【物理】2018届一轮复习江苏专用第四章第3讲万有引力与航天学案

【物理】2018届一轮复习江苏专用第四章第3讲万有引力与航天学案

第3讲　圆周运动 一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 ‎1．匀速圆周运动 ‎(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．‎ ‎(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．‎ ‎(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．‎ ‎2．描述匀速圆周运动的物理量 定义、意义 公式、单位 线速度 描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)‎ ‎(1)v＝＝ ‎(2)单位：m/s 角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)‎ ‎(1)ω＝＝ ‎(2)单位：rad/s 周期 物体沿圆周运动一圈的时间(T)‎ ‎(1)T＝＝，单位：s ‎(2)f＝，单位：Hz 向心加速度 ‎(1)描述速度方向变化快慢的物理量(an)‎ ‎(2)方向指向圆心 ‎(1)an＝＝rω2‎ ‎(2)单位：m/s2‎ 深度思考　如图1所示为一辆自行车传动装置的结构图．‎ 图1‎ ‎(1)同一齿轮上到转轴距离不同的各点的线速度、角速度是否相同？‎ ‎(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同，转速是否相同？‎ 答案　(1)线速度不同，角速度相同．(2)线速度相同，角速度、转速不同．‎ 二、匀速圆周运动的向心力 ‎1．作用效果 向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．‎ ‎2．大小 F＝m＝mrω2＝mr＝mωv＝4π2mf2r.‎ ‎3．方向 始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．‎ ‎4．来源 向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．‎ 三、离心现象 ‎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周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．‎ ‎2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．‎ ‎3．受力特点(如图2)‎ 图2‎ 当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；‎ 当F＝0时，物体沿切线方向飞出；‎ 当F时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大 例3　小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图11所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点(　　)‎ 图11‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ‎①P球的质量大于Q球的质量；②由静止释放；③在各自轨迹的最低点．‎ 答案　C 解析　小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，LP时，小球一定能通过最高点P D．当v0<时，细绳始终处于绷紧状态 答案　CD 解析　小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：FT1－mg＝m；在最高点时：FT2＋mg＝m，其中mv－mg·2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝ 时，得v＝，因为小球能经过最高点的最小速度为，则当v0>时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝时，由mv＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确．‎ ‎5．如图14所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B在最高点时(　　)‎ 图14‎ A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案　C 解析　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误.‎ 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，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．下面列举三类实例：‎ ‎1．静摩擦力控制下的圆周运动 图15‎ 典例1　如图15所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是(　　)‎ A. rad/s B. rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s 答案　C 解析　当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，‎ μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s 故选项C正确．‎ ‎2．轻绳控制下的圆周运动 典例2　如图16所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10 m/s2)‎ 图16‎ 答案　0°≤α≤30°‎ 解析　小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsin α 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsin α＝①‎ 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 ‎－mglsin α＝mv－mv②‎ 若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③‎ 联立①②③解得sin α＝，则α＝30°‎ 故α的范围为0°≤α≤30°.‎ ‎3．轻杆控制下的圆周运动 典例3　如图17所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　)‎ 图17‎ A．4 m/s　B．2 m/s　C．2 m/s　D．2 m/s 答案　A 解析　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsin α＝mv可得vB＝4 m/s，A正确．‎ 题组1　匀速圆周运动的分析 ‎1．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图1所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为RA∶RB∶RC＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则(　　)‎ 图1‎ A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6‎ B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2‎ C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3‎ D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2‎ 答案　A 解析　小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝，A、B、C三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正确．‎ ‎2．(多选)如图2为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)(　　)‎ 图2‎ A．运动周期之比为5∶4‎ B．运动线速度大小之比为1∶1‎ C．向心加速度大小之比为5∶4‎ D．受到的合力大小之比为15∶14‎ 答案　CD 解析　A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为 ‎5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C正确．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为 15∶14，故D正确．