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第六章 圓周運動
考點一：圓周運動的運動學問題
1．描述圓周運動的物理量
線速度v= 角速度ω＝ ω與v的關系：v＝
周期(T)、轉速(n)、頻率(f) ：T＝
向心加速度a＝
2．勻速圓周運動
(1)定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，所做的運動就是勻速圓周運動．
(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動．
(3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心．
例1　如圖所示，B和C是一組塔輪，B和C半徑不同，但固定在同一轉軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦力作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來．a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的(　　)
A．線速度大小之比為3∶2∶2 B．角速度之比為3∶3∶2
C．轉速之比為2∶3∶2 D．向心加速度大小之比為9∶6∶4
例2：如圖所示為一個半徑為5 m的圓盤，正繞其圓心做勻速轉動，當圓盤邊緣上的一點A處在如圖所示位置的時候，在其圓心正上方20 m的高度有一個小球正在向邊緣的A點以一定的速度水平拋出，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，要使得小球正好落在A點，則(　　)
A．小球平拋的初速度一定是2.5 m/s B．小球平拋的初速度可能是2.5 m/s
C．圓盤轉動的角速度一定是π rad/s D．圓盤轉動的加速度可能是π2 m/s2
考點二：圓周運動的動力學問題
1．勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果:向心力產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小．
(2)大小：F＝
(3)方向：始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．
（4）來源：向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免另外添加一個向心力．
2．離心運動和近心運動
(1)離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動．
(2)受力特點(如圖)
①當F＝0時，物體沿 方向飛出，做勻速直線運動．
②當0③當F>mrω2時，物體逐漸向圓心 ，做 運動．
3．勻速圓周運動與變速圓周運動合力、向心力的特點
(1)勻速圓周運動的合力：提供向心力．
(2)變速圓周運動的合力(如圖)
①與圓周相切的分力Ft產生切向加速度at，改變線速度的 ，當at與v同向時，速度 ，做加速圓周運動，反向時做減速圓周運動．
②指向圓心的分力F向提供向心力，產生向心加速度a，改變線速度的 ．
例3：如圖所示，內壁光滑的豎直圓桶，繞中心軸做勻速圓周運動，一物塊用細繩系著，繩的另一端系于圓桶上表面圓心，且物塊貼著圓桶內表面隨圓桶一起轉動，則(　　)
A．繩的張力可能為零
B．桶對物塊的彈力不可能為零
C．隨著轉動的角速度增大，繩的張力保持不變
D．隨著轉動的角速度增大，繩的張力一定增大
例4：四個完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內做圓錐擺運動．如圖甲所示，其中小球A、B在同一水平面內做圓錐擺運動(連接B球的繩較長)；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內做圓錐擺運動，但是連接C、D的繩與豎直方向之間的夾角相同(連接D球的繩較長)，則下列說法錯誤的是(　　)
A．小球A、B角速度相等 B．小球A、B線速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等
例5　列車轉彎時的受力分析如圖所示，鐵路轉彎處的圓弧半徑為R，兩鐵軌之間的距離為d，內外軌的高度差為h，鐵軌平面和水平面間的夾角為α(α很小，可近似認為tan α≈sin α)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．列車轉彎時受到重力、支持力和向心力的作用
B．列車過轉彎處的速度v＝時，列車輪緣不會擠壓內軌和外軌
C．列車過轉彎處的速度v<時，列車輪緣會擠壓外軌
D．若減小α角，可提高列車安全過轉彎處的速度
考點三：圓周運動的臨界問題
