1、 章末分层突破章末分层突破 自我校对 2r T 2 T 2 1 n mr2 mr(2 T )2 r2 r(2 T )2 方向 描述圆周运动的物理量及其关 系 1.线速度、角速度、周期和转速都是描述圆周运动快慢的物理量，但意义不 同线速度描述物体沿圆周运动的快慢角速度、周期和转速描述做圆周运动的 物体绕圆心转动的快慢由 2 T 2n，知 越大，T 越小，n 越大，则物体 转动得越快， 反之则越慢 三个物理量知道其中一个， 另外两个也就成为已知量 2对公式 vr 及 av 2 r r2的理解 (1)由 vr，知 r 一定时，v 与 成正比； 一定时，v 与 r 成正比；v 一 定时， 与 r 成反
2、比 (2)由 av 2 r r2，知 v 一定时，a 与 r 成反比； 一定时，a 与 r 成正比 如图 2- 1 所示，定滑轮的半径 r2 cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一 个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度 a2 m/s2做匀加速运动，在重物 由静止下落距离为 1 m 的瞬间，求滑轮边缘上的点的角速度 和向心加速度 an. 图 2- 1 【解析】 重物下落 1 m 时，瞬时速度为 v 2as 221 m/s2 m/s. 显然，滑轮边缘上每一点的线速度也都是 2 m/s，故滑轮转动的角速度，即 滑轮边缘上每一点转动的角速度为 v r 2 0.02rad/s100 rad/s. 向心加速度
3、为 an2r10020.02 m/s2200 m/s2. 【答案】 100 rad/s 200 m/s2 圆周运动的临界问 题 1.水平面内的临界问题 在这类问题中，要特别注意分析物体做圆周运动的向心力来源，考虑达到临 界条件时物体所处的状态，即临界速度、临界角速度，然后分析该状态下物体的 受力特点，结合圆周运动知识，列方程求解常见情况有以下几种： (1)与绳的弹力有关的圆周运动临界问题 (2)因静摩擦力存在最值而产生的圆周运动临界问题 (3)受弹簧等约束的匀速圆周运动临界问题 2竖直平面内圆周运动的临界问题 在竖直平面内的圆周运动一般不是匀速圆周运动， 但物体经最高点或最低点 时，所受的重力
4、与其他力的合力指向圆心，提供向心力 (1)没有物体支撑的小球(轻绳或单侧轨道类) 小球在最高点的临界速度(最小速度)是 v0 gr.小球恰能通过圆周最高点 时，绳对小球的拉力为零，环对小球的弹力为零(临界条件：FT0 或 FN0)， 此时重力提供向心力所以 v gr时，能通过最高点；v gr时，不能达到最 高点 (2)有物体支撑的小球(轻杆或双侧轨道类) 因轻杆和管壁能对小球产生支撑作用，所以小球达到最高点的速度可以为 零，即临界速度 v00，此时支持力 FNmg，当物体在最高点的速度 v0 时， 物体就可以完成一个完整的圆周运动 一水平放置的圆盘， 可以绕中心 O 点旋转， 盘上放一个质量是
5、 0.4 kg 的铁块(可视为质点)， 铁块与中间位置的转轴处的圆盘用轻质弹簧连接， 如图 2- 2 所示铁块随圆盘一起匀速转动，角速度是 10 rad/s 时，铁块距中心 O 点 30 cm， 这时弹簧对铁块的拉力大小为 11 N，g 取 10 m/s2，求： 图 2- 2 (1)圆盘对铁块的摩擦力大小； (2)若此情况下铁块恰好不向外滑动(视最大静摩擦力等于滑动摩擦力)， 则铁 块与圆盘间的动摩擦因数为多大？ 【解析】 (1)弹簧弹力与铁块受到的静摩擦力的合力提供向心力，根据牛 顿第二定律得： Ffm2r 代入数值解得：f1 N. (2)此时铁块恰好不向外侧滑动，则所受到的静摩擦力就是最大
6、静摩擦力， 则有 fmg 故 f mg0.25. 【答案】 (1)1 N (2)0.25 小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有 质量为 m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动当球某次运动到 最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离 d 后落地，如图 2- 3 所示已知握绳的 手离地面高度为 d，手与球之间的绳长为3 4d，重力加速度为 g.忽略手的运动半径 和空气阻力 图 2- 3 (1)求绳断开时球的速度大小 v1 (2)问绳能承受的最大拉力多大？ (3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使 球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距
7、离为多少？ 【解析】 (1)设绳断后球飞行时间为 t，由平抛运动规律，有竖直方向：1 4d 1 2gt 2 水平方向：dv1t 解得 v1 2gd. (2)设绳能承受的最大拉力大小为 T，这也是球受到绳的最大拉力大小 球做圆周运动的半径为 R3 4d 由牛顿第二定律，有 Tmgmv 2 1 R 得 T11 3 mg. (3)设绳长为 l，绳断时球的速度大小为 v2，绳承受的最大拉力不变，由牛顿 第二定律得： Tmgmv 2 2 l 解得：v2 8 3gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为 dl，水平位移为 s，时间为 t1. 有 dl1 2gt 2 1 sv2t1 得 s4 ldl 3 ，当 l
8、d 2时，s 有最大值 smax 2 3 3 d. 【答案】 (1) 2gd 5 2gd (1) 11 3 mg (3)d 2 2 3 3 d 竖直平面内圆周运动的分析方法 1竖直平面内的圆周运动一般是变速圆周运动，运动速度的大小和方向在 不断发生变化， 通常只研究物体在最高点和最低点的情况， 而往往存在临界状态 2竖直平面内的圆周运动往往和机械能守恒定律，动能定理及平抛运动结 合， 此类问题利用机械能守恒定律、动能定理将最高点和最低点的物理量联系起 来 1(多选)如图 2- 4 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
9、赛车通过 AB 线经弯道到 达 AB线，有如图所示的、三条路线，其中路线是以 O为圆心 的半圆，OOr.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( ) 【导学号：35390035】 图 2- 4 A选择路线，赛车经过的路程最短 B选择路线，赛车的速率最小 C选择路线，赛车所用时间最短 D、三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 【解析】 由几何关系可得，路线、赛车通过的路程分别为：(r 2r)、(2r2r)和 2r，可知路线的路程最短，选项 A 正确；圆周运动时的最 大速率对应
