsin θ·ω2,即F=mL·ω2,如果 F-ω2 图像是过原点的一条倾斜直线,且图线的斜率为mL,则表明质量和摆长一定时,细线拉力与角速度的平方成正比.
(3)由(2)可知,如果图像的斜率变小了,即mL之积变小,又因为小球质量不变,所以摆线长度变短,即测力计向下移动了一段距离.
6.图甲是探究向心力与角速度大小关系的装置.电动机的竖直转轴上,固定有光滑水平直杆,直杆上距转轴中心40 cm处固定有直径1.00 cm的竖直遮光杆.水平直杆上套有质量为0.20 kg的物块,物块与固定在转轴上的力传感器通过细线连接.当物块随水平直杆匀速转动时,细线拉力F的大小可由力传感器测得,遮光杆经过光电门的时间可由光电计时器测得.
(1)若遮光杆经过光电门时的遮光时间为0.10 s,则直杆转动的角速度为　　　　 rad/s.
(2)保持物块的质量和细线的长度不变,改变转轴的角速度,测得F与对应角速度ω的数据如下表,在图乙中描点并作出图像.
ω/(rad·s-1) 0 0.5 1.0 1.5 2.0
F/N 0 0.13 0.50 1.12 2.00
(3)由F-ω2图像可得出的结论是:在质量和半径不变时,物块所受向心力与角速度大小关系是　.
A.F∝ω B.F∝
C.F∝ω2 D.F∝
【答案】 (1)0.25　(2)图见解析　(3)C
【解析】 (1)根据v=ωL=,
可得ω== rad/s=0.25 rad/s.
(2)F-ω2图像如图所示.
(3)由F-ω2图像可得出的结论是:在质量和半径不变时,物块所受向心力与角速度大小的平方成正比,即关系是F∝ω2.故选C.第三节　生活中的圆周运动
[学习目标]　1.能从生活中的现象认识公路弯道、铁路弯道、拱形与凹形路面的特点.2.能从圆周运动的特点分析实际生活中的车辆过公路弯道、铁路弯道、拱形及凹形路面问题,深化对圆周运动中运动与相互作用观念的理解和应用.3.能从动力学角度分析生活中的圆周运动,通过建构物理模型,深化对圆周运动模型的认识和理解,培养科学思维和科学探究能力.
类型一　公路弯道
归纳提升
1.向心力来源
汽车在水平公路上转弯时相当于在做圆周运动,此时向心力由车轮与路面间的静摩擦力f来提供,设弯道半径为r,即f=F=m,解得汽车转弯时的速度v=.
2.安全分析
从上式可知,急转弯处半径r较小,雨天路滑使最大静摩擦力fmax减小,汽车质量m过大,这三种情况都需要在转弯时限制速度v的大小,否则汽车很容易向弯道外侧打滑,引发交通事故.
3.汽车在倾斜路面上转弯时的向心力分析
汽车在内低外高的倾斜路面上转弯时,向弯道内侧倾斜,重力mg和地面支持力FN的合力F指向弯道内侧.设弯道倾角为θ,弯道半径为r,若此时合力F恰好可以提供汽车转弯所需向心力,根据牛顿第二定律可得 F=mgtan θ=m,解得汽车转弯速度的大小v=.若v>,则静摩擦力沿倾斜路面由外侧指向内侧;若v<,则静摩擦力沿倾斜路面由内侧指向外侧.
典例研习
[例1] 如图所示,高速公路转弯处弯道半径 R=100 m,汽车的质量m=1 500 kg,重力加速度g取 10 m/s2.
(1)当汽车以v1=20 m/s的速率行驶时,其所需的向心力为多大
(2)若路面是水平的,已知汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ=,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求汽车转弯时不发生径向滑动所允许的最大速率vm.
(3)通过弯道路面内外高度差的合理设计,可实现汽车转弯时刚好不受径向的摩擦力作用的效果.若汽车转弯时仍以(2)中的最大速率vm运动,则转弯处的路面应怎样设计 请计算说明.
【答案】 (1)6 000 N　(2)5 m/s　(3)见解析
【解析】 (1)由题意,根据向心力公式F=m,
解得其所需向心力F=6 000 N.
(2)当以最大速率转弯时,最大静摩擦力提供向心力,此时有fm=μmg=m,
解得最大速率vm=5 m/s.
(3)若汽车转弯时仍以(2)中的最大速率vm运动,且要求汽车刚好不受径向的摩擦力作用,则转弯处的路面应设计成“外高内低”的情况,设路面的倾斜角为θ,作出汽车的受力图,如图所示,根据牛顿第二定律有mgtan θ=m,解得tan θ=,即转弯路面的倾斜角θ=37°.
汽车转弯问题实际是水平面内的匀速圆周运动问题,解决此类问题的关键是分析清楚向心力的来源,然后利用合外力提供向心力求解.
类型二　铁路弯道
归纳提升
1.火车车轮的特点
火车车轮有突出的轮缘,轮缘在铁轨上可以起到限定方向的作用.当火车在水平轨道上转弯时,外侧车轮的轮缘挤压外轨,车轮受外轨的横向力作用,使火车获得转弯所需的向心力.
2.弯道的特点
铁路弯道处,外轨高于内轨,若火车按规定的速度v0行驶,转弯所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供,即mgtan θ=m,如图所示,则v0=,其中R为弯道半径,θ为轨道平面与水平面间的夹角.
3.速度与轨道压力的关系
(1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时,所需向心力仅由重力和支持力的合力提供,此时内外轨道对火车无挤压作用.
(2)当火车行驶速度v>v0时,外轨道对轮缘有侧压力.
(3)当火车行驶速度v典例研习
[例2] 火车转弯时的运动可看成圆周运动的一部分,为了减轻轮缘与外轨间的挤压,弯道处铁轨的内踏面与外轨道不一样高,火车的车轮与铁轨的位置情况如图甲所示.请回答以下问题.
(1)转弯处的内、外轨道哪个高一些 火车运动的圆周平面为图乙中平行于水平面的圆面b还是倾斜的圆面a
(2)为防止铁轨与车轮轮缘间的挤压,使火车转弯时所需向心力几乎完全由重力和支持力的合力来提供.已知重力加速度为g,轨道平面与水平面的夹角为θ.请推导倾角θ的正切值tan θ与轨道的半径R、规定速度v0的关系式;
(3)为了满足我国经济快速发展的需要,我国铁路部门已多次对火车提速,最高时速已经超过 350 km/h.火车提速需要对原来铁路的弯道进行改造,请你提出一种可行性的改造方案.
【答案】 (1)外轨道　圆面b　(2)tan θ=
(3)见解析
【解析】 (1)使火车转弯时所需向心力几乎完全由重力和支持力的合力来提供,因此需外轨道比内轨道高;因火车转弯时的圆周平面在水平面内,所以火车运动的圆周平面为题图中平行于水平面的圆面b.
(2)火车转弯时受力分析如图所示,
根据牛顿第二定律有
mgtan θ=m,
解得tan θ=.
(3)火车提速后需要将v0增大,根据(2)中表达式可知可以增大铁轨弯道的半径或增大轨道平面的倾斜角.
火车转弯问题的两点注意
(1)合外力的方向:火车转弯时,火车所受合外力沿水平方向指向圆心,而不是沿轨道斜面向下.因为火车转弯的圆周平面是水平面,不是斜面,所以火车的向心力即合外力应沿水平面指向圆心.
(2)规定速度的唯一性:火车轨道转弯处的规定速度一旦确定就是唯一的,火车只有按规定的速度转弯,内、外轨才不受轮缘的挤压作用.速度过大时,由重力、支持力及外轨对轮缘的压力的合力提供向心力;速度过小时,由重力、支持力及内轨对轮缘的压力的合力提供向心力.
类型三　拱形与凹形路面
归纳提升
1.过拱形路面
(1)合外力提供向心力,有mg-FN=m,FN(2)汽车安全通过的条件:由mg-FN=m 知,当FN=0时,v=,此时汽车对路面最高点的压力恰好为零;当v>时,汽车会从路面最高点飞出做平抛运动.故汽车安全通过的条件是在路面最高点的速度 v≤.
2.过凹形路面
合外力提供向心力,有FN-mg=m,FN>mg,汽车处于超重状态,速度越大,支持力越大.因此,汽车经过凹形路面时不宜高速行驶,否则容易发生爆胎.
典例研习
[例3] 如图所示,质量m=2.0×104 kg 的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面,两桥面的圆弧半径均为60 m,如果桥面承受的压力不得超过3.0×105 N,则:
(1)汽车允许的最大速率是多少
(2)若以所求速度行驶,汽车对桥面的最小压力是多少 (g取10 m/s2)
【答案】 (1)10 m/s　(2)1.0×105 N
【解析】 汽车对凹形桥的压力大于其重力,而对凸形桥的压力小于其重力.由此可知,对凹形桥存在一个允许最大速率,以此速率行驶,汽车对凸形桥有最小压力.可根据圆周运动知识,在最低点和最高点列方程求解.
汽车驶至凹面的底部时,合力向上,此时车对桥面压力最大;汽车驶至凸面的顶部时,合力向下,此时车对桥面的压力最小.
(1)汽车在凹面的底部时,由牛顿第三定律可知,桥面对汽车的支持力FN1=3.0×105 N,
根据牛顿第二定律得
FN1-mg=m,
即v=
= m/s
=10 m/s.
(2)汽车在凸面顶部时,由牛顿第二定律得
mg-FN2=,
则FN2=m(g-)
=2.0×104×(10-)N
=1.0×105 N,
由于FN2>0,则汽车不会离开桥面,
由此知v=10 m/s 即为最大值.
由牛顿第三定律得,在凸形桥顶汽车对桥面的最小压力为1.0×105 N.
解决汽车过桥问题的一般步骤
(1)选取研究对象,确定轨道平面、圆心位置和轨道半径.
(2)正确分析研究对象的受力情况(切记:向心力是按作用效果命名的力,在受力分析时不能列出),明确向心力的来源.
(3)根据平衡条件和牛顿运动定律列方程求解.
课时作业
考点一　公路弯道
1.为了使赛车快速安全通过弯道,有些赛车道转弯处通常设计成赛道表面外侧高,内侧低.某赛道急转弯处是一圆弧,赛道表面倾角为θ,如图所示,当赛车行驶的速率为v时,恰好没有向赛道内、外两侧滑动的趋势.则在该弯道处(　　)
A.赛车受到重力、支持力和向心力
B.赛车所需的向心力等于其所受地面的支持力
C.车速高于v,车辆便会向弯道外侧滑动
D.若弯道半径不变,设计的θ角变小,则v的值变小
【答案】 D
【解析】 赛车受到重力、支持力的作用,合力提供向心力,故A、B错误;速度高于v时,摩擦力指向内侧,只要速度不超出最高限度,车辆不会侧滑,故C错误;根据合力提供向心力有mgtan θ=m,解得 v=,所以若弯道半径不变,设计的θ角变小,则v的值变小,故D正确.
2.如图所示为赛车部分赛道示意图,该赛道位于水平面内,由一段半圆弧赛道和两段直道组成.赛车(可视为质点)沿半圆弧赛道中心线匀速率运动,通过半圆弧赛道所用时间为t,若半圆弧赛道中心线的半径为R,则赛车通过半圆弧赛道过程中向心加速度的大小为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 根据题意可知,向心加速度为a=R,而T=2t,联立解得a=,故选B.
3.(多选)假定某水平圆形环岛路面如图甲所示,汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变,当汽车匀速率地通过环形路段时,汽车的侧向摩擦力达到最大时的速度称为临界速度.下列说法正确的是(　　)
A.汽车所受的合力为零
B.汽车若以临界速度通过环岛,所受最大静摩擦力等于向心力
C.汽车在环岛路外侧行驶时,其临界速度较大
D.如图乙质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心转,A车受到指向轨道圆心的摩擦力比B车的大
【答案】 CD
【解析】 汽车做曲线运动,所受合力不为零,故A错误;当汽车以临界速度通过环岛时,其径向最大静摩擦力等于向心力,故B错误;根据fmax=m,最大静摩擦力不变,则外侧行驶半径较大,临界速度较大,故C正确;根据牛顿第二定律f=m,两车质量相等,速度大小相等,A车运动半径小,则受到指向轨道圆心的摩擦力大,故D正确.
