高中物理粤教版第二章圆周运动 第2章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①eq\f(2πr,T)②eq\f(2π,T)③eq\f(2π,ω)④eq\f(1,n)⑤mrω2⑥mr(eq\f(2π,T))2⑦rω2⑧r(eq\f(2π,T))2⑨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2­1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2­1【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＝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：FT＝0或FN＝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FN＝mg，当物体在最高点的速度v≥0时，物体就可以完成一个完整的圆周运动．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2­2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2­2(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)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2­3所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为eq\f(3,4)d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．图2­3(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：eq\f(1,4)d＝eq\f(1,2)gt2水平方向：d＝v1t解得v1＝eq\r(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R＝eq\f(3,4)d由牛顿第二定律，有T－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)得T＝eq\f(11,3)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：T－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),l)解得：v2＝eq\r(\f(8,3)gl)绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为s，时间为t1.有d－l＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)s＝v2t1得s＝4eq\r(\f(ld－l,3))，当l＝eq\f(d,2)时，s有最大值smax＝eq\f(2\r(3),3)d.【答案】(1)eq\r(2gd)eq\r(\f(5,2)gd)(1)eq\f(11,3)mg(3)eq\f(d,2)eq\f(2\r(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)如图2­4所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在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A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.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2­4A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等【解析】由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①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μmg＝meq\f(v2,R)，可得最大速率v＝eq\r(μgR)，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B错误；根据t＝eq\f(s,v)，可得①、②、③所用的时间分别为t1＝eq\f(π＋2r,\r(μgr))，t2＝eq\f(2rπ＋1,\r(2μgr))，t3＝eq\f(2rπ,\r(2μgr))，其中t3最小，可知线路③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：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确．【答案】ACD2．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，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图2­5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2­5A．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mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(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】B3．(多选)如图2­6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2­6A．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】AC4．某物理小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R＝m)．(a)(b)图2­7完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图2­7(a)所示，托盘秤的示数为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12345m(kg)(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kg.(4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为m＝eq\f＋＋＋＋,5)kg＝kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝(m－g＝－×N≈N由题意可知小车的质量为m′＝－kg＝kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F－m′g＝eq\f(m′v2,R)解得v≈m/s【答案】5．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2­8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ω＝________.图2­8【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：h＝eq\f(1,2)gt2 ①在水平方向R＝vt ②由①②两式可得h＝eq\f(gR2,2v2) ③小球落在A点的过程中，OA转过的角度θ＝2nπ＝ωt(n＝1,2,3，…)④由②④两式得ω＝eq\f(2nπv,R)(n＝1,2,3，…)．【答案】eq\f(gR2,2v2)eq\f(2nπv,R)(n＝1,2,3，…)我还有这些不足：(1