資源簡介

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6.4 生活中的圓周運動
一、考點梳理
考點一、火車轉彎問題
1．軌道分析
火車在轉彎過程中，運動軌跡是一圓弧，由于火車轉彎過程中重心高度不變，故火車軌跡所在的平面是水平面，而不是斜面．火車的向心加速度和向心力均沿水平面指向圓心．
2．向心力分析
如圖5 7 3所示，火車速度合適時，火車受重力和支持力作用，火車轉彎所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，合力沿水平方向，大小F＝mgtan θ.
3．規定速度分析
若火車轉彎時只受重力和支持力作用，不受軌道壓力，則mgtan θ＝m，可得v0＝(R為彎道半徑，θ為軌道所在平面與水平面的夾角，v0為轉彎處的規定速度)．
4．軌道壓力分析
(1)當火車行駛速度v等于規定速度v0時，所需向心力僅由重力和彈力的合力提供，此時火車對內外軌道無擠壓作用．
(2)當火車行駛速度v與規定速度v0不相等時，火車所需向心力不再僅由重力和彈力的合力提供，此時內外軌道對火車輪緣有擠壓作用，具體情況如下：
①當火車行駛速度v>v0時，外軌道對輪緣有側壓力．
②當火車行駛速度v【典例1】鐵路彎道處，外軌比內軌高。當火車以規定速度通過彎道時，所需的向心力完全由火車重力和軌道支持力的合力提供。若列車通過彎道的速度大于，則下列關于軌道與輪緣間側壓力和軌道支持力的說法正確的是（ ）
A．外軌與輪緣間產生側壓力，支持力比速度為時小
B．外軌與輪緣間產生側壓力，支持力比速度為時大
C．外軌與輪緣間產生側壓力，支持力與速度為時相等
D．內軌與輪緣間產生側壓力，支持力與速度為時相等
【答案】B
【解析】當火車以規定速度通過彎道時，所需的向心力完全由火車重力和軌道支持力的合力提供。受力如圖所示
豎直方向有
若列車通過彎道的速度大于，火車將做離心運動，外軌與輪緣間產生側壓力，方向與支持力方向垂直，如圖所示
豎直方向有
可知列車通過彎道的速度大于時，支持力比速度為時大，故B正確，ACD錯誤。
【典例2】一段鐵路轉彎處，內、外軌高度差為h，彎道半徑為r，兩軌間寬度為L，重力加速度的大小為g，該彎道的設計速度最為適宜的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】當火車以設計速度v運行時，其受力如圖所示
此時火車輪與內外軌道無擠壓，恰好由支持力與重力的合力作為向心力，根據牛頓第二定律可得
斜面的傾角正切值滿足
聯立解得
練習1、汽車正在圓環形賽道上水平轉彎，圖示為賽道的剖面圖。賽道路面傾角為，汽車質量為m，轉彎時恰好沒有受到側向摩擦力。若汽車再次通過該位置時速度變為原來的二倍，則以下說法正確的是（ ）
A．汽車受到沿路面向下的側向摩擦力，大小為
B．汽車受到沿路面向上的側向摩擦力，大小為
C．無側向摩擦力時，路面對汽車的支持力大小為
D．速度變為原來的二倍后，路面對汽車的支持力大小為
【答案】A
【解析】C．汽車轉彎時恰好沒有受到側向摩擦力，由重力和支持力的合力提供向心力。設汽車轉彎時恰好沒有受到側向摩擦力時汽車速度為v，根據牛頓第二定律得
豎直方向
解得
水平方向
解得
選項C錯誤；
ABD．若汽車再次通過該位置時速度變為原來的二倍，所需要的向心力增大，重力和支持力的合力不夠提供向心力，所以汽車受到沿路面向下的側向摩擦力，如圖：
根據牛頓第二定律得
豎直方向
水平方向
聯立解得
即汽車受到沿路面向下的側向摩擦力，大小為，路面對汽車的支持力大小為
選項A正確，BD錯誤。
練習2、冰面對溜冰運動員的最大摩擦力為運動員重力的k倍，在水平冰面上沿半徑為R的圓周滑行的運動員，若依靠摩擦力充當向心力，其安全速度為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因運動員在冰面上做圓周運動的向心力由冰面的摩擦力提供，則
可得
則安全速度為
考點二、拱形橋
汽車過凸形橋(最高點) 汽車過凹形橋(最低點)
受力分析
牛頓第二定律求向心力 Fn＝mg－FN＝m Fn＝FN－mg＝m
牛頓第三定律求壓力 F壓＝FN＝mg－m F壓＝FN＝mg＋m
討論 v增大，F壓減小；當v增大到時，F壓＝0 v增大，F壓增大
超、失重 汽車對橋面壓力小于自身重力，汽車處于失重狀態 汽車對橋面壓力大于自身重力，汽車處于超重狀態
【典例1】城市中為了解決交通問題，修建了許多立交橋。如圖所示，橋面是半徑為R的圓弧形的立交橋AB橫跨在水平路面上，一輛質量為m的小汽車，從A端以不變的速率駛過該立交橋，小汽車速度大小為，則（　　）
A．小汽車通過橋頂時處于超重狀態
B．小汽車通過橋頂時處于平衡狀態
C．小汽車在橋上最高點受到橋面的支持力大小為
D．小汽車到達橋頂時的速度必須大于
【答案】C
【解析】ABC．由圓周運動知識知，小汽車通過橋頂時，其加速度方向向下，由牛頓第二定律得
解得小汽車在橋上最高點受到橋面的支持力大小為
