高考物理复习专题知识点38-圆周运动的规律及其应用

高考物理复习专题知识点38-圆周运动的规律及其应用

圆周运动的规律及其应用 ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．圆周运动：质点沿着圆周的运动称为圆周运动．其轨迹为一圆弧，故圆周运动是曲线运动．‎ ‎⑴ 描述圆周运动的物理量：描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等．‎ 物理量 定义、意义 公式、单位 线速度 ‎① 描述圆周运动的物体运动 的物理量（v）‎ ‎② 是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 ‎① v = = ② 单位：m/s 角速度 ‎① 描述物体绕圆心 的物理量（ω）‎ ‎② 中学不研究其方向 ‎① ω = = ② 单位：rad/s 周期和转速 ‎① 周期是物体沿圆周运动 的时间（T）‎ ‎② 转速是物体单位时间转过的 （n）、频率（f）‎ ‎① T = 　单位：s ‎② n的单位：r/s、r/min，f的单位：Hz 向心加速度 ‎① 描述速度变化 的物理量（a）‎ ‎② 方向指向 ‎ ‎① a = v2/r = rω2‎ ‎② 单位：m/s2‎ ‎⑵ 匀速圆周运动：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长 ，就是匀速圆周运动．① 特点：加速度大小 ，方向始终指向 ，是变加速运动．② 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．向心力：‎ ‎⑴ 作用效果：向心力产生 ，只改变速度的 ，不改变速度的 ．‎ ‎⑵ 大小：F = = = m(2π/T)2r = mωv = 4π2mf2r．‎ ‎⑶ 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．‎ ‎⑷ 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．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是 （ ）‎ A．由a = v2/r 知，a与r成反比 B．由a = ω2r知，a与r成正比 C．由ω = v /r知，ω与r成反比 D．由ω = 2πn知，ω与转速n成正比 ‎2．如图所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是 （ ） ‎ A．受重力和台面的支持力 B．受重力、台面的支持力和向心力 C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力 D．受重力、台面的支持力和静摩擦力 ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗描述圆周运动的各物理量间的关系 ‎【例1】如图所示为皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径是2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中皮带不打滑，则 （ ）‎ A．a点和b点的线速度大小相等 B．a点和b点的角速度大小相等 C．a点和c点的线速度大小相等 D．a点和d点的向心加速度大小相等 ‎【变式跟踪1】如图所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是 （ ）‎ A．从动轮做顺时针转动　　　　 B．从动轮做逆时针转动 C．从动轮的转速为(r1/ r2)n D．从动轮的转速为(r2/ r1)n ‎〖考点2〗匀速圆周运动的实例分析 ‎【例2】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越大 ‎【变式跟踪2】“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m，做圆周运动的半径为r．若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是 （ ）‎ A．人和车的速度为 　B．人和车的速度为 C．桶面对车的弹力为 　　D．桶面对车的弹力为 ‎〖考点3〗水平面内圆周运动的临界问题 ‎【例3】如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍（μ = 0.2），当转盘以角速度ω = 4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少？（g取‎10 m/s2）‎ ‎【变式跟踪3】对于例3，若木块转动的半径保持r = 0.5 m不变，则转盘转动的角速度范围是多少？‎ ‎〖考点4〗“竖直平面内圆周运动的绳、杆”模型 ‎【例4】在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径R，则管状模型转动的最小角速度ω为 （ ）‎ A． B． C． D．