【物理】2020届一轮复习人教版Բ周运动学案
第四单元曲线运动 万有引力与航天
课时 3 圆 周 运 动
见《自学听讲》P62
1.圆周运动
(1)描述圆周运动的物理量
(2)圆周运动各物理量间的关系
1.(2018 吉林长春开学考试)(多选)一质点做匀速圆周运动,其线速度大小为 4 m/s,转动周期为 2 s,则其( )。
A.角速度为 0.5 rad/s B.转速为 0.5 r/s
C.轨迹半径为
4
π m D.加速度大小为 4π m/s2
答案 BCD
2.(2018 广西南宁 10 月联考)(多选)下列关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的是( )。
A.因向心力总是沿半径指向圆心,且大小不变,故向心力是一个恒力
B.因向心力指向圆心,且与线速度方向垂直,所以它不能改变线速度的大小
C.向心力就是物体所受的合外力
D.向心力和向心加速度的方向都是不变的
答案 BC
3.(2018 四川德阳 10 月月考)(多选)在如图所示的齿轮传动中,三个齿轮的半径之比为 2∶3∶6,当齿轮转动的时候,下列关于小齿轮
边缘的 A 点和大齿轮边缘的 B 点的说法正确的是( )。
A.A 点和 B 点的线速度大小之比为 1∶1
B.A 点和 B 点的角速度之比为 1∶1
C.A 点和 B 点的角速度之比为 3∶1
D.以上三个选项只有一个是正确的
答案 AC
2.离心运动与近心运动
(1)离心运动
(2)近心运动
当提供向心力的合力大于做圆周运动所需向心力,即 F>mω2r 时,物体将逐渐靠近圆心,做近心运动。
4.(2018 江西上饶 11 月模拟)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,下列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
答案 A
1.(2018 江苏卷,6)(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( )(π 取 3.14)。
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,A 项正确;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,B 项错误;由题意得圆周运动的角速度 ω=
Δ휃
Δ푡=
10
180 × 10×3.14 rad/s=
3.14
180 rad/s,又 r=
푣
휔=
60
3.14×180 m≈3439 m,C 项错误,D 项
正确。
答案 AD
2.(2018 浙江卷,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
解析 因为相同时间内它们通过的路程之比是 4∶3,则线速度大小之比为 4∶3;A 项正确;运动方向改变的角度之比为 3∶2,则
角速度大小之比为 3∶2,B 项错误;根据 v=ωr 得,圆周运动的半径之比为 8∶9,C 项错误;根据 a=vω 得,向心加速度之比为 2∶1,D 项
错误。
答案 A
见《自学听讲》P63
一 圆周运动的运动学问题
传动类型 图示 结论
共轴传动
(1)运动特点:转动方向相同
(2)定量关系:A 点和 B 点转动的周期相同、角速度相同,A 点和 B 点的线速度大小与其半径成正比
(续表)
传动类型 图示 结论
皮带(链
条)传动
(1)运动特点:两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关,可同向转动,也可反向转动
(2)定量关系:由于 A、B 两点相当于皮带上的不同位置的点,所以它们的线速度大小相同,二者角速度与
其半径成反比,周期与其半径成正比
(续表)
传动类型 图示 结论
齿轮传动
(1)运动特点:转动方向相反
(2)定量关系:vA=vB,
TA
TB=
r1
r2=
z1
z2,
ωA
ωB=
r2
r1=
z2
z1(z1、z2 分别表示两齿轮的齿数)
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 RB∶RC=3∶2,A 轮的半径大小与
C 轮的相同,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 为
三轮边缘上的三个点,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
解析 A、B 靠摩擦传动,则边缘上 a、b 两点的线速度大小相等,即 va∶vb=1∶1,A 项错误;B、C 同轴转动,则边缘上 b、c 两点
的角速度相等,即 ωb=ωc,转速之比
푛푏
푛푐=
휔푏
휔푐=
1
1,B、C 两项错误;对 a、b 两点,由 an=
푣2
푟 得
푎푎
푎푏=
푅푏
푅푎=
3
2,对 b、c 两点,由 an=ω2r 得
푎푏
푎푐=
푅푏
푅푐=
3
2,故
aa∶ab∶ac=9∶6∶4,D 项正确。
答案 D
传动装置的特点
(1)共轴传动:固定在一起共轴传动的物体上各点角速度相同。
(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动:皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等。
二 圆周运动的动力学问题
1.向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力
