第3讲 圆周运动及其应用 11页

第3讲　圆周运动及其应用(对应学生用书第60页)描述圆周运动的物理量及其相互关系1.描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：意义、方向公式、单位线速度①描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)②方向与半径垂直，和圆周相切①v＝＝②单位：m/s角速度①描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)②中学不研究其方向①ω＝＝②单位：rad/s周期和转速①周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T)②转速是物体在单位时间内转过的圈数(n)，也叫频率(f)③周期与频率的关系为T＝①T＝；单位：s②n的单位r/s、r/min③f的单位：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①an＝＝ω2R②单位：m/s2向心力①作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小②方向指向圆心①Fn＝mω2R＝m＝mR②单位：N2.各物理量之间的相互关系(1)v＝ωR＝＝2πRf.\n(2)an＝＝ω2R＝ωv＝＝4π2f2R.(3)Fn＝m＝mω2R＝m＝mωv＝m4π2f2R.【针对训练】1．某型石英表中的分针与时针可视为做匀速转动，分针的长度是时针长度的1.5倍，则下列说法中正确的是(　　)A．分针的角速度与时针的角速度相等B．分针的角速度是时针的角速度的60倍C．分针端点的线速度是时针端点的线速度的18倍D．分针端点的向心加速度是时针端点的向心加速度的1.5倍【解析】　分针的角速度ω1＝＝rad/min，时针的角速度ω2＝＝rad/min.ω1∶ω2＝12∶1，v1∶v2＝ω1r1∶ω2r2＝18∶1，a1∶a2＝ω1v1∶ω2v2＝216∶1，故只有C正确．【答案】　C匀速圆周运动1.匀速圆周运动在相等的时间里通过的圆弧长度相等．2．匀速圆周运动的特点(1)速度大小不变而速度方向时刻变化的变速曲线运动．(2)只存在向心加速度，不存在切向加速度．(3)合外力即产生向心加速度的力，充当向心力．(4)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．【针对训练】2.图4－3－1摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图4－3－1所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为1km，则质量为50kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10m/s2)(　　)A．500N　　　　　　　B．1000NC．500ND．0【解析】　乘客所需的向心力：F＝m＝500N，而乘客的重力为500N，故火车对乘客的作用力大小为N＝＝500N，C正确．【答案】　C离心运动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情况下，就做远离圆心的运动，这种运动叫离心运动．2．本质(1)离心现象是物体惯性的表现．(2)离心运动并非是沿半径方向飞出的运动，而是运动半径越来越大的运动或沿切线方向飞出的运动．\n(3)离心运动并不是受到什么离心力．3．条件做圆周运动的质点，当它受到的沿着半径指向圆心的合外力突然变为零或不足以提供圆周运动所需向心力．【针对训练】3.图4－3－2洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是(　　)A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的B．水会从桶中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故C．加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好D．靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好【解析】　水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B项错误；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，A项正确；角速度增大，水滴所需向心力增大，脱水效果更好，C项正确；周边的衣物因圆周运动的半径R更大，在ω一定时，所需向心力比中心的衣物大，脱水效果更好，D项正确．【答案】　B(对应学生用书第61页)圆周运动的运动学分析1.对公式v＝ωR和a＝＝ω2R的理解(1)由v＝ωR知，R一定时，v与ω成正比；ω一定时，v与r成正比；v一定时，ω与R成反比．(2)由a＝＝ω2R知，在v一定时，a与R成反比；在ω一定时，a与R成正比．2．传动装置特点(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同．\n(2)皮带传动：不打滑的摩擦传动和皮带(或齿轮)传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．　图4－3－3如图4－3－3所示，半径为r＝20cm的两圆柱体A和B，靠电动机带动按相同方向均以角速度ω＝8rad/s转动，两圆柱体的转动轴互相平行且在同一平面内，转动方向已在图中标出，质量均匀的木棒水平放置其上，重心在刚开始运动时恰在B的正上方，棒和圆柱间动摩擦因数μ＝0.16，两圆柱体中心间的距离s＝1.6m，棒长l＞3.2m，重力加速度取10m/s2，求从棒开始运动到重心恰在A的正上方需多长时间？【审题视点】　(1)开始时，棒与A、B有相对滑动先求出棒加速的时间和位移．(2)棒匀速时与圆柱边缘线速度相等，求出棒重心匀速运动到A正上方的时间．