2 ‎【变式跟踪4】如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的四分之三光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则 （ ）‎ A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点 B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上 C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内 D．调节h的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2013·江苏卷】如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是 （ ）‎ A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 ‎【预测1】如图所示是体操男子单杆比赛，运动员质量为‎60 kg，做“双臂大回环”，用双手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，运动员到达最低点时手臂受的总拉力至少约为（忽略空气阻力，g = 10 m/s2） （ ）‎ A．600 N B．2 400 N C．3 000 N D．3 600 N ‎2．【2013·新课标全国卷Ⅱ】公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处 （ ）‎ A．路面外侧高内侧低 B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动 C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小 ‎【预测2】火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法中正确的是 （ ）‎ A．当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力与轨道面支持力的合力提供向心力 B．当火车以v的速度通过此弯路时，火车所受重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力 C．当火车速度大于v时，轮缘挤压外轨 D．当火车速度小于v时，轮缘挤压外轨 ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．如图所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1 = 24，从动轮的齿数z2 = 8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是 （ ）‎ A．顺时针转动，周期为2π/3ω B．逆时针转动，周期为2π/3ω C．顺时针转动，周期为6π/ω D．逆时针转动，周期为6π/ω ‎2．如图所示为一游乐场的转盘，大盘半径R1为小盘半径R2的两倍，两盘绕各自的中心轴转动，且两盘接触处无相对滑动．在两盘中心连线上有ABCD四个位置，O‎1A = R1/2，O2B = R2/2，C和D分别位于大盘和小盘的边缘．站在转盘上的游戏者，为使自己不被“甩”出去，在上述四个位置中最安全的是 （ ）‎ A．位置A B．位置B C．位置C D．位置D ‎3．如图所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为m的小球从斜面上高为R/2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的压力是 （ ）‎ A．0.5mg B．mg C．1.5 mg D．2 mg ‎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．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 ‎5．如图所示，一内壁光滑的半径为R的圆筒固定，横截面在竖直平面内，圆筒内最低点有一小球．现给小球2.2mgR的初动能，使小球从最低点开始沿筒壁运动，则小球沿筒壁做圆周运动过程中 （ ）‎ A．小球可以到达轨道的最高点 B．小球不能到达轨道的最高点 C．小球的最小速度大于 D．小球的最小速度等于 ‎6．如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有 （ ）‎ A．FN小于滑块重力 B．FN大于滑块重力 C．FN越大表明h越大 D．FN越大表明h越小 ‎7．图甲为游乐园中“空中飞椅”的游戏设施，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋．若将人和座椅看成一个质点，则可简化为如图乙所示的物理模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′ 转动，设绳长l = ‎10 m，质点的质量m = ‎60 kg，转盘静止时质点与转轴之间的距离d = ‎4.0 m，转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角θ = 37°，不计空气阻力及绳重，且绳不可伸长，sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g = ‎10 m/s2，求质点与转盘一起做匀速圆周运动时：‎ ‎⑴ 绳子拉力的大小；‎ ‎⑵ 转盘角速度的大小 ‎8．