‎ 题组2　水平面内圆周运动的临界问题 ‎3．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图3所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心．已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距RA＝2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是(　　)‎ 图3‎ A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3‎ B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aA∶aB＝2∶9‎ C．转速增加后滑块B先发生滑动 D．转速增加后两滑块一起发生滑动 答案　ABC 解析　假设轮盘乙的半径为R，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9，B正确；据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为FfA＝μmAg，FfB＝μmBg，最大静摩擦力之比为FfA∶FfB＝mA∶mB，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为FfA′∶FfB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝mA∶(4.5mB)，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误．‎ ‎4．(多选)如图4所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力 B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大 C．当ω2> 时整体会发生滑动 D．当 <ω< 时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大 答案　BCD 解析　当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F0＝mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m)g＝2m·2rω，解得ω1＝ ，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力达到最大，且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到细线的拉力，对C有FT＋μ(2m)g＝2m·2rω，对A、B整体有FT＝2μmg，解得ω2＝ ，当ω2> 时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当 <ω< 时，C所受摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F＝FT＋Ff不断增大，故B、C间的拉力不断增大，故D正确．‎ ‎5.如图5所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．OB绳的拉力范围为0～mg B．OB绳的拉力范围为mg～mg C．AB绳的拉力范围为mg～mg D．AB绳的拉力范围为0～mg 答案　B 解析　当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos 30°＝mg，F1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B项正确．‎ ‎6．如图6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.‎ 图6‎ ‎(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＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．‎ 答案　(1) ‎(2)当ω＝(1＋k)ω0时，Ff沿罐壁切线向下，大小为 mg 当ω＝(1－k)ω0时，Ff沿罐壁切线向上，大小为 mg 解析　(1)对小物块受力分析可知：‎ FN cos 60°＝mg①‎ FN sin 60°＝mR′ω②‎ R′＝Rsin 60°③‎ 联立①②③解得：ω0＝ ‎(2)由于0＜k≪1，‎ 当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．‎ 由受力分析可知：‎ FN′cos 60°＝mg＋Ffcos 30°④‎ FN′sin 60°＋Ffsin 30°＝mR′ω2⑤‎ 联立③④⑤解得：Ff＝mg 当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．‎ 由受力分析和几何关系知：‎ FN″cos 60°＋Ff′sin 60°＝mg⑥‎ FN″sin 60°－Ff′cos 60°＝mR′ω2⑦‎ 联立③⑥⑦解得Ff′＝mg.‎ 题组3　竖直平面内圆周运动的临界问题 ‎7．如图7所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为(　　)‎ 图7‎ A.mg B.mg C．3mg D．2mg 答案　A 解析　设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos θ＝L.根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝m；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcos θ＋mg＝m，联立解得F＝mg，选项A正确．‎ ‎8.(多选)如图8所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(取g＝10 m/s2)(　　)‎ 图8‎ A．v0≥0 B．v0≥4 m/s C．v0≥2 m/s D．v0≤2 m/s 答案　CD 解析　当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv，得v0≥2 m/s，C正确．当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，得v0＝2 m/s，D正确．‎ ‎9．如图9所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA、hB，下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．若使小球沿轨道运动并且到达轨道最高点，两球释放的最小高度hAhB，A错误；在轨道最低点，小球受到的支持力最小时，释放高度是最小的，即对左侧轨道来说，在最低点mghA＝mv，由牛顿第二定律有FNA－mg＝m，联立得FNA＝6mg，对右侧轨道来说，在最低点有mghB＝mv，根据牛顿第二定律有FNB－mg＝m，联立得FNB＝5mg，故B正确，C错误；小球A从最高点飞出后进行平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vA＝·＝R>R，所以小球A落在轨道右端开口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端开口处，D错误．‎ ‎10.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10所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力．‎ 图10‎ ‎(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；‎ ‎(2)求绳能承受的最大拉力；‎ ‎(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，绳长应是多少？最大水平距离为多少？‎ 答案　(1)　　　(2)mg　(3)　d 解析　(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得 竖直方向d＝gt2‎ 水平方向d＝v1t 解得v1＝ 在竖直方向上有v⊥2＝2g(1－)d，则 v－v＝2g(1－)d 解得v2＝ ‎(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R＝d 对小球在最低点由牛顿第二定律得 FT－mg＝ 解得FT＝mg ‎(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变．由牛顿第二定律得 FT－mg＝ 解得v3＝ 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1，则 竖直方向d－l＝gt 水平方向x＝v3t1‎ 解得x＝4 当l＝时，x有极大值，xmax＝d.‎