(1)向心力、向心加速度的理解；(2)豎直平面內圓周運動的問題分析；(3)斜面、懸繩彈力的水平分力提供向心力的實例分析問題；(4)離心現象等。

例1．(2020•全國卷I•16)如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg。繩的質量忽略不計，當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為(　　)

A. 200 N B. 400 N C. 600 N D. 800 N
【答案】B
【解析】在最低點由2T－mg＝mv2r，知T＝410 N，即每根繩子拉力約為410 N，故選B。
【點睛】本題考查豎直面內圓周運動的輕“繩”模型，要明確秋千運動到最低點時所受合力不為零，且合力方向豎直向上。

1．如圖所示為學員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視示意圖。已知質量為60 kg的學員在A點位置，質量為70 kg的教練員在B點位置，A點的轉彎半徑為5.0 m，B點的轉彎半徑為4.0 m，學員和教練員(均可視為質點)(　　)

A．運動周期之比為5∶4
B．運動線速度大小之比為1∶1
C．向心加速度大小之比為4∶5
D．受到的合力大小之比為15∶14
【答案】D
【解析】A、B兩點做圓周運動的角速度相等，根據T＝2πω知，周期相等，故A項錯誤；根據v＝rω知，半徑之比為5∶4，則線速度之比為5∶4，故B項錯誤；根據a＝rω2知，半徑之比為5∶4，則向心加速度大小之比為5∶4，故C項錯誤；根據F＝ma知，向心加速度大小之比為5∶4，質量之比為6∶7，則合力大小之比為15∶14，故D項正確。
2．如圖所示，運動員以速度v在傾角為θ的傾斜賽道上做勻速圓周運動。已知運動員及自行車的總質量為m，做圓周運動的半徑為r，重力加速度為g，將運動員和自行車看作一個整體，則(　　)

A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用
B．受到的合力大小F＝mv2r
C．若運動員加速，則一定沿傾斜賽道上滑
D．若運動員減速，則一定沿傾斜賽道下滑
【答案】B
【解析】將運動員和自行車看作一個整體，受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物體受到的力，故A錯誤；運動員騎自行車在傾斜賽道上做勻速圓周運動，合力指向圓心，提供勻速圓周運動需要的向心力，所以F＝mv2r，故B正確；若運動員加速，由向上運動的趨勢，但不一定沿斜面上滑，故C錯誤；若運動員減速，有沿斜面向下運動的趨勢，但不一定沿斜面下滑，故D錯誤。
3．如圖所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g。現使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小為(　　)

A．3mg B．433mg C．3mg D．23mg
【答案】A
【解析】設小球在豎直面內做圓周運動的半徑為r，小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌道平面的夾角為θ＝30°，則有r＝Lcos θ＝32L。根據題述小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，有mg＝mv2r；小球在最高點速率為2v時，設每根繩的拉力大小為F，則有2Fcos θ＋mg＝m2v2r，聯立解得F＝3mg，A項正確。
4．如圖所示，在粗糙水平面上靜止放有一個半圓球，將一個很小的物塊放在粗糙程度處處相同的球面上，用始終沿球面的力F拉著小物塊從A點沿球面勻速率運動到最高點B，半圓球始終靜止。對于該過程下列說法正確的是(　　)

A．小物塊所受合力始終為0
B．半圓球對小物塊的支持力一直增大，摩擦力也一直增大
C．F大小一直不變
D．半圓球對地面的摩擦力始終向右
【答案】B
【解析】小物塊做勻速圓周運動，所以所受合外力不為0，故A錯誤；假設小物塊與圓心連線與水平方向的夾角為θ，當小物塊沿圓弧上滑時，根據牛頓第二定律則有mgsin θ－FN＝mv2r，由于f＝μFN，可知θ增大，支持力增大，則滑動摩擦力也增大，故B正確；根據題意則有F＝mgcos θ＋μFN＝mgcos θ＋μmgsin θ－μmv2r，對cos θ＋μsin θ分析可知θ從0增大到90°，F先增大后減小，故C錯誤；對半圓球進行受力分析可知半圓球所受摩擦力向右，所以半圓球對地面的摩擦力始終向左，故D錯誤。
5．(多選)如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖。拴接物塊的細線被纏繞在輪軸上，輪軸逆時針轉動從而拖動物塊。已知輪軸的半徑R＝0.5 m，細線始終保持水平；被拖動物塊質量m＝1 kg，與地面間的動摩擦因數μ＝0.5；輪軸的角速度隨時間變化的關系是ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判斷正確的是(　　)