的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
2.几种典型运动模型及特点
运动模型 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆
向心力的
来源图示
运动模型 飞车走壁
汽车在水平
路面转弯
水平转台
向心力的
来源图示
3.圆周运动问题解决方法
例 2 如图所示,是马戏团中上演的飞车节目,在竖直平面内有半径为 R 的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运
动。已知人和摩托车的总质量为 m,人以 v1= 2푔푅的速度通过轨道最高点 B,并以 v2= 3v1 的速度通过最低点 A。则在 A、B 两
点轨道对摩托车的压力大小相差( )。
A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg
解析 由题意可知,在 B 点,有 FB+mg=m
푣1
2
푅 ,解得 FB=mg;在 A 点,有 FA-mg=m
푣2
2
푅 ,解得 FA=7mg,所以 A、B 两点轨道对车的
压力大小相差 6mg,D 项正确。
答案 D
解答此类问题的关键:(1)确定做圆周运动的物体所处的平面(水平面);(2)准确分析向心力的来源及方向(水平指向圆心);(3)求出轨
道半径;(4)列出动力学方程求解。
三 水平面内匀速圆周运动的临界问题
1.水平面内匀速圆周运动的临界问题
关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题,主要是临界速度和临界力的问题。常见的是与绳的拉力、弹
簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题。通过受力分析来确定临界状态和临界条件,是较常用的解
题方法。
2.处理临界问题的解题步骤
(1)判断临界状态
有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点;若题目中有“取值范围”“多长
时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就是临界状态;若题目中有“最
大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点也往往是临界状态。
(2)确定临界条件
判断题述的过程存在临界状态之后,要通过分析弄清临界状态出现的条件,并以数学形式表达出来。
(3)选择物理规律
当确定了物体运动的临界状态和临界条件后,要分别对于不同的运动过程或现象,选择相对应的物理规律,
然后再列方程求解。
例 3 (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。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 ω 表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是( )。
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=
푘푔
2푙是 b 开始滑动的临界角速度
D.当 ω=
2푘푔
3푙 时,a 所受摩擦力的大小为 kmg
解析 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动,在某一时刻可认为,木块随圆盘转动时,其受到的静摩擦力的方向指向转轴,
两木块在转动过程中角速度相等,则根据牛顿第二定律可得 f=mω2R,由于小木块 b 的轨道半径大于 a 的轨道半径,故 b 做圆周运
动需要的向心力较大,B 项错误;因为两小木块的最大静摩擦力相等,故 b 一定比 a 先开始滑动,A 项正确;当 b 开始滑动时,由牛顿
第二定律可得 kmg=m휔푏
2·2l,解得 ωb=
푘푔
2푙,C 项正确;当 a 开始滑动时,由牛顿第二定律可得 kmg=m휔푎
2l,解得 ωa=
푘푔
푙 ,而当转盘
的角速度 ω=
2푘푔
3푙 时,小于
푘푔
푙 ,小木块 a 未发生滑动,其所需的向心力由静摩擦力来提供,由牛顿第二定律可得 f=mω2l=
2
3kmg,D 项
错误。
答案 AC
水平面内圆周运动临界问题的分析技巧
(1)在水平面内做圆周运动的物体,当角速度 ω 变化时,物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径没有变化)。这时要根据物体的受
力情况,判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力,如静摩擦力、绳的拉力等)。
(2)三种临界情况
①接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件为弹力 FN=0。
②相对滑动的临界条件为两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大
值。
③绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最
大张力,绳子松弛的临界条件为 T=0。
变式 1 如图所示,半径为
푙
4、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带动小球一起转动并达到稳定
时(轻绳 a、b 与杆在同一竖直平面内),求:
(1)竖直杆角速度 ω 为多大时,小球恰好离开竖直杆?
