16-17版 第2章 章末分层突破.doc

1、 章末分层突破章末分层突破 自我校对 2r T 2 T 2 1 n mr2 mr(2 T )2 r2 r(2 T )2 方向 描述圆周运动的物理量及其关 系 1.线速度、角速度、周期和转速都是描述圆周运动快慢的物理量，但意义不 同线速度描述物体沿圆周运动的快慢角速度、周期和转速描述做圆周运动的 物体绕圆心转动的快慢由 2 T 2n，知 越大，T 越小，n 越大，则物体 转动得越快， 反之则越慢 三个物理量知道其中一个， 另外两个也就成为已知量 2对公式 vr 及 av 2 r r2的理解 (1)由 vr，知 r 一定时，v 与 成正比； 一定时，v 与 r 成正比；v 一 定时， 与 r 成反

2、比 (2)由 av 2 r r2，知 v 一定时，a 与 r 成反比； 一定时，a 与 r 成正比 如图 2- 1 所示，定滑轮的半径 r2 cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一 个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度 a2 m/s2做匀加速运动，在重物 由静止下落距离为 1 m 的瞬间，求滑轮边缘上的点的角速度 和向心加速度 an. 图 2- 1 【解析】 重物下落 1 m 时，瞬时速度为 v 2as 221 m/s2 m/s. 显然，滑轮边缘上每一点的线速度也都是 2 m/s，故滑轮转动的角速度，即 滑轮边缘上每一点转动的角速度为 v r 2 0.02rad/s100 rad/s. 向心加速度

3、为 an2r10020.02 m/s2200 m/s2. 【答案】 100 rad/s 200 m/s2 圆周运动的临界问 题 1.水平面内的临界问题 在这类问题中，要特别注意分析物体做圆周运动的向心力来源，考虑达到临 界条件时物体所处的状态，即临界速度、临界角速度，然后分析该状态下物体的 受力特点，结合圆周运动知识，列方程求解常见情况有以下几种： (1)与绳的弹力有关的圆周运动临界问题 (2)因静摩擦力存在最值而产生的圆周运动临界问题 (3)受弹簧等约束的匀速圆周运动临界问题 2竖直平面内圆周运动的临界问题 在竖直平面内的圆周运动一般不是匀速圆周运动， 但物体经最高点或最低点 时，所受的重力

4、与其他力的合力指向圆心，提供向心力 (1)没有物体支撑的小球(轻绳或单侧轨道类) 小球在最高点的临界速度(最小速度)是 v0 gr.小球恰能通过圆周最高点 时，绳对小球的拉力为零，环对小球的弹力为零(临界条件：FT0 或 FN0)， 此时重力提供向心力所以 v gr时，能通过最高点；v gr时，不能达到最 高点 (2)有物体支撑的小球(轻杆或双侧轨道类) 因轻杆和管壁能对小球产生支撑作用，所以小球达到最高点的速度可以为 零，即临界速度 v00，此时支持力 FNmg，当物体在最高点的速度 v0 时， 物体就可以完成一个完整的圆周运动 (2016 宜昌高一检测)一水平放置的圆盘，可以绕中心 O 点

5、旋转，盘 上放一个质量是 0.4 kg 的铁块(可视为质点)，铁块与中间位置的转轴处的圆盘用 轻质弹簧连接，如图 2- 2 所示铁块随圆盘一起匀速转动，角速度是 10 rad/s 时， 铁块距中心 O 点 30 cm，这时弹簧对铁块的拉力大小为 11 N，g 取 10 m/s2，求： 图 2- 2 (1)圆盘对铁块的摩擦力大小； (2)若此情况下铁块恰好不向外滑动(视最大静摩擦力等于滑动摩擦力)， 则铁 块与圆盘间的动摩擦因数为多大？ 【解析】 (1)弹簧弹力与铁块受到的静摩擦力的合力提供向心力，根据牛 顿第二定律得： Ffm2r 代入数值解得：f1 N. (2)此时铁块恰好不向外侧滑动，则所

6、受到的静摩擦力就是最大静摩擦力， 则有 fmg 故 f mg0.25. 【答案】 (1)1 N (2)0.25 (2016 湛江高一检测)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一 端，绳的另一端系有质量为 m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运 动当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离 d 后落地，如图 2- 3 所示已知握绳的手离地面高度为 d，手与球之间的绳长为3 4d，重力加速度 为 g.忽略手的运动半径和空气阻力 图 2- 3 (1)求绳断开时球的速度大小 v1 (2)问绳能承受的最大拉力多大？ (3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使

7、球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？ 【解析】 (1)设绳断后球飞行时间为 t，由平抛运动规律，有竖直方向：1 4d 1 2gt 2 水平方向：dv1t 解得 v1 2gd. (2)设绳能承受的最大拉力大小为 T，这也是球受到绳的最大拉力大小 球做圆周运动的半径为 R3 4d 由牛顿第二定律，有 Tmgmv 2 1 R 得 T11 3 mg. (3)设绳长为 l，绳断时球的速度大小为 v2，绳承受的最大拉力不变，由牛顿 第二定律得： Tmgmv 2 2 l 解得：v2 8 3gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为 dl，水平位移为 s，时间为 t1. 有 dl1 2gt 2