【解析】　棒开始与A、B两轮有相对滑动，棒受向左摩擦力作用，做匀加速运动，末速度v＝ωr＝8×0.2m/s＝1.6m/s，加速度a＝μg＝1.6m/s2，时间t1＝＝1s，t1时间内棒运动位移s1＝at＝0.8m.此后棒与A、B无相对运动，棒以v＝ωr做匀速运动，再运动s2＝s－s1＝0.8m，重心到A的正上方需要的时间t2＝＝0.5s，故所求时间t＝t1＋t2＝1.5s.【答案】　1.5s【即学即用】1．小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算脚踏板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．经过骑行，他得到如下的数据：在时间t内脚踏板转动的圈数为N，那么脚踏板转动的角速度ω＝________；要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有____________________；自行车骑行速度的计算公式v＝________.图4－3－4【解析】　依据角速度的定义式ω＝＝；要推算自行车的骑行速度，由于v＝ω后R，还要知道自行车后轮的半径R，又因后轮的角速度ω后＝ω飞轮，而ω飞轮r2＝ω牙盘r1，ω牙盘＝ω，联立以上各式解得v＝Rω＝2πR.故还需知道后轮半径R，牙盘半径r1，飞轮半径r2.【答案】　　自行车后轮半径R，牙盘半径r1，飞轮半径r2　Rω或2πR圆周运动的动力学分析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．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3．解决圆周运动问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象．\n(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等．(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源．(4)据牛顿运动定律及向心力公式列方程．(5)求解、讨论．(1)无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，沿半径方向指向圆心的合力均为向心力．(2)当采用正交分解法分析向心力的来源时，做圆周运动的物体在坐标原点，一定有一个坐标轴沿半径方向指向圆心．　(2012·福建高考)如图4－3－5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＝0.5m，离水平地面的高度H＝0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.求：图4－3－5(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.【审题视点】　(1)应理解把握好“转台边缘”与“恰好滑离”的含义．(2)临界问题是静摩擦力达到最大值．【解析】　(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H＝gt2①在水平方向上有s＝v0t②由①②式解得v0＝s③代入数据得v0＝1m/s.(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有fm＝m④fm＝μN＝μmg⑤由④⑤式得μ＝代入数据得μ＝0.2.【答案】　(1)1m/s　(2)0.2【即学即用】2．(2012·榆林一模)如图4－3－6甲所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T.(g取\n10m/s2，结果可用根式表示)求：图4－3－6(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？【解析】　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力如图示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtanθ＝mωlsinθ解得：ω＝，即ω0＝＝rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mgtanα＝mω′2lsinα解得：ω′2＝，即ω′＝＝rad/s.【答案】　(1)rad/s　(2)rad/s\n(对应学生用书第62页)“轻绳模型”与“轻杆模型”轻绳模型轻杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mg＝m得v临＝v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥，N＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力N(2)当v＜时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，N＝mg，N为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜时，mg－N＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小(3)当v＝时，N＝0(4)当v＞时，N＋mg＝m，N指向圆心并随v的增大而增大　(2013届山阳中学模拟)长L＝0.5m质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内无摩擦地转动，另一端固定着一个小球A.A的质量为m＝2kg，当A通过最高点时，如图4－3－7所示，求在下列两种情况下杆对小球的作用力：图4－3－7(1)A在最低点的速率为m/s；(2)A在最低点的速率为6m/s.【潜点探究】　(1)不计摩擦和杆的质量，球A的机械能守恒．(2)小球A\n在最高点受杆的作用力有三种情况，一是向上的支持力，二是向下的拉力，三是作用力为0.【规范解答】　设小球在最高点速度为v，对小球A由最低点到最高点过程，取圆周的最低点为参考平面．由机械能守恒定律得，mv2＋mg·2L＝mv①在最高点，假设细杆对A的弹力F向下，则A受力如图所示．