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课时3　圆周运动的规律与应用
基础梳理
位移
时间
弧度角
时间
转动的快慢
转动的快慢
线速度方向
6.向心力:做圆周运动的物体受到的指向圆心方向的合力,作用效果产生
。公式:Fn=man。
说明:(1)质点做匀速圆周运动时,线速度大小和向心加速度大小不变,但方向时刻在改变,所以匀速圆周运动其实是一个变加速运动。
(2)质点做匀速圆周运动时,角速度ω、周期T、频率f、转速n恒定不变。
(3)向心加速度和向心力不改变速度大小,只改变速度方向。
向心加速度
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
定义
线速度大小不变的圆周运动
线速度大小变化的圆周运动
运动特点
F向,a向,v均大小不变,方向变化,ω不变
F向,a向,v大小、方向均发生变化,ω发生变化
向心力
F向=F合
由F合沿半径方向的分力提供
三、离心运动
1.定义:做
运动的物体,在合力
或者
提供圆周运动所需的向心力的情况下,就做逐渐
圆心的运动。
2.原因:做圆周运动的物体,由于本身的
,总有沿着圆周
方向飞出去的倾向。
3.供需关系与运动
如图所示,F为实际提供的向心力,则
圆周
突然消失
不足以
远离
惯性
切线
(1)当F=mω2r时,物体做匀速圆周运动;
(2)当F=0时,物体沿切线方向飞出;
(3)当F(4)当F>mω2r时,物体逐渐靠近圆心。
夯实考点
考点一　描述圆周运动中的各物理量之间的关系
1.对公式v=ωr的理解
当r一定时,v与ω成正比;
当ω一定时,v与r成正比;
当v一定时,ω与r成反比。
说明:(1)在讨论v,ω,r之间的关系时,应运用控制变量法。
(2)常见的传动方式
[典例1]
某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮,如图所示,其半径分别为r1,r2,r3,若甲轮的角速度为ω,则丙轮的角速度为(　　)
答案:A
变式1:(多选)火车以60
m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10
s内匀速转过了约10°。在此10
s时间内,火车(　
　)
A.运动路程为600
m
B.加速度为零
C.角速度约为1
rad/s
D.转弯半径约为3.4
km
AD
考点二　圆周运动的动力学分析
1.对向心力的三点提醒
(1)向心力是按效果命名的,不是物体实际受到的力,受力分析时,不能在受力示意图上画出向心力。
(2)向心力可以是某种性质的力单独提供,也可以是几个不同性质的力共同提供。
(3)向心力只产生向心加速度,与物体的实际加速度不一定相同。
2.解决圆周运动问题的主要步骤
(1)确定研究对象。
(2)确定运动的轨道平面,确定轨道圆心位置。
(3)受力分析,找出指向圆心方向的合力(不要把向心力作为某一性质力进行分析)。
(4)运动情况分析(分析线速度、角速度等相关物理量)。
(5)列方程求解(根据牛顿运动定律列方程)。
[典例2]
如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动,有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(　　)
A.球A的线速度必定大于球B的线速度
B.球A的角速度必定大于球B的角速度
C.球A的运动周期必定小于球B的运动周期
D.球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
答案:A
特别提醒
比较两个圆周运动的各物理量之间关系时,实际上就是找出两个圆周运动之间存在的隐含的相同因素,然后用控制变量法即可判断各物理量的关系。
变式2:公园里的“飞天秋千”游戏开始前,座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空。秋千匀速转动时,绳与竖直方向成某一角度θ,其简化模型如图所示。若保持运动角速度不变,要使夹角θ变大,可将(　
　)
A.钢丝绳变长
B.钢丝绳变短
C.座椅质量增大
D.座椅质量减小
A
解析:由题意知,座椅做圆周运动的向心力由合外力提供,即mgtan
θ=
mω2(lsin
θ+r),θ与质量无关,所以选项C,D错误;当角速度不变时,要使θ增大,可增大l,即钢丝绳变长,所以选项A正确,B错误。
考点三　水平面内的圆周运动
1.运动实例:圆锥摆、火车转弯、汽车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周运动等。
2.问题特点:轨迹平面在水平面内,向心力水平,竖直方向的合力为零。
3.常见水平面内的圆周运动模型
答案:D
变式3:(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点的半圆,内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线,有如图所示的①②③三条路线,其中路线③是以O′为圆心的圆,OO′=r。赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变,发动机功率足够大),则(　
　)
A.选择路线①,赛车经过的路程最短
B.选择路线②,赛车的速率最小
C.选择路线③,赛车所用时间最短
D.①②③三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等
ACD
考点四　竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及分类
1.运动类型:物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种。只有重力做功的竖直平面内的圆周运动一定是变速圆周运动,遵守机械能守恒定律。
2.问题特点:一般情况下,竖直平面内的圆周运动受力问题只涉及最高点和最低点两种情形,但竖直平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。
3.常见模型
答案:D
变式4:一轻杆一端固定质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动,如图所示,则下列说法正确的是(　
　)
A
考点五　生活中的圆周运动
1.铁路弯道的特点
当外轨比内轨高时,铁轨对火车的支持力不再是竖直向上,而是和重力的合力提供向心力,可以减轻轨和轮缘的挤压。最佳情况是向心力恰好由支持力和重力的合力提供,铁轨的内、外轨均不受到侧向挤压的力。
(1)受力分析:如图甲所示,火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心,成为使火车拐弯的向心力。
②汽车行驶的速度越大,汽车对桥面的压力越小。
③当速度不断增大的时候,压力会不断减小,当达到某一速度时,汽车对桥面完全没有压力,汽车“飘离”桥面。
[典例5]
一辆汽车在丘陵地上以不变的速率行驶,地形如图所示。由于轮胎已旧,途中爆了胎。你认为在图中A,B,C,D四处中,爆胎的可能性最大的一处是(　　)
A.A处
B.B处
C.C处
D.D处
解析:在A处,地面对轮胎的弹力大小等于汽车的重力;在B处,汽车做圆周运动,加速度方向竖直向上,根据牛顿运动定律知,汽车处于超重状态,地面对汽车的弹力大于其重力;在C处,汽车做圆周运动,加速度方向竖直向下,根据牛顿运动定律知,汽车处于失重状态,地面对汽车的弹力小于其重力;在D处,地面对汽车的弹力大小等于重力垂直于斜面的分力,也小于重力。则在B处汽车受到地面的弹力最大,最容易爆胎,故选项B正确。