(2)求轻绳 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 sin
α=
1
4,r=
푙
4
水平方向有 Fasin α=mω2r
竖直半径方向有 Facos α=mg
联立解得 ω=2
푔
15l。
(2)由(1)可知 0≤ω≤2
푔
15l时,Fa=
4
15mg
若角速度 ω 再增大,小球将离开竖直杆,在轻绳 b 恰好伸直前,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
r=lsin β
水平方向有 Fasin β=mω2r
竖直半径方向有 Facos β=mg
联立解得 Fa=mω2l
当轻绳 b 恰好伸直时,β=60°
此时 ω=
2푔
푙
故有 Fa=mω2l,此时 2
푔
15l<ω≤
2푔
푙
若角速度 ω 继续增大,轻绳 b 拉直后,小球做圆周运动的半径 r=lsin 60°
水平方向有 Fasin 60°+Fbsin 60°=mω2r
竖直半径方向有 Facos 60°=Fbcos 60°+mg
联立解得 Fa=
1
2mlω2+mg
此时 ω>
2푔
푙 。
答案 (1)2
푔
15l (2)①0≤ω≤2
푔
15l时,Fa=
4
15mg;②2
푔
15l<ω≤
2푔
푙 时,Fa=mω2l;③ω>
2푔
푙 时,Fa=
1
2mlω2+mg
四 竖直平面内圆周运动临界问题
1.两类模型比较
模型 绳—球模型 杆—球模型
模型说明
用线或光滑圆形轨道
内侧束缚的小球在竖
直面内绕固定点做圆
周运动
用杆或环形管内光滑轨道束缚的小球在竖直面内的圆周运动
模型图示
最高点无支撑 最高点有支撑
受力特征 重力、弹力,弹力方向
向下或等于零
重力、弹力,弹力方向向下、等于零或向上
受力示意图
力学特征 mg+FN=m
v2
r mg±FN=m
v2
r
临界特征 FN=0,vmin= gr 竖直向上的 FN=mg,v=0
最高
点
在最高点的
FN-v2 图象
取竖直向下为正方向 取竖直向下为正方向
过最高点条件 v≥ gr v≥0
(续表)
模型 绳—球模型 杆—球模型
速度和弹力关
系讨论分析
①能过最高点时,v≥
gr,FN+mg=m
v2
r ,绳、
轨道对球产生弹力 FN
②不能过最高点时,v<
gr,在到达最高点前
小球已经脱离了圆轨
道做斜抛运动
①当 v=0 时,FN=mg,FN 为支持力,沿半径背离圆心
②当 0
gr时,FN+mg=m
v2
r ,FN 指向圆心并随 v 的增大而增大
2.分析思路
类型 1 绳—球模型
例 4 如图甲所示,一质量 m=0.5 kg 的小球,用长为 0.4 m 的轻绳拴着,在竖直平面内做圆周运动。重力加速度 g 取 10 m/s2,
问:
(1)小球要做完整的圆周运动,在最高点的速度至少为多大?
(2)当小球在最高点的速度为 4 m/s 时,轻绳拉力多大?
(3)若轻绳能承受的最大张力为 45 N,小球的速度不能超过多大?
