圆周运动及其应用专题复习(答案解析版).doc

圆周运动及其应用专题复习(答案版)
课前复习
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：
物理量
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
① v＝＝
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
① ω＝＝
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＝
① T＝；单位：s
② n的单位r/s、r/min
③ f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
① an＝＝ω2r
② 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.
① Fn＝mω2r＝m＝mr
②单位：N

2.匀速圆周运动相关性质:
(1)定义:物体沿圆周运动，并且线速度大小处处相等的运动．
(2)匀速圆周运动的特点
速度大小不变而速度方向时刻变化的变速曲线运动．
只存在向心加速度，不存在切向加速度．
合外力即产生向心加速度的力，充当向心力
(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．

课前练习
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

2.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360 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1 km，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10 m/s2)(　　)
A．500 N　　 B．1 000 N C．500 N D．0
【解析】　乘客所需的向心力：F＝m＝500 N，而乘客的重力为500 N，故火车对乘客的作用力大小为N＝＝500 N，C正确．
【答案】　C

课堂复习：
考点1: 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．
(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．

例1:(2013届连云港高三模拟)如图所示，半径为r＝20 cm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＝8 rad/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＝1.6 m，棒长l＞3.2 m，重力加速度取10 m/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＝8×0.2 m/s＝1.6 m/s，加速度a＝μg＝1.6 m/s2，时间t1＝＝1 s，
t1时间内棒运动位移s1＝at＝0.8 m.
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＝0.8 m，重心到A的正上方需要的时间t2＝＝0.5 s，故所求时间t＝t1＋t2＝1.5 s.
【答案】　1.5 s

例2．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＝________.

【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

考点2: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．
(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．

例3:(2012·福建高考)如图所示，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＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m．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＝10 m/s2.求：
(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＝s ③
代入数据得v0＝1 m/s.
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
fm＝m④
fm＝μN＝μmg⑤
由④⑤式得μ＝
代入数据得μ＝0.2.
【答案】　(1)1 m/s　(2)0.2

规律总结：
(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．

例4.(2013届淮州中学四月调研)如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg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10 m/s2，结果可用根式表示)求：
(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：mgtan θ＝mωlsin θ
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：mgtan α＝ mω′2lsin α
解得：ω′2＝，即ω′＝ ＝ rad/s.
【答案】　(1) rad/s　(2) rad/s

考点3：“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≥ ，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN
(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，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜时，mg－FN＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小
(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大

例5：长L＝0.5 m质量可忽略的轻杆，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＝2 kg，当A通过最高点时，如图所示，求在下列几种情况下杆对小球的作用力：
(1)A在最高点的速率为1m/s
(2)A在最高点的速率为4m/s
(3)如果将原题中的轻杆换成轻绳，则结果如何？

【解析】（1）向上的支持力16N
(2)向下的压力44N
（3）换成细绳最小速度为根号5，故只能是向下压力44N
课后思考：(4)A在最低点的速率为m/s；
(5)A在最低点的速率为6 m/s.
（1）动能定理求出最高点速度1m/s, 向上的支持力16N
(2) 动能定理求出最高点速度4m/s，向下压力44N.

圆周运动及其应用课后练习:
●考查圆周运动中的运动规律
1．(2010·大纲全国高考)如图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)．
(1)若图中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s，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10.20 cm，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，由题意知图中横坐标上每小格表示 1.00×10－2 s，所以圆盘转动的周期是0.22 s，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＝1.46 cm.
【答案】　(1)4.55　(2)1.46

●利用圆周运动测分子速率分布
2．(多选)(2012·上海高考)图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b所示，NP，PQ间距相等．则(　　)
A．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．
【答案】　AC

●圆周运动的动力学问题
3．(多选)(2012·绍兴一中月考)如图所示，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(　　)
A. 　　　　　　　　B.
C. D.

【解析】　如图所示，若绳上恰好无拉力，则有mgtan 60°＝mRω2sin 60°，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．(多选)(2012·浙江高考)由光滑细管组成的轨道如图所示，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(　　)
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2R
D．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．
【答案】　BC

●竖直面内圆周运动问题
5．(2011·北京高考)如图所示，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)．

【解析】　(1)受力分析如图
根据平衡条件，应满足T cos α＝mg，
Tsin α＝F
则拉力大小F＝mgtan α.
(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒
mgl(1－cos α)＝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(3－2 cos α)，方向竖直向上．
【答案】　(1)见解析
(2)　mg(3－2 cos α)，方向竖直向上