8、1 sv2t1 得 s4 ldl 3 ，当 ld 2时，s 有最大值 smax 2 3 3 d. 【答案】 (1) 2gd 5 2gd (1) 11 3 mg (3)d 2 2 3 3 d 竖直平面内圆周运动的分析方法 1竖直平面内的圆周运动一般是变速圆周运动，运动速度的大小和方向在 不断发生变化， 通常只研究物体在最高点和最低点的情况， 而往往存在临界状态 2竖直平面内的圆周运动往往和机械能守恒定律，动能定理及平抛运动结 合， 此类问题利用机械能守恒定律、动能定理将最高点和最低点的物理量联系起 来 1(多选)(2015 浙江高考)如图 2- 4 所示为赛车场的一个水平“U”形弯道， 转弯处为

9、圆心在 O 点的半圆，内外半径分别为 r 和 2r.一辆质量为 m 的赛车通过 AB 线经弯道到达 AB线，有如图所示的、三条路线，其中路线是 以 O为圆心的半圆， OOr.赛车沿圆弧路线行驶时， 路面对轮胎的最大径向 静摩擦力为 Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车 速率不变，发动机功率足够大)，则( ) 【导学号：35390035】 图 2- 4 A选择路线，赛车经过的路程最短 B选择路线，赛车的速率最小 C选择路线，赛车所用时间最短 D、三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 【解析】 由几何关系可得，路线、赛车通过的路程分别为：(r 2r)、(2r2r

10、)和 2r，可知路线的路程最短，选项 A 正确；圆周运动时的最 大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即 mgmv 2 R，可得最大速率 v gR，则知和的速率相等，且大于的速率，选项 B 错误；根据 ts v， 可得、所用的时间分别为 t12r gr ，t22r1 2gr ，t3 2r 2gr，其中 t3最小，可知线路所用时间最短，选项 C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定 律可得：mgma向，a向g，可知三条路线上的向心加速度大小均为 g，选 项 D 正确 【答案】 ACD 2(2015 天津高考)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓 解这种状态带来的不适，有人设想在未来的

11、航天器上加装一段圆柱形“旋转 舱”，如图 2- 5 所示当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱 形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力为达到目的，下列 说法正确的是( ) 【导学号：35390036】 图 2- 5 A旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 【解析】 旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即 mgm2r，解得 g r，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员 的质量无关，选项 B 正确 【答案】 B 3 (多选

12、)(2014 全国卷)如图 2- 6 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 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确 的是( ) 图 2- 6 Ab 一定比 a 先开始滑动 Ba、b 所受的摩擦力始终相等 C kg 2l是 b 开始滑动的临界角速度 D当 2kg 3l 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg 【解析】 本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件小木块 a、b 做圆周运动

13、时，由静摩擦力提供向心力，即 fm2R.当角速度增加时，静 摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块 a：fam2al， 当 fakmg 时，kmgm2al，a kg l ；对木块 b：fbm2b 2l，当 fbkmg 时， kmgm2b 2l，b kg 2l，所以 b 先达到最大静摩擦力，选项 A 正确；两木块 滑动前转动的角速度相同，则 fam2l，fbm2 2l，fafb，选项 B 错误；当 kg 2l时 b 刚开始滑动， 选项 C 正确； 当 2kg 3l 时， a 没有滑动， 则 fam2l 2 3kmg，选项 D 错误 【答案】 AC 4(2015 全国卷)某物理小

14、组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥 最低点时的速度的实验所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器 (圆弧部分的半径为 R0.20 m) (a) (b) 图 2- 7 完成下列填空： (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图 2- 7(a)所示，托盘秤的示数为 1.00 kg； (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示， 该示数为_kg； (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放， 小车经过最低点后滑向另一侧 此 过程中托盘秤的最大示数为 m；多次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如 下表所示. 序号 1 2 3 4 5 m(kg) 1.80 1.7

15、5 1.85 1.75 1.90 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 _N；小车通过最低点时的速度大小为_m/s.(重力加速度大小取 9.80 m/s2，计算结果保留 2 位有效数字) 【解析】 (2)题图(b)中托盘秤的示数为 1.40 kg. (4) 小 车5次 经 过 最 低 点 时 托 盘 秤 的 示 数 平 均 值 为m 1.801.751.851.751.90 5 kg1.81 kg. 小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 F(m1.00)g(1.811.00)9.80 N7.9 N 由题意可知小车的质量为 m(1.401.00) kg0.40 kg 对小车

16、，在最低点时由牛顿第二定律得 F mgmv 2 R 解得 v1.4 m/s 【答案】 1.40 7.9 1.4 5(2014 天津高考)半径为 R 的水平圆盘绕过圆心 O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一点在 O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度 v 水平抛 出时，半径 OA 方向恰好与 v 的方向相同，如图 2- 8 所示若小球与圆盘只碰一 次，且落在 A 点，重力加速度为 g，则小球抛出时距 O 的高度 h_，圆 盘转动的角速度大小 _. 图 2- 8 【解析】 由平抛运动的规律结合圆周运动的知识求解 小球做平抛运动，在竖直方向：h1 2gt 2 在水平方向 Rvt 由两式可得 hgR 2 2v2 小球落在 A 点的过程中，OA 转过的角度 2nt (n1,2,3，) 由两式得 2nv R (n1,2,3，) 【答案】 gR2 2v2 2nv R (n1,2,3，) 我还有这些不足： (1) (2) 我的课下提升方案： (1) (2)