考点二　铁路弯道
4.轨距是铁路轨道两条铁轨之间的距离,目前我国铁路的标准轨距是1.435 m.某处铁路弯道的半径为300 m,规定火车通过这里的速度为72 km/h.已知当θ角较小时,tan θ≈sin θ.要想火车按规定速度通过此处时内外轨均不受轮缘的侧向挤压,内外轨的高度差约为(　　)
A.0.2 m B.0.4 m
C.0.6 m D.0.8 m
【答案】 A
【解析】 火车按规定速度过弯时内外轨均不与轮缘发生侧向挤压,即重力和支持力的合力恰好提供向心力,根据牛顿第二定律有m=mgtan θ≈mgsin θ,设内外轨的高度差为h,标准轨距为L,根据几何关系可得sin θ=,联立以上两式并代入数据解得h≈0.2 m,故选A.
5.(多选)在修筑铁路时,弯道处外轨会略高于内轨,如图所示为某段铁轨转弯处的截面图,铁轨平面与水平地面夹角为θ.当火车以规定的行驶速度v转弯时,内、外轨均不受到轮缘的侧向挤压力.关于火车在该转弯处转弯时,下列说法正确的是(　　)
A.火车转弯时,实际转弯速度越小越好
B.火车转弯速度大于v时,外轨将受到轮缘的侧向挤压力
C.当火车质量改变时,规定的行驶速度v大小也随之变化
D.当火车以速度v转弯时,铁轨对火车的支持力大于其重力
【答案】 BD
【解析】
火车以速度v转弯时,对火车受力分析,如图所示,由图可知矢量三角形斜边大于其直角边,故铁轨对火车的支持力大于其重力,D正确;由牛顿第二定律得mgtan θ=m,解得v=,可知规定行驶的速度与质量无关,当火车质量改变时,规定的行驶速度不变,C错误;结合上述分析可知,当火车的转弯速度适当时,对内、外轨均没有弹力,速度较小时,轮缘对内轨有压力,容易造成轮缘的损坏,火车转弯速度大于v时,外轨将受到轮缘的侧向挤压力,所以速度应保持适当,不能过小,A错误,B正确.
考点三　拱形与凹形路面
6.如图所示,质量为m的物体,沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下,滑到最低点时速度大小为v,半球形金属壳竖直固定放置,开口向上,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ,则物体在最低点时,下列说法正确的是(　　)
A.向心力为mg+
B.受到的摩擦力为
C.受到的摩擦力为μ(mg+)
D.受到的合力方向斜向右上方
【答案】 C
【解析】 根据牛顿第二定律可知,在最低点有FN-mg=,f=μFN,解得f=μ(mg+m),故A、B错误,C正确;物体所受摩擦力方向水平向左,竖直方向的合力方向向上,所以受到的合力方向斜向左上方,故D错误.
7.如图所示,当汽车以一定的速度过拱形桥和凹形路面时,下列说法正确的是(　　)
A.图甲中汽车对桥面的压力大于车的重力
B.图乙中汽车对路面的压力小于车的重力
C.图甲中汽车的速度越大,汽车对桥面的压力越小
D.图乙中汽车的速度越大,汽车对路面的压力越小
【答案】 C
【解析】 题图甲中在最高点时,根据牛顿第二定律有mg-FN=m,解得FN=mg-m,根据牛顿第三定律,可知在最高点,车对桥面的压力比汽车的重力小,且汽车的速度越大,汽车对桥面的压力越小,A错误,C正确;题图乙中,根据FN-mg=m,知FN=mg+m,根据牛顿第三定律可知汽车对路面的压力大于车的重力,速度越大,汽车对路面的压力越大,B、D错误.
8.如图是某游乐场里的过山车.试分析过山车运动到A点和B点时它(包括车中乘客)的受力情况,并说明是什么力提供了它做圆周运动的向心力,设过山车与其中乘客的总质量为300 kg,通过A、B点的线速度分别是25 m/s和 6 m/s,g取 10 m/s2,求过山车对轨道A点和B点的压力.
【答案】 见解析
【解析】 过山车运动到A点时受到重力和轨道对它的支持力,由支持力和重力的合力提供它做圆周运动的向心力;过山车运动到B点时受到重力和轨道对它的支持力,由重力和支持力的合力提供它做圆周运动的向心力.运动到A点时,由牛顿第二定律可得FNA-mg=m,
解得FNA=2.175×104 N,
根据牛顿第三定律可知,过山车对轨道A点的压力大小为2.175×104 N,方向竖直向下.
运动到B点时,由牛顿第二定律可得
mg-FNB=m,
解得FNB=2.28×103 N,
根据牛顿第三定律可知,过山车对轨道B点的压力大小为2.28×103 N,方向竖直向下.
9.如图所示,某滑雪运动员(视为质点)由坡道以一定速度进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变.关于运动员沿AB下滑的过程,下列说法正确的是(　　)
A.向心加速度大小逐渐增大
B.所受摩擦力大小逐渐减小
C.所受的合力为零
D.在B点,运动员受滑道的支持力大小小于其重力大小
【答案】 B
【解析】 由题意,运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动,向心加速度大小不变,所受合力提供向心力,不为零,故A、C错误;设运动员与圆弧圆心的连线与竖直方向夹角为θ,运动员做匀速圆周运动,所以在沿线速度方向合力为零,即f=mgsin θ,因为θ逐渐减小,所以运动员所受摩擦力大小逐渐减小,故B正确;在B点,根据牛顿第二定律有FN-mg=F向>0,所以运动员受滑道的支持力大小大于其重力大小,故D错误.
10.如图所示,小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端,若给小物块一水平速度v0=,则小物块(　　)
A.将沿半圆柱形物体表面滑下来
B.落地时水平位移为 R
C.落地速度大小为2
D.落地时速度方向与水平地面成60°角
【答案】 C
【解析】 设小物块在半圆柱形物体顶端做圆周运动的临界速度为vc,重力刚好提供向心力时,由牛顿第二定律得 mg=m,解得vc=,因为 v0>vc,所以小物块将离开半圆柱形物体做平抛运动,A错误;小物块做平抛运动时,竖直方向满足R=gt2,水平位移为x=v0t,联立解得x=2R,B错误;小物块落地时竖直方向分速度大小为vy=gt=,落地时速度的大小为v=,联立解得v=2,由于vy=v0,故落地时速度方向与水平地面成45°角,C正确,D错误.
11.铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的,要求弯道处外轨比内轨高,其内外高度差h的设计不仅与r有关,还取决于火车在弯道上的行驶速率.下表中是铁路设计人员技术手册中弯道半径r及与之相对应的轨道的高度差h.
弯道半径 r/m 660 330 220 165 132 110
内外轨 高度差 h/mm 50 100 150 200 250 300
(1)若某火车在铁路转弯时,弯道半径r=220 m,火车行驶速率为72 km/h,求火车角速度ω与向心加速度a.
(2)铁路建成后,火车通过弯道时,为保证绝对安全,要求内外轨道均不向车轮施加侧向压力,又已知我国铁路内外轨的间距设计值为L=1.5 m,结合表中数据,算出我国火车的转弯速率(路轨倾角很小时,正弦值按正切值处理,结果可用根号表示,g取10 m/s2).
【答案】 (1) rad/s　 m/s2,方向指向圆心
(2)2 m/s
【解析】 (1)由题意得
v0=72 km/h=20 m/s,v0=ωr,
所以ω== rad/s= rad/s;
a== m/s2= m/s2,
方向指向圆心.
(2)火车转弯时,若车轮对铁轨没有侧向压力,则火车的受力如图所示,由牛顿第二定律得
mgtan θ=m,
又θ很小,故
tan θ≈sin θ=,
联立解得
v=2 m/s.微专题2　圆周运动的综合应用
[学习目标]　1.能利用动力学思想和假设法分析水平面内圆周运动的临界问题,培养科学思维及逻辑推理能力.2.能利用牛顿第二定律及圆周运动的规律分析和解决竖直平面内的两种圆周运动,培养科学思维及综合分析能力.3.体会对平抛运动和圆周运动两种运动过程的具体分析和联系应用,培养科学思维及逻辑综合能力.
类型一　水平面内圆周运动的临界问题
归纳提升
1.水平面内圆周运动的临界问题:在水平面上做圆周运动的物体,当角速度ω变化时,物体有远离或向着圆心运动(半径有变化)的趋势.当物体所需要的向心力大于提供向心力的力时,物体就脱离轨道.当提供向心力的力取最大值时,物体做圆周运动的角速度就达到最大.
2.解题方法:确定临界条件是关键,一般通过极限思维来确定临界条件,即把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象显现,确定临界条件.
3.常见临界条件
(1)与绳子的弹力有关:绳子恰好无弹力或恰好拉力最大(断裂)时.
(2)与支持面弹力有关:恰好无支持力时.
(3)与静摩擦力有关:静摩擦力达到最大值时.
典例研习
[例1] (多选)如图所示,轻质细绳一端系着质量M=1 kg的物体甲,静止在水平平台上,另一端通过光滑的小孔吊着质量 m=0.5 kg的物体乙,甲与圆孔距离为r=1 m,并知甲和水平平台间的动摩擦因数 μ=0.1.现使此平台绕中心轴线转动,g取 10 m/s2,两物体均可视为质点,则当角速度等于下列选项中哪个数值时,物体甲刚好不滑动(　　)
A.1 rad/s B.2 rad/s
C. rad/s D. rad/s
【答案】 BD
【解析】 当ω具有最小值时,甲有向圆心运动的趋势,故平台对甲的静摩擦力沿半径方向向外,且等于最大静摩擦力,根据牛顿第二定律,隔离甲,有FT-μMg=Mr,FT=mg,代入数据解得ω1=2 rad/s;当ω具有最大值时,甲有远离圆心的趋势,故平台对甲的静摩擦力方向指向圆心,大小也为最大静摩擦力,对甲有FT+μMg=Mr,FT=mg,代入数据解得ω2= rad/s,故选项B、D正确.
物体随水平转盘做圆周运动,通常是静摩擦力提供向心力,静摩擦力随转速的增大而增大,当静摩擦力增大到最大静摩擦力时,物体达到保持圆周运动的最大速度.若转速继续增大,物体将做离心运动.
类型二　竖直面内的圆周运动
归纳提升
1.运动性质
物体在竖直面内做圆周运动时,受弹力和重力两个力的作用,物体做变速圆周运动.
2.最低点
小球运动到最低点时受杆或轨道向上的弹力和向下的重力作用,由这两个力的合力提供向心力,有FN-mg=m.
3.最高点
小球在最高点时的受力特点可分为以下两种模型:
模型 轻绳模型 轻杆模型
常见 类型
最高点 弹力的 特点 弹力只能指向圆心 弹力既可以指向圆心也可以背离圆心
过最高 点的临 界条件 由mg=m得 v临= 由小球能运动即可得v临=0
讨论 分析 (1)小球过最高点时,v=,mg=m,绳、轨道对球无弹力. (2)小球过最高点时,v>,FN+mg=m,绳、轨道对球产生弹力FN. (3)v<时,小球不能过最高点,在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v=0时,FN=mg,FN为支持力,沿半径背离圆心. (2)当0时,FN+mg=m,FN为拉力或压力,指向圆心并随v的增大而增大
典例研习
[例2] 杂技水流星表演如图所示,一根绳系着盛水的杯子,随着演员的抡动,杯子在竖直平面内做变速圆周运动,已知轨迹半径为r=0.4 m,水的质量为200 g,杯子的质量为 50 g,绳子质量不计,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.杯子运动到最高点时,水恰好不流出,则最高点速度大小为4 m/s
B.当杯子运动到最高点N速度大小为6 m/s时,水对杯子的弹力大小为16 N,方向竖直向下
C.杯子在下降过程速度变大,合力沿轨迹切线方向的分力与速度同向
D.杯子在最低点M时处于受力平衡状态
【答案】 C
【解析】 杯子运动到最高点时,水刚好不落下,对水,有mg=m,所以杯子在最高点时的速度为 v=2 m/s,A错误;当杯子到最高点速度为 6 m/s 时,对水,根据牛顿第二定律有FN+mg=m,解得FN=16 N,即杯子对水的弹力为16 N,方向竖直向下,根据牛顿第三定律可得水对杯子的弹力大小为16 N,方向竖直向上,B错误;杯子在运动过程中做的是变速圆周运动,沿圆周下降过程速度增大是因为其受到的合力沿切线方向的分力与速度同向,C正确;杯子在最低点时加速度方向竖直向上,此时杯子处于超重状态,D错误.
解答竖直面内圆周运动问题时,首先要分清楚是轻绳模型还是轻杆模型,轻绳模型的临界条件是mg=m,即v=,轻杆模型的临界条件是v=0,v= 对杆来说是F表现为支持力或拉力的临界点.