10、着最大静摩擦力提供向心力的情形，即 mgmv 2 R，可得最大速率 v gR，则知和的速率相等，且大于的速率，选项 B 错误；根据 ts v， 可得、所用的时间分别为 t12r gr ，t22r1 2gr ，t3 2r 2gr，其中 t3最小，可知线路所用时间最短，选项 C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定 律可得：mgma向，a向g，可知三条路线上的向心加速度大小均为 g，选 项 D 正确 【答案】 ACD 2未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来 的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图 2- 5 所 示当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋
11、转舱内圆柱形侧壁上，可以受 到与他站在地球表面时相同大小的支持力为达到目的，下列说法正确的是 ( ) 【导学号：35390036】 图 2- 5 A旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 【解析】 旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即 mgm2r，解得 g r，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员 的质量无关，选项 B 正确 【答案】 B 3(多选)如图 2- 6 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
12、 与转轴 OO的距离为 l，b 与转轴的距离为 2l.木块与圆盘的最大 静摩擦力为木块所受重力的 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 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( ) 图 2- 6 Ab 一定比 a 先开始滑动 Ba、b 所受的摩擦力始终相等 C kg 2l是 b 开始滑动的临界角速度 D当 2kg 3l 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg 【解析】 本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件小木块 a、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即 fm2R.当角速度增加时，静 摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块 a
13、：fam2al， 当 fakmg 时，kmgm2al，a kg l ；对木块 b：fbm2b 2l，当 fbkmg 时， kmgm2b 2l，b kg 2l，所以 b 先达到最大静摩擦力，选项 A 正确；两木块 滑动前转动的角速度相同，则 fam2l，fbm2 2l，fafb，选项 B 错误；当 kg 2l时 b 刚开始滑动， 选项 C 正确； 当 2kg 3l 时， a 没有滑动， 则 fam2l 2 3kmg，选项 D 错误 【答案】 AC 4某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度 的实验所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半 径为 R0.2
14、0 m) (a) (b) 图 2- 7 完成下列填空： (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图 2- 7(a)所示，托盘秤的示数为 1.00 kg； (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示， 该示数为_kg； (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放， 小车经过最低点后滑向另一侧 此 过程中托盘秤的最大示数为 m；多次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如 下表所示. 序号 1 2 3 4 5 m(kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 _N；小车通过最低点时的速度大小为_m/s.
15、(重力加速度大小取 9.80 m/s2，计算结果保留 2 位有效数字) 【解析】 (2)题图(b)中托盘秤的示数为 1.40 kg. (4) 小 车5次 经 过 最 低 点 时 托 盘 秤 的 示 数 平 均 值 为m 1.801.751.851.751.90 5 kg1.81 kg. 小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 F(m1.00)g(1.811.00)9.80 N7.9 N 由题意可知小车的质量为 m(1.401.00) kg0.40 kg 对小车，在最低点时由牛顿第二定律得 F mgmv 2 R 解得 v1.4 m/s 【答案】 1.40 7.9 1.4 5半径为 R 的水平圆盘绕过
16、圆心 O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一 点在 O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度 v 水平抛出时，半径 OA 方向恰好与 v 的方向相同， 如图 2- 8 所示 若小球与圆盘只碰一次， 且落在 A 点， 重力加速度为 g，则小球抛出时距 O 的高度 h_，圆盘转动的角速度大 小 _. 图 2- 8 【解析】 由平抛运动的规律结合圆周运动的知识求解 小球做平抛运动，在竖直方向：h1 2gt 2 在水平方向 Rvt 由两式可得 hgR 2 2v2 小球落在 A 点的过程中，OA 转过的角度 2nt (n1,2,3，) 由两式得 2nv R (n1,2,3，) 【答案】 gR2 2v2 2nv R (n1,2,3，) 我还有这些不足： (1) (2) 我的课下提升方案： (1) (2)
