2014届高三物理总复习红对勾讲与练课件42份打包

第4章曲线运动

万有引力与航天课时2

匀速圆周运动随堂巩固训练课前自主学习课堂讲练互动课时作业弧长知识点一描述圆周运动的物理量圆

角速度周期线速度向心加速度(3)性质：因为线速度方向和向心加速度的方向时刻变化，所以匀速圆周运动是非匀变速

曲线运动．2．描述圆周运动的物理量

(1)线速度v①定义：质点运动通过的弧长△l与所用时间△t的比值．②物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢

，是矢量．③方向：质点在圆弧上某点的线速度方向沿圆弧该点②物理意义：描述质点绕圆心转动的的

切线

方向．△l④大小：v＝

△t

(△l是△t时间内通过的弧长)．(2)角速度ω①定义：连结质点和圆心的半径转过的圆心角△θ与所用时间△t的比值．快慢．△θ③大小：ω＝

△t

(△θ是连接质点和圆心的半径在△t时间内转过的角度)．(3)周期T、频率f做圆周运动的物体运动一周所用的时间

叫周期．

做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数，叫做频率，也叫转速．(4)v、ω、f、T的关系T

1

2π

2πr＝f

，ω＝

T

＝2πf，v＝

T

＝2πfr＝ωr量确定，其它两个量就是确定的，其关系为T＝

1

＝

2π

.当f

ωT、f、ω一定时，线速度v还与r有关，r越大，v越大，r越小，v越小．向心加速度是按效果命名的，总是指向圆心，方向时刻在变化，是一个变加速度，当ω一定时，an与r成正比，v2当v一定时，an与r成反比．关系式为an＝

r

＝ω2r.注意公式中v、r的理解，严格地说v是相对圆心的速度，r是物体运动轨迹的曲率半径．解析：物体做匀速圆周运动时线速度大小恒定，所以相等的时间内通过的路程相等，但位移的方向是不相同的，故A对，C错；虽然加速度大小是不变化的，但方向是不断变化的，相等的时间内速度的变化量大小是相等的，但方向不相同，所以相等时间内速度的变化量不相等，故

B错；由于做匀速圆周运动的物体的角速度是恒定的，所以相等的时间内转过的角度是相等的，故D对．答案：AD重力势能为5.4×104

J，角速度为0.2

rad/s重力势能为4.9×104

J，角速度为0.2

rad/s

C．重力势能为5.4×104

J，角速度为4.2×10－3

rad/sD．重力势能为4.9×104

J，角速度为4.2×10－3

rad/s解析：以地面为零势能面，重力势能Ep＝mgh＝T25×6050×10×108

J＝5.4×104

J；角速度ω＝2π＝

2π

rad/s＝4.2×10－3

rad/s，故C正确．答案：C知识点二向心力的特点及计算表达式：对于做匀速圆周运动的物体其向心力应由其v24π2＝m

T2

r＝所受合外力提供，Fn＝man＝m

r

＝4π2mf2r.mω2r2．向心力的来源向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是各力的合力或某力的分力，总之，只有达到维持物体做圆周运动效果的力，就是向心力．向心力是按力的作用效果来命名的．对各种情况下向心力的来源应明确．如：水平圆盘上跟随圆盘一起匀速转动的物体[如图(a)]和水平地面上匀速转弯的汽车，其摩擦力是向心力；圆锥摆[如图(b)和以规定速率转弯的火车，向心力是重力与弹力的合力．(2)变速圆周运动：在变速圆周运动中，合外力不仅大小随时间改变，其方向也不沿半径指向圆心．合外力沿半径方向的分力(或所有外力沿半径方向的分力的矢量和)提供向心力，使物体产生向心加速度，改变速度的方向；合外力沿轨道切线方向的分力，使物体产生切向加速度，改变速度的大小．4．圆周运动中的动力学方程无论是匀速圆周运动，还是非匀速圆周运动，向心力v2和向心加速度关系仍符合牛顿第二定律即：Fn＝man＝m

r2＝mω

r2

2＝4mπ

f

r＝m4π2rT2.注意：向心加速度是由于速度方向变化而引起的速度矢量的变化率．速度方向变化是向心加速度存在的前提条件，但向心加速度的大小并不简单地表示速度方向变化的快慢，确切地说：当半径一定时，向心加速度的大小反映了速度方向变化的快慢；当线速度一定时，向心加速度的大小正比于速度方向变化的快慢．解析：向心加速度方向始终指向圆心，做匀速圆周运动的物体的向心加速度大小始终不变，方向在不断变化，故C项正确．答案：C受重力和台面的支持力受重力、台面的支持力和向心力受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力

D．受重力、台面的支持力和静摩擦力解析：重力与支持力平衡，静摩擦力提供向心力，方向指向转轴．答案：D线速度之比为1:1:1角速度之比为1:1:1

C．向心加速度之比为4:2:1D．转动周期之比为2:1:1[解析]

由题意知RB＝2RA＝2RC，而vA＝vB，ωARA＝ωBRB，ωA:ωB＝RB:RA＝2:1，又有ωB＝ωC，由v＝ω·R，知vB＝2vC，故A、B、C三点线速度之比为2:2:1，角速度之比为2:1:1，因T＝

2π

，故周期之比为1:2:2，由a＝ω2R，可知ω向心加速度之比为(22×1)

:

(12×2)

: (12×1)＝4:2:1，故选C.[答案]