类型三　平抛运动和圆周运动的综合应用
归纳提升
平抛运动和圆周运动是两种典型的曲线运动,许多问题是以这两种运动综合的形式出现,求解这类综合问题的思路如下:首先根据运动的独立性和各自的运动规律列式;其次寻找两种运动的结合点,如它们的位移关系、速度关系、时间关系等;最后再联立方程求解.
典例研习
[例3] 如图所示,在光滑水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆槽轨道,其底端恰与水平面相切,质量为m的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B滚上半圆槽,小球通过最高点C后落回到水平面上的A点.通过C点时,小球对轨道的压力大小是小球自身重力的3倍.不计空气阻力,重力加速度为g,求:
(1)小球通过B点时对半圆槽的压力大小;
(2)A、B两点间的距离.
【答案】 (1)mg+m　(2)4R
【解析】 (1)在B点,小球做圆周运动,有
F-mg=m,得F=mg+m,
由牛顿第三定律知,小球通过B点时对半圆槽的压力大小是F压=mg+m.
(2)在C点,由牛顿第二定律有
3mg+mg=m,
解得vC=2,
过C点小球做平抛运动,由平抛运动规律
sAB=vCt,h=gt2,h=2R,
联立可得sAB=4R.
课时作业
考点一　水平面内圆周运动的临界问题
1.如图所示,长为l的绳子下端连着质量为m的小球,上端悬于天花板上,当把绳子拉直时,绳子与竖直方向的夹角为60°,小球固定于光滑的水平桌面上,以一定角速度做匀速圆周运动,重力加速度为g,则(　　)
A.小球可能受到重力、支持力和向心力的作用
B.绳子的张力可能为0
C.当小球以角速度进行圆周运动时,桌面对小球的支持力恰好为0
D.当小球以角速度进行圆周运动时,绳子的张力大小为4mg
【答案】 D
【解析】 当小球以一定的角速度在水平面内做匀速圆周运动时,小球可能受到重力、支持力和绳的拉力作用,其合力提供向心力,A错误;当小球以一定的角速度在水平面内做匀速圆周运动时,绳子的张力不可能为0,因为拉力的水平分力提供向心力,B错误;根据牛顿第二定律得mgtan 60°=mω2lsin 60°,解得ω=,当小球以角速度做匀速圆周运动时,桌面对小球的支持力恰好为0,C错误;当小球以角速度做匀速圆周运动时,根据牛顿第二定律得FTsin α=mω2lsin α,解得FT=4mg,D正确.
2.如图所示,甲、乙两水平圆盘紧靠在一块,甲圆盘为主动轮,乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动.甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙=3∶1,两圆盘和小物块A、B之间的动摩擦因数相同,A、B的质量分别为m1、m2,A距O点为2r,B距O′点为r,当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　)
A.A与B都没有相对圆盘滑动时,角速度之比ω1∶ω2=3∶1
B.A与B都没有相对圆盘滑动时,向心加速度之比a1∶a2=1∶3
C.随转速慢慢增加,A先开始滑动
D.随转速慢慢增加,B先开始滑动
【答案】 D
【解析】 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等,有 ω1r甲=ω2r乙,则得ω1∶ω2=1∶3,所以物块相对盘开始滑动前,A与B的角速度之比为1∶3,故A错误;物块相对盘开始滑动前,根据a=ω2r,得A与B的向心加速度之比为a1∶a2=(·2r)∶(r)=2∶9,故B错误;当两个物块所受的静摩擦力达到最大时,对A有,μm1g=m1ω1′2·2r,解得ω1′=,对B有,μm2g=m2ω2′2r,解得ω2′=,根据A、B的角速度之比为ω1∶ω2=1∶3,当转速增加时,设B先达到临界角速度,此时A的角速度ω1=<ω1′=,说明此时A的角速度还没有达到临界值,故B先开始滑动,故C错误,D正确.
考点二　竖直面内的圆周运动
3.如图所示,长度均为l=1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为 m=0.8 kg 的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离为d=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最低点的速度大小为v=8 m/s,则此时每根绳的拉力大小为(　　)
A.45 N B.40 N C.64 N D.36 N
【答案】 A
【解析】 当小球在最低点的速率为v=8 m/s时,设绳与竖直方向的夹角为θ,由牛顿第二定律得 2FTcos θ-mg=m,由几何关系可得r==0.8 m,cos θ==0.8,联立解得FT=45 N,故选A.
4.如图所示,一小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,轨道半径为R,小球的直径略小于管道的直径,重力加速度为g,则小球(　　)
A.可能做匀速圆周运动
B.通过最高点时的最小速度为
C.通过最低点时受到的弹力一定向上
D.在运动一周的过程中可能一直受到内侧管壁的弹力
【答案】 C
【解析】 小球受重力从最高点运动到最低点,速度增大;从最低点运动到最高点,速度减小,则不可能做匀速圆周运动,A错误.通过最高点时因管道对小球可以提供支持力,则小球的最小速度为零,B错误.通过最低点时向上的支持力和向下的重力的合力提供向心力,可知小球受到的弹力向上,C正确.在运动一周的过程中,在下面的半周中小球有向上的加速度分量,则受到外侧管壁的弹力,D错误.
5.(多选)如图甲所示,小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O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,此时绳子的拉力大小为FT,拉力FT与速度的平方v2的关系图像如图乙所示.图像中的数据a和b,包括重力加速度g都为已知量,假设小球质量为m,以下说法正确的是(　　)
A.a=2gr
B.b=mg
C.=
D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
【答案】 BD
【解析】 在最高点时由牛顿第二定律可知FT+mg=m,解得FT=m-mg,当FT=0时,a=v2=gr,r=,当v2=2a时,b=FT=mg,可得 =,可得小球的质量m=,故选BD.
考点三　平抛运动和圆周运动的综合应用
6.(多选)(2025·山东卷,10)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心,半径为R1=5 m的圆形区域,OO′垂直于地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O′点、平行于地面做半径为R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO′B=90°.若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax.当无人机以ωmax 沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品.不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地
【答案】 BC
【解析】 物品从无人机上释放后,做平抛运动,竖直方向H=gt2,水平方向满足x=vt,而最大角速度ωmax=,要使得物品落点在目标区域内,有=R1,联立可得t=2 s,ωmax= rad/s,故A错误,B正确;无人机从A到B的时间t′== s>t,可知无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地,故C正确,D错误.
7.如图所示,一根长度L=2 m、不可伸长的轻质细绳一端系一小球(可视为质点),另一端固定在O点,O点距水平地面的高度H=4 m.现使小球在水平面内做匀速圆周运动,细绳与竖直方向的夹角θ=37°,重力加速度g取 10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求小球在水平面内做匀速圆周运动的周期;
(2)若某时刻烧断细绳,求小球落地点与O点的水平距离.
【答案】 (1) s　(2)2.4 m
【解析】 (1)设小球做匀速圆周运动的角速度为ω,根据牛顿第二定律可得
mgtan θ=mω2Lsin θ,
解得ω== rad/s=2.5 rad/s,
则小球在水平面内做匀速圆周运动的周期为
T== s= s.
(2)某时刻烧断细绳,小球做平抛运动,竖直方向有
H-Lcos θ=gt2,
解得t= s;
小球做平抛运动的水平速度为
v0=ωLsin 37°=3 m/s,
小球做平抛运动的水平位移为
s=v0t= m,
小球落地点与O点的水平距离为
d==2.4 m.
8.如图所示为水平转台的俯视图,转台上放有两个小物块A、B,A物块的质量为m,B物块的质量为2m,两物块到圆心的距离满足rB=2rA,A、B间用沿直径方向的细线相连,A、B与转台之间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当转台以不同的角速度ω匀速转动时,两物块均未滑动,A与转台间的摩擦力fA与ω2的关系图像是(　　)
A　　　 　B
C　 　　　D
【答案】 D
【解析】 当转动的角速度很小时,细线上没有拉力,对于A物块,有fA=mrAω2,对于B物块,有fB=2mrBω2=4mrAω2,当B物块的摩擦力达到最大静摩擦时,细线上开始有拉力,此时有μ×2mg=4mrAω2,则A的摩擦力大小为fA=μmg,此后细线上有拉力,对于A物块,有FT+fA=mrAω2,对于B物块,有μ×2mg+FT=4mrAω2,联立上式可知fA=2μmg-3mrAω2,可知后半段图像斜率较大.故选D.
9.如图所示,轻杆长3L,在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B,光滑水平转轴过杆上距球A为L的O点.外界给系统一定能量后,杆和球在竖直面内转动,球A运动到最高点时,杆对球A恰好无作用力.忽略空气阻力,重力加速度为g,则球A在最高点时(　　)
A.球A的速度为零
B.球B的速度大小为
C.杆对球B的作用力大小为4mg
D.水平转轴对杆的作用力大小为6mg
【答案】 D
【解析】 球A运动到最高点时,杆对球A恰好无作用力,对A分析,则mg=m,解得vA=,故A错误;A、B转动的角速度相同,由v=ωr,可得 vB=2vA=2,故B错误;对B分析,F-2mg=2m,解得F=6mg,故C错误;由于球A与杆之间没有作用力,球B受到杆向上的作用力为6mg,所以水平转轴对杆的作用力方向向上,大小为6mg,故D正确.(共19张PPT)
章末总结
「思维导图」
圆心
「命题热点」
命题热点1　圆周运动的动力学分析
向心力公式是牛顿第二定律对圆周运动的应用,求解圆周运动的动力学问题与应用牛顿第二定律的解题思路相同,但要注意几个特点:
(1)向心力是沿半径方向的合力,是效果力,不是实际受力.
[例1] (多选)(2025·广东卷,8)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示.已知圆周运动半径R为 0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2.关于该小球,下列说法正确的有( 　　)
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
AC
分析圆周运动问题的基本方法
(1)首先,要明确物体做圆周运动的轨道平面、圆心和半径.
(2)其次,准确受力分析,弄清向心力的来源,不能漏力或添力(向心力).
·方法点拨·
命题热点2　圆周运动的临界问题
1.水平转盘上运动物体的临界问题
水平转盘上运动物体的临界问题,主要涉及与摩擦力和弹力有关的临界极值问题.
(2)如果水平方向除受摩擦力以外还有其他力,如绳两端连接物体随水平面转动,其临界情况要根据题设条件进行判断,如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力,如静摩擦力、绳的拉力等).
2.斜面上圆周运动的临界问题
在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制,物体的受力情况和临界条件也不相同.
(1)如图甲所示,静摩擦力控制下的圆周运动.
(2)如图乙所示,轻绳控制下的圆周运动.
(3)如图丙所示,轻杆控制下的圆周运动.
这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力,运动和受力情况比较复杂.
与竖直面内的圆周运动类似,斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况,列牛顿运动定律方程来解题.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.
3.解决临界问题的注意事项
(1)先确定研究对象的受力情况,看哪些力充当向心力,哪些力可能突变引起临界问题.
(2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化.
(3)关注临界状态,例如静摩擦力未达到最大值时,静摩擦力提供向心力,随转速的增大,静摩擦力增大,当所需向心力大于最大静摩擦力时开始相对滑动,出现临界情况,此时对应的角速度为临界角速度.
[例2] (多选)某游戏转盘装置如图所示,游戏转盘水平放置且可绕转盘中心的转轴O1O2转动.转盘上放置两个相同的物块A、B,物块A、B通过轻绳相连.开始时,绳恰好伸直但无弹力,现让该装置从静止开始转动,使其角速度缓慢增大.整个过程中,物块A、B都相对于盘面静止,物块A、B到转轴的距离分别为r、2r,物块的质量均为m且与转盘间的动摩擦因数均为μ,接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　 　)
BC
CD
感谢观看第二节　向心力与向心加速度
[学习目标]　1.通过实例能认识向心力,理解向心力的来源和作用,能熟练应用向心力公式进行分析和计算.2.能利用牛顿第二定律理解向心加速度,体会牛顿第二定律的普遍性,能熟练选择和运用向心加速度公式进行分析和计算,培养利用动力学观念解决问题的能力.3.能利用所学知识分析实际问题,培养主动将科学知识应用于实际生产生活中的意识.
知识点一　感受向心力
情境导学
如图所示为教材“观察与思考”中的实验示意图,绳子的一端系一小球,另一端用手固定,让小球在近似光滑的桌面上做匀速圆周运动.
(1)此时牵绳的手有什么感觉 小球受哪些力作用 什么力提供了向心力 合力指向什么方向
(2)若小球的质量为m,线速度为v,运动半径为r,合力的大小是多少 小球速度方向为何能时刻发生变化 如果松手,将会发生什么现象
提示:(1)手会感受到绳子拉力的作用;小球受到重力、支持力和绳的拉力;绳的拉力提供了向心力;合力等于绳的拉力,方向时刻指向圆心.
