(完整版)圆周运动及其应用专题复习(答案解析版)

1、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 描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(V) 方向与半径垂直，和圆周相切 介虫2 n At T 单位：m/s 角速度 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(3) 中学不研究其方向 金A 02 n 3= At = T 单位：rad/s 周期和 转速 周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T) 转速是物体在单位时间内转过的圈数(n),也 叫频率 1 周期与频率的关系为T=f T= 2 n;单位：s V n的单位r/s、r/min

2、 f的单位：Hz 向心加 速度 描述速度方向变化快慢的物理量(an) 方向指向圆心 2 an= = 32r r 单位：m/s2 向心力 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 方向指向圆心. 匚2v2 4 n Fn = m3 r = m r =r 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 (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

3、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 =宁=总rad/min，时针的角速度32 =宁=总rad/min. T1 30T2 360 31 ： 32 = 12 : 1 , V1 : V2 =311 ： 322 = 18 ： 1 , a1 : a2= 31 v1 : 32v2= 216 : 1，故只有 C 正确. 【答案】C

4、 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 ：2 ND . 0 v2 【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 R 作用力大小为 N =1 F

5、2 + G2= 500 ,；2 N , C正确. 【答案】C 课堂复习： 考点1：圆周运动的运动学分析 V22 1. 对公式v= 和a= = 32r的理解 (1) 由v 知，r 一定时，v与3成正比；3 定时，v与r成正比；v 一定时，3与r成反 比. 2 由a =十=32r知，在v 一定时，a与r成反比；在 3 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

6、电动机带 动按相同方向均以角速度3= 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尸0.16，两圆柱体中心间的距离 s= 1.6 m,棒长I 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？ 1 A B 【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. 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=

7、3= 8x 0.2 m/s = 1.6 m/s,加速度 a= g 1.6 m/s2,时间 t1 = a = 1 s, a 一 1 2 t1时间内棒运动位移 S1 = at1 = 0.8 m. 此后棒与A、B无相对运动，棒以 v= 3r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= s2= 0.5 s,故所求时间t = t1 +12= 1.5 s. v 【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

8、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 3= ；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3 = 2N n 竽；要推算自行车的骑行速度，由于 r i v= R3 r2 =3后R,还要知道自行车后轮的半径 又因后轮的角速度3后=3飞轮，而3飞轮2=3牙盘r 1 , 3牙盘=3,联立以上各式解得 =2 trN#故还需知道后轮半径 R牙盘半径ri,飞轮半径2. 【答案】罕 自行车后轮半径 R,牙盘半径ri，飞轮半径2 ri亠 R3 或 2 r2 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

9、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. 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. 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

10、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卩 【审题视点】(1)应理解把握好“转台边缘”与“恰好滑离 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 =切2 在水平方向上有 s= V0t 代入数据得vo= 1 m/s. (2)物

11、块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 2 Ve fm= m R fm= (iN= 口 m 2 由式得尸gR 代入数据得尸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. 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I = 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 0= 37, 当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周

12、运动的角速度为3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30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 3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：mgta n 0= m32lsi n 0 解得：32=盘即 g=亦 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 a= m3 2lsin a片增 解得：3 2=盘，即3 =

13、乜壬=畅rad/S. 【答案】(1) 12.5 rad/s (2) 20 rad/s 考点3: “轻绳模型”与“轻杆模型” 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 常见类型 过最高点的临界条件 v临=0 讨论分析 (1)过最高点时，v、:gr, Fn 2 + mg= m,绳、轨道对球产 r 生弹力Fn 当vv- gr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 当 0v vv ;gr时，mg Fn 2 =m*, Fn背离圆心，随v的 增大而减小 当v = gr时，Fn = 0 当 v . gr 时，Fn +

14、mg = 2 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0点在竖直平面内无摩擦地转动，另 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 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 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，21m/s; (5)A在最低点的速率为 6 m/s. (1)动能定理求出最高

15、点速度1m/s,向上的支持力16N 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). n I a a ti C 1 i 1 1 1 P1 I 1 1 1 1 1 f 1 1 1 ，1 1 R 1 I, r （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 X 1

16、0_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1.00X 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 12 n 3.14 X 10.20 的 22，则涂层长度 L=22 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

17、）（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（） NP区间 NP区间的分子百分率 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 的分子百分率 D .位于PQ区间的分子百分率小于位于 -J 【解析】分子在圆筒中运动的时间t= d，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

18、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. 侈选）（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 3绕竖直直径转动时， 发现 小球受三个力作用.则 【解析】 以当3 【答案】 如图所示，若绳上恰好无拉力，则有 AB A、B选项正确. mgtan 60 = mF3 2sin 60 圆周、平抛相结合 D 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 /RH- 2R2 B .小球落到地面时相对于A点的水平位移值为 2 :2RH - 4R2 C.小球能从细管 A端水平抛出的条件是 H 2R 5 D .小球能从细管 A端水平抛出的