答案:B
变式5:铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高,其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关,还与火车在弯道上的行驶速度v有关。下列说法正确的是(　
　)
A.速率v一定时,r越小,要求h越大
B.速率v一定时,r越大,要求h越大
C.半径r一定时,v越小,要求h越大
D.半径r一定时,v越大,要求h越小
A
考点六　离心现象的受力特点
1.离心运动的实质是物体逐渐远离圆心的物理现象,它的本质是物体惯性的表现,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向心力作用,一旦作为向心力的合外力消失,物体就会沿切线方向飞出去。
2.物体做离心运动不是因为物体受到离心力的作用,而是由于外力不能提供足够的向心力,所谓的“离心力”实际并不存在。
[典例6]
如图所示,光滑水平面上,小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时,拉力F发生变化,关于小球运动情况的说法正确的是(　　)
A.若拉力突然消失,小球将沿轨迹Pa做离心运动
B.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变大,小球将沿轨迹Pb做离心运动
D.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pc运动
解析:当拉力不足以提供所需要的向心力时,将做离心运动,若拉力突然消失,则小球将沿原来的运动方向运动,即Pa方向,A正确;若拉力突然变小,则做半径增大的曲线运动,即可能沿Pb方向,拉力突然变大,则做向心运动,可能沿Pc方向,B,C,D均错误。
答案:A
变式6:世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067
千米,共有23个弯道,如图所示,赛车在水平路面上转弯时,常常在弯道处冲出跑道,对其原因的分析以下说法正确的是(　
　)
A.赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘
B.赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速
C.赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速
D.赛车行驶到弯道附近提前转弯
C
考点七　圆周运动与平抛运动的结合
平抛运动与圆周运动的组合题,用平抛运动的规律求解平抛运动问题,用牛顿运动定律求解圆周运动问题,关键是找到两者的速度关系。若先做圆周运动后做平抛运动,则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度;若物体平抛后进入圆轨道,圆周运动的初速度等于平抛运动的末速度在圆周切线方向的分速度。
[典例7]
“水上乐园”中有一巨大的水平转盘,人在其上随盘一起转动,给游客带来无穷乐趣。如图所示,转盘的半径为R,离水平面的高度为H,可视为质点的游客的质量为m,现转盘以角速度ω匀速转动,游客在转盘边缘保持相对静止,不计空气阻力。
(1)求转盘转动的周期;
(2)求游客受到摩擦力的大小和方向;
(2)游客受到摩擦力的大小Ff=mω2R
游客受到摩擦力的方向沿半径方向指向圆心O。
(3)若转盘突然停止转动,求游客落水点到转动轴的水平距离。
变式7:如图所示,质量为m=0.2
kg
的小球(可视为质点)从水平桌面端点A以初速度v0水平抛出,桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径R=0.8
m的圆环剪去了左上角135°的圆弧,MN为其竖直直径。P点到桌面的竖直距离也为R。小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道,g=10
m/s2,求:
(1)小球在A点的初速度v0及AP间水平距离x;
答案:(1)4
m/s　1.6
m　
(2)小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力;
答案:(2)11.17
N　方向竖直向下　
(3)判断小球能否到达圆轨道最高点M。
答案:(3)见解析
课堂训练
1.(圆周运动中各物理量的关系)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱(　
　)
BD
D
3.(水平面内的圆周运动)质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋,如图所示,其做匀速圆周运动的半径为R,重力加速度为g,则此时空气对飞机的作用力大小为(　
　)
C
4.(竖直平面内的圆周运动)如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固定在水平转轴O上,现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω,某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直,则此时杆与水平面的夹角θ满足(　
　)
A
5.(圆周运动的最值问题)蛙式电动打夯机是一种结构简单、操作方便的夯实机械,在建筑施工中被广泛采用。本机主要是由夯头架、传动装置、前轴装置、拖盘、操纵手柄、电器设备和润滑系统等组成。如图1为电动打夯机的实物图,图2是其工作原理的示意图,在电动机的轴上装一个偏心飞轮,飞轮的质量为m,其重心离轴心的距离为r,装置其余部分的质量为M,当电动机转动时,打夯机的底座在地面上跳动将地面筑紧。则为了使机座跳离地面(　
　)
A
6.(圆周运动和平抛运动的结合)如图所示,四分之一圆弧轨道的圆心O1和半圆轨道的圆心O2,与斜面体ABC的竖直面AB在同一竖直面上,两圆弧轨道衔接处的距离忽略不计,斜面体ABC的底面BC是水平面,一个视为质点、质量m=0.2
kg的小球从P点静止释放,先后沿两个圆弧轨道运动,最后落在斜面体上(不会弹起),不计一切摩擦,已知AB=9
m,BC=12
m,O2A=1.1
m,四分之一圆弧的半径和半圆的半径都是R=0.6
m,g取10
m/s2。求:
(1)小球在半圆最低点Q对轨道的压力;
答案:(1)14
N　方向竖直向下
(2)小球落在斜面上的位置到A点的距离。
答案:(2)7.5
m
真题试做
1.(2018·浙江4月选考,4)A,B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),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.向心加速度大小之比为1∶2
A
2.(2016·浙江10月选考,5)在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中,芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋转,此时手臂上A,B两点角速度大小分别为ωA,
ωB,线速度大小分别为vA,vB,则(　
　)
A.ωA<ωB
B.ωA>ωB
C.vAD.vA>vB
D
解析:演员旋转时,手臂上A,B两点的角速度相等,由v=ωr,可知vA>vB,选项D正确。