如图所示，一个质量为‎0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R = ‎0.3 m，θ = 60°，小球到达A点时的速度vA = ‎4 m/s．（取g = ‎10 m/s2）求：‎ ‎⑴ 小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎⑵ P点与A点的水平距离和竖直高度；‎ ‎⑶ 小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．‎ 参考答案：‎ ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．快慢 转动快慢 一周 圈数 快慢 圆心 相等 不变 圆心 ‎2．向心加速度 方向 大小 mv2/r mω2r ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．D；由a = v2/r知，只有在v一定时，a才与r成反比，如果v不一定，则a与r不成反比，同理，只有当ω一定时，a才与r成正比；v一定时，ω与r成反比；因2π是定值，故ω与n成正比．‎ ‎2．D；重力与支持力平衡，静摩擦力提供向心力，方向指向转轴．‎ ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例1 CD；皮带不打滑表示轮子边缘在某段时间内转过的弧长总是跟皮带移动的距离相等，即a、c两点的线速度大小相等，选项A错、C对；b、c、d三点同轴转动，角速度大小相等，故ωc＝ωb，又va＝vc，rc＝2ra，且v＝rω，故ωa＝2ωc，故ωa＝2ωb，选项B错；设a点线速度大小为v，c点线速度也为v，而d点线速度则为2v，所以aa＝v2/r，ad＝(2v)2/4r = v2/r，选项D对．‎ 变式1 BC；因为主动轮顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误、B正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的速度大小相等，所以由2πn1r1＝2πn2r2，得从动轮的转速为n2＝n(r1/r2)，C正确、D错误．‎ 例2 AD；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 = mv2/r，且tan θ ≈ sin θ = h/L，其中L为轨间距，是定值，有mgh/L = mv2/r，通过分析可知A、D正确．‎ 变式‎2 AC；对人和车进行受力分析如图所示．根据直角三角形的边角关系和向心力公式可列方程：FNcos θ＝mg，mgtan θ＝mv2/r，解得v＝，FN＝．‎ 例3 由于转盘以角速度ω = 4 rad/s匀速转动，因此木块做匀速圆周运动所需向心力为F = mrω2．当木块做匀速圆周运动的半径取最小值时，其所受最大静摩擦力与拉力方向相反，则有mg – μmg = mrminω2，解得rmin = 0.5 m；当木块做匀速圆周运动的半径取最大值时，其所受最大静摩擦力与拉力方向相同，则有mg + μmg = mrmaxω2，解得rmax = 0.75 m．因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是：0.5 m ≤ r ≤ 0.75 m．‎ 变式3 4 rad/s ≤ ω ≤ 2 rad/s 例4 A；最易脱离模型内壁的位置在最高点，转动的最小角速度ω对应铁水在最高点受内壁的作用力为零，即mg = mω2R，得：ω = ，A正确．‎ 变式4 CD；要使小球到达最高点a，则在最高点小球速度最小时有mg = mv2/R，得最小速度v = ，由机械能守恒定律得mg(h – R) = mv2/2，得h = 3R/2，即h必须大于或等于3R/2，小球才能通过a点，A错误；小球若能到达a点，并从a点以最小速度平抛，有R = gt2/2，x = vt = R，所以，无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，B错误、C正确；如果h足够大，小球可能会飞出de面之外，D正确．‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．D；由于座椅A、B悬挂在同一个旋转圆盘上且绕同一个竖直的中心轴匀速转动，因此属于同轴问题，即座椅A、B都做匀速圆周运动，旋转的角速度相等．此时座椅的受力情况如图所示，它们做圆周运动所需要的向心力由缆绳拉力F与重力G的合力Fn提供．设它们做圆周运动的半径为r，缆绳与竖直方向的夹角为θ，由图可知：Fcosθ = G = mg Fsinθ = Fn Fn = mrω2 综合以上三式可得tanθ = rω2/g；可见θ随r增大而增大，选项C错误；因为悬挂A、B的缆绳长度相等，所以座椅B与竖直方向的夹角大于座椅A与竖直方向的夹角，致使B做圆周运动的半径比A的大，由于v = rω，A 的速度比B 的小，选项A错误；由an = rω2知，A的向心加速度比B的小，选项B错误；缆绳所受拉力F = mg/cosθ，因θA < θB，故FA < FB，选项D正确．