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圆周运动(例题)
参考答案与试题解析
【例1】如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，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
答案　D
解析　A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，＝，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误。转速之比等于角速度之比，故C错误。由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确。
【例2】明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮水车图(如图所示)，记录了我们祖先的劳动智慧．若A、B、C三齿轮车半径的大小关系如图所示，则(　
　)
A．齿轮A的角速度比C的大
B．齿轮A与B的角速度大小相等
C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的大
解析：由图可知rA>rB>rC，齿轮A边缘与齿轮B边缘线速度大小是相同的，即vA＝vB，由v＝ωr，可得＝，故ωA<ωB；齿轮B与齿轮C共轴，则齿轮B与齿轮C角速度大小相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr可得，齿轮B与齿轮C边缘的线速度大小之比＝，故vB>vC.综上所述，vA＝vB>vC，ωB＝ωC>ωA，A、B、C错误，D正确．
【例3】汽车后备厢盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于厢内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备厢盖的过程中(　　)
A．A点相对O′点做圆周运动
B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等
C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等
D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等
解析　在合上后备厢盖的过程中，O′A的长度是变化
的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A项错误；在合上后备厢盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，但是OB大于OA，根据v＝rω，所以B点相对于O点转动的线速度大，B项错误，C项正确；根据向心加速度a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，D项错误。
答案　C
【例4】如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0【审题关键点】　(1)小物块受到的摩擦力恰好为零说明小物块受到的重力与支持力的合力提供向心力．
(2)当ω≠ω0时，注意分析小物块受到摩擦力的方向．
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．版权所有
【专题】16：压轴题；519：匀速圆周运动专题．
【分析】（1）若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小。
（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小。当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小。
【解答】解：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有
mgtan，解得
（2）当ω＝（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，
根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°＝mRsin60°ω2。
fsin60°+mg＝Nsin30°
联立两式解得
当ω＝（1﹣k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，
根据牛顿第二定律得，Ncos30°﹣fcos60°＝mRsin60°ω2。
mg＝Nsin30°+fsin60°
联立两式解得。
答：（1）小物块受到的摩擦力恰好为零时，。
（2）当ω＝（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为。
当ω＝（1﹣k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为。
【点评】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解。
【例5】如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转速n转每秒在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为(　　)
A．R－
B.
C.－R
D.＋
答案　A
解析　小球靠重力和支持力的合力提供向心力，如图所示，小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ。
根据受力图可知tanθ＝，
而向心力F向＝mω2Rsinθ，
解得cosθ＝。
所以h＝R－Rcosθ＝R－R·＝R－，选项A正确。
【例6】一质量为2.0×103kg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1.4×104N，当汽车经过半径为80m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20m/s时所需的向心力为1.4×104N
C．汽车转弯的速度为20m/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7.0m/s2
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；51A：圆周运动中的临界问题．
【分析】汽车做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，如果车速达到72km/h，根据牛顿第二定律求出所需向心力，侧向最大静摩擦力比较判断是否发生侧滑
【解答】解：A、汽车在水平面转弯时，做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，故A错误，
B、如果车速达到＝20m/s，需要的向心力F＝m＝2.0×103×＝1.0×104N，故B错误
C、最大静摩擦力f＝1.4×104N，则F＜f，所以汽车不会发生侧滑，故C错误
D、最大加速度a＝＝＝7.0m/s2，故D正确
故选：D。
【点评】题关键找出向心力来源，将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动。