3.(2016·浙江4月选考,5)如图为中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行,则他(　
　)
A.所受的合力为零,做匀速运动
B.所受的合力恒定,做匀加速运动
C.所受的合力恒定,做变加速运动
D.所受的合力变化,做变加速运动
D
解析:运动员做匀速圆周运动,所以是变加速运动,选项A,B错误;由于合外力时刻指向圆心,所以合力变化,选项D正确,C错误。
4.(2017·浙江11月选考,11)如图所示,照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动,已知图中双向四车道的总宽度约为15
m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍,则运动的汽车(　
　)
A.所受的合力可能为零
B.只受重力和地面支持力作用
C.最大速度不能超过25
m/s
D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供
C
解析:汽车在水平面上做匀速圆周运动,合力时刻指向圆心,静摩擦力提供向心力,因此排除选项A,B,D,选C项。
5.(2018·浙江11月选考,9)一质量为2.0×103
kg的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104
N,当汽车经过半径为80
m的弯道时,下列判断正确的是(　
　)
A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20
m/s时所需的向心力为1.4×104
N
C.汽车转弯的速度为20
m/s时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0
m/s2
D课时3　圆周运动的规律与应用
1.(2019·浙江1月学考)如图所示,四辆相同的小“自行车”固定在四根水平横杆上,四根杆子间的夹角保持90°不变,且可一起绕中间的竖直轴转动。当小“自行车”的座位上均坐上小孩并一起转动时,他们的(　A　)
A.角速度相同
B.线速度相同
C.向心加速度相同
D.所需的向心力相同
解析:由题意知,小孩及自行车同轴转动,角速度相同,线速度和加速度的大小相同方向不同,质量未知,向心力不一定相同,故A正确。
2.计算机中的硬磁盘磁道如图所示,硬磁盘绕磁道的圆心O转动,A,B两点位于不同的磁道上,线速度分别为vA和vB,向心加速度分别为aA和aB,则它们大小关系正确的是(　A　)
A.vAB.vA>vB　aAC.vAaB
D.vA>vB　aA>aB
解析:硬磁盘绕磁道的圆心O转动,各点角速度相等,线速度v=ωr,向心加速度a=ω2r,由于rA3.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(　C　)
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
解析:当汽车做匀速圆周运动,由摩擦力提供向心力,根据Ff=m,半径R较大时,摩擦力较小,v,R相同时摩擦力大小相等,选项C正确,D
错误。
4.如图所示,某公园里的过山车驶过轨道的最高点时,乘客在座椅里面头朝下,人体颠倒,若轨道半径为R,人体重为mg,要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力,则过山车在最高点时的速度大小为(　C　)
A.0
B.
C.
D.
解析:在最高点座椅对乘客的支持力大小为F=mg,
由牛顿第二定律知F+mg=2mg=m,故速度大小v=,C正确。
5.如图所示,m为水平传送带上被传送的小物体(可视为质点),A为终端皮带轮,已知皮带轮半径为r,传送带与皮带轮间不会打滑,当m可被水平抛出时,A轮每秒的转数最少是(　A　)
A.
B.
C.
D.
解析:当m被水平抛出时只受重力的作用,支持力FN=0。在圆周最高点,重力提供向心力,即mg=,所以v=,而v=2πfr,所以f==,所以每秒的转数最少为,A正确。
6.如图所示,自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分,且半径RB=4RA,RC=8RA。当自行车正常骑行时A,B,C三轮边缘的向心加速度的大小之比aA∶aB∶aC等于(　C　)
A.1∶1∶8
B.4∶1∶4
C.4∶1∶32
D.1∶2∶4
解析:小齿轮A和大齿轮B通过链条连接,线速度相等,即vA=vB,由向心加速度a=可得aA∶aB=RB∶RA=4∶1,小齿轮A和后轮C同轴转动,角速度相等,有ωA=ωC,由向心加速度公式a=ω2r得aA∶aC=RA∶RC=1∶8,所以有aA∶aB∶aC=4∶1∶32,选项C正确。
7.在室内自行车比赛中,运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动。已知运动员的质量为m,做圆周运动的半径为R,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　B　)
A.将运动员和自行车看作一个整体,整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B.运动员受到的合力大小为m,做圆周运动的向心力大小也是m
C.运动员做圆周运动的角速度为vR
D.如果运动员减速,运动员将做离心运动
解析:向心力是整体所受力的合力,并不是又受到一个力,选项A错误;做匀速圆周运动的物体,合力提供向心力,选项B正确;运动员做圆周运动的角速度为ω=,选项C错误;只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时,运动员才做离心运动,选项D错误。
8.由上海飞往洛杉矶的飞机与由洛杉矶返航飞往上海的飞机,若往返飞行时间相同,且飞经太平洋上空时等高匀速飞行,飞行中两种情况比较(　C　)
A.飞机上乘客对座椅的压力两种情况相等
B.飞机上乘客对座椅的压力前者稍大于后者
C.飞机上乘客对座椅的压力前者稍小于后者
D.飞机上乘客对座椅的压力可能为零
解析:考虑到地球自西向东转动,而两次飞行时间相同,则两次飞行速度不同,由上海飞往洛杉矶时飞行速度较大,由mg-FN=m知v越大FN越小,v远小于第一宇宙速度,FN不可能为零。
9.如图所示,质量为m的小球用长为L的悬线固定于O点,在O点正下方O′处钉一个钉子,把悬线拉直与竖直方向成一定角度,由静止释放小球,当悬线碰到钉子时,则下列判断不正确的是(　A　)
A.小球的线速度v突然变大
B.小球的向心加速度a突然变大
C.小球的角速度ω突然变大
D.悬线的张力突然变大
解析:速度瞬间没有变化,悬线变短即转动半径变化,则加速度、角速度、悬线的张力都有变化。
10.如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车,甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动,丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动,两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上,四个图中轨道的半径都为R,下列说法正确的是(　B　)
A.甲图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时,座椅一定给人向上的力