‎ 预测1 C；设运动员在最低点受的拉力至少为FN，此时运动员的重心的速度为v，设运动员的重心到手的距离为R，由牛顿第二定律得：FN – mg = mv2/R 又由机械能守恒定律得：mg·2R = mv2/2，由以上两式代入数据得：FN = 5mg，运动员的重力约为G = mg = 600 N，所以FN = 3 000 N，应选C．‎ ‎2．AC；当汽车的速率为vc时无滑动趋势，说明此时汽车与路面没有横向摩擦力，路面应不是平的，而应是外侧高内侧低，由重力的分力充当向心力，A正确；当车速低于vc时，车和地面之间会产生横向静摩擦力，阻碍汽车向内侧滑动，B错误；当车速高于vc时，车和地面之间仍会有摩擦力，此力与重力的分力一起提供向心力，只要车速不超过某一最高速度，车辆便不会向外侧滑动，C正确；因为vc是车和地面无摩擦时的临界值，所以与路况无关，D错误．‎ 预测2 AC；当火车以设计速度行驶时，火车所受重力与轨道面支持力的合力刚好提供了向心力，A正确、B错误；当火车速度大于v时，轨道提供的向心力小于所需要的向心力，则不足部分由外轨向内挤压来提供，C正确；当火车速度小于v时，轨道提供的向心力大于所需要的向心力，则多余部分由内轨向外挤压来抵消，D错误．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．B；主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度大小相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T从 = 2π/3ω，B正确．‎ ‎2．A；两盘接触处无相对滑动，两盘边缘的线速度大小相等设为v，则两盘的角速度分别为ω1 = v/R1 和ω2 = v/R2，游戏者在A、B、C、D位置随盘转动所需的向心力分别为FA = m(R1/2)ω12，FB = m(R2/2)ω22 = mv2/2R2，FC = mR1ω12 = mv2/R1，FD = mR2ω = mv2/R2，由于R1 = 2R2，因此，在A点时所需向心力最小，人不易做离心运动．A符合题意．‎ ‎3．B；设小球运动至斜面最低点（即进入水平面上的半圆形挡板）时的速度为v，由机械能守恒定律得mgR/2 = mv2/2，解得v = ；依题意可知，小球贴着挡板内侧做匀速圆周运动，所需要的向心力由挡板对它的弹力提供，设该弹力为FN，则FN = mv2/R，将v = 代入解得FN = mg；由牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的压力大小等于FN，即mg，故选项B正确．‎ ‎4．A；因轻杆既可以提供拉力又可以提供支持力，所以在最高点杆所受弹力可以为零，A对；在最高点弹力也可以与重力等大反向，小球最小速度为零，B错；随着速度增大，杆对球的作用力可以增大也可以减小，C、D错．‎ ‎5．BC；小球恰能达到最高点有mg = mv02/R得v0 = ，假设小球能达到最高点，由机械能守恒定律可得Ek0 = mv2/2 + 2mgR，则v = < v0，所以小球不能到达最高点，A选项错误、B选项正确；设当小球与圆心连线与水平方向夹角为θ时，小球与轨道恰好脱离，由牛顿第二定律可得mgsinθ = mv′2/R，由机械能守恒定律可得Ek0 = mgR(1 + sinθ) + mv′2/2，可得v′ = ，C选项正确、D选项错误．‎ ‎6．BC；设滑块到达B点时的速度为v，根据向心力公式得：FN – mg = mv2/R，根据机械能守恒定律可得：mgh = m v2/2，解得FN = mg(1 + 2h/R)，所以B、C正确．‎ ‎7．⑴ 如图所示，对人和座椅进行受力分析，图中F为绳子的拉力．在竖直方向：Fcos 37° – mg = 0 解得F = mg/cos37° = 750 N．‎ ‎⑵ 人和座椅在水平面内做匀速圆周运动，重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mgtan 37° = mω2R， R = d + lsin 37°，联立解得ω = = rad/s．‎ ‎8．⑴ 小球到A点的速度如图所示，小球做平抛运动的初速度v0等于vA的水平分速度．由图可知v0 = vx = vAcos θ = 4×cos 60° = ‎2 m/s．‎ ‎⑵ 由图可知，小球运动至A点时竖直方向的分速度为vy = vAsinθ = 4×sin 60° = 2 m/s，设P点与A点的水平距离为x，竖直高度为h，则 vy = gt，v = 2gh，x = v0t，联立以上几式解得x ≈ 0.69 m，h = 0.6 m．‎ ‎⑶ 取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得mv = mv + mg(R +Rcos θ)，代入数据得vC = m/s；设小球到达圆弧最高点C时，轨道对它的弹力为FN，由圆周运动向心力公式得 FN + mg = m vC2/R，代入数据得FN = 8 N，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小FN′ = FN = 8 N，方向竖直向上．‎