解析 (1)在最高点,对小球受力分析如图乙所示,由牛顿第二定律有 mg+F1=
푚푣2
푅
由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力,即
F1≥0
联立解得 v≥ 푔푅
代入数值得 v≥2 m/s
所以,小球要做完整的圆周运动,在最高点的速度至少为 2 m/s。
(2)将 v2=4 m/s 代入 mg+F2=
푚푣2
2
푅 得,F2=15 N。
(3)由分析可知,小球在最低点时轻绳张力最大,对小球受力分析如图丙,由牛顿第二定律有
F3-mg=
푚푣3
2
푅
将 F3=45 N 代入解得 v3=4 2 m/s
即小球的速度不能超过 4 2 m/s。
答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 2 m/s
变式 2 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 的关系如图乙所示,图象中的数据 a 和 b 包括重力加速度 g 都为已知量,以下
说法正确的是( )。
A.数据 a 与小球的质量有关
B.数据 b 与圆周轨道半径有关
C.比值
푏
푎只与小球的质量有关,与圆周轨道半径无关
D.利用数据 a、b 和 g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析 在最高点对小球受力分析,由牛顿第二定律有 FT+mg=m
푣2
푅 ,可得图线的函数表达式为 FT=m
푣2
푅 -mg,题图乙中横轴截距
为 a,则有 0=m
푎
푅-mg,得 g=
푎
푅,则 a=gR;图线过点(2a,b),则 b=m
2푎
푅 -mg,可得 b=mg,则
푏
푎=
푚
푅,A、B、C 三项错误。由 b=mg 得 m=
푏
푔,由
a=gR 得 R=
푎
푔,D 项正确。
答案 D
类型 2 杆—球模型
例 5 (多选)如图甲所示,轻杆一端固定在 O 点,另一端固定一小球,现让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,受到的弹力为 F,速度大小为 v,其 F-v2 图象如图乙所示,则( )。
A.小球的质量为
푎푅
푏
B.当地的重力加速度大小为
푅
푏
C.v2=c 时,小球对杆的弹力方向向下
D.v2=2b 时,小球受到的弹力与重力大小相等
解析 由图乙可知,当 v2=b 时,杆对球的弹力恰好为零,此时只受重力,重力提供向心力,mg=m
푣2
푅 =m
푏
푅,即重力加速度 g=
푏
푅,B 项
错误;当 v2=0 时,向心力为零,杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向,F 弹=mg=a,即小球的质量 m=
푎
푔=
푎푅
푏 ,A 项正确;根据圆周运动
的规律,当 v2=b 时杆对球的弹力为零,当 v2b 时,mg+F 弹=m
푣2
푅 ,杆对球的弹力方
向向下,v2=c>b,杆对小球的弹力方向向下,根据牛顿第三定律可知,小球对杆的弹力方向向上,C 项错误;当 v2=2b 时,mg+F 弹=m
푣2
푅
=m
2푏
푅 ,又 g=
푏
푅,F 弹=m
2푏
푅 -mg=mg,D 项正确。
答案 AD
圆周运动与平抛运动的综合问题
圆周运动与平抛运动的组合类问题是近几年高考特别关注的问题,按题目类型可分为水平面内的圆周运动与平抛运动组合、
竖直平面内的圆周运动与平抛运动的组合两类,圆周运动与平抛运动的过渡处的速度是联系前后两个过程的关键物理量,前一个
过程的末速度是后一个过程的初速度。
例 6 如图所示,水平放置的正方形光滑玻璃板 abcd,边长为 L,距地面的高度为 H,玻璃板正中间有一个光滑的小孔 O,一根
细线穿过小孔,两端分别系着小球 A 和小物块 B,当小球 A 以速度 v 在玻璃板上绕 O 点做匀速圆周运动时,AO 间的距离为 r。已
知 A 的质量为 mA,重力加速度为 g。
(1)求小物块 B 的质量 mB。
(2)当小球速度方向平行于玻璃板 ad 边时,剪断细线,则小球落地前瞬间的速度多大?
(3)在(2)的情况下,若小球和物体落地后均不再运动,则两者落地点间的距离为多少?