B.乙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,安全带一定给人向上的力
C.丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,安全带一定给人向上的力
D.丁图中,轨道车过最高点的最小速度为
解析:在甲图中,当速度比较小时,根据牛顿第二定律得,mg-FN=m,即座椅给人施加向上的力,当速度比较大时,根据牛顿第二定律得,mg+FN=m,即座椅给人施加向下的力,故A错误;在乙图中,因为合力指向圆心,重力竖直向下,所以安全带一定给人向上的力,故B正确;在丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,合力方向向上,重力竖直向下,则座椅给人的作用力竖直向上,故C错误;在丁图中,由于轨道车有安全锁,可知轨道车在最高点的最小速度为零,故D
错误。
11.(多选)如图所示,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴OO′的距离为l,b与转轴的距离为2l。两木块与圆盘的最大静摩擦力均为木块所受重力的k倍,重力加速度大小为g,若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是(　AC　)
A.b一定比a先开始滑动
B.a,b所受的摩擦力始终相等
C.ω=是b开始滑动的临界角速度
D.当ω=时,a所受摩擦力的大小为kmg
解析:a与b所受的最大摩擦力相等,而b需要的向心力较大,所以b先滑动,A项正确;在未滑动之前,a,b各自受到的摩擦力提供其向心力,因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力,B项错误;b处于临界状态时有kmg=mω2·2l,解得ω=,C项正确;a处于临界状态时有kmg=mω2l,解得ω=,ω=小于a的临界角速度,a所受摩擦力没有达到最大值,D项错误。
12.青海土族同胞荡秋千用的是“轮子秋”,即竖起大板车轮柱,下轮压重物固定,上轮绑一木梯,在木梯两端拴上绳子,如图1,为了理解“轮子秋”的趣味性,作如图2所示的简化图:水平细杆的aO和Ob部分的长度分别为L1和L2,甲、乙两物体的质量分别为m1和m2,系统绕O所在的竖直轴匀速转动,两等长细绳与竖直方向的夹角分别为α和β,下列说法正确的是(　D　)
A.若L1=L2,且m1>m2,则α>β
B.若L1=L2,且m1β
C.若L1>L2,则α可能等于β
D.若L1>L2,则α一定大于β
解析:物体质量用m表示,细绳与竖直方向夹角用θ表示,细杆一端到轴心的距离为L,细绳长x,角速度为ω,则mgtan
θ=mω2(L+x·
sin
θ),可得L=(-x)sin
θ,0°≤θ<90°,当θ增大时,cos
θ减小,增大,sin
θ增大,故L增大,A,B,C错误,D正确。
13.用一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,如图所示。设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω,线的张力为FT,则FT随ω2的变化的图象是图中的(　C　)
解析:法一:小球腾空时FT与ω2关系应突变,D错误,ω=0时FT≠0,A,B错误。
法二:小球未离开锥面时,设细线的张力为FT,线的长度为L,锥面对小球的支持力为FN,则有FTcos
θ+FNsin
θ=mg及FTsin
θ-FNcos
θ=
mω2Lsin
θ,可求得FT=mgcos
θ+mω2Lsin
2θ,可见当ω由0开始增大时,FT从mgcos
θ开始随ω2的增大而线性增大,当角速度增大到小球飘离锥面时,有FTsin
α=mω2Lsin
α,其中α为细线与竖直方向的夹角,即FT=mω2L,可见FT随ω2的增大仍线性增大,但图线斜率增大了,综上所述,只有C正确。
能力提升
14.如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为FN,小球在最高点的速度大小为v,FNv2图象如图乙所示。下列说法正确的是(　B　)
A.当地的重力加速度大小为
B.小球的质量为R
C.v2=c时,杆对小球弹力方向向上
D.若v2=2b,则杆对小球弹力大小为2a
解析:通过题图分析可知:当v2=b,FN=0时,小球做圆周运动的向心力由重力提供,即mg=m,g=,A错误;当v2=0,FN=a时,重力与弹力FN大小相等,即mg=a,所以m==R,B正确;当v2>b时,杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同,竖直向下,故v2=c>b时,杆对小球的弹力方向竖直向下,C错误;若v2=2b时,mg+FN=m,解得FN=a,方向竖直向下,D错误。
15.(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90
m的大圆弧和r=40
m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O,O′距离L=100
m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍,假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动,要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10
m/s2,π=3.14)。则赛车(　AB　)
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45
m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63
m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58
s
解析:在弯道上做匀速圆周运动时,根据牛顿第二定律kmg=m,故当弯道半径为R时,在弯道上的最大速度是一定的,且在大弯道上的最大速度大于在小弯道上的最大速度,要想时间最短,故可在绕过小圆弧弯道后加速,选项A正确;在大圆弧弯道上的速率为vmR==
m/s=45
m/s,选项B正确;直道的长度为x==
50
m,在小弯道上的最大速度
vmr==
m/s=30
m/s,故在直道上的加速度大小为
a==
m/s2≈6.50
m/s2,选项C错误;由几何关系可知,小圆弧轨道的长度为,
通过小圆弧弯道的时间为
t=≈
s≈2.79
s,选项D错误。
16.如图所示,竖直平面内有一光滑圆弧轨道,其半径为R=0.5
m,平台与轨道的最高点等高。一质量m=0.8
kg的小球从平台边缘的A处水平射出,恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧,轨道半径OP与竖直线的夹角为53°,已知sin
53°=0.8,cos
53°=0.6,g取10
m/s2。试求:
(1)小球从平台上的A点射出时的速度大小v0;
(2)小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的距离l(结果可用根式表示);
(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的压力大小。
解析:(1)小球从A到P的高度差h=R(1+cos
53°)
小球做平抛运动有h=gt2
则小球在P点的竖直分速度vy=gt
把小球在P点的速度分解可得tan