【例7】(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＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L＝100m。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＝10m/s2，π＝3.14)。则赛车(　　)
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s
【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律；4A：向心力．版权所有
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用t＝2πr××求时间。
【解答】解：A．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；
B．设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg＝m可知，代入数据解得：v＝45m/s，故B正确；
C．设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg＝m可知，代入数据解得：v0＝30m/s，由几何关系可得直道的长度为：x＝＝50m，再由v2﹣＝2ax代入数据解得：a＝6.50m/s2，故C错误；
D．设R与OO'的夹角为α，由几何关系可得：cosα＝＝，α＝60°，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的时间为t＝2πr××＝2.79s，故D错误。
故选：AB。
【点评】解答此题的关键是由题目获得条件：①绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力；②由数学知识求得直道长度；③由数学知识求得圆心角。另外还要求熟练掌握匀速圆周运动的知识。
【例8】(2011?安徽)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图(a)所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度υ0抛出，如图(b)所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是(　　)
A．
B．
C．
D．
【考点】37：牛顿第二定律；47：匀速圆周运动；4A：向心力．版权所有
【分析】由题目的介绍可知，求曲率半径也就是求在该点做圆周运动的半径，利用向心力的公式就可以求得。
【解答】解：物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，
在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力作为向心力，
由向心力的公式得
mg＝m，
所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是ρ＝，故C正确。
故选：C。
【点评】曲率半径，一个新的概念，平时不熟悉，但根据题目的介绍可知，求曲率半径也就是求在该点做圆周运动的半径，读懂题目的真正意图，本题就可以解出了。
【例9】(2020?天津模拟)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，平均摩擦力f1，到C点的速率v1；第二次由C滑到A，所用时间为t2，平均摩擦力f2，到A点的速率v2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)
A．f1B．t1＝t2
C．t1D．v1＞v2
【考点】27：摩擦力的判断与计算；4A：向心力．版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用；62：推理能力．
【分析】滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较滑块的运动时间，根据动能定理比较速度的大小。
【解答】解：ABC、在AB段，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝，滑块受到的支持力：F＝mg﹣m，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f＝μF就越小，
在BC段，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m，滑块受到的支持力：F＝mg+，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，
由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故AC对，B错误；
D、从A到C的过程和C到A的过程，通过同一点，在AB段，由牛顿第二定律知，径向的合力提供向心力，从A到B时速度较大，则支持力较小，摩擦力较小，在BC段，径向的合力提供向心力，从A到B，在BC段的速度较小，支持力较小，摩擦力较小，结合动能定理知，从A到C过程中克服摩擦力做功小于从C到A过程中克服摩擦力做功，知v1＞v2．故D正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正确解题。
【例10】(2020春?峄城区校级期中)如图所示，一个内壁光滑的圆锥桶的轴线垂直于水平面，圆锥桶固定不动，有两个质量分别为mA和mB(mA＞mB)的小球紧贴内壁在水平面内做匀速圆周运动，下列说法错误的是(　　)
A．A球的角速度大于B球的角速度
B．A球的线速度大于B球的线速度
C．A球的周期大于B球运动的周期
D．A球对桶壁的压力大于B球对桶壁的压力
【考点】37：牛顿第二定律；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题；62：推理能力．
【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程即可分析
【解答】解：D、对于任意一个小球，受力如图所示
将FN沿水平和竖直方向分解，根据牛顿第二定律得：
FNcosθ＝ma
①，
FNsinθ＝mg
②。
所以有：FN＝，因此质量大的对筒壁压力大，由于mA＞mB，A球的支持力大于B球的支持力，根据牛顿第三定律可知，A球对桶壁的压力大于B球对桶壁的压力，故D正确；
ABC、由①：②可得：a＝可知两球的向心加速度大小相等。
又
a＝＝ω2r＝r
所以半径大的线速度大，即υA＞υB，半径大的角速度小，即ωA＜ωB，半径大的周期大，即TA＞TB，故A错误，BC正确
因选错误的
故选：A。
【点评】解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，要掌握向心加速度不同表达式形式。
【例11】(2020春?南阳期中)如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一点O，在O点下方垂直距离为h处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线与竖直方向夹角分别是α、β，则A、B两小球的(　　)
A．周期之比T1：T2＝sinα：sinβ