(2)合力的大小F=m;合力方向时刻与速度方向垂直,用于改变速度方向;如果松手,由于惯性,小球将沿切线方向飞出.
知识整合
1.定义:物体做匀速圆周运动时所受合外力的方向始终指向轨迹的圆心,这个指向圆心的合外力称为向心力.
2.方向:始终指向圆心,总是与线速度方向垂直.
3.效果:只改变物体线速度的方向,不改变线速度的大小.
4.向心力是根据力的作用效果来命名的,它可以由不同性质的力如弹力、重力、摩擦力等提供,也可以由某一力的分力或某些力的合力提供.
5.向心力的表达式
(1)F=mω2r.
(2)F=m.
问题思考
　如图,质量为M的飞机在空中水平面内做线速度为v、半径为r的匀速圆周运动;在光滑漏斗内壁上,质量为m的小球做角速度为ω、半径为R的匀速圆周运动.
(1)飞机和小球在运动过程中受到哪些力的作用
(2)这些力的合力方向及作用效果是什么 大小分别为多少
提示:(1)重力和支持力.
(2)指向圆心,充当向心力;飞机所受合力大小为 M,小球所受合力大小为mω2R.
归纳提升
1.向心力大小的计算
F=m=mω2r=mωv=mr,在匀速圆周运动中,向心力大小不变;在非匀速圆周运动中,其大小随速率v的变化而变化.
2.向心力来源的分析
物体做圆周运动时,向心力由物体所受力中沿半径方向的力提供.可以由一个力充当向心力,也可以由几个力的合力充当向心力,还可以是某个力的分力充当向心力.
实例 向心力 示意图
用细线拴住的小球在竖直面内转动至最高点时 绳子的拉力和重力的合力提供向心力, F向=F+G
用细线拴住小球在光滑水平面内做匀速圆周运动 线的拉力提供向心力, F向=FT
物体随转盘做匀速圆周运动,且相对转盘静止 转盘对物体的静摩擦力提供向心力, F向=f
小球在细线作用下,在水平面内做圆周运动 重力和细线的拉力的合力提供向心力, F向=F合
典例研习
[例1] 如图所示,一长为L的细绳一端固定在天花板上,另一端与一质量为m的小球连接.现使小球在一水平面内做匀速圆周运动,此时细绳与竖直方向的夹角为θ,不计空气阻力,重力加速度大小为g.
(1)求小球做匀速圆周运动的向心力大小F;
(2)求小球做匀速圆周运动的线速度大小v;
(3)某同学判断,若小球的线速度增大,细绳与竖直方向的夹角θ也将增大,但θ不可能等于90°,试说明理由.
【答案】 (1)mgtan θ　(2)sin θ
(3)见解析
【解析】 (1)小球所受细绳的拉力和重力的合力提供向心力,则F=mgtan θ.
(2)设小球做圆周运动的半径为R,根据公式
F=m,得mgtan θ=m,
又R=Lsin θ,
解得v=sin θ.
(3)沿细绳方向,由平衡条件得细绳的拉力
FT=,
若θ等于90°,则cos θ等于0,此时FT为无穷大,即θ不可能等于90°.
知识点二　向心加速度
情境导学
如图,空间实验室在轨飞行时,可认为它绕地球做匀速圆周运动.尽管线速度大小不变,但方向却时刻变化,因此,它运动的加速度一定不为0.那么,该如何确定它在轨飞行时加速度的方向和大小呢
提示:根据a=,加速度的方向应与向心力的方向一致,故加速度方向时刻指向圆心.加速度的大小可根据a=或 a=或a=ω2r来确定.
知识整合
1.定义:在匀速圆周运动中,F是指向圆心的向心力,所以加速度a也一定指向圆心,称为向心加速度.
2.大小
(1)a=ω2r.
(2)a=.
3.适用范围:不仅适用于匀速圆周运动,也适用于非匀速圆周运动.只不过分析非匀速圆周运动时,公式中的a、v、ω取瞬时值.
问题思考
　如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样,A、B、C是它们边缘上的三个点,请思考:
(1)哪两个点的向心加速度与半径成正比
(2)哪两个点的向心加速度与半径成反比
提示:(1)B、C两点角速度相等,由a=ω2r可得其向心加速度与半径成正比.
(2)A、B两点线速度相等,由a=可得其向心加速度与半径成反比.
归纳提升
1.向心加速度的物理意义
向心加速度是描述速度方向改变快慢的物理量.向心加速度由于速度的方向改变而产生,线速度方向变化的快慢决定了向心加速度的大小.
2.向心加速度的几种表达式
3.向心加速度与半径的关系
(1)若ω为常数,根据a=ω2r可知,向心加速度与r成正比,如图甲所示.
(2)若v为常数,根据a=可知,向心加速度与r成反比,如图乙所示.
(3)若无特定条件,则不能说向心加速度与r是成正比还是成反比.
典例研习
[例2] 如图所示,O1为皮带传动的主动轮的轴心,轮半径为r1,O2为从动轮的轴心,轮半径为r2,r3为固定在从动轮上的小轮半径.已知r2=2r1,r3=1.5r1、A、B、C分别是三个轮边缘上的点,则A、B、C三点的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)(　　)
A.1∶2∶3 B.2∶4∶3
C.8∶4∶3 D.3∶6∶2
[思路点拨] (1)A、B两点线速度大小相等,用 a= 分析.
(2)B、C两点角速度相等,用a=ω2r分析.
【答案】 C
【解析】 因为皮带不打滑,A点与B点的线速度大小相等,都等于皮带运动的速率,根据向心加速度公式a=,可得aA∶aB=r2∶r1=2∶1.由于B、C是固定在同一轮轴上的两点,所以它们的角速度相同,根据向心加速度公式a=ω2r,可得aB∶aC=r2∶r3=2∶1.5=4∶3.由此得aA∶aB∶aC=8∶4∶3,故C正确,A、B、D错误.
向心加速度公式的应用技巧
(1)先确定各点是线速度大小相等,还是角速度相同.
(2)在线速度大小相等时,向心加速度与半径成反比;在角速度相同时,向心加速度与半径成正比.
(3)向心加速度公式a=和a=ω2r不仅适用于匀速圆周运动,也适用于变速圆周运动.
知识点三　匀速圆周运动的特点及动力学分析
归纳提升
1.匀速圆周运动的特点
(1)线速度大小不变,方向沿圆周的切线,时刻改变.
(2)角速度、周期、频率都恒定不变.
(3)向心力大小不变,方向始终指向圆心,时刻改变.
2.匀速圆周运动的实例及对应的向心力的来源(如表所示)
图形 受力分析 力的分解方法 满足的方程及向心加速度
或mgtan θ=mlsin θ·ω2, a=gtan θ
或mgtan θ=m(d+lsin θ)ω2, a=gtan θ
或mgtan θ=mω2r, a=gtan θ
或mgtan θ=mω2r, a=gtan θ
a=
典例研习
[例3] 如图所示,马戏团正在上演飞车节目,杂技演员驾驶摩托车(整体可视为质点)在一个可视为球体的固定铁笼内绕铁笼的竖直直径在水平面内做匀速圆周运动,此时摩托车所在位置与铁笼中心O点的连线与水平方向的夹角θ=30°.已知铁笼的半径R=5.4 m,杂技演员与摩托车整体的质量m=150 kg,不计铁笼与摩托车间的摩擦,重力加速度大小g取
10 m/s2.
(1)请作出演员驾驶摩托车(整体可视为质点)的受力分析图;
(2)求摩托车对铁笼的压力大小;
(3)求摩托车此时行驶的速度大小.
【答案】 (1)图见解析　(2)3 000 N　(3)9 m/s
【解析】 (1)演员驾驶摩托车的受力分析如图所示.
(2)由平衡条件可得
FNsin θ=mg,
可得铁笼对摩托车的支持力为
FN== N
=3 000 N,
根据牛顿第三定律可知摩托车对铁笼的压力大小为FN′=FN=3 000 N.
(3)由牛顿第二定律可得
FNcos θ=m,
可得摩托车此时行驶的速度大小v=9 m/s.
匀速圆周运动问题的解题步骤
它仍属于一般的动力学问题,无非是由物体的受力情况确定物体的运动情况,或者由物体的运动情况求解物体的受力情况.其解题步骤为
课时作业
考点一　对向心力及向心加速度的理解
1.中国糖画是非物质文化遗产之一,游客转动指针,指针最后停在哪里,游客便可得到对应的糖画作为奖励.指针上两点P、Q与中心点O的距离分别为r和2r,如图所示.以下关于P、Q两点在转动时各物理量之比,正确的是(　　)
A.周期之比为2∶1
B.角速度大小之比为1∶2
C.线速度大小之比为1∶1
D.向心加速度大小之比为1∶2
【答案】 D
【解析】 因P、Q两点同轴转动,可知角速度和周期相等,A、B错误;根据v=ωr可知,P、Q两点线速度大小之比为1∶2,C错误;根据a=ω2r可知,P、Q两点向心加速度大小之比为1∶2,D正确.
2.如图所示,一辆汽车正通过一段弯道公路,视汽车做匀速圆周运动,则(　　)
A.该汽车速度恒定不变
B.汽车左右两车灯的线速度大小相等
C.若速率一定,则跟公路内道相比,汽车在外道行驶时所受的摩擦力较小
D.若速率一定,则跟晴天相比,雨天路滑时汽车在同车道上行驶时所受的摩擦力较小
【答案】 C
【解析】 圆周运动速度方向时刻变化,A错误;汽车整体的角速度相等,v=ωr,左右两车灯的半径不同,线速度大小不同,B错误;汽车做匀速圆周运动,由摩擦力提供向心力,根据f=m,半径R较大时,摩擦力较小,半径一定时,摩擦力大小不变,C正确,D错误.
3.在如图所示的装置中,质量分别为m、2m的A、B两个小球(视为质点)穿在光滑杆上并可沿杆滑动,两球之间用一根长为L的细线连接.现让两小球以相同的角速度绕共同的圆心O做匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　)
A.A、B的周期之比为2∶1
B.A、B的向心加速度之比为1∶2
C.A、B的轨道半径之比为1∶2
D.当A、B的角速度为ω时,细线的拉力为
【答案】 D
【解析】 两个小球做同轴转动,角速度相等,根据T=可知周期相等,故A错误;两个小球的向心力均由绳子拉力提供,根据牛顿第二定律a=,可知A、B的向心加速度之比为2∶1,故B错误;设A的轨道半径为r1,B的轨道半径为r2,根据分析可得mω2r1=2mω2r2=F,又r1+r2=L,联立解得r1∶r2=2∶1,F=,故C错误,D正确.
考点二　向心加速度的分析及大小计算
4.“旋转纽扣”是一种传统游戏.如图,先将纽扣绕几圈,使穿过纽扣的两股细绳拧在一起,然后用力反复拉绳的两端,纽扣正转和反转会交替出现.拉动多次后,纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时对于纽扣上距离中心1 cm处的点,下列说法正确的是(π取3.14)(　　)
A.周期为0.2 s
B.角速度约为30 rad/s
C.线速度约为3.14 m/s
D.向心加速度大小约为100 m/s2
【答案】 C
【解析】 根据匀速圆周运动的规律可得T==0.02 s,ω=2πn=100π rad/s,v=2πrn=π m/s=3.14 m/s,a=4π2n2r=986 m/s2,故选C.
5.如图甲为某同学转动自己手中的笔的过程,该过程可视为圆心为O的圆周运动,笔的运动示意图如图乙所示.已知笔长为L,当笔尖M的线速度大小为v1时,笔帽N的线速度大小为v2,则笔帽N做圆周运动的加速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 笔尖M与笔帽N转动的角速度大小相等,设角速度为ω,根据角速度与线速度之间的关系,有v1=ωr1,v2=ωr2,L=r1+r2,解得ω=,则笔帽N做圆周运动的加速度大小为a=ωv2=,A、C、D错误,B正确.
考点三　向心力分析及计算
6.如图所示是A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度a的大小随半径r变化的图像,其中A为反比例函数图像.由图可知当圆周运动的半径增大时(　　)
A.物体A运动的线速度增大
B.物体B运动的线速度增大
C.物体A运动的角速度增大
D.物体B运动的角速度增大
【答案】 B
【解析】 题图A的a与r成反比,则由向心加速度公式a=,可知A物体的线速度大小不变,由v=rω,知角速度逐渐减小,A、C错误;题图B的a与r成正比,则由向心加速度公式a=rω2,可知B物体运动的角速度保持不变,由v=rω,可知线速度增大,B正确,D错误.
7.(2024·广东卷,5)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.