53°=
联立解得小球平抛运动初速度v0=3
m/s。
(2)小球平抛下降高度h=vyt,水平射程s=v0t
故A,P间的距离l==
m。
(3)小球从A到达Q时,根据机械能守恒定律可知
vQ=v0=3
m/s。
在Q点根据向心力公式得FN+mg=m。
解得FN=6.4
N,
根据牛顿第三定律得,小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的压力
FN′=FN=6.4
N。
答案:(1)3
m/s　(2)
m　(3)6.4
N
17.如图所示,半圆轨道竖直放置,半径R=0.4
m,其底端与水平轨道相接,一个质量为m=0.2
kg的滑块放在水平轨道C点上,轨道均为光滑,用一个水平的恒力F作用于滑块上,使滑块向右运动,当滑块到达半圆轨道的最低点A时撤去F,滑块到达最高点B沿水平方向飞出,恰好落到滑块起始运动的位置C点,则A与C至少应相距多少?这种情况下所需恒力F的大小是多大?(取g=10
m/s2)
解析:设A与C相距为x
滑块在水平面上做匀加速运动,根据牛顿运动定律得F=ma
且由运动学公式得=2ax
上滑过程中机械能守恒,则有m=2mgR+m
滑块做平抛运动过程中有x=vBt=vB
又由题意得,当滑块恰好经过最高点时,vB最小,A与C相距最小
即应有mg=
A与C相距x=2R=0.8
m
滑块在水平面上做匀加速运动的加速度为
a==12.5
m/s2,得所需恒力F=2.5
N。
答案:0.8
m　2.5
N
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-课时3　圆周运动的规律与应用
一、描述圆周运动的物理量
1.线速度:物体通过的位移与所用的时间的比值,描述物体做圆周运动的快慢的物理量。
表达式v==。方向沿圆弧轨道的切线方向。
2.角速度:物体通过的弧度角与所用的时间的比值。描述物体转动的快慢的物理量。
表达式:ω==。
3.周期和频率:运动一周所需的时间叫周期(T);单位时间内转过的圈数叫频率(f),描述物体转动的快慢。T=,T=。
4.转速:单位时间内转过的角度,描述物体转动的快慢。
n==。
5.向心加速度:做圆周运动的物体指向圆心方向的加速度。描述线速度方向变化的快慢。
an=rω2==ωv=r。
6.向心力:做圆周运动的物体受到的指向圆心方向的合力,作用效果产生向心加速度。公式:Fn=man。
说明:(1)质点做匀速圆周运动时,线速度大小和向心加速度大小不变,但方向时刻在改变,所以匀速圆周运动其实是一个变加速运动。
(2)质点做匀速圆周运动时,角速度ω、周期T、频率f、转速n恒定不变。
(3)向心加速度和向心力不改变速度大小,只改变速度方向。
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
定义
线速度大小不变的圆周运动
线速度大小变化的圆周运动
运动特点
F向,a向,v均大小不变,方向变化,ω不变
F向,a向,v大小、方向均发生变化,ω发生变化
向心力
F向=F合
由F合沿半径方向的分力提供
、离心运动
1.定义:做圆周运动的物体,在合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,就做逐渐远离圆心的运动。
2.原因:做圆周运动的物体,由于本身的惯性,总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。
3.供需关系与运动
如图所示,F为实际提供的向心力,则
(1)当F=mω2r时,物体做匀速圆周运动;
(2)当F=0时,物体沿切线方向飞出;
(3)当F(4)当F>mω2r时,物体逐渐靠近圆心。
考点一　描述圆周运动中的各物理量之间的关系
1.对公式v=ωr的理解
当r一定时,v与ω成正比;
当ω一定时,v与r成正比;
当v一定时,ω与r成反比。
2.对a==ω2r=ωv的理解
在v一定时,a与r成反比;在ω一定时,a与r成正比。
说明:(1)在讨论v,ω,r之间的关系时,应运用控制变量法。
(2)常见的传动方式
传动装置
图示
特点
齿轮传动
两齿轮边缘的两点A,B线速度大小相等vA=vB,角速度=,转动方向相反
皮带轮传动
两轮边缘的两点A,B线速度大小相等vA=vB,角速度=,转动方向相同
链条传动
两轮边缘的两点A,B线速度大小相等vA=vB,角速度=,转动方向相同
同轴转动
扇叶上的两点A,B角速度大小相等ωA=ωB,线速度=,转动方向相同
[典例1]
某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮,如图所示,其半径分别为r1,r2,r3,若甲轮的角速度为ω,则丙轮的角速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析:各轮边缘各点的线速度大小相等,则有ωr1=ω3r3,所以ω3=,故选项A
正确。
答案:A
变式1:(多选)火车以60
m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10
s内匀速转过了约10°。在此10
s时间内,火车(　AD　)
A.运动路程为600
m
B.加速度为零
C.角速度约为1
rad/s
D.转弯半径约为3.4
km
解析:圆周运动的弧长s=vt=60×10
m=600
m,选项A正确;火车转弯是圆周运动,圆周运动是变速运动,所以合力不为零,加速度不为零,故选项B错误;由题意得圆周运动的角速度ω==
rad/s=
rad/s,又v=ωr,所以r=×180
m=3
439
m,故选项C错误,D正确。
考点二　圆周运动的动力学分析
1.对向心力的三点提醒
(1)向心力是按效果命名的,不是物体实际受到的力,受力分析时,不能在受力示意图上画出向心力。
(2)向心力可以是某种性质的力单独提供,也可以是几个不同性质的力共同提供。
(3)向心力只产生向心加速度,与物体的实际加速度不一定相同。
2.解决圆周运动问题的主要步骤
(1)确定研究对象。
(2)确定运动的轨道平面,确定轨道圆心位置。
(3)受力分析,找出指向圆心方向的合力(不要把向心力作为某一性质力进行
分析)。
(4)运动情况分析(分析线速度、角速度等相关物理量)。
(5)列方程求解(根据牛顿运动定律列方程)。
[典例2]
如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动,有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(　　)
A.球A的线速度必定大于球B的线速度
B.球A的角速度必定大于球B的角速度
C.球A的运动周期必定小于球B的运动周期
D.球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
解析:由于A,B质量相同,在相同的倾斜面上,则向心力相等,进一步可知两球所受的弹力相等,故选项D错误;根据F向=ma可知,A,B两小球实际上是具有相同的向心加速度,根据a==Rω2=可知,加速度相同时,半径越大,线速度越大,角速度越小,周期越大,即由RA>RB,可知vA>vB,ωA<ωB,TA>TB,则选项A正确,B,C
错误。
答案:A
比较两个圆周运动的各物理量之间关系时,实际上就是找出两个圆周运动之间存在的隐含的相同因素,然后用控制变量法即可判断各物理量的关系。
变式2:公园里的“飞天秋千”游戏开始前,座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空。秋千匀速转动时,绳与竖直方向成某一角度θ,其简化模型如图所示。若保持运动角速度不变,要使夹角θ变大,可将(　A　)