物體處于失重狀態，故AB錯誤，C正確；
D．由
解得
故D錯誤。
【典例2】如圖所示，質量為m的物塊，沿著半徑為R的半球形金屬殼內壁滑下，半球形金屬殼豎直固定放置，開口向上，滑到最低點時速度大小為v，若物體與球殼之間的摩擦因數為μ，則物體在最低點時，下列說法正確的是（　　）
A．受到向心力為mg+m
B．受到的摩擦力為μm(g+)
C．受到的摩擦力為μmg
D．受到的合力方向豎直向上
【答案】B
【解析】A．物體滑到半球形金屬球殼最低點時，速度大小為v，半徑為R，向心力大小為
故A錯誤；
BC．根據牛頓第二定律得
得到金屬球殼對小球的支持力
由牛頓第三定律可知，小球對金屬球殼的壓力大小
物體在最低點時，受到的摩擦力為
故B正確，C錯誤；
D．物塊豎直方向的合力向上，還受到水平方向的摩擦力，所以在最低點總的合力不是豎直向上，而是斜向上，故D錯誤。
練習1、如圖所示，汽車通過凹形路面的最低點時 （　　）
A．汽車對路面的壓力等于汽車的重力
B．汽車對路面的壓力小于路面對汽車的支持力
C．汽車所需的向心力等于路面對汽車的支持力
D．為了防止爆胎，汽車應低速駛過
【答案】D
【解析】ABC．設路面對汽車的支持力為N，在最低點，根據牛頓第二定律有N-mg=m
所以N>mg
根據牛頓第三定律知，汽車對路面的壓力等于路面對汽車的支持力，所以汽車對路面的壓力大于汽車的重力，故ABC錯誤；
D．為了防止爆胎，應使路面對汽車的支持力N小一些，由N=m+mg
可知應該減小車速。
練習2、如圖所示，當汽車通過拱橋頂點的速度為6米/秒時，車對橋頂的壓力為車重的，如果要使汽車在粗糙的橋面行駛至橋頂時，對橋面的壓力恰好為零，則汽車通過橋頂的速度應為（g=10m/s2）（　　）
A．12米/秒 B．18米/秒 C．24米/鈔 D．30米/秒
【答案】C
【解析】根據牛頓第二定律得 即
當支持力為零，有
解得。
考點三、離心運動
1．離心運動的實質
離心現象的本質是物體慣性的表現．做圓周運動的物體，由于慣性，總是有沿著圓周切線飛出去的趨向，之所以沒有飛出去，是因為受到向心力的作用．從某種意義上說，向心力的作用是不斷地把物體從圓周運動的切向方向拉回到圓周上來．
2．離心運動的條件
做圓周運動的物體，提供向心力的外力突然消失或者合外力不能提供足夠大的向心力．
3．離心運動、近心運動的判斷
如圖所示，物體做圓周運動是離心運動還是近心運動，由實際提供的向心力Fn與所需向心力的大小關系決定．
(1)若Fn＝mrω2(或m)即“提供”滿足“需要”，物體做圓周運動．
(2)若Fn＞mrω2(或m)即“提供”大于“需要”，物體做半徑變小的近心運動．
(3)若Fn＜mrω2(或m)即“提供”不足，物體做離心運動．
由以上關系進一步分析可知：原來做圓周運動的物體，若速率不變，所受向心力減少(或向心力不變，速率變大)物體將做離心運動；若速度大小不變，所受向心力增大(或向心力不變，速率減小)物體將做近心運動．
【典例1】下列關于離心現象的說法中，正確的是（　　）
A．物體做離心運動的原因是物體受的離心力大于向心力
B．做勻圓周運動的物體，當它所受的合外力突然減小時，它將沿半徑方向背離圓心運動
C．做勻速圓周運動的物體，當它所受的合外力突然變為零時，它將沿圓周的切線方向做勻速直線運動
D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的合外力突然變為零時，它可能做曲線運動
【答案】C
【解析】A．不存在離心力，物體做離心運動的原因是合力不足以提供向心力。A錯誤；
B．做勻圓周運動的物體，當它所受的合外力突然減小時，它將沿圓周的切線方向做遠離圓心運動。B錯誤；
C D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的合外力突然變為零時，它將沿圓周的切線方向做勻速直線運動。C正確；D錯誤。
練習1、如圖所示，物塊P置于水平轉盤上隨轉盤一起運動，圖中c方向沿半徑指向圓心，a方向與c方向垂直。當轉盤逆時針轉動時，下列說法正確的是（　　）
A．當轉盤勻速轉動時，物塊P所受摩擦力方向為c方向
B．當轉盤勻速轉動時，物塊P不受轉盤的摩擦力
C．當轉盤加速轉動時，物塊P所受摩擦力方向可能為a方向
D．當轉盤減速轉動時，物塊P所受摩擦力方向可能為b方向
【答案】A
【解析】AB．當轉盤勻速轉動時，物塊P所受的重力和支持力平衡，摩擦力提供其做勻速圓周運動的向心力，故摩擦力方向沿半徑指向圓心O點，故A正確，B錯誤；
C．當轉盤加速轉動時，物塊P做加速圓周運動，不僅有沿c方向指向圓心的向心力，還有指向a方向的切向力，使線速度大小增大，即物塊P所受摩擦力方向可能為b方向，故C錯誤；
D．當轉盤減速轉動時，物塊P做減速圓周運動，不僅有沿c方向指向圓心的向心力，還有沿與a方向相反的切向力，使線速度大小減小，即物塊P所受摩擦力方向可能為d方向，故D錯誤。
考點四、豎直面內輕繩模型
如左圖所示,此模型包括沿圓形軌道內側運動的小球,其共同特征是在最高點時均無支撐.