解析 (1)以 B 研究对象,根据平衡条件有 T=mBg
以 A 为研究对象,根据牛顿第二定律有 T=mA
푣2
푟
解得 mB=
푚퐴푣2
푔푟 。
(2)A 下落过程,根据机械能守恒定律有
1
2mAv2+mAgH=
1
2mAv'2
解得 v'= 푣2 + 2gH。
(3)A 脱离玻璃板后做平抛运动,在竖直方向上做的是自由落体运动,则有 H=
1
2gt2
则水平位移 x=
퐿
2+vt
二者落地的距离 s= 푟2 + 푥2= 푟2 + (푣 2퐻
푔 + 퐿
2)2
。
答案 (1)
푚퐴푣2
푔푟 (2) 푣2 + 2gH
(3) 푟2 + (푣 2퐻
푔 + 퐿
2)2
变式 3 (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 R=1 m,小
球可看作质点且其质量 m=1 kg,重力加速度 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 FN 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 FN 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=vytan 45°=3 m/s,则 B 点与 C 点的水平
距离 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 FN+mg=m
푣퐵
2
푅 ,vB=vx=3 m/s,
解得 FN=-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
圆周运动的多解问题
例 7 如图所示,M 是水平放置的半径足够大的圆盘,绕过其圆心的竖直轴 OO'匀速转动,规定经过圆心 O 点且水平向右为 x
轴正方向。在 O 点正上方距盘面高 h=5 m 处有一个
可间断滴水的容器,从 t=0 时刻开始,容器沿水平轨道向 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知 t=0 时刻滴下第
一滴水,以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。(取 g=10 m/s2)
(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上?
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上,圆盘的角速度 ω 应为多大?
(3)当圆盘的角速度为 1.5π 时,第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为 2 m,求容器的加速度 a。
解析 (1)离开容器后,每一滴水在竖直方向上做自由落体运动,则每一滴水滴落到盘面上所用时间 t=
2ℎ
푔 =1 s。
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上,则圆盘在 1 s 内转过的弧度为 kπ,k 为正整数
由 ωt=kπ 得 ω=kπ
푔
2ℎ=kπ,其中 k=1,2,3,…。
(3)第二滴水离 O 点的距离 x1=
1
2at2+(at)t=
3
2at2
第三滴水离 O 点的距离 x2=
1
2a(2t)2+(a·2t)t=4at2
又 Δθ=ωt=1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上 x 轴方向及垂直 x 轴的方向上,所以푥1
2+푥2
2=x2
即(3
2a푡2)2
+(4at2)2=22,解得 a=
4 73
73 m/s2。
答案 (1)1 s (2)kπ,其中 k=1,2,3,… (3)
4 73
73 m/s2
见《高效训练》P39
1.(2018 福建厦门 12 月月考)2018 年 11 月 4 日,环冠豸山国际自行车大赛在福建连城举行。如图是赛车传动结构的示意图,其
中Ⅰ是半径为 r1 的大齿轮,Ⅱ是半径为 r2 的小齿轮,Ⅲ是半径为 r3 的后轮,假设脚踏板的转速为 n,则自行车前进的速度大小为( )。
A.
π푛푟1푟3
푟2 B.
π푛푟2푟3
푟1
C.
2π푛푟1푟3
푟2 D.
2π푛푟2푟3
푟1