8.如图所示,某次无人机测试时,无人机通过长L=1.2 m的细线与水平地面上的物块连接在一起.无人机在重力、细线拉力、竖直向上的升力的共同作用下,绕物块正上方的O点所在水平面做匀速圆周运动,物块恰好未相对于地面滑动,此时细线与竖直方向的夹角θ=37°.已知物块的质量m=1 kg,无人机的质量M=1.5 kg,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.5,接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,无人机及物块均可视为质点,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)细线上的拉力大小F;
(2)无人机受到的竖直升力大小F升;
(3)无人机的线速度大小v.
【答案】 (1)5 N　(2)19 N　(3)1.2 m/s
【解析】 (1)对物块受力分析,竖直方向上,有
Fcos θ+FN=mg,
水平方向上,有Fsin θ=f,
其中f=μFN,
解得F=5 N.
(2)对无人机受力分析,竖直方向上,有
Fcos θ+Mg=F升,解得F升=19 N.
(3)对无人机受力分析,水平方向上,有
Fsin θ=M,
其中r=Lsin θ.
解得v=1.2 m/s.
9.如图所示,质量为m的小球用不可伸长的轻绳悬于B点,现使小球在水平面内做以O为圆心的匀速圆周运动,若小球稳定转动时绳子与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,则(　　)
A.小球的加速度保持不变
B.小球受到的合外力为零
C.小球做匀速圆周运动需要的向心力为mgsin θ
D.只要圆锥摆的高度OB相同,小球运动的周期一定相等
【答案】 D
【解析】 小球的加速度大小保持不变,但是方向不断变化,A错误;小球做匀速圆周运动,则受到的合外力不为零,B错误;小球做匀速圆周运动需要的向心力为mgtan θ,C错误;根据mgtan θ=mLsin θ,可得T=2π=2π,即只要圆锥摆的高度OB相同,小球运动的周期一定相等,D正确.
10.城市中许多停车场出入口都设立了智能道闸,有车辆出入时能实现自动抬杆,其简化模型如图所示.初始时闸门OMN处于静止状态,当有车辆靠近时,M点即绕O点做匀速圆周运动,运动过程中M、N始终保持在同一高度,OM段和MN段的杆长相同,匀速率抬杆的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.M点的加速度不变
B.N点在竖直方向做匀速运动
C.M、N点的加速度相等
D.M、N点的速度大小不相等
【答案】 C
【解析】 M绕O做匀速圆周运动,M点加速度大小不变,方向指向圆心,时刻变化,A错误;由于M、N始终保持同一高度,则M、N相对静止,两点的运动情况完全相同,可见M、N两点的加速度相等,速度也相等,故C正确,D错误;M点竖直方向的位移y=OM·sin ωt,可见M点竖直方向不做匀速运动,而M、N两点运动情况完全相同,则N点在竖直方向不做匀速运动,B错误.
11.(多选)一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示.P点和Q点位于同一条“经线”上,Q点和M点位于“赤道”上,O为球心.下列说法正确的是(　　)
A.P、Q的线速度大小相等
B.P、M的角速度大小相等
C.M、Q的向心加速度大小相等
D.P、M的向心加速度方向均指向O
【答案】 BC
【解析】 P、Q的角速度相等,根据v=ωr,可知两点的线速度大小不相等,A错误;P、M的角速度大小相等,B正确;根据a=ω2r,M、Q的角速度和半径都相等,可知向心加速度大小相等,C正确;M的向心加速度方向指向O,P的向心加速度方向指向地轴,不指向O点,D错误.
12.如图所示,质量分别为m与2m的球A、B用一劲度系数为k的轻弹簧连接,一长为l的细线与A球相连,置于水平光滑桌面上,细线的另一端拴在竖直轴OO′上,当A球与B球均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时,弹簧的长度为2l,求:
(1)此时弹簧伸长量;
(2)细线的拉力大小;
(3)将细线突然烧断瞬间,B球的加速度.
【答案】 (1)　(2)7mlω2
(3)3lω2,方向指向圆心
【解析】 (1)对B球,弹簧弹力提供向心力,有
F弹=2mω2·3l,
由胡克定律有F弹=kΔx,解得Δx=.
(2)对A球,由圆周运动规律有FT-F弹′=mlω2,
又F弹=F弹′,解得FT=7mlω2.
(3)对B球,细线烧断瞬间,弹力不变,由牛顿第二定律有F弹=2ma,
解得a=3lω2,方向指向圆心.(共28张PPT)
实验:探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
一、实验目的
1.学会使用向心力演示器.
2.探究向心力与质量、角速度、半径的定量关系.
二、实验原理
1.保持质量m和转动半径r相同,探究向心力F与角速度ω之间的关系.
2.保持质量m和角速度ω相同,探究向心力F与转动半径r之间的关系.
3.保持转动半径r和角速度ω相同,探究向心力F与质量m之间的关系.
三、实验器材
四、实验步骤
转动手柄可以使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动,槽内的小球随之做匀速圆周运动.这时,小球向外挤压挡板,挡板对小球的反作用力提供了小球做匀速圆周运动的向心力.同时,小球对挡板的作用力使弹簧测力筒下降,露出标尺,标尺上的读数显示了向心力大小.
(1)把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上,使它们的转动半径相同.调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度不同.探究向心力的大小与角速度的
关系.
(2)保持两个小球质量不变,增大长槽上小球的转动半径.调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同.探究向心力的大小与半径的关系.
(3)换成质量不同的小球,使两球的转动半径相同.调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度也相同.探究向心力的大小与质量的关系.
(4)重复几次以上实验.
五、数据处理
1.把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上,使它们的转动半径相同,调整塔轮上的皮带,使两个小球转动的角速度之比分别为1∶1、1∶2和1∶3,分别读出两球的向心力大小,将结果填入表一.
表一:m1=m2,r1=r2.
F1/格 F2/格
2.把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上,使半径之比为1∶1、2∶1和3∶1,调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同,分别读出两球的向心力大小,将结果填入表二.
表二:m1=m2,ω1=ω2.
F1/格 F2/格
3.把两个质量不同的小球放在长槽和短槽上,使两球的转动半径相同,调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同,分别读出两球的向心力大小,更换不同的小球,重复上述步骤,将结果填入表三.
表三:r1=r2,ω1=ω2.
F1/格 F2/格
5.实验结论:物体做匀速圆周运动时所需向心力的大小跟物体的质量成正比,跟转动半径成正比,跟角速度的平方成正比.
六、误差分析
类别 产生原因 减小方法
偶然 误差 测量、操作不够准确、规范 实际操作过程中尽量保证小球做匀速圆周运动
系统 误差 实验原理不完善 小球所受的向心力应该由重力、挡板的弹力和槽的支持力的合力来提供
七、注意事项
使用向心力演示器时的注意事项
(1)将横臂紧固螺钉旋紧,以防小球和其他部件飞出而造成事故.
(2)摇动手柄时应缓慢加速,注意观察其中一个标尺的格数,达到预定格数时,即保持转速均匀恒定.
[例1] (实验原理与探究)如图甲所示,利用向心力演示器探究做圆周运动的小球,当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度ω之间关系.
(1)如图乙所示,若传动皮带套在塔轮第二层,左、右塔轮半径R1、R2之比为2∶1,则塔轮转动时,A、C两处的角速度之比为　　　　.
1∶2
【解析】 (1)左、右塔轮边缘的线速度大小相等,R1、R2之比为2∶1,根据线速度与角速度的关系v=ωR,可知左、右塔轮的角速度之比为1∶2,又因为A、C两处分别与左、右两轮共轴,所以A、C两处的角速度之比为 1∶2.
(2)标尺上黑白相间的等分格显示如图丙所示,则A、C两处小球所受向心力大小之比约为　　　　.
1∶4
【解析】 (2)根据标尺的黑白等分格一个为1个格,另一个为 4个格,可知A、C两处小球所受向心力大小之比为 1∶4.
(3)在这个探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系的实验中,所采用的科学方法与下面实验相同的是　　　　.
A.探究两个互成角度的力的合成规律
B.探究加速度与力、质量的关系
C.探究平抛运动的特点
B
【解析】 (3)因为影响向心力的因素有三个,所以本实验采用了控制变量法,保持质量和半径不变,探究向心力与角速度的关系;探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效替代法,A错误;探究加速度与力、质量的关系时,首先需要保持力不变,探究加速度与质量的关系;然后保持质量不变,探究加速度与力的关系,用到的也是控制变量法,B正确;探究平抛运动的特点时用的是分解法,C错误.
[例2] (数据处理与分析)用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素.长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍,长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等.转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动,槽内的球就做匀速圆周运动.
(1)为探究向心力和角速度的关系,应将质量相同的小球分别放在挡板　 .
(选填“A和B”“A和C”或“B和C”)处.若在实验中发现左、右标尺显示的向心力之比为4∶1,则选取的左、右变速塔轮轮盘半径之比为　　　　.
A和C
1∶2
【解析】 (1)根据F=mω2r可知,为探究向心力和角速度的关系,应将质量相同的小球分别放在半径r相同的挡板处,即A和C处;若在实验中发现左、右标尺显示的向心力之比为4∶1,则左、右塔轮的角速度之比为2∶1,同一皮带上的线速度大小相等,由v=ωR可知选取的左、右变速塔轮轮盘半径之比为1∶2.
(2)在某次实验中,某同学将质量相同的小球分别放在挡板B和C处,传动皮带所套的左、右变速塔轮轮盘半径之比为2∶1,则左、右标尺显示的向心力之比为　　　　.
1∶2
【解析】 (2)传动皮带所套的左、右变速塔轮轮盘半径R之比为2∶1,则左右变速塔轮的角速度之比为 1∶2,质量相同的小球分别放在挡板B和C处,转动半径之比为2∶1,由 F=mω2r可知,左、右标尺显示的向心力之比为1∶2.
[例3] (实验创新与拓展)某同学利用“向心力定量探究仪”探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,装置实物图与示意图分别如图甲、乙所示,小球放在光滑的带四个槽的旋转杆上,其一端通过细绳与电子测力计相连,当小球和旋转杆被电机带动一起旋转时,控制器的显示屏显示小球质量m、转动半径r、转动角速度ω以及细绳拉力F的大小.
(1)该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动角速度以及　　 .
进行了三组实验,测得的实验数据如表1、2、3所示.
表1
小球 质量/kg 转动 半径/m 角速度 /(rad·s-1) 向心力
/N
0.1 0.2 4π 3.15
0.2 0.2 4π 6.29
0.3 0.2 4π 9.45
0.4 0.2 4π 12.61
转动半径
表2
小球 质量/kg 转动 半径/m 角速度 /(rad·s-1) 向心力
/N
0.2 0.1 4π 3.16
0.2 0.2 4π 6.31
0.2 0.3 4π 9.46
0.2 0.4 4π 12.63
表3
小球 质量/kg 转动 半径/m 角速度 /(rad·s-1) 向心力
/N
0.2 0.2 2π 1.57
0.2 0.2 4π 6.29
0.2 0.2 6π 14.14
0.2 0.2 8π 25.16
【解析】 (1)探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,由题中表格可知该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动半径以及转动角速度进行了三组实验.
(2)由表1的数据可得:当 　　　 　　　一定时,小球的向心力F大小与　　　　　　成　　　比.
转动半径r和转动角速度ω
小球质量m
正
【解析】 (2)在误差允许范围内,由表1的数据可得当小球的转动半径r和转动角速度ω一定时,小球的向心力F大小与小球质量m成正比.
(3)为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是　　　　.
【解析】 (3)根据F=mω2r可知,为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是 F-ω2图像,从而得到一条拟合的直线.故选B.
B
感谢观看第四节　离心现象及其应用
[学习目标]　1.能从生活中的现象了解离心运动的特点,知道物体做离心运动的条件,体会运动和相互作用的物理观念,培养科学思维及科学探究能力.2.能利用牛顿第二定律及圆周运动的规律分析离心现象产生的原因,培养科学思维及综合分析能力.3.能利用离心现象分析和解释生产生活及科学技术中与离心运动有关的实际问题,认识离心现象在生产生活中的应用和危害,树立科学的态度和价值观.
知识点　离心现象及其应用
情境导学
　如图所示,是一款滚筒洗衣机及其滚筒,请思考洗衣机是如何将衣服甩干的
提示:当滚筒高速旋转时,衣服紧贴着筒壁随圆筒高速转动,衣服上的水滴的附着力不足以提供随圆筒转动的向心力时,水滴会做离心运动从圆筒的小孔中被甩出.
知识整合
1.离心现象
做圆周运动的物体,在所受向心力突然消失或者合力不足以提供维持圆周运动所需向心力的情况下,会做逐渐远离圆心的运动.这种现象称为离心现象.