小球能通過最高點的條件
如圖右所示,在最高點A:、
即
小球能過最高點A的臨界條件、
小球能做完整圓周運動時在最低點B滿足的條件
小球不脫離軌道在最低點B滿足的條件或
小球沿圓周運動過程中繩中張力變化情況
【典例1】(多選）如圖所示，用長為L的細繩拴著質量為m的小球在豎直平面內做圓周運動，則下列說法中正確的是(　　)
A．小球在圓周最高點時所受的向心力一定為重力
B．小球在最高點時繩子的拉力不可能為零
C．若小球剛好能在豎直平面內做圓周運動，則其在最高點的速率為
D．小球過最低點時繩子的拉力一定大于小球重力
【答案】CD
【解析】在最高點當小球的重力完全充當向心力時，即繩子的拉力為零，有，解得，該情況為細繩拴著小球在豎直面內做圓周運動的臨界條件，即小球通過最高點的速度不能小于，若在最高點的速度大于，則小球在最高點的向心力由重力和繩子的拉力共同充當，A錯誤BC正確；在最低點，靠重力和繩子拉力的合力提供向心力，合力方向向上，所以拉力一定大于小球的重力，D正確．
練習1、“水流星”是一種常見的雜技項目，該運動可以簡化為輕繩一端系著小球在豎直平面內的圓周運動模型．已知繩長為l，重力加速度為g，則（　　）
A．當時，細繩始終處于繃緊狀態
B．當時，小球一定能通過最高點P
C．小球運動到最高點P時，處于失重狀態
D．小球初速度v0越大，則在P、Q兩點繩對小球的拉力差越大
【答案】AC
【解析】當時，由機械能守恒有，可得，所以小球到不了與O點等高的位置，小球在最低點兩側來回擺動，繩能處于始終繃緊狀態，A正確。在最高點由牛頓第二定律有，由于繩只能提供拉力，即，所以球在最高點的速度應滿足；從最低點到最高點由機械能守恒有，解得，即只有當時小球才能通過最高點P，故B錯誤。在最高點P，小球的加速度向下，處于失重狀態，C正確.在最低點，結合機械能守恒有及在最高點由牛頓第二定律有，解得為定值，D錯誤。
練習2、（多選）質量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質木架上的A和C點，繩長分別為，如圖所示。當輕桿繞軸BC以角速度勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉動，則（ ）
A．小球仍在水平面內做勻速圓周運動
B．在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力突然增大
C．若角速度較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內擺動
D．繩b未被燒斷時，繩a的拉力大于mg，繩b的拉力為
【答案】ＢＣ
【解析】當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉動：小球在水平方向不受力，不可能仍在水平面內做勻速圓周運動，A錯誤；小球以A點為圓心做圓周運動，瞬間有向上的加速度，產生超重現象，a繩中的張力增大，BC正確；繩b未被燒斷時，小球在水平面內做圓周，在豎直面內處于平衡狀態，D錯誤。
考點五、豎直面內輕桿模型
如圖所示,此模型包括沿圓形管軌道內運動的小球、套在光滑環上的小球,其共同特征是在最高點時均有支撐.
小球能通過最高點的條件
如圖所示,在最高點C:
小球能過最高點C的臨界條件、
小球能做完整圓周運動時在最低點D滿足的條件
小球沿圓周運動過程中桿中彈力變化情況
在最低點桿中彈力最大,在最高點時桿中彈力不一定最小:
若,桿中彈力方向向上,大小為
若,桿中彈力方向向上,大小小于重力,,大小隨此點速度的增大而減小.
若,桿中無彈力
若,桿中彈力方向向下,大小可小于、等于或大于小球重力,,大小 隨此點速度的增大而增大
小球從圓周的最低點運動至最高點的過程中,桿中彈力不一定是單調減小的.