解析 根据题意知轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等,据 v=Rω 可知 r1ω1=r2ω2,已知 ω1=2πn,则轮Ⅱ的角速度 ω2=
푟1
푟2ω1。
因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴,所以转动的角速度相等,即 ω3=ω2,根据 v=Rω 可知,v=r3ω3=
2π푛푟1푟3
푟2
,C 项正确。
答案 C
2.(2018 广东汕头 10 月模拟)如图所示,照片中的汽车在水平公路上做匀速圆周运动。已知图中双向四车道的总宽度为 15 m,内
车道边缘间最远的距离为 150 m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的
7
10。重力加速度 g 取 10 m/s2,则汽车的运动( )。
A.所受的合力可能为零
B.只受重力和地面支持力的作用
C.所需的向心力可能由重力和支持力的合力提供
D.最大速度不能超过 3 70 m/s
解析 汽车做匀速圆周运动,竖直方向受重力和地面支持力的作用,水平方向受摩擦力作用,摩擦力提供汽车做匀速圆周运动
的向心力,所受的合力不可能为零,A、B 两项错误;车在水平公路上做匀速圆周运动,则汽车所需的向心力不可能由竖直方向的重
力和支持力的合力提供,C 项错误;汽车转弯的最大半径 r=
150
2 m+15 m=90 m,由牛顿第二定律可得 μmg=m
푣2
푟 ,解得 v= 휇푔푟=3 70
m/s,即汽车的最大速度不能超过 3 70 m/s,D 项正确。
答案 D
3.如图所示,在竖直面内有一个半径 R=1.8 m 的半圆轨道,圆心为 O,P 为圆心正上方圆周上的点。水平轨道与半圆轨道相切于
P 点。有一个小滑块从直轨道上 Q 点以速度 v0=5 m/s 向右运动,PQ 距离 L=1.5 m,小滑块与轨道间的动摩擦因数 μ=0.2,滑块到
P 点后( )。
A.可能沿半圆轨道做圆周运动
B.继续沿圆弧轨道运动一段后离开轨道
C.做平抛运动
D.以上均不正确
解析 设小滑块运动到 P 点的速度为 v1,由速度位移关系式得-2μgL=푣1
2-푣0
2,解得 v1= 19 m/s。根据凸桥模型可知小滑块
沿圆轨道最高点做圆周运动的最大速度 v= 푔푅= 18 m/sfC,B 项错误;对 A,有(3m)ω2r≤μ(3m)g,对 AB 整体有(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g,对物体 C,有
mω2(1.5r)≤μmg,故 ω≤
2휇푔
3푟 ,C 项正确,D 项错误。
答案 C
5.(2018 海南海口七校联考)如图,半径 R=2 m 的四分之一圆轨道和直径为 2 m 的半圆轨道水平相切于 d 点,两圆轨道均光滑且
在竖直平面内。可视为质点的小球从 d 点以某一初速度进入半圆,刚好能通过半圆的最高点 a,从 a 点飞出后落在四分之一圆轨
道上的 b 点,不计空气阻力,重力加速度 g=10 m/s2。则 b 点与 d 点的竖直高度差为( )。
A.3 m B.(3- 5) m
C.5 m D.(3+ 5) m
解析 小球刚好通过 a 点,则在 a 点重力提供向心力,则有 mg=m
푣2
푟 ,r=
1
2R,解得 v=
2푔푅
2 ,从 a 点抛出后做平抛运动,则水平方向
的位移 x=vt,竖直方向的位移 h=
1
2gt2,根据几何关系有 x2+h2=R2,解得 h=
1
2( 5-1)R,则 b 点与 d 点的竖直高度差为
1
2(3- 5)R,即(3-
5) m,B 项正确。
答案 B
6.(2018 云南昆明 10 月月考)(多选)图示为一链条传动装置的示意图,已知主动轮是逆时针转动的,转速为 n,主动轮和从动轮的半
径比为 k,下列说法正确的是( )。
A.从动轮是顺时针转动的
B.主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等
C.从动轮的转速为 nk
D.从动轮的转速为
푛
푘
解析 主动轮逆时针转动,带动从动轮逆时针转动,因为用链条传动,所以两轮边缘线速度大小相等,A 项错误,B 项正确;由 r 主∶r
从=k,2πn·r 主=2πn 从·r 从,可得 n 从=nk,C 项正确,D 项错误。
答案 BC