2.离心现象的应用
(1)离心现象的利用.
利用离心现象工作的机械叫作离心机械.如洗衣机的脱水筒和离心分离器.
(2)离心现象的危害.
①由于离心现象,车辆转弯时易出现交通事故,因此在弯道处,都要对车辆进行限速.
②工厂的砂轮在使用时,有可能造成材料或砂轮破碎,会因碎片飞出造成事故,所以砂轮的外侧都需要加防护罩.
问题思考
如图甲所示,链球比赛中,高速旋转的链球被放开后会飞出;如图乙所示,下雨天旋转雨伞时,会发现水滴沿着伞的边缘切线飞出.请思考:
(1)放手后链球沿什么方向飞出
(2)你能说出水滴沿着伞的边缘切线飞出的原因吗
(3)物体做离心运动的条件是什么
提示:(1)高速旋转的链球做圆周运动,放手后链球沿对应的切线方向飞出.
(2)旋转雨伞时,水滴也随着运动起来,但伞面上的水滴受到的合力不足以提供其做圆周运动的向心力时,水滴由于惯性要保持其原来的速度方向而沿切线方向飞出.
(3)物体受到的合力不足以提供其运动所需的向心力.
归纳提升
1.离心运动的实质
离心运动是物体做逐渐远离圆心运动的一种物理现象,它的本质是物体惯性的表现;做圆周运动的物体,总是有沿着圆周切线飞出去的趋势,之所以没有飞出去,是因为受到指向圆心的力.
2.离心运动的条件
做圆周运动的物体所受向心力突然消失或合力不足以提供维持圆周运动所需的向心力.
3.离心运动、近心运动的判断
物体是做圆周运动、离心运动还是近心运动,由实际提供的向心力F与所需向心力mω2r(或m)的大小关系决定.
(1)若F=mω2r(或m),即“提供”满足“需要”,物体做圆周运动.
(2)若F>mω2r(或m),即“提供”大于“需要”,物体做半径变小的近心运动.
(3)若F(4)若F=0,物体做离心运动,沿圆周切线方向飞出.
4.几种常见的离心现象
离心 现象 实验图 原理图 现象及结论
洗衣 机脱 水 当水滴与衣物之间的附着力F不足以提供向心力,即 F水平 路面 转弯 当最大静摩擦力不足以提供向心力,即fmax离 心机 当离心机快速旋转,缩口处对水银柱的阻力不足以提供向心力时,水银柱做离心运动进入玻璃泡内
典例研习
[例1] (离心现象)在冬奥会短道速滑项目中,运动员绕周长仅111米的短道竞赛.运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度,将发生侧滑而摔离正常比赛路线.图中圆弧虚线Ob代表弯道,即正常运动路线,Oa为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看作质点).下列论述正确的是(　　)
A.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
B.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力
C.若在O点发生侧滑,则滑动的方向在Oa左侧
D.若在O点发生侧滑,则滑动的方向在Oa与Ob之间
【答案】 D
【解析】 发生侧滑是因为运动员的速度过大,所需要的向心力过大,运动员受到的合力小于所需要的向心力,而受到的合力方向仍指向圆心,故A、B错误;若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动,实际上运动员要受摩擦力作用,所以滑动的方向在Oa与Ob之间,故C错误,D正确.
[例2] (离心现象的应用)(多选)下列描述属于应用离心运动的是(　　)
A.离心机快速旋转分离血液
B.砂轮因高速转动发生破裂
C.炼钢厂利用离心运动制作无缝钢管
D.汽车转弯速度过大而侧翻
【答案】 AC
【解析】 离心机通过快速旋转来分离血液,炼钢厂利用离心运动可制作无缝钢管,都属于离心运动的应用,A、C正确;砂轮因高速转动发生破裂,汽车转弯速度过大而侧翻,都属于离心运动的危害,B、D错误.
课时作业
考点一　离心现象
1.(多选)下列关于离心现象的说法正确的是(　　)
A.当物体所受到的离心力大于向心力时产生离心现象
B.洗衣机脱水时是利用离心运动把附着在衣服上的水滴甩掉的
C.做匀速圆周运动的物体,当外界提供的向心力突然消失时将做靠近圆心的运动
D.做匀速圆周运动的物体,当外界提供的向心力突然消失后,物体将沿着圆周切线方向运动
【答案】 BD
【解析】 离心力是不存在的,因为它没有施力物体,所以物体不会受到离心力,故A错误;洗衣机脱水时,附着在衣服上的水滴被甩掉,是因为衣服对水滴的作用力不足以提供水滴做圆周运动所需要的向心力,从而水滴做离心运动,故B正确;做圆周运动的物体,在受到指向圆心的合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下,将做逐渐远离圆心的运动,这种运动叫作离心运动,故C错误;做曲线运动的物体速度沿切线方向,所以做匀速圆周运动的物体,当外界提供的向心力突然消失后,物体将保持该速度沿切线方向运动,故D正确.
2.如图所示,一个杯子放在水平餐桌的转盘上随转盘做匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　)
A.转盘转速一定时,杯子里装满水比空杯子更容易做离心运动
B.转盘转速一定时,杯子越靠近中心越容易做离心运动
C.杯子受到桌面的摩擦力指向转盘中心
D.杯子受重力、支持力、向心力作用
【答案】 C
【解析】 根据题意可知,当转盘转速一定时,杯子和桌面间的最大静摩擦力不足以提供杯子做圆周运动的向心力,杯子发生离心运动,则有μmg考点二　离心运动的应用
3.(多选)如图所示的四种情形中,利用离心现象的是(　　)
A.甲图火车转弯时,不得超速通过
B.乙图民间艺人在制作棉花糖
C.丙图仪器通过高速旋转分离血液成分
D.丁图洗衣机甩干时内筒在高速旋转
【答案】 BCD
【解析】 火车转弯时,要按规定速度行驶,不得超速通过,这是为了防止火车做离心运动,故A错误;制作棉花糖的过程中,糖熔化后被甩出,做离心运动,是利用了离心现象,故B正确;通过高速旋转分离血液成分,是利用了离心现象,故C正确;洗衣机脱水利用了水在高速旋转,附着力小于所需向心力时做离心运动,是利用了离心现象,故D正确.
4.(多选)如图,滚筒洗衣机脱水时,滚筒绕水平转动轴转动.滚筒上有很多漏水孔,滚筒转动时,附着在衣服上的水从漏水孔中被甩出,达到脱水的目的.可以认为湿衣服在竖直平面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　)
A.湿衣服所受摩擦力等于其重力
B.湿衣服上的水在最低点时更容易甩出
C.湿衣服上的水在最高点时更容易甩出
D.若希望更快地甩干衣物,可以增大洗衣机转速
【答案】 BD
【解析】 只有在圆心等高处湿衣服所受摩擦力才等于其重力,A错误;滚筒洗衣机的脱水筒匀速旋转,衣服在最高点和最低点时附着在湿衣服上的水的重力和衣服与水之间的附着力的合力提供向心力,在最高点mg+F1=mω2r,在最低点F2-mg=mω2r,联立可得F2>F1,所以在最低点时,所需要的附着力较大,更容易被甩出,B正确,C错误;转速越大,衣服上的水由于所受合外力越不足以提供运动需要的向心力而做离心运动,衣服更容易被甩干,D正确.
5.“天宫课堂”上,航天员摇晃装有水和油的小瓶,静置后水和油混合在一起没有分层.图甲为航天员启动“人工离心机”,即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子,以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动,一段时间后水和油成功分层(水的密度大于油的密度),以空间站为参考系,此时(　　)
A.水和油的线速度大小相等
B.水的向心加速度比油的小
C.油对水有指向圆外的作用力
D.水对油的作用力大于油对水的作用力
【答案】 C
【解析】 由于水的密度大于油的密度,因此水在底层,油在上层.水和油的角速度相等,但运动半径不同,因此线速度不相等,A错误;根据a=ω2r,由于水的运动半径大,因此水的向心加速度比油的大,B错误;油做圆周运动的向心力是由水提供的,根据牛顿第三定律,油对水有指向圆外的作用力,且与水对油的作用力大小相等,C正确,D错误.
6.气嘴灯安装在自行车的气嘴上,骑行时会发光,一种气嘴灯的感应装置结构如图所示,一重物套在光滑杆上,重物上的触点M与固定在B端的触点N接触后,LED灯就会发光.下列说法正确的是(　　)
A.感应装置的原理是利用离心现象
B.安装气嘴灯时,应使感应装置A端比B端更靠近气嘴
C.要在较低的转速时发光,可以减小重物质量
D.车速从零缓慢增加,气嘴灯转至最高点时先亮
【答案】 A
【解析】 感应装置的原理是利用离心现象,使两触点接触而点亮LED灯,故A正确;由离心运动原理可知,B端在外侧,所以B端比A端更靠近气嘴,故B错误;转速较小时,向心力较小,则可以增加重物质量、减小弹簧劲度系数或增大转动半径来增大弹力,从而使N点更容易与M点接触来发光,故C错误;当车速缓慢增加时,气嘴灯转至最高点弹簧弹力最小,在最低点弹力最大,所以应在最低点先亮,故D错误.
7.离心分离术可以高效分离存在密度差的两种物体,如图所示是模拟实验,通过高速旋转的离心机把清水中大小相同的实心木球和铁球分离开.当回转轴以稳定适中的角速度高速旋转时,下列说法正确的是(　　)
A.木球会在靠转轴的①位置,铁球会到靠外壁的②位置
B.木球会在靠外壁的②位置,铁球会到靠转轴的①位置
C.木球、铁球都会做离心运动,最终都靠在外壁的②位置
D.清水中无论密度大还是小的杂质都被甩到②位置
【答案】 A
【解析】 由于铁球密度大,容易发生离心运动,所以铁球会到靠外壁的②位置;而木球密度小,不易发生离心运动,所以木球会在靠转轴的①位置,故选A.
8.如图所示,某同学手握球筒底部,使其在竖直面内绕手肘O点做圆周运动,试图用此方法“甩”出球筒中的羽毛球,若羽毛球与球筒间的最大静摩擦力为球重力的k倍(k>1),不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.羽毛球有可能被甩出,因为它受到离心力作用
B.增大羽毛球与球筒之间的摩擦,有助于羽毛球被甩出
C.相同条件下,羽毛球越靠近球筒底部越难与球筒发生相对滑动
D.若运动至竖直位置时角速度为,则此时图示的羽毛球恰好相对球筒滑动
【答案】 C
【解析】 羽毛球有可能被甩出,是因为它所受的合力不足以提供向心力,所以沿着圆筒向半径增大的方向运动,不存在离心力,A错误;以竖直方向为例,根据f-mg=mω2R,可知增大羽毛球与球筒之间的摩擦,羽毛球要发生相对滑动所需的角速度更大,更不容易被甩出,B错误;同理根据f-mg=mω2R,相同条件下,羽毛球越靠近球筒底部,所需的向心力越小,则越难达到最大静摩擦力,越难发生相对滑动,C正确;题图中的羽毛球恰好相对球筒滑动时,根据kmg-mg=mω2R,可得ω=,D错误.
9.如图所示为研究离心现象的简易装置,将两个杆垂直地固定在竖直面内,在垂足O1和水平杆上的O2位置分别固定一力传感器,其中|O1O2|=L,现用两根长度相等且均为L的细绳拴接一质量为m的铁球P,细绳的另一端分别固定在O1、O2处的传感器上.现让整个装置围绕竖直轴以恒定的角速度转动,使铁球在水平面内做匀速圆周运动,两段细绳始终没有出现松弛现象,且保证O1、O2和P始终处在同一竖直面内.求:
(1)O1P拉力的最小值;
(2)O1P拉力的最大值及此时角速度大小.
【答案】 (1)mg　(2)mg　
【解析】 (1)当转动的角速度为零时,O1P绳的拉力最小,O2P绳的拉力最大,这时二者的值相同,设为F1,则2F1cos 30°=mg,
解得F1=mg.
(2)增大转动的角速度,当O2P绳的拉力刚好为零时,O1P绳的拉力最大,设这时O1P绳的拉力为F2,则
F2cos 30°=mg,
解得F2=mg,
此时转动的角速度为ω,
F2sin 30°=mω2Lsin 30°,
解得ω=.章末总结
命题热点1　圆周运动的动力学分析
向心力公式是牛顿第二定律对圆周运动的应用,求解圆周运动的动力学问题与应用牛顿第二定律的解题思路相同,但要注意几个特点:
(1)向心力是沿半径方向的合力,是效果力,不是实际受力.
(2)向心力公式有多种形式:F=m=mω2r=mr,要根据已知条件选用.