【典例1】（多選）如圖所示，某長為R的輕桿一端固定一個質量為m的小球，另一端有光滑的固定軸O，現給球一初速度，使球和桿一起繞O軸在豎直面內轉動，不計空氣阻力，以下說法中正確的是
A、小球過最高點時，桿所受的彈力可以為零
B、小球過最高點時，最小速度為
C、小球過最低點時，桿對球的作用力一定大于重力
D、小球過最高點時，桿對球的作用力一定小于重力
【答案】AC
【解析】小球在最高點時，桿子可以表現為支持力，可以表現為拉力，最小速度為零，故A正確，B錯誤。在最低點，合力提供向心力，指向圓心，所以桿對球的作用力一定大于重力，故C正確D錯誤。
【典例2】如圖所示，長為L的輕桿一端固定一質量為m的小球，另一端安裝有固定的轉動軸O，桿可在豎直平面內繞軸O無摩擦地轉動。若在最低點P處給小球一沿切線方向的初速度，其中g為重力加速度，不計空氣阻力，則（ ）
A、小球不可能到達圓周軌道的最高點Q
B、小球能到達最高點Q，但小球在Q點不受輕桿的彈力
C、小球能到達最高點Q，且小球在Q點受到輕桿向上的彈力
D、小球能到達最高點Q，且小球在Q點受到輕桿向下的彈力
【答案】Ｃ
【解析】根據動能定理得，-mg2L＝mv2-m，解得v=，知小球能夠到達最高點P．假設在最高點重力和支持力的合力提供向心力，則有，解得，即小球在P點受到輕桿對它向上的彈力．故C正確，A、B、D錯誤．
練習1、（多選）如圖所示，細桿的一端與小球相連，另一端可繞過O點的水平軸自由轉動，現給小球一個初速度，使它做圓周運動，圖中a、b分別表示小球運動的最低點和最高點，則桿對球的作用力可能是（ ）
A、a處為拉力，b處為拉力；
B、a處為拉力，b處為推力；
C、a處為推力，b處為拉力；
D、a處為推力，b處為推力；
【答案】AB
【解析】由于a處是圓周運動的最低點,向心力方向豎直向上,故a處桿必然對球產生豎直向上的拉力,與重力一直提供小球在a點所需向心力;b點是圓周運動的最高點,在b點處需要豎直向下的向心力,若在b點時速度較小需要的向心力較小且小于小球的重力時,桿對小球施加向上的推力;若在b點時速度較大、需要的向心力較大且重力不足以提供所需的向心力時,桿對球產生向下的拉力;若在b點速度合適時從而使重力恰好提供小球所需向心力時,桿與球之間無相互作用,故可知AB正確CD錯誤.
練習2、一輕桿一端固定質量為的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，則（ ）
A．小球過最高點時，桿所受彈力不可能大于重力
B．小球過最高點時的最小速度是
C．小球過最低點時，桿對球的作用力一定跟小球所受重力的方向相反
D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定跟小球所受重力的方向相反
【答案】C
【解析】桿即可以提供拉力、也可以提供推力，故當小球在最高點時速度時，所需向心力，此時桿提供向上的推力，由有，但當速度時桿提供向下的拉力，此時有即，此時桿的彈力大小與重力大小關系不確定，故ＡＢＤ皆錯誤。當小球通過最低點時，由于向心力方向向上，而重力方向向下，故此時桿一定對球產生向上的拉力，向心力由提供，故Ｃ正確。
練習3、（多選）一根長為L的輕桿下端固定一個質量為m的小球，上端連在光滑水平軸上，輕桿可繞水平軸在豎直平面內運動（不計空氣阻力）．當小球在最低點時給它一個水平初速度v0，小球剛好能做完整的圓周運動．若小球在最低點的初速度從v0逐漸增大，則下列判斷正確的是（ BC ）
A，小球能做完整的圓周運動，經過最高點的最小速度為
B．小球在最高點對輕桿的作用力先減小后增大
C．小球在最低點對輕桿的作用力一直增大
D．小球在運動過程中所受合外力的方向始終指向圓心
【答案】BC
【解析】設在最高點輕桿對小球的作用力大小為F，方向向上，小球做完整的圓周運動經過最高點時，對小球，由牛頓第二定律得mg – F =，當輕桿對小球的作用力大小F = mg時，小球的速度最小，最小值為零，所以A錯誤．由mg– F =，可得在最高點輕桿對小球的作用力F= mg –，若小球在最低點的初速度從v0逐漸增大，小球經過最高點時的速度v也逐漸增大，所以輕桿對小球的作用力F先從mg減小0后再反向增大（先為支持力后為拉力）．由牛頓第三定律可得小球在最高點對輕桿的作用力先減小后增大，B正確．在最低點，由F–mg =，可得輕桿對小球的拉力F= mg +，若小球在最低點的初速度從v0逐漸增大，則輕桿對小球的拉力一直增大，C正確．輕桿繞水平軸在豎直平面內運動，小球不是做勻速圓周運動，所以合外力的方向不是始終指向圓心，只有在最低點和最高點合外力的方向才指向圓心，選項D錯誤．
考點六、半球面模型
如圖所示,小球從光滑半球面頂端E開始運動.
小球只在重力和球面彈力作用下運動時,不可能沿球面從頂端運動底端.
小球從頂端由靜止開始下滑,離開球面時的位置H滿足.
小球在頂端E時的速度V越大,離球面時的位置H越靠近頂端,角越小即小球能沿球下滑的距離越短.
當小球在球面頂端的速度時,小球直接從E點離開球面做平拋運動.