A.钢丝绳变长
B.钢丝绳变短
C.座椅质量增大
D.座椅质量减小
解析:由题意知,座椅做圆周运动的向心力由合外力提供,即mgtan
θ=mω2(lsin
θ+r),θ与质量无关,所以选项C,D错误;当角速度不变时,要使θ增大,可增大l,即钢丝绳变长,所以选项A正确,B错误。
考点三　水平面内的圆周运动
1.运动实例:圆锥摆、火车转弯、汽车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周运动等。
2.问题特点:轨迹平面在水平面内,向心力水平,竖直方向的合力为零。
3.常见水平面内的圆周运动模型
[典例3]
如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施,当转盘转动很慢时,人会随着“魔盘”一起转动,当“魔盘”转动到一定速度时,人会“贴”在“魔盘”竖直壁上,而不会滑下。若“魔盘”半径为r,人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为μ,在人“贴”在“魔盘”竖直壁上,随“魔盘”一起转动过程中,则下列说法正确的是(　　)
A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用
B.如果转速变大,人与器壁之间的摩擦力变大
C.如果转速变大,人与器壁之间的弹力不变
D.“魔盘”的转速一定不小于
解析:人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力,故A错误;人在竖直方向受到重力和摩擦力,二力平衡,则知转速变大时,人与器壁之间的摩擦力不变,故B错误;如果转速变大,由F=mr(2πn)2,知人与器壁之间的弹力变大,故C错误;人贴在魔盘上时,有mg≤fmax,FN=mr(2πn)2,又fmax=μFN,解得转速n≥,故“魔盘”的转速一定大于,故D正确。
答案:D
变式3:(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点的半圆,内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达
A′B′线,有如图所示的①②③三条路线,其中路线③是以O′为圆心的半圆,
OO′=r。赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变,发动机功率足够大),则(　ACD　)
A.选择路线①,赛车经过的路程最短
B.选择路线②,赛车的速率最小
C.选择路线③,赛车所用时间最短
D.①②③三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等
解析:由图及几何关系知:路线①的路程为s1=2r+πr,路线②的路程为s2=2r+2πr,路线③的路程为s3=2πr,A正确;赛车以不打滑的最大速率通过弯道有Fmax=μmg=m,速度v=,即半径越大,速度越大,选择线路①赛车的速率最小,B错误,D正确;根据t=,代入数据解得选择路线③,赛车所用时间最短,C正确。
考点四　竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及分类
1.运动类型:物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种。只有重力做功的竖直平面内的圆周运动一定是变速圆周运动,遵守机械能守恒定律。
2.问题特点:一般情况下,竖直平面内的圆周运动受力问题只涉及最高点和最低点两种情形,但竖直平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。
3.常见模型
最高点模型
弹力向上　Fn=mg-FN　过最高点的条件v≤
弹力向下　Fn=mg+FN　过最高点的条件v≥
弹力可能向上,可能向下,也可能没有Fn=mg+FN=m①当v>
时物体受到的弹力必然是向下的;当v<
时物体受到的弹力必然是向上的;当v=
时物体受到的弹力恰好为零②当弹力大小FNmg时,向心力只有一解:FN+mg;当弹力FN=mg时,向心力等于零
弹力一定向上,Fn=FN-mg
[典例4]
如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计,要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则下列说法正确的是(　　)
A.在最高点小球的速度水平,小球既不超重也不失重
B.小球经过与圆心等高的位置时,处于超重状态
C.盒子在最低点时对小球弹力大小等于2mg,方向向下
D.该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2π
解析:在最高点小球的加速度为g,处于完全失重状态,选项A错误;小球经过与圆心等高的位置时,竖直加速度为零,既不超重也不失重,选项B错误;在最高点有mg=m,解得该盒子做匀速圆周运动的速度v=,该盒子做匀速圆周运动的周期为T==2π,选项D正确;在最低点时,盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力,由F-mg=m,解得F=2mg,对小球的弹力方向向上,选项C错误。
答案:D
变式4:一轻杆一端固定质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动,如图所示,则下列说法正确的是(　A　)
A.小球过最高点时,杆所受到的弹力可以等于零
B.小球过最高点的最小速度是
C.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而减小
解析:轻杆可对小球产生向上的支持力,小球经过最高点的速度可以为零,当小球过最高点的速度v=时,杆所受的弹力等于零,A正确,B错误;若v<,则杆在最高点对小球的弹力竖直向上,mg-F=m,随v增大,F减小,若v>,则杆在最高点对小球的弹力竖直向下,mg+F=m,随v增大,F增大,选项C,D均错误。
考点五　生活中的圆周运动
1.铁路弯道的特点
当外轨比内轨高时,铁轨对火车的支持力不再是竖直向上,而是和重力的合力提供向心力,可以减轻轨和轮缘的挤压。最佳情况是向心力恰好由支持力和重力的合力提供,铁轨的内、外轨均不受到侧向挤压的力。
(1)受力分析:如图甲所示,火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心,成为使火车拐弯的向心力。
(2)动力学方程:根据牛顿第二定律得mgtan
θ=m,其中r是转弯处轨道的半径,v0是使内、外轨均不受力的最佳速度。
(3)结论:解上述方程可知=rgtan
θ
可见,最佳情况是由v0,r,θ共同决定的。
当火车实际速度为v时,可有三种可能:
当v=v0时,内、外轨均不受侧向挤压的力;
当v>v0时,外轨受到侧向挤压的力(这时向心力增大,外轨提供一部分力);
当v2.拱形桥的最高点与最低点
(1)如果汽车在拱形桥上,如图乙以某一速度v通过拱形桥的最高点时满足mg-F1=m。
结论:①汽车对桥面的压力小于汽车的重力mg。
②汽车行驶的速度越大,汽车对桥面的压力越小。
③当速度不断增大的时候,压力会不断减小,当达到某一速度时,汽车对桥面完全没有压力,汽车“飘离”桥面。
(2)如果是凹形桥,如图丙所示,以某一速度v通过凹形桥的最低点时满足F2-mg=m。
[典例5]
一辆汽车在丘陵地上以不变的速率行驶,地形如图所示。由于轮胎已旧,途中爆了胎。你认为在图中A,B,C,D四处中,爆胎的可能性最大的一处是(　　)