B．角速度之比ω1：ω2＝cosα：cosβ
C．线速度之比v1：v2＝tanα：tanβ
D．向心加速度之比a1：a2＝tanβ：tanα
【考点】37：牛顿第二定律；48：线速度、角速度和周期、转速；49：向心加速度；4A：向心力．版权所有
【专题】32：定量思想；519：匀速圆周运动专题；62：推理能力．
【分析】抓住小球圆周运动的向心力由重力和悬线拉力的合力提供，分析小球的受力情况，由牛顿第二定律列式分析，列出周期、角速度、线速度和向心加速度的关系式分析求解。
【解答】解：AB、小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，
对A球受力分析，由牛顿第二定律有：
在水平方向有：mgtanα＝m
对B球受力分析，由牛顿第二定律有：
在水平方向有：mgtanβ＝m
解得：T1：T2＝1：1
角速度为：
则角速度之比：ω1：ω2＝1：1，故AB错误；
C、根据v＝ωr可得，A的线速度为：v1＝ω1htanα，B的线速度为：v2＝ω2tanβ?h，故线速度之比为：v1：v2＝tanα：tanβ，故C正确；
D、向心加速度：a＝vω，则向心加速度之比等于线速度之比为：a1：a2＝tanα：tanβ，故D错误；
故选：C。
【点评】此题属于圆锥摆的问题，关键是分析受力，确定向心力的来源，根据水平方向上的合力提供向心力，在分析受力时，向心力不要分析，避免与其它力的效果重复。
【例12】
【例13】(2020春?香洲区校级期中)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＝3：1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　)
A．m1与m2滑动前的角速度之比ω1：ω2＝3：1
B．m1与m2滑动前的向心加速度之比a1：a2＝1：3
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动
【考点】37：牛顿第二定律；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．版权所有
【专题】32：定量思想；4D：比例法；519：匀速圆周运动专题；62：推理能力．
【分析】抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比。抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断。
【解答】解：A、甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1?3r＝ω2?r，则得ω1：ω2＝1：3，所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为ω1：ω2＝1：3．故A错误；
B、物块相对盘开始滑动前，根据a＝ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为
a1：a2＝ω12?2r：ω22r＝2：9，故B错误；
CD、根据μmg＝mrω2知，两个物体刚要时临界角速度为ω＝，可知m1、m2的临界角速度之比为1：，而甲乙的角速度之比为ω1：ω2＝1：3，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，所以m2先开始滑动，故D正确，C错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等，掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件。
【例14】(2019·安徽六安一中模拟)如图所示，两个可视为质点的相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法不正确的是(　C　)
A．当ω>
时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>
时，绳子一定有弹力
C．当ω在
<ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．当ω在0<ω<范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
解析：当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有kmg－T＝mLω，对B有T＋kmg＝m·2Lω，解得ω1＝，当ω>时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确．当B达到最大静摩擦力时，绳子将要产生弹力，kmg＝m·2Lω，解得ω2＝，知ω>时，绳子一定有弹力，故B正确．当ω在0<ω<
范围内增大时，B所受摩擦力变大，当ω在
<ω<
范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C错误；当ω在0<ω<
范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D正确．本题选错误的，故选C.
【例15】(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，重力加速度为g.当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　AC　)
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>
时，b绳中将出现张力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的张力一定发生变化
解析：对小球进行受力分析可知，a绳的张力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误；当Tacosθ＝mω2l，即ω＝时，b绳的张力为零，若角速度大于该值，则b绳中将出现张力，C正确；由于b绳中可能没有张力，故b绳突然被剪断时，a绳的张力可能不变，D错误．
【例16】2.如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内，重力加速度为g)。求：
(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆；
(2)轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。
解析　(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sinα＝，r＝，水平方向：Fasinα＝mω2r，
竖直方向：Facosα＝mg，联立解得ω＝2
。
(2)由(1)可知0≤ω≤2
时，Fa＝mg，
若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r1＝lsinβ，水平方向：Fasinβ＝mω2r1，
竖直方向：Facosβ＝mg，联立解得Fa＝mω2l，
当轻绳b恰伸直时，β＝60°，此时ω＝
，
故有Fa＝mω2l，此时2
＜ω≤
，
若角速度ω再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为r2＝lsin60°，
水平方向：Fasin60°＋Fbsin60°＝mω2r2，