A．物塊做勻速運動
B．細線對物塊的拉力是5 N
C．細線對物塊的拉力是6 N
D．物塊做勻加速直線運動，加速度大小是1 m/s2
【答案】CD
【解析】由題意知，物塊的速度v＝ωR＝2t×0.5＝1t，又v＝at，故可得a＝1 m/s2，所以物塊做勻加速直線運動，加速度大小是1 m/s2。故A錯誤，D正確；由牛頓第二定律可得物塊所受合外力F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦阻力f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，故可得物塊受細線拉力T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B錯誤，C正確。
6．如圖所示，傾角θ＝30°的斜面體C固定在水平面上，置于斜面上的物塊B通過細繩跨過光滑定滑輪(滑輪可視為質點)與小球A相連，連接物塊B的細繩與斜面平行，滑輪右側的細繩長度為L，物塊B與斜面間的動摩擦因數μ＝33。開始時A、B均處于靜止狀態，B、C間恰好沒有摩擦力。現讓A在水平面內做勻速圓周運動，物塊B始終靜止，則A的最大角速度為(　　)

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】開始時A、B均處于靜止狀態，B、C間恰好沒有摩擦力，則有mAg＝mBgsin θ，解得mB＝2mA；當A以最大角速度做圓周運動時，要保證B靜止，此時繩子上的拉力T＝mBgsin θ＋μmBgcos θ＝2mAg；設A以最大角速度做圓周運動時繩子與豎直方向的夾角為α，則cos α＝；對A受力分析可知，物體A做圓周運動的半徑R＝Lsin α＝32L，向心力為Fn＝Tsin α＝3mAg；由向心力公式Fn＝mAω2R，代入數據解得ω＝，A正確。

7．(多選)如圖所示，一質量為m的小球用兩根不可伸長的輕繩a、b連接，兩輕繩的另一端分別系在豎直桿的A、B兩點上，當兩輕繩伸直時，a繩與桿的夾角為30°，b繩水平，已知a繩長為2L，當豎直桿以自己為軸轉動，角速度ω從零開始緩慢增大過程中，則下列說法正確的是(　　)

A．從開始至b繩伸直但不提供拉力時，繩a對小球做功為0
B．b繩伸直但不提供拉力時，小球的向心加速度大小為33g
C．從開始至b繩伸直但不提供拉力時，小球的機械能增加了(2－233)mgL
D．當角速度為時，b繩未伸直
【答案】BD
【解析】當b繩剛要伸直時，對小球，由牛頓第二定律和向心力公式得水平方向，，豎直方向有Facos 30°＝mg，解得，小球的機械能增加量ΔE＝mg•2L(1－cos 30°)＋12mv2＝(2－ )mgL，由功能關系可知，從開始至b繩伸直但不提供拉力時，繩a對小球做功為(2－ )mgL，故AC錯誤；b繩剛好伸直無拉力時，小球的角速度，當，所以b未伸直，小球的向心加速度a＝ω2L＝33g，故BD正確。
8．如圖所示，質點a、b在同一平面內繞質點c沿逆時針方向做勻速圓周運動，它們的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，為正整數)。從圖示位置開始，在b運動一周的過程中(　　)

A．a、b距離最近的次數為k次
B．a、b距離最近的次數為k＋1次
C．a、b、c共線的次數為2k次
D．a、b、c共線的次數為2k－2次
【答案】D
【解析】設每隔時間T，a、b相距最近，則(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝2πωa－ωb＝2π2πTa－2πTb＝TaTbTb－Ta，故b運動一周的過程中，a、b相距最近的次數為：n＝TbT＝Tb－TaTa＝kTa－TaTa＝k－1，即a、b距離最近的次數為k－1次，A、B均錯誤。設每隔時間t，a、b、c共線一次，則(ωa－ωb)t＝π，所以t＝πωa－ωb＝π2πTa－2πTb＝TaTb2?Tb－Ta?；故b運動一周的過程中，a、b、c共線的次數為：n＝Tbt＝2?Tb－Ta?Ta＝2kTa－2TaTa＝2k－2，C錯誤，D正確。
9．如圖所示，甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊，甲圓盤為主動輪，乙靠摩擦隨甲轉動無滑動．甲圓盤與乙圓盤的半徑之比為r甲∶r乙＝3∶1，兩圓盤和小物體m1、m2之間的動摩擦因數相同，小物體質量m1＝m2，m1距O點為2r，m2距O′點為r，當甲緩慢轉動起來且轉速慢慢增加時(　　)