A.A处
B.B处
C.C处
D.D处
解析:在A处,地面对轮胎的弹力大小等于汽车的重力;在B处,汽车做圆周运动,加速度方向竖直向上,根据牛顿运动定律知,汽车处于超重状态,地面对汽车的弹力大于其重力;在C处,汽车做圆周运动,加速度方向竖直向下,根据牛顿运动定律知,汽车处于失重状态,地面对汽车的弹力小于其重力;在D处,地面对汽车的弹力大小等于重力垂直于斜面的分力,也小于重力。则在B处汽车受到地面的弹力最大,最容易爆胎,故选项B正确。
答案:B
变式5:铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高,其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关,还与火车在弯道上的行驶速度v有关。下列说法正确的是(　A　)
A.速率v一定时,r越小,要求h越大
B.速率v一定时,r越大,要求h越大
C.半径r一定时,v越小,要求h越大
D.半径r一定时,v越大,要求h越小
解析:
火车转弯时,圆周平面在水平面内,火车以设计速率行驶时,向心力刚好由重力G与轨道支持力FN的合力来提供,如图所示,则有mgtan
θ=,且tan
θ≈sin
θ=,其中L为轨间距,是定值,有mg=,通过分析可知A正确。
考点六　离心现象的受力特点
1.离心运动的实质是物体逐渐远离圆心的物理现象,它的本质是物体惯性的表现,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向心力作用,一旦作为向心力的合外力消失,物体就会沿切线方向飞出去。
2.物体做离心运动不是因为物体受到离心力的作用,而是由于外力不能提供足够的向心力,所谓的“离心力”实际并不存在。
[典例6]
如图所示,光滑水平面上,小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时,拉力F发生变化,关于小球运动情况的说法正确的是(　　)
A.若拉力突然消失,小球将沿轨迹Pa做离心运动
B.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变大,小球将沿轨迹Pb做离心运动
D.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pc运动
解析:当拉力不足以提供所需要的向心力时,将做离心运动,若拉力突然消失,则小球将沿原来的运动方向运动,即Pa方向,A正确;若拉力突然变小,则做半径增大的曲线运动,即可能沿Pb方向,拉力突然变大,则做向心运动,可能沿Pc方向,B,C,D均错误。
答案:A
变式6:世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067
千米,共有23个弯道,如图所示,赛车在水平路面上转弯时,常常在弯道处冲出跑道,对其原因的分析以下说法正确的是(　C　)
A.赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘
B.赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速
C.赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速
D.赛车行驶到弯道附近提前转弯
解析:赛车在水平路面上转弯时,需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的。由F=m知,当v较大时,赛车需要的向心力也较大,当摩擦力不足以提供其所需的向心力时,赛车将冲出跑道。因此在r不变时可减小行驶速度;赛车行驶到弯道附近提前转弯可增大转弯半径,则所需向心力减小。
考点七　圆周运动与平抛运动的结合
平抛运动与圆周运动的组合题,用平抛运动的规律求解平抛运动问题,用牛顿运动定律求解圆周运动问题,关键是找到两者的速度关系。若先做圆周运动后做平抛运动,则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度;若物体平抛后进入圆轨道,圆周运动的初速度等于平抛运动的末速度在圆周切线方向的分速度。
[典例7]
“水上乐园”中有一巨大的水平转盘,人在其上随盘一起转动,给游客带来无穷乐趣。如图所示,转盘的半径为R,离水平面的高度为H,可视为质点的游客的质量为m,现转盘以角速度ω匀速转动,游客在转盘边缘保持相对静止,不计空气阻力。
(1)求转盘转动的周期;
(2)求游客受到摩擦力的大小和方向;
(3)若转盘突然停止转动,求游客落水点到转动轴的水平距离。
解析:(1)转盘转动的周期T=。
(2)游客受到摩擦力的大小Ff=mω2R
游客受到摩擦力的方向沿半径方向指向圆心O。
(3)游客转动时的线速度,即平抛运动的初速度v=ωR
游客落水的时间t=
游客做平抛运动的水平位移x=ωR
游客落水点到转动轴的距离
s==R。
答案:(1)
　(2)mω2R　沿半径方向指向圆心O
(3)R
变式7:如图所示,质量为m=0.2
kg
的小球(可视为质点)从水平桌面端点A以初速度v0水平抛出,桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径R=0.8
m的圆环剪去了左上角135°的圆弧,MN为其竖直直径。P点到桌面的竖直距离也为R。小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道,g=10
m/s2,求:
(1)小球在A点的初速度v0及AP间水平距离x;
(2)小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力;
(3)判断小球能否到达圆轨道最高点M。
解析:(1)小球由A点做平抛运动,在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨道,则小球在P点的竖直分速度为
vy=v0tan
45°=v0
由平抛运动规律得vy=gt,R=t,x=v0t
解得v0=4
m/s,x=1.6
m。
(2)小球在P点的速度为
v==4
m/s
小球从P点到N点,由动能定理得
mgR(1-cos
45°)=m-mv2
小球在N点,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
解得小球所受支持力FN=11.17
N
由牛顿第三定律得,小球对N点的压力为FN′=11.17
N,方向竖直向下。
(3)假设小球能够到达M点,对小球由P点到M点由动能定理得mgR(1+cos
45°)=mv2-mv′2
解得v′=
m/s
小球能够完成圆周运动,在M点应有
mg≤即vM≥=
m/s
由v′答案:(1)4
m/s　1.6
m　
(2)11.17
N　方向竖直向下
(3)见解析
1.(圆周运动中各物理量的关系)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱(　BD　)
A.运动周期为
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
解析:由于座舱做匀速圆周运动,由公式ω=,解得T=,故A错误;由圆周运动的线速度与角速度的关系可知,v=ωR,故B正确;由于座舱做匀速圆周运动,所以座舱受到摩天轮的作用力是变力,不可能始终为mg,故C错误;由匀速圆周运动的合力提供向心力可得F=mω2R,故D正确。