(3)正交分解时,要注意圆心的位置,沿半径方向和切线方向分解.
[例1] (多选)(2025·广东卷,8)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示.已知圆周运动半径R为 0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2.关于该小球,下列说法正确的有(　　)
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
【答案】 AC
【解析】 对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R,解得ω=5 rad/s,A正确;线速度大小为v=ωR=2 m/s,B错误;向心加速度大小为a=ω2R=10 m/s2,C正确;所受支持力大小为FN== N,D错误.
分析圆周运动问题的基本方法
(1)首先,要明确物体做圆周运动的轨道平面、圆心和半径.
(2)其次,准确受力分析,弄清向心力的来源,不能漏力或添力(向心力).
(3)然后,由牛顿第二定律F=ma列方程,其中F是指向圆心方向的合外力,a是向心加速度,且用、ω2r或()2r来表示.
命题热点2　圆周运动的临界问题
1.水平转盘上运动物体的临界问题
水平转盘上运动物体的临界问题,主要涉及与摩擦力和弹力有关的临界极值问题.
(1)如果只有摩擦力提供向心力,物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力,则最大静摩擦力 Fm=m,方向指向圆心.
(2)如果水平方向除受摩擦力以外还有其他力,如绳两端连接物体随水平面转动,其临界情况要根据题设条件进行判断,如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力,如静摩擦力、绳的拉力等).
2.斜面上圆周运动的临界问题
在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制,物体的受力情况和临界条件也不相同.
(1)如图甲所示,静摩擦力控制下的圆周运动.
(2)如图乙所示,轻绳控制下的圆周运动.
(3)如图丙所示,轻杆控制下的圆周运动.
这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力,运动和受力情况比较复杂.
与竖直面内的圆周运动类似,斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况,列牛顿运动定律方程来解题.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.
3.解决临界问题的注意事项
(1)先确定研究对象的受力情况,看哪些力充当向心力,哪些力可能突变引起临界问题.
(2)注意分析物体所受静摩擦力大小和方向随圆盘转速的变化而发生变化.
(3)关注临界状态,例如静摩擦力未达到最大值时,静摩擦力提供向心力,随转速的增大,静摩擦力增大,当所需向心力大于最大静摩擦力时开始相对滑动,出现临界情况,此时对应的角速度为临界角速度.
[例2] (多选)某游戏转盘装置如图所示,游戏转盘水平放置且可绕转盘中心的转轴O1O2转动.转盘上放置两个相同的物块A、B,物块A、B通过轻绳相连.开始时,绳恰好伸直但无弹力,现让该装置从静止开始转动,使其角速度缓慢增大.整个过程中,物块A、B都相对于盘面静止,物块A、B到转轴的距离分别为r、2r,物块的质量均为m且与转盘间的动摩擦因数均为μ,接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　)
A.当转盘的角速度大小为时,物块B受到的摩擦力大小为μmg
B.当转盘的角速度大小为时,物块A受到的摩擦力大小为μmg
C.为了确保物块A、B都相对于转盘静止,转盘的角速度不能超过
D.在转盘角速度从零开始逐渐增大的过程中,物块B受到的摩擦力一直增大
【答案】 BC
【解析】 转盘的角速度较小时,物块A、B所需的向心力均由静摩擦力提供,当转盘的角速度大小为时,物块B所需向心力大小为FB1=m·2r=μmgfmax=μmg,此时物块A受到的摩擦力大小为μmg,B正确;结合上述可知,由于物块B做圆周运动的轨道半径大一些,所需向心力大一些,B所受摩擦力先达到最大静摩擦力,则在转盘角速度逐渐增大的过程中,刚开始由物块B受到的静摩擦力提供其做圆周运动所需向心力,当物块B受到的摩擦力达到最大静摩擦力后,绳开始绷紧,由最大静摩擦力和轻绳弹力的合力提供物块B所需的向心力,物块B受到的摩擦力先增大后不变,D错误;设当角速度为ω0、轻绳弹力为F时,物块A、B与盘面间的摩擦力均达到最大静摩擦力,则有F-μmg=mr,F+μmg=2mr,解得ω0=,C正确.
[例3] (多选)如图所示,一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动,圆筒的半径r=1 m.筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止,小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),转动轴与水平面间的夹角为60°,重力加速度g取10 m/s2,则ω的值可能是(　　)
A.1 rad/s B. rad/s
C.4 rad/s D.5 rad/s
【答案】 CD
【解析】
当物体在轨迹的最高点时,受力分析如图所示,其中沿筒壁的方向f=mgsin 60°≤μFN=fm,垂直于筒壁的方向mgcos 60°+FN=mω2r,联立可得ω≥ rad/s,故选CD.(共19张PPT)
微专题2　圆周运动的综合应用
1.能利用动力学思想和假设法分析水平面内圆周运动的临界问题,培养科学思维及逻辑推理能力.2.能利用牛顿第二定律及圆周运动的规律分析和解决竖直平面内的两种圆周运动,培养科学思维及综合分析能力.3.体会对平抛运动和圆周运动两种运动过程的具体分析和联系应用,培养科学思维及逻辑综合能力.
[学习目标]　
类型一　水平面内圆周运动的临界问题
「归纳提升」
1.水平面内圆周运动的临界问题:在水平面上做圆周运动的物体,当角速度ω变化时,物体有远离或向着圆心运动(半径有变化)的趋势.当物体所需要的向心力大于提供向心力的力时,物体就脱离轨道.当提供向心力的力取最大值时,物体做圆周运动的角速度就达到最大.
2.解题方法:确定临界条件是关键,一般通过极限思维来确定临界条件,即把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象显现,确定临界条件.
3.常见临界条件
(1)与绳子的弹力有关:绳子恰好无弹力或恰好拉力最大(断裂)时.
(2)与支持面弹力有关:恰好无支持力时.
(3)与静摩擦力有关:静摩擦力达到最大值时.
「典例研习」
[例1] (多选)如图所示,轻质细绳一端系着质量M=1 kg的物体甲,静止在水平平台上,另一端通过光滑的小孔吊着质量 m=0.5 kg的物体乙,甲与圆孔距离为r=1 m,并知甲和水平平台间的动摩擦因数 μ=0.1.现使此平台绕中心轴线转动,g取 10 m/s2,两物体均可视为质点,则当角速度等于下列选项中哪个数值时,物体甲刚好不滑动(　 　)
BD
物体随水平转盘做圆周运动,通常是静摩擦力提供向心力,静摩擦力随转速的增大而增大,当静摩擦力增大到最大静摩擦力时,物体达到保持圆周运动的最大速度.若转速继续增大,物体将做离心运动.
·规律总结·
类型二　竖直面内的圆周运动
1.运动性质
物体在竖直面内做圆周运动时,受弹力和重力两个力的作用,物体做变速圆周运动.
2.最低点
「归纳提升」
3.最高点
小球在最高点时的受力特点可分为以下两种模型:
模型 轻绳模型 轻杆模型
常见 类型
最高点弹力的特点 弹力只能指向圆心 弹力既可以指向圆心也可以背离圆心
过最高点的临界条件 由小球能运动即可得v临=0
讨论 分析
「典例研习」
[例2] 杂技水流星表演如图所示,一根绳系着盛水的杯子,随着演员的抡动,杯子在竖直平面内做变速圆周运动,已知轨迹半径为r=0.4 m,水的质量为200 g,杯子的质量为 50 g,绳子质量不计,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.杯子运动到最高点时,水恰好不流出,则最高点速度大小为4 m/s
B.当杯子运动到最高点N速度大小为6 m/s时,水对杯子的弹力大小为16 N,方向竖直向下
C.杯子在下降过程速度变大,合力沿轨迹切线方向的分力与速度同向
D.杯子在最低点M时处于受力平衡状态
C
·规律总结·
类型三　平抛运动和圆周运动的综合应用
「归纳提升」
平抛运动和圆周运动是两种典型的曲线运动,许多问题是以这两种运动综合的形式出现,求解这类综合问题的思路如下:首先根据运动的独立性和各自的运动规律列式;其次寻找两种运动的结合点,如它们的位移关系、速度关系、时间关系等;最后再联立方程求解.
「典例研习」
[例3] 如图所示,在光滑水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆槽轨道,其底端恰与水平面相切,质量为m的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B滚上半圆槽,小球通过最高点C后落回到水平面上的A点.通过C点时,小球对轨道的压力大小是小球自身重力的3倍.不计空气阻力,重力加速度为g,求:
(1)小球通过B点时对半圆槽的压力大小;
(2)A、B两点间的距离.
【答案】 (2)4R
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第一节　匀速圆周运动
第二章　圆周运动
1.能从实际生活中认识圆周运动、匀速圆周运动,能从运动学的角度理解、描述圆周运动的物理量,建立起线速度、角速度、周期等物理观念.2.通过对线速度、角速度等物理量的建立过程,体会类比法、极限法,培养推理论证科学思维;理解匀速圆周运动的各物理量间的关系,并能够进行相关的分析与计算.3.能利用所学知识分析几种常见的传动装置的相关问题,培养主动将科学知识应用于实际生产生活中的意识,养成建模、迁移、推理的习惯.
[学习目标]　
知识点一　线速度
「情境导学」
如图所示,仔细观察自行车车轮同一辐条上的A、B两点,思考并比较大小:
(1)两点在相同时间内走过的圆弧长度;
提示:(1)A点走过的圆弧长.
(2)绕轴心转过的角度.
提示:(2)A、B两点转过的角度相等.
「知识整合」
1.圆周运动:质点的运动轨迹是 的运动.
2.线速度
圆
快慢
(3)标矢性:线速度是 量,其方向沿着圆周该点的 方向.
(4)单位:国际单位制中其单位是米每秒,符号是 .
(5)物理意义:表示某点沿圆周运动的 .
3.匀速圆周运动:如果做圆周运动的质点 的大小不随时间变化,这种运动称为匀速圆周运动.
切线
m/s
快慢
线速度
矢
「正误辨析」
(2)匀速圆周运动的线速度恒定不变.(　 　)
(3)质点做匀速圆周运动,则在任何相等的时间里,质点通过的路程都相等.
(　 )
(4)质点做匀速圆周运动,则在任何相等的时间里,质点运动的平均速度都相同.(　 　)
×
×
√
×
知识点二　角速度、周期、转速
钟表上的时针和分针绕轴转动一周各用多少时间 它们转动一样快吗
「情境导学」
提示:时针转动一周为12小时,分针转动一周为 1小时;分针转动得快.
「知识整合」
1.角速度
圆心
(3)单位:在国际单位制中,角速度的单位是 ,符号是 .
(4)标矢性:角速度是矢量,其方向不变,但是中学阶段不研究其方向.
(5)匀速圆周运动角速度特点:角速度 .
2.周期
(1)定义:做匀速圆周运动的质点,运动一周所用的 ,用符号 表示.
(2)单位:国际单位制中其单位是 ,符号是 .
弧度每秒
rad/s
不变
时间
T
秒
s
3.转速
(1)定义:物体转过的 与所用时间之比,用符号 表示.
(2)单位:转速的单位是转每秒,符号是 ;或者转每分,符号是 .
(3)与角速度的关系:ω= .
圈数
r/s
r/min
2πn
n
「问题思考」
如图所示,跷跷板的支点位于板的中点,A、B两小孩距离支点一远一近.在翘动的某一时刻,请回答下列问题.
(1)两小孩运动的角速度相同吗 周期相同吗
提示:(1)相同;相同.
(2)A、B两小孩重心的线速度大小相同吗
提示:(2)两小孩的角速度相同,但两小孩的重心距支点的远近不同,即运动半径不同,根据v=ωr可知,两小孩重心的线速度大小不同.
知识点三　线速度、角速度和周期间的关系
「知识整合」
3.线速度与角速度的关系为v= .
ωr
「问题思考」
某同学用圆规匀速画了一个四分之三圆,如图,用时 1.5 s.该同学又测得这个圆弧的半径为2 cm.则在画圆时,关于笔尖的运动情况,思考并回答以下问题:
(1) 角速度和周期各为多少
(2) 笔尖做匀速运动吗 其线速度为多少
提示:(2)笔尖速度方向不断变化,为变速运动;线速度v=ωr=π×0.02 m/s=
0.02π m/s.
「归纳提升」
1.对匀速圆周运动的理解
(1)匀速圆周运动一定是变速运动.因为速度是矢量,只要方向改变就说明速度发生了改变,而圆周运动的速度方向是时刻改变的,所以匀速圆周运动一定是变速曲线运动.
(2)“匀速”的含义:速度的大小不变,即速率不变.
