高中物理鲁科版第四章匀速圆周运动 2023版第4章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①变加速②eq\f(s,t)③eq\f(φ,t)④rω⑤eq\f(2π,T)⑥mrω2⑦meq\f(v2,r)⑧ω2r⑨eq\f(v2,r)⑩0⑪mrω2________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________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ω＝eq\f(2π,T)＝2πn知，ω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v＝rω及a＝eq\f(v2,r)＝rω2的理解(1)由v＝rω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＝eq\f(v2,r)＝rω2知，v一定时，a与r成反比；ω一定时，a与r成正比．如图4­1所示，定滑轮的半径r＝2cm，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a＝2m/s2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1m的瞬间，求滑轮边缘上的点的角速度ω和向心加速度an.图4­1【解析】重物下落1m时，瞬时速度为v＝eq\r(2as)＝eq\r(2×2×1)m/s＝2m/s.显然，滑轮边缘上每一点的线速度也都是2m/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ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(2,rad/s＝100rad/s.向心加速度为an＝ω2r＝1002×m/s2＝200m/s2.【答案】100rad/s200m/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(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＝eq\r(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：T＝0或N＝0)，此时重力提供向心力．所以v≥eq\r(gr)时，能通过最高点；v＜eq\r(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v0＝0，此时支持力N＝mg.一水平放置的圆盘，可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量是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4­2所示．铁块随圆盘一起匀速转动，角速度是10rad/s时，铁块距中心O点30cm，这时弹簧对铁块的拉力大小为11N，g取10m/s2，求：图4­2(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：F＋f＝mω2r代入数值解得：f＝1N.(2)此时铁块恰好不向外侧滑动，则所受到的静摩擦力就是最大静摩擦力，则有f＝μmg故μ＝eq\f(f,mg)＝.【答案】(1)1N(2)如图4­3所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．图4­3(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.【导学号：45732141】【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5. ③(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)) ⑤由④⑤式得，vC应满足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R)⑥由机械能守恒定律得mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．【答案】(1)5(2)能沿轨道运动到C点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．(教师用书独具)1．(多选)如图4­4所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10m/s2，π＝，则赛车()图4­4A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为s【解析】赛车做圆周运动时，由F＝eq\f(mv2,R)知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝meq\f(v2,R)知，其速率v＝eq\r(\f(FR,m))＝eq\r(\f,m))＝45m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30m/s.如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin60°＝50eq\r(3)m据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝eq\f(2πr,3)，对应的运动时间t＝eq\f(s,v′)≈s，选项D错误．【答案】AB2.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图4­5所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，()图4­5A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【解析】两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，则vP<vQ，又mP>mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝meq\f(v2,L)，则F＝3mg，因mP>mQ，则FP>FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，选项D错误．【答案】C3．如图4­6所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高．质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()图4­6\f(1,4)mgR \f(1,3)mgR\f(1,2)mgR \f(π,4)mgR【解析】在Q点FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以v＝eq\r(gR)；由P到Q根据动能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，故C正确．【答案】C4．(多选)如图4­7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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()图4­7A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(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做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.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：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，当fa＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；对木块b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(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fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，选项B错误；当ω＝eq\r(\f(kg,2l))时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误．【答案】AC5.如图4­8所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.图4­8(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝eq\f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)滑块在B点处，由牛顿第二定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得N＝3mg由牛顿第三定律得N′＝3mg.(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒得mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\