【典例1】（多選）如圖所示，小物塊位于半徑為R的半球形物體頂端，若給小物塊一水平速度，則物塊　（　　）
A．立即做平拋運動 　　　　B．落地時水平位移為
C．落地速度大小為2　　D．落地時速度方向與地面成45°角
【答案】ACD
【解析】物體恰好不受軌道的支持力的情況下（物體在最高點做圓周運動）的臨界條件是，最高點速度為，因為＞，所以物體將從最高點開始做平拋運動，A正確；由平拋運動的規律可得：R＝，x=v0t，所以可得x=2R，B答案正確；落地時豎直分速度，合速度，其方向與地面成45°角，CD正確．
練習1、半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上，如圖所示。頂部有一物體A，現給它一個水平初速度v0＝，則物體將(　　)
A．沿球面下滑至M點
B．沿球面下滑至某一點N，便離開球面做斜下拋運動
C．按半徑大于R的新的圓弧軌道做圓周運動
D．立即離開半圓球做平拋運動
【答案】D
【解析】設在頂部物體A受到半圓球對它的作用力為F，由牛頓第二定律得mg－F＝m，把v0＝代入得F＝0。說明物體只受重力作用，又因物體有水平初速度v0，故物體做平拋運動，D正確。
夯實小練
1、如圖所示，雜技演員在表演節目時，用細繩系著的盛水的杯子可以在豎直平面內做圓周運動，甚至當杯子運動到最高點時杯里的水也不會流出來。下列說法中正確的是(　　)
A．在最高點時，水對杯底一定有壓力
B．在最高點時，盛水杯子的速度可能為零
C．在最低點時，細繩對杯子的拉力充當向心力
D．在最低點時，杯和水受到的拉力大于重力
【答案】D
【解析】水和杯子恰好能通過最高點時，在最高點細繩的拉力為零，由它們的重力提供向心力，它們的加速度為g，此時水對杯底恰好沒有壓力。設此種情況時杯子的速度為v，則對整體有mg＝m，v＝＞0，即在最高點時，盛水杯子的速度一定不為零，故A、B錯誤。在最低點時，由整體的重力和細繩拉力的合力提供向心力，即T－mg＝m，此時整體受到的拉力大于重力，故C錯誤。
2、澧水兩岸的濕地常有白鷺棲息。當一只質量為m的白鷺在水平面內以速度v繞半徑為r的圓周勻速盤旋時，空氣對白鷺的作用力大小是（重力加速度為g） （　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】白鷺受重力、空氣的作用力，靠兩個力的合力提供向心力，如圖所示：
根據牛頓第二定律有
根據平行四邊形定則，空氣對白鷺的作用力，故選C。
3、公路急轉彎處通常是交通事故多發地帶．如圖所示，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為v0時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢．則在該轉彎處
A．當路面結冰時，v0的值減小
B．當路面結冰時，v0的值增大
C．車速低于v0，車輛便會向內側滑動
D．車速低于v0，車輛不一定向內側滑動
【答案】D
【解析】AB．當汽車行駛的速率為v0時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢，此時重力與支持力的合力提供向心力，當路面結冰時，兩力仍沒變，所以v0的值不變，AB錯誤．
CD．車速低于v0，所需向心力變小，有近心運動的趨勢，但是由于靜摩擦力的存在，所以車輛不一定向內側滑動，C錯誤D正確．
4、（多選）如圖所示為洗衣機脫水桶工作的示意圖。半徑為r的圓柱形脫水桶繞豎直轉軸OO′以ω的角速度轉動，一質量為m的手套附著在脫水桶內壁上隨桶一起轉動。已知手套和桶間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．手套與桶間的摩擦力大小一定為mg
B．手套與桶間的摩擦力大小可能為μmω2r
C．若桶的轉速減小，手套一定會沿筒壁向下滑動
D．若桶的轉速增大，手套可能會沿筒壁向上滑動
【答案】AB
【解析】A．手套附著在脫水桶內壁上隨桶一起轉動，豎直方向由平衡得，故A正確；
B．當手套與脫水桶間的摩擦達到最大靜摩擦時，此時手套與桶間的摩擦力大小為
故B正確；
C．手套與脫水桶間的彈力提供向心力，若桶的轉速減小，手套與脫水桶間的彈力減小，手套與脫水桶間的最大靜摩擦力減小，但只要最大靜摩擦力仍大于自身重力時，手套仍能靜止，故C錯誤；
D．若桶的轉速增大，手套與脫水桶間的彈力增大，手套與脫水桶間的最大靜摩擦力增大，手套始終處于靜止狀態，故D錯誤。
5、如圖甲所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為FN，小球在最高點的速度大小為v，FN v2圖像如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A．當地的重力加速度大小為
B．小球的質量為
C．當v2＝c時，桿對小球彈力方向向上
D．若v2＝2b，則桿對小球彈力大小為2a
【答案】B
【解析】當v2＝b時，FN＝0，此時小球的重力恰好提供圓周運動的向心力，則有mg＝m，解得g＝，故A錯誤。當v2＝0時，FN＝a，故有FN＝mg＝a，結合A項結論可解出m＝，故B正確。由圖像可知，當v2＝c>b時，速度大于桿的彈力為零的臨界速度，此時桿的彈力方向向下，故C錯誤。當v2＝2b時，由F合＝m，故有FN＋mg＝＝＝2a＝2mg，得FN＝mg＝a，故D錯誤。
6、在質量為M的電動機飛輪上，固定著一個質量為m的重物，重物到轉軸的距離為r，如圖所示。為了使電動機不從地面上跳起，電動機飛輪的轉動角速度不能超過(　　)
A.g B.