2.(圆周运动的动力学分析)奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”的动作,难度系数非常大。假设运动员质量为m,单臂抓单杠身体下垂时,手掌到人体重心的距离为l。如图所示,在运动员单臂回转从顶点倒立转至最低点过程中,可将人体视为质量集中于重心的质点,且不考虑手掌与单杠间的摩擦力,重力加速度为g,若运动员在最低点的速度为2,则运动员的手臂拉力为自身重力的(　D　)
A.2倍
B.3倍
C.4倍
D.5倍
解析:对运动员在最低点受力分析,由牛顿第二定律可得,
F-mg=m,解得F=5mg,D项正确。
3.(水平面内的圆周运动)质量为m的飞机以恒定速率v在空中水平盘旋,如图所示,其做匀速圆周运动的半径为R,重力加速度为g,则此时空气对飞机的作用力大小为(　C　)
A.m
B.mg
C.m
D.m
解析:
飞机在空中水平盘旋时在水平面内做匀速圆周运动,受到重力和空气的作用力两个力的作用,其合力提供向心力F向=m。飞机受力情况如图所示,根据勾股定理得F==m。
4.(竖直平面内的圆周运动)如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固定在水平转轴O上,现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω,某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直,则此时杆与水平面的夹角θ满足(　A　)
A.sin
θ=
B.tan
θ=
C.sin
θ=
D.tan
θ=
解析:由题意知,因小球做匀速圆周运动,合外力提供向心力,故小球受合外力的方向沿杆指向O点,对小球受力分析如图所示,受重力与杆的作用力,所以有
sin
θ=,A正确。
5.(圆周运动的最值问题)蛙式电动打夯机是一种结构简单、操作方便的夯实机械,在建筑施工中被广泛采用。本机主要是由夯头架、传动装置、前轴装置、拖盘、操纵手柄、电器设备和润滑系统等组成。如图1为电动打夯机的实物图,图2是其工作原理的示意图,在电动机的轴上装一个偏心飞轮,飞轮的质量为m,其重心离轴心的距离为r,装置其余部分的质量为M,当电动机转动时,打夯机的底座在地面上跳动将地面筑紧。则为了使机座跳离地面(　A　)
A.电动机的最小角速度应是
B.电动机的最小角速度应是
C.电动机的最大角速度应是
D.电动机的最大角速度应是
解析:当偏心飞轮转至图中最高点,且偏心飞轮对机座向上拉力F1=Mg时,机座对地面的压力为零,机座将跳离地面。则对于偏心飞轮在最高点时,机座对偏心飞轮的向下拉力大小为F1′=F1,根据牛顿第二定律有F1′+mg=mr,电动机的最小角速度应是ω0=。
6.(圆周运动和平抛运动的结合)如图所示,四分之一圆弧轨道的圆心O1和半圆轨道的圆心O2,与斜面体ABC的竖直面AB在同一竖直面上,两圆弧轨道衔接处的距离忽略不计,斜面体ABC的底面BC是水平面,一个视为质点、质量m=0.2
kg的小球从P点静止释放,先后沿两个圆弧轨道运动,最后落在斜面体上(不会弹起),不计一切摩擦,已知AB=9
m,BC=12
m,O2A=1.1
m,四分之一圆弧的半径和半圆的半径都是R=0.6
m,g取10
m/s2。求:
(1)小球在半圆最低点Q对轨道的压力;
(2)小球落在斜面上的位置到A点的距离。
解析:(1)由机械能守恒
mg·3R=m
分析小球在Q点受力有
FN-mg=
再由牛顿第三定律知
FN′=FN
联立解得
FN′=14
N,方向竖直向下。
(2)小球离开Q后做平抛运动,如图
水平方向上有x=vQ·t
竖直方向上有y=gt2
又由几何关系得
QA=O2A-R=0.5
m
x=L·cos
θ
y=QA+L·sin
θ
tan
θ==
联立解得L=7.5
m。
答案:(1)14
N　方向竖直向下　(2)7.5
m
1.(2018·浙江4月选考,4)A,B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),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　)
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.向心加速度大小之比为1∶2
解析:圆周运动中线速度定义为单位时间内的圆弧长,即v=
,则线速度之比为4∶3,A正确;角速度定义为单位时间内转过的角度,即ω=,且运动方向改变角度等于转动角度,则角速度之比为3∶2,B错误;根据线速度和角速度的关系得,R=,则半径之比为8∶9,C错误;根据向心加速度公式得,a=vω,则向心加速度之比为2∶1,D错误。
2.(2016·浙江10月选考,5)在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中,芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋转,此时手臂上A,B两点角速度大小分别为ωA,ωB,线速度大小分别为vA,vB,则(　D　)
A.ωA<ωB
B.ωA>ωB
C.vAD.vA>vB
解析:演员旋转时,手臂上A,B两点的角速度相等,由v=ωr,可知vA>vB,选项D
正确。
3.(2016·浙江4月选考,5)如图为中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行,则他(　D　)
A.所受的合力为零,做匀速运动
B.所受的合力恒定,做匀加速运动
C.所受的合力恒定,做变加速运动
D.所受的合力变化,做变加速运动
解析:运动员做匀速圆周运动,所以是变加速运动,选项A,B错误;由于合外力时刻指向圆心,所以合力变化,选项D正确,C错误。
4.(2017·浙江11月选考,11)如图所示,照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动,已知图中双向四车道的总宽度约为15
m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍,则运动的汽车(　C　)
A.所受的合力可能为零
B.只受重力和地面支持力作用
C.最大速度不能超过25
m/s
D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供
解析:汽车在水平面上做匀速圆周运动,合力时刻指向圆心,静摩擦力提供向心力,因此排除选项A,B,D,选C项。
5.(2018·浙江11月选考,9)一质量为2.0×103
kg的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104
N,当汽车经过半径为80
m的弯道时,下列判断正确的是(　D　)
A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20
m/s时所需的向心力为1.4×104
N
C.汽车转弯的速度为20
m/s时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0
m/s2
解析:汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力,向心力是指向圆心方向的合力,即由摩擦力充当向心力,A错误;当汽车转弯时速度为20
m/s,所需的向心力为F向=m=1×104
N,没有超过最大静摩擦力,汽车不会发生侧滑,B,C错误;汽车能安全转弯的向心加速度为a==7.0
m/s2,D正确。
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