C解析：本题考查圆周运动等知识．由题意“在同一皮带带动下匀速转动”，说明a、b两轮的线速度相等，即va＝vb，又因a轮与A盘同轴，b轮与B盘同轴，角速度相等，v2联立并代入F＝m

r

得到D项正确．答案：D[例2]

一细绳穿过一光滑的、不动的细管，两端分别拴着质量为m和M的小球A、B.当小球A绕管子的中心轴转动时，A球摆开某一角度，此时A球到上管口的绳长为L，如下图所示．细管的半径可以忽略．试求：[分析]

绳子与竖直方向的夹角是未知的，该夹角的求解可由小球A的竖直方向的受力分析和B球的平衡方程联立求解．[解析]

(1)设绳子的拉力为T，绳子与竖直方向的夹角为θ，对于小球A，由牛顿第二定律得竖直方向：Tcosθ＝mg①水平方向：Tsinθ＝mω2Lsinθ②对于小球B有：T＝Mg③联立各式解得ω＝MgmL则小球A的速度为：v＝ωLsinθ＝mMgLsinθ小球A所受的向心力就是张力T在水平方向的分力，即：F＝Tsinθ＝Mgsinθ由①③得cosθ＝mM故sinθ＝m21－M2，所以MgLv＝

m

sinθ＝gL(M2－m2)MmF＝Mgsinθ＝Mgm21－M2(2)小球A转动的周期为：T

2π＝2π＝

ωmLMg.[答案]

(1)gL(M2－m2)Mmm2Mg

1－M2(2)2πmLMg4．由牛顿第二定律和平衡条件列方程：沿径向有：F向＝ma向

沿切向有：F切＝0.5．求解并说明结果的物理意义．解析：铁块做的是匀速圆周运动，所以其合外力肯定指向圆心，并且合外力的大小肯定应该等于F＝mrω2＝12N，此时弹簧秤的示数是10N，所以摩擦力的大小应该等于2N，方向指向圆心．答案：2N[例3]

如图所示，半径为R的圆盘匀速转动，在距半径高度h处以平行OB方向水平抛出一小球，抛出瞬间小球的初速度与OB方向平行，为使小球和圆盘只碰撞一次且落点为B，求：[分析]

本题的常见错误是认为圆盘转动一周时，小1球恰好落在B点，即t

＝2h

g2，t

＝T，故得ω＝2πT＝2h12π

g

.忽视了圆周运动的周期性，即t

这段时间内，只要B点转动2π的整数倍角度，小球都可以与B点相碰．[解析]

(1)设小球在空中的飞行时间为t1，初速度为0

1gv

，圆盘的角速度为ω，小球平抛时间t

＝

2h

.小球水平0

1R方向分运动v

t

＝R，可得v0＝t1＝R2hg

.(2)当OB再次与v0平行时，圆盘运动时间t2＝nT(n＝1,2,3,4，…)，T

2π，依题意t

＝t

2h

2nπ＝

ω

1

2,

g

＝

ω

，解得ω＝nπh2g(n＝1,2,3,4，…)．[答案](1)R

g

2h(2)nπh2g(n＝1,2,3,4，…)1解析：设所用时间为t，则t＝(n＋2)T(n＝0,1,2，3，…)，2πR而T＝

v0

，所以t＝(2n＋1)πRv0(n＝0,1,2,3，…)．0m

v0由v

＝at＝

F

·

(2n＋1)πR

(n＝0,1,2,3，…)，所以F＝mv2(2n＋1)πR

0

(n＝0,1,2,3，…)．答案：F＝mv20(2n＋1)πR(n＝0,1,2,3，…)1．(2011·安徽高考)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如下图(a)所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如下图(b)所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是(

)解析：根据运动的分解，物体在最高点的速度等于水平分速度，即为v0cosα，在最高点看成是向心力为重力的圆周运动的一部分，则mg＝m(v0cosα)2

(v0cosα)2ρ

g，ρ＝

，C项正确．答案：Ca、b和c三点的线速度大小相等a、b和c三点的角速度相等

C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大解析：由于a、b、c三点是陀螺上的三个点，所以当陀螺转动时，三个点的角速度相同，选项B正确，C错误；根据v＝ωr，由于a、b、c三点的半径不同，ra＝rb>rc，所以有va＝vb>vc，选项A、D均错误．答案：BA.

FfmgB.Ffmg＋mv

2RC.Ffv

2mg－m

Rmv

D.

Ff

2R解析：物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用，据牛顿第二定律得FN－v2Ffmg＋m

Rmg＝m

R

，又Ff＝μFN，联立解得μ＝

v2

，选项B正确．答案：BA．Q受到桌面的支持力变大B．Q受到桌面的静摩擦力变大

C．小球P运动的角速度变大

D．小球P运动的周期变大解析：设小球P的质量为mP，金属块Q的质量为mQ，细线长为L，细线与竖直方向的夹角为θ，则绳拉力FT＝mPgcosθ；对Q：FfQ＝FT·sinθ＝mPgtanθ，FNQ＝FT·cosθ＋mQg＝(mP＋mQ)g，θ增大，FNQ不变，FfQ变大，选项A错而BP向2对；对P：F

＝m

gtanθ＝m

·Lsinθ·ω

＝P

P

Pm

·Lsinθ·(2πT2)

，θ增大，角速度变大，周期变小，选项C对而D错．答案：BC转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？当转速ω＝