竖直方向：Facos60°＝Fbcos60°＋mg，
联立解得Fa＝mlω2＋mg，此时ω≥
。
答案　(1)2
　(2)见解析
【例17】8．一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W。
答案　(1)　(2)
　(3)mgL＋
解析　(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1、OA杆与转轴的夹角为θ1。
小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·
小环受力平衡，F弹1＝mg＋2T1cosθ1
小球受力平衡，F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg
F1sinθ1＝T1sinθ1
解得k＝
(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x。
小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)
小环受力平衡F弹2＝mg
得x＝L
对小球F2cosθ2＝mg
F2sinθ2＝mωlsinθ2且cosθ2＝
解得ω0＝
$(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3
，OA杆与弹簧的夹角为θ3。
小环受到弹簧的弹力F弹3＝kL
小环受力平衡2T3cosθ3＝mg＋F弹3
且cosθ3＝
对小球F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg
F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωlsinθ3
解得ω3＝
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理
W－mg－2mg＝2×m(ω3lsinθ3)2
解得W＝mgL＋
【例18】（2019?溧水区校级模拟）地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L（L＞R），如图所示。跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）。若小车沿跑道顺时针运动（俯视），当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v为（　　）
A．R
B．
C．
（n＝0，1，2，3…）
D．
（n＝0，1，2，3…）
【考点】43：平抛运动；48：线速度、角速度和周期、转速．版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】沙袋从P点开始做的都是平抛运动，根据在竖直方向上的自由落体运动，可以求得运动的时间，要使沙袋能在B处落入小车中，在沙袋落到B点时，小车要刚好到达B位置，小车可以是经过圆周到达B点，也可以是经过整数个圆周之后再过圆周到达B点，根据它们的时间相同可以求得小车速度的关系。
【解答】解：要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同，有：
tAB＝（n+）（n＝0，1，2，3…）
且
tAB＝t＝
解得：v＝（4n+1）πR（n＝0，1，2，3…）。故D正确。
故选：D。
【点评】本题是对平抛运动规律的考查，在分析第二问时，要考虑到小车运动的周期性，小车并一定是经过圆周，也可以是经过了多个圆周之后再经过圆周后恰好到达B点，这是同学在解题时经常忽略而出错的地方。
【例19】（2019?肇庆三模）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L．当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　）
A．飞镖击中P点所需的时间为
B．圆盘的半径可能为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度不可能为
【考点】43：平抛运动；48：线速度、角速度和周期、转速．版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．
【分析】飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明A点正好在最低点被击中，则P点转动的时间t＝（2n+1），根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解。
【解答】解：A、飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝，故A正确；
B、飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r＝，解得圆盘的半径为：r＝，故B错误；
C、飞镖击中P点，则P点转过的角度满足：θ＝ωt＝π+2kπ（k＝0，1，2…）故ω＝＝，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；
D、P点随圆盘转动的线速度为：v＝ωr＝＝，当k＝2时，v＝，故D错误；
故选：A。
【点评】本题关键知道恰好击中P点，说明P点正好在最低点，利用匀速圆周运动的周期性和平抛运动规律联立求解。
【例20】1.(多选)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
解析　小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A项错误，B项正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力N与球的重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：N－Fmg＝m，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C项正确；小球在水平线ab以上的管道
中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D项错误。
答案　BC
【例21】如图所示，长为3L的轻杆可绕水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B(可视为质点)，球A距轴O的距离为L。现给系统一定动能，使杆和球在竖直平面内转动。当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为g，则球B在最高点时，下列说法正确的是(　　)
A．球B的速度为0
B．杆对球B的弹力为0
C．球B的速度为
D．球A的速度等于
解析　对B球：T＋mg＝m，对A球：T
′－mg＝m，同时vB＝2vA，要使轴O对杆作用力为0，即满足T＝T
′，解得vA＝，vB＝2，故只有D项正确。
答案　D
【例22】（2020?汕头一模）如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F（竖直向上为正），用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与vN2的关系图象如图乙，c为图象与横轴交点坐标，b为图象延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对轨道无压力