7.(2018 福建厦门开学考试)(多选)如图所示,两根长度相同的细线 L1、L2 分别系有两个完全相同的小球 m1、m2,细线的上端都
系于 O 点。设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知 L1 跟竖直方向的夹角为 60°,L2 跟竖直方向的夹角为 30°,下列
说法正确的是( )。
A.细线 L1 和细线 L2 所受的拉力大小之比为 3∶1
B.小球 m1 和 m2 的角速度大小之比为 3∶1
C.小球 m1 和 m2 的向心力大小之比为 3∶1
D.小球 m1 和 m2 的线速度大小之比为 3 3∶1
解析 对任一小球研究,设细线与竖直方向的夹角为 θ,竖直方向受力平衡,则 Tcos θ=mg,解得 T=
푚푔
cos휃,所以细线 L1 和细线 L2
所受的拉力大小之比
푇1
푇2=
cos30°
cos60°= 3,故 A 项正确。小球所受合力的大小为 mgtan θ,根据牛顿第二定律得,mgtan θ=mLsin θ·ω2,得
ω2=
푔
퐿cos휃,故 B 项错误。小球 m1 和 m2 的向心力大小之比
퐹1
퐹2=
tan60°
tan30°=3,故 C 项正确。由 v=ωr, 可知 D 项错误。
答案 AC
8.(2019 广东汕头 1 月模拟)(多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏。 圆盘最上端有一点 P,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
퐿
푣0
B.圆盘的半径可能为
푔퐿2
2푣0
2
C.圆盘转动角速度的最小值为
2π푣0
퐿
D.P 点随圆盘转动的线速度可能为
5π푔퐿
4푣0
解析 飞镖做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,因此 t=
퐿
푣0
,故 A 项正确;飞镖击中 P 点时,P 恰好在最下方,则 2r=
1
2gt2,解
得圆盘的半径 r=
푔퐿2
4푣0
2,故 B 项错误;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=
휃
푡=
(2푘 + 1)π푣0
퐿 ,则圆盘转
动角速度的最小值为
π푣0
퐿 ,故 C 项错误;P 点随圆盘转动的线速度 v=ωr=
(2푘 + 1)π푣0
퐿 ·
푔퐿2
4푣0
2=
(2푘 + 1)π푔퐿
4푣0
,当 k=2 时,v=
5π푔퐿
4푣0
,故 D 项正确。
答案 AD
9.(2018 浙江嘉兴 12 月模拟)(多选)半径分别为 R 和
푅
2的两个半圆,分别组成图甲、乙所示的两个圆弧轨道,一小球从某一高度下
落,分别从图甲、乙所示的开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道,都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下半圆轨道的最高
点通过,则下列说法正确的是( )。
A.图甲中小球开始下落的高度比图乙中小球开始下落的高度高
B.图甲中小球开始下落的高度和图乙中小球开始下落的高度一样高
C.图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对轨道最低点的压力大
D.图甲中小球对轨道最低点的压力和图乙中小球对轨道最低点的压力一样大
解析 图甲中小球恰好通过最高点的速度为 푔푅,图乙中小球恰好通过最高点的速度为
푔푅
2 ,图甲中小球开始下落的高度
h1=1.5R+
푣1
2
2푔=2R,同理可得,图乙中小球开始下落的高度 h2=1.5R+
푣2
2
2푔=1.75R,A 项正确,B 项错误;由 mgh=
1
2mv2 和 F-mg=m
푣2
푟 可知,
两次小球到轨道最低点时,对轨道的压力分别为 F1-mg=m
푣1'2
푅
2
,F2-mg=m
푣2'2
푅 ,解得 F1=mg+m
4푔ℎ1
푅 ,F2=mg+m
2푔ℎ2
푅 ,解得
F1=9mg,F2=4.5mg,C 项正确,D 项错误。
答案 AC
10.(2018 贵州遵义 10 月调研)(多选)如图甲所示,光滑的水平面上有两根细杆 OA、OB,它们的一端分别固定在水平面上的 A、