C. D.
【答案】B
【解析】當重物轉動到最高點時，對電動機的向上的拉力最大，要使電動機不從地面上跳起，重物對電動機的拉力的最大值為FT＝Mg；對重物來說，隨飛輪一起做圓周運動，它的向心力是重力和飛輪對重物的拉力FT′的合力，FT′和FT是一對作用力和反作用力。由牛頓第二定律，得FT′＋mg＝mω2r，代入數值，解得ω＝ 。所以B正確。
7、（多選）如圖所示，轉輪邊緣用不同長度的鋼繩系著椅子，坐在椅子中系上安全帶，隨轉輪一起做勻速圓周運動，這就是大家非常喜愛的“空中飛椅”。不計空氣阻力和鋼繩的重力，下列說法中正確的是（ ）
A．角速度越大，鋼繩與豎直方向的夾角越大
B．人質量越小，鋼繩與豎直方向的夾角越大
C．鋼繩越長，鋼繩與豎直方向的夾角越大
D．鋼繩越短，鋼繩與豎直方向的夾角越大
【答案】AC
【解析】A．依據題意，做圓錐擺運動，畫出如圖所示受力示意圖
飛椅受重力和繩子的拉力作用，設小球運動的角速度為，根據圓錐擺運動的特點，有
得
由上可知，角速度越大，鋼繩與豎直方向的夾角越大，A正確；
B．由上可知，鋼繩與豎直方向的夾角與質量無關，B錯誤；
CD．設擺繩的長度為，則有
得
則鋼繩越長，鋼繩與豎直方向的夾角越大，D錯誤，C正確。
8、長L＝0.5 m的輕桿一端連接著一個零件A，A的質量m＝2 kg。現讓A在豎直平面內繞O點做勻速圓周運動，如圖所示。在A通過最高點時，求下列兩種情況下A對輕桿的作用力：(取g＝10 m/s2)
(1)A的速率為1 m/s。
(2)A的速率為4 m/s。
【答案】(1)16 N，向下的壓力　(2)44 N，向上的拉力
【解析】設輕桿轉到最高點，輕桿對A的作用力恰好為0時，A的速度為v0，
由mg＝m，
得v0＝＝ m/s。
(1)當A的速率v1＝1 m/s＜v0時，
輕桿對A有支持力，由牛頓第二定律得
mg－F1＝m
解得F1＝mg－m＝16 N，
由牛頓第三定律得
A對輕桿的壓力F1′＝F1＝16 N，方向豎直向下。
(2)當A的速率v2＝4 m/s＞v0時，
輕桿對A有拉力，由牛頓第二定律得mg＋F2＝m，解得F2＝m－mg＝44 N，由牛頓第三定律得
A對輕桿的拉力F2′＝F2＝44 N，方向向上。
9、如圖所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺加速轉動，當轉速達到某一數值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動。現測得轉臺半徑R＝0.5 m，離水平地面的高度H＝0.8 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s＝0.4m。設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物塊做平拋運動的初速度大小v0；
(2)物塊與轉臺間的動摩擦因數μ。
【答案】(1)1 m/s(2)0.2
【解析】(1)物塊做平拋運動，在豎直方向上有
H＝gt2①
在水平方向上有
s＝v0t②
由①②式解得v0＝s
代入數據得v0＝1 m/s。
(2)物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，有
fmax＝m④
fmax＝μFN＝μmg⑤
由④⑤式得μ＝，
代入數據得μ＝0.2。
10、雜技演員在做“水流星”表演時，用一根細繩系著盛水的杯子，掄起繩子，讓杯子在豎直面內做圓周運動。如圖所示，杯內水的質量m＝0.5 kg，繩長l＝60 cm，g取9.8 m/s2，求：
(1)在最高點水不流出的最小速率；
(2)水在最高點速率v′＝3 m/s時，水對杯底的壓力大小。
【答案】(1)1.71 m/s　(2)10.1 N
【解析】(1)在最高點水不流出的條件是重力不大于水做圓周運動所需要的向心力，即：mg≤m，r＝l，
則所求最小速率：
v0＝＝ m/s≈1.71 m/s。
(2)當水在最高點的速率大于v0時，重力不足以提供向心力，此時杯底對水有一豎直向下的壓力，設為FN，由牛頓第二定律有：
FN＋mg＝m
即FN＝m－mg＝10.1 N。
由牛頓第三定律知，水對杯底的壓力
FN′＝FN＝10.1 N，方向豎直向上。
三、培優練習
1、如圖所示，某電視臺推出了一款娛樂闖關節目，選手最容易失敗落水的地方是第四關“瘋狂轉盤”和第五關“高空滑索”。根據所學物理知識，選出選項中表述正確的選項（　　）
A．選手進入轉盤后，隨轉盤做勻速圓周運動時加速度不變
B．選手進入轉盤后，在轉盤中間比較安全
C．選手進入轉盤后，質量越大的選手，越不容易落水
D．選手從最后一個轉盤的邊緣起跳去抓滑索時，起跳方向應正對懸索
【答案】B
【解析】A．做圓周運動的物體的向心力指向圓心，加速度指向圓心，時刻在變化，選手進入轉盤后，隨轉盤做勻速圓周運動時加速度變化，A錯誤；
B．進入轉盤后，和轉盤一起做圓周運動，根據
知，靜摩擦力提供向心力，在轉盤邊緣，向心力較大，摩擦力會不夠提供，從而滑倒落水，所以在轉盤中間比較安全，B正確；
C．根據
知，與質量無關，C錯誤；
D．選手從最后一個轉盤的邊緣起跳去抓滑索時，若起跳方向正對懸索，由于選手與轉盤有相同的轉動的線速度，根據平行四邊形定則，合速度方向不是正對懸索，D錯誤。
2、鐵路在彎道處的內外軌道高度是不同的，已知內外軌道平面與水平面的夾角為θ，如圖所示，彎道處的圓弧半徑為R，規定的轉彎速度為，火車的質量為m，重力加速度為g，則（　　）
A．若轉彎速度大于，內軌對內側車輪輪緣有擠壓