B．当小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对内管道壁有压力
C．小球做圆周运动的半径为
D．F＝﹣b表示小球经过N点时速度等于0
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．版权所有
【专题】11：计算题；32：定量思想；519：匀速圆周运动专题；64：应用数学处理物理问题的能力．
【分析】根据图象判断经过M点时对管道作用力F的方向；根据图象及结合动能定理以及向心力的公式求解半径。
【解答】解：A、由乙图可得，当vN2＝c时，球经过M点时对管道作用力F＝0，故A正确。
B、由图可知当vN2＝c时，经过M点时对管道作用力F＞0，F的方向为竖直向上，故对外管道壁有压力，故B错误。
C、设圆的半径为R，从最高点M到最低点N，由动能定理得：2mgR＝
当vN2＝c时有：＝c﹣4gR
此时经过M点时对管道作用力为：F＝0
故有：mg＝＝m
解得：R＝，故C正确。
D、小球经过N点时速度不能等于0，故F＝﹣b的情况不存在，故D错误。
故选：AC。
【点评】在处理圆周运动时，会熟练运用动能定理、向心力公式来处理；在双环轨道中，球对管壁的作用力根据速度的大小来判断。
【例23】如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0
kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0
m，B点离地高度H＝1.0
m，A、B两点的高度差h＝0.5
m，重力加速度g取10
m/s2，不计空气阻力影响，求：
(1)地面上DC两点间的距离s；
(2)轻绳所受的最大拉力大小。
解析　(1)小球从A到B过程机械能守恒，则mgh＝mv，①
小球从B到C做平抛运动，则
在水平方向有s＝vBt，②
在竖直方向有H＝gt2，③
联立①②③式解得s≈1.41
m。
(2)小球下摆到B点时，绳子的拉力与小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有
F－mg＝m，④
联立①④式解得F＝20
N，
由牛顿第三定律得F′＝F＝20
N，
即轻绳所受的最大拉力为20
N。
答案　(1)1.41
m　(2)20
N
【例24】(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3
s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相撞。已知半圆形管道的半径为R＝1
m，小球可看作质点且其质量为m＝1
kg，g取10
m/s2，则(　　)
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9
m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9
m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是1
N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是2
N
解析　根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3
m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3
m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9
m，A项正确，B项错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3
m/s，解得FNB＝－1
N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，C项正确，D项错误。
答案　AC
【例25】如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.5
m，离水平地面的高度H＝0.8
m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4
m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
解析　(1)设物块做平抛运动所用时间为t，
竖直方向有H＝gt2，①
水平方向有s＝v0t，②
联立①②两式得v0＝s
＝1
m/s。③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
μmg＝m，④
联立③④得μ＝＝0.2。
答案　(1)1
m/s　(2)0.2
第1页(共1页)英恋物理
《高考物理顶层
系列资料点考向通01
圆周运动
资料编号
动
圆或者圆的一部分
习题编号:12
本物理量
习题编号:120-2
(1)线速度
物理意义:描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)
方向和半径垂直,和圆周相切
(2)角速度
①、物理意义:描述物体绕圆心转动快慢的物理量()
标矢性:是矢量,方向与轨道平面垂直(右手螺旋定则)
单位
(3)周期
期是物体沿圆周运动
标矢性:是标量
(4)转速
定义:转速是物体在单位
转过的圈数(n)
②、标矢性:是标量
5)频率
周期的倒数叫做频率(
标矢性:是标
④4、单位
(6)向心加速度
物理意
述速度方向变化快慢的物理量
矢性:是矢量,方方向指向圆
④、单位
7)向心力
物理意义:作用效果是产生向心加速度,只改变线速度的方向,不改变线速度的大
标矢性:是矢量,方方向指向圆
式
④、单位
PS:各物理量之间的关系(必需记住)
4/
英杰物理
《高考物理顶层
系列资
考点考向通02
做圆周运动的物体,若在相等的时间内通过的圆弧长相等,就是匀速圆周
(2)特
速度大小不变,方向始终指向圆
变加
(3)条件:合外力
变、方向始终与速度方向垂直且指向圆
4、合外力与向心力的关系
(1)向心力为合外力指向圆心的分量
(2)对于匀速圆周运动而
完
)合外力为性质力,通过受力分析可分析出,向心力为效果力,受力分析绝不能分析
(1)定义: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
所需向心力的情
况下,所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象
(2)本质:做圆周运动的物体,由于本身的惯性,总有沿着圆周切线飞出去的倾向
(3)受力特点(如图所示)
=040
ω2时,物体做匀速圆周运动
物体沿
F③当F④当F>mo2时,物体逐渐向圆心靠近
6、圆周运动解题思路
(1)确定圆周运动的轨道平面
(2)利用几何关
圆心O和半径r
(3)受力分析,求出物体到圆心这一直线上的合外力
受力分析顺序:一场力
知、三弹力、四摩擦、五其他
建系:物体到圆心建立x轴,垂直方向建立y南
圆心的
(4)利用公式求解
4
速度求受力或者知道受
度,利用指向圆心的力
力提供
求
在菜一过程中,已知一个位置的参数,求另一个位置的参数,利用动能定理求解
模型构建
装置
B
特点:两轮固定在一起绕同一转轴转动,两轮
关系
动的角速度大

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