2.描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系
3.对描述匀速圆周运动的各物理量之间关系的理解
特别说明:(1)线速度是描述圆周运动中物体运动快慢的物理量,线速度大,物体转动得不一定快.
(2)角速度(或周期、转速)是描述圆周运动中物体转动快慢的物理量,角速度大,物体运动得不一定快.
「典例研习」
[例1] 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2∶3,则它们(　　)
A.线速度大小之比为3∶4
B.转速之比为3∶2
C.运动半径之比为1∶2
D.周期之比为3∶2
D
知识点四　常见传动装置及特点
「归纳提升」
项目 同轴传动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接,A、B两点分别是两个轮子边缘的点 两个齿轮轮齿啮合,A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 角速度、周期相同 线速度相同 线速度相同
转动方向 相同 相同 相反
规律
「典例研习」
[例2] 如图所示,修正带的大小齿轮分别嵌合于固定的大小轴孔中,大小齿轮相互吻合,使用时大齿轮会带动小齿轮转动.a、b点分别位于小、大齿轮的边缘,c点位于大齿轮的半径中点.a、b、c三点角速度大小分别为ωa、ωb、ωc,线速度大小分别为va、vb、vc,当修正带在使用的某个时刻,下列说法正确的是(　 　)
A.ωa<ωb B.ωb>ωc
C.vavc
D
【解析】 b、c两点同轴转动,角速度相等,即ωb=ωc,B错误;大、小齿轮边缘点的线速度大小相等,所以va=vb,C错误;根据va=vb,v=ωr,raωb,A错误;根据v=ωr,rb>rc,得vb>vc,D正确.
知识点五　圆周运动的周期性和多解问题
「归纳提升」
1.圆周运动多解问题形成的原因
匀速圆周运动具有周期性,经Δt=nT(T为周期),做匀速圆周运动的物体的各物理量是相同的,即做匀速圆周运动的物体确定的某个物理量,可能对应无数个时刻.
2.解决圆周运动多解问题的方法
匀速圆周运动的多解问题常涉及两个物体的两种不同的运动形式,一个物体做匀速圆周运动,另一个物体做其他形式的运动.
(1)抓住联系点:明确题中两个物体的运动性质,把一个物体的运动时间t与圆周运动的周期T建立起联系.
(2)先特殊后一般:先考虑第一个周期的情况,再根据运动的周期性,考虑多个周期时的规律.
「典例研习」
[例3] 如图所示,按顺时针方向在竖直平面内做匀速转动的轮子边缘上有一点A.当A通过与圆心等高的a点时,有一质点B从圆心O开始做自由落体运动,已知轮子的半径为R.
(1)轮子的角速度ω满足什么条件时,点A才能与B相遇
(2)轮子的角速度ω′满足什么条件时,点A与B的速度才会相同
感谢观看(共28张PPT)
第三节　生活中的圆周运动
1.能从生活中的现象认识公路弯道、铁路弯道、拱形与凹形路面的特点.2.能从圆周运动的特点分析实际生活中的车辆过公路弯道、铁路弯道、拱形及凹形路面问题,深化对圆周运动中运动与相互作用观念的理解和应用.3.能从动力学角度分析生活中的圆周运动,通过建构物理模型,深化对圆周运动模型的认识和理解,培养科学思维和科学探究能力.
[学习目标]　
类型一　公路弯道
「归纳提升」
1.向心力来源
2.安全分析
从上式可知,急转弯处半径r较小,雨天路滑使最大静摩擦力fmax减小,汽车质量m过大,这三种情况都需要在转弯时限制速度v的大小,否则汽车很容易向弯道外侧打滑,引发交通事故.
3.汽车在倾斜路面上转弯时的向心力分析
「典例研习」
[例1] 如图所示,高速公路转弯处弯道半径 R=100 m,汽车的质量m=1 500 kg,重力加速度g取 10 m/s2.
(1)当汽车以v1=20 m/s的速率行驶时,其所需的向心力为多大
【答案】 (1)6 000 N
(3)通过弯道路面内外高度差的合理设计,可实现汽车转弯时刚好不受径向的摩擦力作用的效果.若汽车转弯时仍以(2)中的最大速率vm运动,则转弯处的路面应怎样设计 请计算说明.
【答案】 (3)见解析
汽车转弯问题实际是水平面内的匀速圆周运动问题,解决此类问题的关键是分析清楚向心力的来源,然后利用合外力提供向心力求解.
·规律总结·
类型二　铁路弯道
1.火车车轮的特点
火车车轮有突出的轮缘,轮缘在铁轨上可以起到限定方向的作用.当火车在水平轨道上转弯时,外侧车轮的轮缘挤压外轨,车轮受外轨的横向力作用,使火车获得转弯所需的向心力.
「归纳提升」
2.弯道的特点
3.速度与轨道压力的关系
(1)当火车行驶速度v等于规定速度v0时,所需向心力仅由重力和支持力的合力提供,此时内外轨道对火车无挤压作用.
(2)当火车行驶速度v>v0时,外轨道对轮缘有侧压力.
(3)当火车行驶速度v「典例研习」
[例2] 火车转弯时的运动可看成圆周运动的一部分,为了减轻轮缘与外轨间的挤压,弯道处铁轨的内踏面与外轨道不一样高,火车的车轮与铁轨的位置情况如图甲所示.请回答以下问题.
(1)转弯处的内、外轨道哪个高一些 火车运动的圆周平面为图乙中平行于水平面的圆面b还是倾斜的圆面a
【答案】 (1)外轨道　圆面b
【解析】 (1)使火车转弯时所需向心力几乎完全由重力和支持力的合力来提供,因此需外轨道比内轨道高;因火车转弯时的圆周平面在水平面内,所以火车运动的圆周平面为题图中平行于水平面的圆面b.
(2)为防止铁轨与车轮轮缘间的挤压,使火车转弯时所需向心力几乎完全由重力和支持力的合力来提供.已知重力加速度为g,轨道平面与水平面的夹角为θ.请推导倾角θ的正切值tan θ与轨道的半径R、规定速度v0的关系式;
(3)为了满足我国经济快速发展的需要,我国铁路部门已多次对火车提速,最高时速已经超过 350 km/h.火车提速需要对原来铁路的弯道进行改造,请你提出一种可行性的改造方案.
【答案】 (3)见解析
【解析】 (3)火车提速后需要将v0增大,根据(2)中表达式可知可以增大铁轨弯道的半径或增大轨道平面的倾斜角.
火车转弯问题的两点注意
(1)合外力的方向:火车转弯时,火车所受合外力沿水平方向指向圆心,而不是沿轨道斜面向下.因为火车转弯的圆周平面是水平面,不是斜面,所以火车的向心力即合外力应沿水平面指向圆心.
(2)规定速度的唯一性:火车轨道转弯处的规定速度一旦确定就是唯一的,火车只有按规定的速度转弯,内、外轨才不受轮缘的挤压作用.速度过大时,由重力、支持力及外轨对轮缘的压力的合力提供向心力;速度过小时,由重力、支持力及内轨对轮缘的压力的合力提供向心力.
·规律总结·
类型三　拱形与凹形路面
「归纳提升」
1.过拱形路面
2.过凹形路面
「典例研习」
[例3] 如图所示,质量m=2.0×104 kg 的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面,两桥面的圆弧半径均为60 m,如果桥面承受的压力不得超过3.0×105 N,则:
(1)汽车允许的最大速率是多少
【解析】 汽车对凹形桥的压力大于其重力,而对凸形桥的压力小于其重力.由此可知,对凹形桥存在一个允许最大速率,以此速率行驶,汽车对凸形桥有最小压力.可根据圆周运动知识,在最低点和最高点列方程求解.
汽车驶至凹面的底部时,合力向上,此时车对桥面压力最大;汽车驶至凸面的顶部时,合力向下,此时车对桥面的压力最小.
(2)若以所求速度行驶,汽车对桥面的最小压力是多少 (g取10 m/s2)
【答案】 (2)1.0×105 N
解决汽车过桥问题的一般步骤
(1)选取研究对象,确定轨道平面、圆心位置和轨道半径.
(2)正确分析研究对象的受力情况(切记:向心力是按作用效果命名的力,在受力分析时不能列出),明确向心力的来源.
(3)根据平衡条件和牛顿运动定律列方程求解.
·规律总结·
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第四节　离心现象及其应用
1.能从生活中的现象了解离心运动的特点,知道物体做离心运动的条件,体会运动和相互作用的物理观念,培养科学思维及科学探究能力.2.能利用牛顿第二定律及圆周运动的规律分析离心现象产生的原因,培养科学思维及综合分析能力.3.能利用离心现象分析和解释生产生活及科学技术中与离心运动有关的实际问题,认识离心现象在生产生活中的应用和危害,树立科学的态度和价值观.
[学习目标]　
知识点　离心现象及其应用
「情境导学」
如图所示,是一款滚筒洗衣机及其滚筒,请思考洗衣机是如何将衣服甩干的
提示:当滚筒高速旋转时,衣服紧贴着筒壁随圆筒高速转动,衣服上的水滴的附着力不足以提供随圆筒转动的向心力时,水滴会做离心运动从圆筒的小孔中被甩出.
「知识整合」
1.离心现象
做圆周运动的物体,在所受向心力突然 或者合力 提供维持圆周运动所需向心力的情况下,会做逐渐 圆心的运动.这种现象称为离心现象.
2.离心现象的应用
(1)离心现象的利用.
利用 现象工作的机械叫作离心机械.如洗衣机的 和 .
消失
不足以
远离
离心
脱水筒
离心分离器
(2)离心现象的危害.
①由于离心现象,车辆转弯时易出现交通事故,因此在弯道处,都要对车辆进行 .
②工厂的砂轮在使用时,有可能造成材料或砂轮破碎,会因碎片飞出造成事
故,所以砂轮的外侧都需要加 .
限速
防护罩
「问题思考」
如图甲所示,链球比赛中,高速旋转的链球被放开后会飞出;如图乙所示,下雨天旋转雨伞时,会发现水滴沿着伞的边缘切线飞出.请思考:
(1)放手后链球沿什么方向飞出
提示:(1)高速旋转的链球做圆周运动,放手后链球沿对应的切线方向飞出.
(2)你能说出水滴沿着伞的边缘切线飞出的原因吗
提示:(2)旋转雨伞时,水滴也随着运动起来,但伞面上的水滴受到的合力不足以提供其做圆周运动的向心力时,水滴由于惯性要保持其原来的速度方向而沿切线方向飞出.
(3)物体做离心运动的条件是什么
提示:(3)物体受到的合力不足以提供其运动所需的向心力.
「归纳提升」
1.离心运动的实质
离心运动是物体做逐渐远离圆心运动的一种物理现象,它的本质是物体惯性的表现;做圆周运动的物体,总是有沿着圆周切线飞出去的趋势,之所以没有飞出去,是因为受到指向圆心的力.
2.离心运动的条件
做圆周运动的物体所受向心力突然消失或合力不足以提供维持圆周运动所需的向心力.
3.离心运动、近心运动的判断
4.几种常见的离心现象
离心现象 实验图 原理图 现象及结论
洗衣机 脱水 当水滴与衣物之间的附着力F不足以提供向心力,即 F水平 路面 转弯
离心机 当离心机快速旋转,缩口处对水银柱的阻力不足以提供向心力时,水银柱做离心运动进入玻璃泡内
「典例研习」
[例1] (离心现象)在冬奥会短道速滑项目中,运动员绕周长仅111米的短道竞赛.运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度,将发生侧滑而摔离正常比赛路线.图中圆弧虚线Ob代表弯道,即正常运动路线,Oa为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看作质点).下列论述正确的是
(　　)
A.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
B.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力
C.若在O点发生侧滑,则滑动的方向在Oa左侧
D.若在O点发生侧滑,则滑动的方向在Oa与Ob之间
D
【解析】 发生侧滑是因为运动员的速度过大,所需要的向心力过大,运动员受到的合力小于所需要的向心力,而受到的合力方向仍指向圆心,故A、B错误;若运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动,实际上运动员要受摩擦力作用,所以滑动的方向在Oa与Ob之间,故C错误,D正确.
[例2] (离心现象的应用)(多选)下列描述属于应用离心运动的是(　 　)
A.离心机快速旋转分离血液
B.砂轮因高速转动发生破裂
C.炼钢厂利用离心运动制作无缝钢管
D.汽车转弯速度过大而侧翻
AC
【解析】 离心机通过快速旋转来分离血液,炼钢厂利用离心运动可制作无缝钢管,都属于离心运动的应用,A、C正确;砂轮因高速转动发生破裂,汽车转弯速度过大而侧翻,都属于离心运动的危害,B、D错误.
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