以A为研究对象，由牛顿第二定律得mg＋F＝m②所以F＝m(－g)③(1)当v0＝m/s时，由①式得v＝1m/s，④F＝2×(－10)N＝－16N，⑤负值说明F的实际方向与假设向下的方向相反，即杆给A向上16N的支持力．(2)当v0＝6m/s时，由①式得v＝4m/s；⑥F＝2×(－10)N＝44N.正值说明杆对A施加的是向下44N的拉力．【答案】　(1)16N　方向向上　(22)44N　方向向下【即学即用】3．(2013届郑州一中检测)英国特技演员史蒂夫·特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道．如图4－3－8所示，环形车道竖直放置，直径达12m，若汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，则(　　)图4－3－8A．汽车通过最低点时，演员处于超重状态B．汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104NC．若要挑战成功，汽车不可能以低于12m/s的恒定速率运动D．汽车在环形车道上的角速度为1rad/s【解析】　因为汽车通过最低点时，演员具有向上的加速度，故处于超重状态，A正确；由ω＝可得汽车在环形车道上的角速度为2rad/s，D错误；由mg＝m可得v0＝≈7.7m/s，C错误；由mg＋F＝m可得汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104N，B正确．【答案】　AB(对应学生用书第63页)\n●考查圆周运动中的运动规律1.图4－3－9(2010·大纲全国高考)如图4－3－9是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图4－3－10所示)．图4－3－10(1)若图4－3－10中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2s，则圆盘的转速为______转/s.(保留3位有效数字)(2)若测得圆盘直径为10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为______cm.(保留3位有效数字)【解析】　(1)从图可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图4－3－10中横坐标上每小格表示1.00×10－2s，所以圆盘转动的周期是0.22s，则转速为4.55转/s.(2)反射光引起的电流图象在图中的横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的，则涂层长度L＝＝cm＝1.46cm.【答案】　(1)4.55　(2)1.46●利用圆周运动测分子速率分布2．(2012·上海高考)图4－3－11a为测量分子速率分布的装置示意图．圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置．从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上．展开的薄膜如图4－3－11b所示，NP，PQ间距相等．则(　　)a　　　　　　　　　　b图4－3－11A．到达M附近的银原子速率较大B．到达Q附近的银原子速率较大C．位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率D．位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率【解析】　分子在圆筒中运动的时间t＝，可见速率越大，运动的时间越短，圆筒转过的角度越小，到达位置离M越近，所以A正确，B错误；根据题图b可知位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率，即C正确，D错误．\n【答案】　AC●圆周运动的动力学问题3．(2012·西安一中月考)如图4－3－12所示，放于竖直面内的光滑金属圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点．当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能是(　　)图4－3－12A.　　　　　　　B.C.D.【解析】　如图所示，若绳上恰好无拉力，则有mgtan60°＝mRω2sin60°，ω＝，所以当ω>时，物体受三个力的作用．A、B选项正确．【答案】　AB●圆周、平抛相结合4．(2012·浙江高考)由光滑细管组成的轨道如图4－3－13所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是(　　)图4－3－13A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝R【解析】　要使小球从A点水平抛出，则小球到达A点时的速度v＞0，根据机械能守恒定律，有mgH－mg·2R＝mv2，所以H＞2R，故选项C正确，选项D错误；小球从A点水平抛出时的速度v＝，小球离开A点后做平抛运动，则有2R＝gt2，水平位移x＝vt，联立以上各式可得水平位移x＝2，选项A错误，选项B正确．\n【答案】　BC●竖直面内圆周运动问题5．(2011·北京高考)如图4－3－14所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)．(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．(不计空气阻力)．图4－3－14【解析】　(1)受力分析如图根据平衡条件，应满足Tcosα＝mg，Tsinα＝F则拉力大小F＝mgtanα.(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒mgl(1－cosα)＝mv2则通过最低点时，小球的速度大小v＝根据牛顿第二定律T′－mg＝m解得轻绳对小球的拉力T′＝mg＋m＝mg(3－2cosα)，方向竖直向上．【答案】　(1)见解析(2)　mg(3－2cosα)，方向竖直向上