B 两点,另一端连在 O 点。在 O 点系一条细线(线长小于任何一杆的长度),线的另一端系一小球。开始时将细线拉直使小球靠近
OB 杆,然后给小球一个初速度,使小球在水平面上绕 O 点做匀速圆周运动。当小球运动到某点 P1 时 OB 杆受到的作用力大小为
F,则当小球继续运动直到碰到 OA 杆前,OB 杆受到作用力大小仍为 F 的次数还可能有( )。
甲
A.1 次 B.2 次 C.3 次 D.4 次
解析 设小球质量为 m,线长为 L,匀速圆周运动的角速度为 ω,则线上拉力大小 FT=mω2L 一定。O 点受到线的拉力 FT 、
OA 杆的作用力 FA(沿杆方向)、OB 杆的作用力 FB(沿杆方向)。在这三个力的作用下 O 点处于平衡状态,这三个力的合力为零,三
个力的矢量组成三角形。如图乙所示,当 OB 杆受到压力且大小 FB=F 时,小球的位置除 P1 点外还有一个位置 P2;当 OB 杆受到拉
力且大小 FB=F 时,小球有两个位置 P3、P4,C 项正确;若 OP1⊥OA,则位置 P1 与 P2 重合,P3 与 P4 重合,故小球除在 P1 位置点
外,OB 杆作用力大小仍为 F 时小球的位置只有一次,A 项正确。
乙
答案 AC
11.如图所示,水平放置的圆盘半径 R=1 m,在其边缘 C 点固定一个高度不计的小桶,在圆盘直径 CD 的正上方放置一条水平滑道
AB,滑道与 CD 平行。滑道右端 B 与圆盘圆心 O 在同一竖直线上,其高度差 h=1.25 m。在滑道左端静止放置质量 m=0.4 kg 的
物块(可视为质点),物块与滑道间的动摩擦因数 μ=0.2。当用一大小 F=4 N 的水平向右拉力拉动物块的同时,圆盘从图示位置以
角速度 ω=2π rad/s 绕穿过圆心 O 的竖直轴匀速转动,拉力作用一段时间后撤掉,物块在滑道上继续滑行,由 B 点水平抛出,恰好落
入小桶内,重力加速度 g 取 10 m/s2。
(1)求拉力作用的最短时间。
(2)若拉力作用时间为 0.5 s,求所需滑道的长度。
解析 (1)物块离开滑道做平抛运动,设水平初速度为 v,所用时间为 t,则
水平方向有 R=vt
竖直方向有 h=
1
2gt2
解得 v=2 m/s,t=0.5 s
设拉动物块时的加速度为 a1,所用时间为 t1,由牛顿第二定律得 F-μmg=ma1
解得 a1=8 m/s2
撤去拉力后,设物块的加速度为 a2,所用时间为 t2,由牛顿第二定律得-μmg=ma2
解得 a2=-2 m/s2
圆盘转过一圈时落入,拉力作用时间最短,转过一圈的时间
T=
2π
휔 =1 s
物块在滑道上先加速后减速,则 v=a1t1+a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为
t1+t2+t=T
解得 t1=0.3 s。
(2)物块加速 t1'=0.5 s 的末速度 v1=a1t1'=4 m/s
则滑道长 L=
1
2a1t1'2+
푣2 - 푣1
2
2푎2 =4 m。
答案 (1)0.3 s (2)4 m
12.(2018 湖北武汉质量检测)如图所示,质量为 M、半径为 R 的圆盘上放有一质量为 m 的小物体 A,A 到圆盘圆心 O 的距离为
半径的一半,在 O 点固定一个垂直圆盘的轴 PQ,此轴与水平面成夹角 θ=60°,圆盘绕轴 PQ 匀速转动,已知圆盘边缘的线速度大小
为 v,小物体 A 始终与圆盘相对静止,求:
(1)小物体受到的最大摩擦力。
(2)小物体 A 在最高点和最低点受到圆盘的摩擦力之差。
解析 圆盘与水平方向的夹角 β=
π
2-θ,A 受到的重力在圆盘面内向下的重力分力 G1=mgsin β=mgcos θ,根据 v=ωR 可知角
速度 ω=
푣
푅。
(1)由小物体 A 的受力可知 A 在最低点时受到的摩擦力最大,设最大摩擦力为 Fm
在最低点应用向心力公式有 Fm-G1=mω2·
푅
2
解得 Fm=
1
2mg+
푚푣2
2푅 。
(2)若圆盘转动速度很小,A 做圆周运动需要的向心力 F 向很小,G1>F 向,小物体 A 在最高点时受到的摩擦力 F1 沿圆盘向上
应用向心力公式有 mgcos θ-F1=mω2·
푅
2
解得 F1=mgcos θ-
푚푣2
2푅
则 A 在最高点和最低点受到圆盘的摩擦力之差
ΔF=Fm-F1=
푚푣2
푅
若圆盘转动速度很大,A 做圆周运动需要的向心力 F 向很大,G1
查看更多