A．滑動前m1與m2的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1
B．滑動前m1與m2的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3
C．滑動前m1與m2的線速度之比v1∶v2＝1∶1
D．隨轉速慢慢增加，m2先開始滑動
【答案】D
【解析】甲、乙兩輪子邊緣上的各點線速度大小相等，由ω1•3r＝ω2r得ω1∶ω2＝1∶3，故A錯誤；物塊相對盤開始滑動前，根據a＝ω2r得m1與m2的向心加速度之比a1∶a2＝ω12•2r＝ω22r＝2∶9，故B錯誤；根據公式v＝ωr，m1距O點為2r，m2距O′點為r，二者的角速度之比ω1∶ω2＝1∶3，所以它們的線速度之比為2∶3，故C錯誤；根據μmg＝mrω2，知臨界角速度，可知兩物塊的臨界角速度之比為1∶3，又ω1∶ω2＝1∶3，可知當轉速增加時，m2先達到臨界角速度，所以m2先開始滑動，故D正確。

10．(多選)如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細繩相連的質量均為m的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為RA＝r、RB＝2r，與盤間的動摩擦因數μ相同，當圓盤轉速加快到兩物體剛好要發生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　)

A．此時繩子張力為3μmg
B．此時圓盤的角速度為2μgr
C．此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外
D．此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動
【答案】ABC
【解析】兩物體剛好要發生滑動時，A受背離圓心的靜摩擦力，B受指向圓心的靜摩擦力，其大小均為μmg，則有T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2•2r，解得T＝3μmg，ω＝2μgr，A、B、C項正確；當燒斷繩子時，A所需向心力為F＝mω2r＝2μmg＞fm，fm＝μmg，所以A將發生滑動，D項錯誤。
11．汽車試車場中有一個檢測汽車在極限狀態下的車速的試車道，試車道呈錐面(漏斗狀)，側面圖如圖所示。測試的汽車質量m＝1 t，車道轉彎半徑r＝150 m，路面傾斜角θ＝45°，路面與車胎的動摩擦因數μ＝0.25，設路面與車胎的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2。求：

(1)若汽車恰好不受路面摩擦力，則其速度應為多大？
(2)汽車在該車道上所能允許的最小車速。
【解析】(1)汽車恰好不受路面摩擦力時，由重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律得：
mgtan θ＝mv2r
解得：v≈38.7 m/s。
(2)當車道對車的摩擦力沿車道向上且等于最大靜摩擦力時，車速最小，受力如圖，根據牛頓第二定律得：

FNsin θ－Ffcos θ＝mvmin2r
FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0
Ff＝μFN
解得：vmin＝30 m/s。
12．如圖甲所示，豎直平面內的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點，OB與OC夾角為37°，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點和最高點)，可視為質點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出滑塊經過圓軌道最低點C時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關系圖象，該圖線截距為2 N，且過(0.5 m，4 N)點。取g＝10 m/s2。

(1)求滑塊的質量和圓軌道的半徑。
(2)若要求滑塊不脫離圓軌道，則靜止滑下的高度為多少？
(3)是否存在某個H值，使得滑塊經過最高點D飛出后落在圓心等高處的軌道上？若存在，請求出H值；若不存在，請說明理由。
【解析】(1)當H＝0時，由圖象截距可知：
F＝mg＝2 N，mg＝0.2 kg
當小物塊從A點靜止下滑，由圖象知，h＝0.5 m，對軌道的壓力F1＝4 N
mgh＝12mv12
F1－mg＝mv12R
解得：R＝1 m。
(2)不脫離軌道分兩種情況：
①到圓心等高處速度為零
有能量守恒可知，滑塊從靜止開始下滑高度h1≤R＝1 m
②通過最高點，通過最高點的臨界條件vD＝gR
設下落高度為H0，由動能定理得：mg(H0－2R)＝12mvD2
解得：H0＝2.5 m
則應該滿足下落高度h2≥2.5 m。
(3)假設滑塊經過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點：
x＝OE＝vDt
R＝12gt2
解得：vD＝ m/s
而滑塊過D點的臨界速度vDL＝gR＝ m/s
由于vD＞vDL，所以存在一個H值，使得滑塊經過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點
mg(H－2R)＝12mvDL2
解得：H＝ m。

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小題必練6：圓周運動

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