B．若轉彎速度大于，外軌對外側車輪輪緣有擠壓
C．若轉彎速度等于，鐵軌對火車的支持力等于mgcosθ
D．若轉彎速度等于，鐵軌對火車的支持力等于mgtanθ
【答案】B
【解析】AB．當火車對側向壓力為零時，重力和支持力提供向心力有
解得
當速度大于時，火車有離心趨勢，對外軌對外側車輪有擠壓，A錯誤，B正確
CD．當速度等于時，側向彈力為零，根據豎直方向平衡有
鐵軌對火車的支持力為，CD錯誤。
3、（多選）質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的B點和A點，如圖所示，繩b在水平方向伸直時長為l，繩a與水平方向成θ角，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　)
A．a繩張力不可能為零
B．a繩的張力隨角速度的增大而增大
C．當角速度ω> 時，b繩將出現張力
D．若b繩突然被剪斷，則a繩的張力一定發生變化
【答案】AC
【解析】當b繩中有張力時，對小球進行受力分析，
豎直方向有Ta sin θ＝mg，由此可知，此時Ta與ω無關，故A正確，B錯誤。由圓錐擺模型知ω較小時b繩中無張力，設ω＝ω0時b繩剛伸直且無張力，對小球有＝mω02·l，則ω＝ω0＝，故C正確。當b繩中無張力時，將b突然剪斷，a繩的張力不會發生變化，故D錯誤。
4、（多選）如圖甲所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動。當小球運動到圓形管道的最高點時，管道對小球的彈力與最高點時的速度平方的關系如圖乙所示（取豎直向下為正方向）。MN為通過圓心的一條水平線。不計小球半徑、管道的粗細，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（　　）
A．管道的半徑為
B．小球的質量為
C．小球在MN以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定沒有作用力
D．小球在MN以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力
【答案】BC
【解析】A．由圖可知v2=b，FN=0
此時 解得，選項A錯誤；
B．當v2=0時，此時FN=mg=a 所以，選項B正確；
C．小球在水平線MN以下的管道中運動時，由于向心力的方向要指向圓心，則管壁必然要提供指向園心的支持力，只有外壁才可以提供這個力，所以內側管壁對小球沒有力， 選項C正確；
D．小球在水平線MN以上的管道中運動時，重力沿徑向的分量必然參與提供向心力，故可能是外側管壁受力，也可能是內側管壁對小球有作用力，還可能均無作用力， 選項D錯誤。
5、長為L的輕桿，一端固定一個小球A，另一端固定在光滑的水平軸上，輕桿繞水平軸轉動，使小球A在豎直面內做圓周運動，小球A在最高點的速度為v，下列敘述中正確的是(　　)
A．v的最小值為
B．v由零逐漸增大時，向心力也逐漸增大
C．當v由零逐漸增大時，桿對小球的彈力逐漸增大
D．當v由逐漸減小時，桿對小球的彈力逐漸減小
【答案】B
【解析】小球在最高點的最小速度為零，此時重力大小等于桿的支持力，故A錯誤。在最高點，根據F向＝m得，當v由零逐漸增大時，向心力也逐漸增大，故B正確。在最高點，當桿的作用力為零時，v＝，當v＞，桿提供拉力，有mg＋F＝m，當v由逐漸增大時，桿對小球的彈力也逐漸增大，當0≤v＜時，桿提供支持力，有mg－F＝m，當v由零逐漸增大到時，桿的彈力逐漸減小，反之當v由逐漸減小時，桿對小球的彈力逐漸增大，故C、D均錯誤。
6、(多選)質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質木架上的A點和C點。如圖所示，當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向。當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時木架停止轉動，則(　　)
A．繩a對小球拉力不變
B．繩a對小球拉力增大
C．小球可能前后擺動
D．小球不可能在豎直平面內做完整的圓周運動
【答案】BC
【解析】繩b燒斷前，小球豎直方向的合力為零，即Fa＝mg，燒斷b后，小球在豎直面內做圓周運動，且Fa′－mg＝m，所以Fa′＞Fa，A錯誤，B正確；當ω足夠小時，小球不能擺過AB所在高度，C正確；當ω足夠大時，小球在豎直面內能通過AB上方的最高點而做完整的圓周運動，D錯誤。
7、（多選）如圖所示，兩段長均為L的輕繩共同系住一質量為m的小球，另一端固定在等高的兩點O1、O2，兩點的距離也為L，在最低點給小球一個水平向里的初速度v0，小球恰能在豎直面內做圓周運動，重力加速度為g，則（　　）
A.小球運動到最高點的速度v＝
B.小球運動到最高點的速度v＝
C.小球在最低點時每段繩子的拉力F＝mg＋m
D.小球在最低點時每段繩子的拉力F＝mg＋m
【答案】AD
【解析】小球恰能在豎直面內做圓周運動的條件是在最高點重力恰好提供向心力，則mg＝m，r＝Lsin 60°，解得v＝，A正確，B錯誤；小球在最低點，由向心力公式得：FT－mg＝m，每段繩子的拉力F＝，由以上兩式解得：F＝mg＋m，C錯誤，D正確。
8、如圖所示，用一根長為l＝1 m的細線，一端系一質量為m＝1 kg的小球(可視為質點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細線的張力為FT。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，結果可用根式表示)
(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？
(2)若細線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？
【答案】(1) rad/s　(2)2 rad/s
【解析】(1)若要小球剛好離開錐面，則小球只受到重力
和細線的拉力，受力分析如圖所示。
小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平，在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得
mgtan θ＝mω02lsin θ
解得ω02＝
即ω0＝＝ rad/s。
(2)同理，當細線與豎直方向成60°角時，由牛頓第二定律及向心力公式得
mgtan α＝mω′2lsin α
解得ω′2＝
即ω′＝＝2 rad/s。
9、下圖甲為游樂場的懸空旋轉椅，可抽象為如圖乙所示模型，已知繩長L=5m，水平橫梁L′=3m，小孩質量m=40kg，整個裝置可繞豎直軸轉動，繩與豎直方向夾角θ=37°，小孩可視為質點，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)該裝置轉動的角速度多大？
(2)增大轉速后，繩子與豎直方向的夾角變為53°，求此時裝置轉動的角速度。
【答案】(1) ； (2)
【解析】(1)小孩受力情況如圖所示
由于豎直方向受力平衡，則有Fcosθ=mg
代入數據得F=500N
小孩做圓周運動的半徑r=L′+Lsin37°=6m
由牛頓第二定律得Fsinθ=mrω2
代入數據解得
(2) 增大轉速后，此時半徑為r′=L′+Lsin53°=7m
根據牛頓第二定律mgtan53°=mr′ω'2
代入數據解得
10、某電視臺“快樂向前沖”節目中的場地設施如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動懸掛器，可以載人運動，水面上漂浮著一個半徑為R，角速度為ω，鋪有海綿墊的轉盤，轉盤的軸心離平臺的水平距離為L，平臺邊緣與轉盤平面的高度差為H．選手抓住懸掛器，可以在電動機帶動下，從A點下方的平臺邊緣處沿水平方向做初速度為零，加速度為a的勻加速直線運動．選手必須作好判斷，在合適的位置放手，才能順利落在轉盤上．設人的質量為m（不計身高大小），人與轉盤間的最大靜摩擦力為μmg，重力加速度為g．
（1）假設選手落到轉盤上瞬間相對轉盤速度立即變為零，為保證他落在任何位置都不會被甩下轉盤，轉盤的角速度ω應在什么范圍？
（2）若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且選手從C點放手能恰能落到轉盤的圓心處，則他是從平臺出發后經過多長時間放手的？
【答案】（1）（2）t1=2s
【解析】(1)設人落在距圓心R處不至被甩下，最大靜摩擦力提供向向心力，則有：
即轉盤轉動角度應滿足
(2)設沿水平加速段位移為x1，時間t1；平拋時水平位移為x2，時間為t2，則加速時有：
，
平拋運動階段： ，
全程水平方向：
代入已知各量數值，聯立以上各式解得：t1=2s
11、如圖所示，在光滑水平面上有質量為m1、m2的兩個小球1、2用輕彈簧連接在一起，再用長為L1的細線一端拴住球1，一端拴在O點上，兩球都以相同的角速度ω繞O點做勻速圓周運動，保證兩球與O點三者始終在同一直線上，若兩球之間的距離為L2，試求細線的拉力以及將細線燒斷的瞬間兩球的加速度。
【答案】FT＝m1L1ω2＋m2(L1＋L2)·ω2 球1的加速度a1＝＝－·(L1＋L2)ω2，負號表示a1的方向水平背離O點，與a2的方向相反 球2的加速度a2＝＝(L1＋L2)ω2，方向水平指向O點。
【解析】以球2為研究對象，球2繞O點做勻速圓周運動所需的向心力由彈簧的彈力提供，設彈力為F，則有 F＝m2(L1＋L2)ω2；以球1為研究對象，球1繞O點做勻速圓周運動所需的向心力由細線的拉力和彈簧彈力的合力提供，設細線拉力為FT，則有FT－F＝m1L1ω2。由以上兩式可解得：FT＝m1L1ω2＋m2(L1＋L2)·ω2。當細線燒斷瞬間，細線的拉力FT＝0，而彈簧的彈力仍為F＝m2(L1＋L2)ω2，故球2的加速度a2＝＝(L1＋L2)ω2，方向水平指向O點。球1的加速度a1＝＝－·(L1＋L2)ω2，負號表示a1的方向水平背離O點，與a2的方向相反。
12、如圖所示，兩繩AC、BC系著一個質量為m＝0.1 kg的小球，AC繩長l＝2 m，兩繩都拉直時與豎直軸夾角分別為30°與45°。問球的角速度滿足什么條件時，兩繩始終張緊？(g取10 m/s2)
【答案】2.40 rad/s≤ω≤3.16 rad/s
【解析】當BC恰好拉直，但沒有拉力存在時，有
FT1cos30°＝mg
FT1sin30°＝mlsin30°ω
解得ω1≈2.40 rad/s
當AC恰好拉直，但沒有拉力存在時，有
FT2cos45°＝mg
FT2sin45°＝mlsin30°ω
解得ω2＝3.16 rad/s
所以要使兩繩始終張緊，ω必須滿足的條件是：
2．40 rad/s≤ω≤3.16 rad/s。
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