水平面內圓周運動中的臨界問題:
(1)水平轉盤上的物體恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力．
(2)物體間恰好分離的臨界條件是物體間的彈力恰好為零．
(3)繩的拉力出現臨界條件的情形有：繩恰好拉直意味著繩上無彈力；繩上拉力恰好為最大承受力等．
豎直面內圓周運動中的臨界問題:
(1)豎直面內的圓周運動一般是變速圓周運動。
(2)只有重力做功的豎直面內的變速圓周運動機械能守恒。
(3)豎直面內的圓周運動問題，涉及知識面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒的問題，要注意物體運動到圓周的最高點的速度（有支撐和無支撐兩種情形）。
例6　(多選)如圖所示，三角形為一光滑錐體的正視圖，錐面與豎直方向的夾角為θ＝37°.一根長為l＝1 m的細線一端系在錐體頂端，另一端系著一可視為質點的小球，小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不計空氣阻力，則(　　)
A．小球受重力、支持力、拉力和向心力
B．小球可能只受拉力和重力
C．當ω0＝ rad/s時，小球對錐體的壓力剛好為零
D．當ω＝2 rad/s時，小球受重力、支持力和拉力作用
例7：如圖，輕桿長2l，中點裝在水平軸O上，兩端分別固定著小球A和B，A球質量為m，B球質量為2m，重力加速度為g，兩者一起在豎直平面內繞O軸做圓周運動．
(1)若A球在最高點時，桿的A端恰好不受力，求此時B球的速度大小；
(2)若B球到最高點時的速度等于第(1)問中的速度，求此時O軸的受力大小、方向；
(3)在桿的轉速逐漸變化的過程中，能否出現O軸不受力的情況？若不能，請說明理由；若能，求出此時A、B球的速度大小．
鞏固練習
1．如圖是自行車傳動裝置的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉速為n r/s，則自行車前進的速度為(　　)
A. B. C. D.
2．一汽車通過拱形橋頂時速度為10 m/s，車對橋頂的壓力為車重的，如果要使汽車在該橋頂對橋面恰好沒有壓力，車速為(　　)
A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s
3.細繩一端系住一個質量為m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度處，繩長l大于h，使小球在桌面上做如圖所示的勻速圓周運動，重力加速度為g.若要小球不離開桌面，其轉速不得超過(　　)
A. B．2π C. D.
4.如圖所示，兩段長均為L的輕質線共同系住一個質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間距也為L，今使小球在豎直平面內做圓周運動，當小球到達最高點時速率為v，兩段線中張力恰好均為零，若小球到達最高點時速率為2v，則此時每段線中張力大小為(重力加速度為g)(　　)
A.mg B．2mg C．3mg D．4mg
5.如圖所示，一光滑的圓管軌道固定在豎直平面內，質量為m的小球在圓管內運動，小球的直徑略小于圓管的內徑．軌道的半徑為R，小球的直徑遠小于R，可以視為質點，重力加速度為g.現從最高點給小球以不同的初速度v，關于小球的運動，下列說法正確的是(　　)
A．小球運動到最低點時，對外管壁的最小壓力為4mg
B．若小球從靜止沿軌道滑落，當滑落高度為時，小球與內、外管壁均沒有作用力
C．小球能再運動回最高點的最小速度v＝
D．當v>時，小球在最低點與最高點對軌道的壓力大小之差為5mg
6.(多選)如圖所示，豎直平面內有一半徑為R＝0.35 m的內壁光滑的圓形軌道，軌道底端與光滑水平面相切，一小球(可視為質點)以v0＝3.5 m/s的初速度進入軌道，g＝10 m/s2，則(　　)
A．小球不會脫離圓軌道運動
B．小球會脫離圓軌道運動
C．小球脫離軌道時的速度為 m/s
D．小球脫離軌道的位置與圓心連線和水平方向間的夾角為30°
7.(多選)如圖甲所示為建筑行業使用的一種小型打夯機，其原理可簡化為一個質量為M的支架(含電動機)上由一根長為l的輕桿帶動一個質量為m的鐵球(鐵球可視為質點)，如圖乙所示，重力加速度為g。若在某次打夯過程中，鐵球以角速度ω勻速轉動，則(　　)
A.鐵球轉動過程中機械能守恒
B.鐵球做圓周運動的向心加速度始終不變
C.鐵球轉動到最低點時，處于超重狀態
D.若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則ω＝
8.如圖所示為水上樂園的設施，由彎曲滑道、豎直平面內的圓形滑道、水平滑道及水池組成，圓形滑道外側半徑R＝2 m，圓形滑道的最低點的水平入口B和水平出口B′相互錯開，為保證安全，在圓形滑道內運動時，要求緊貼內側滑行。水面離水平滑道高度h＝5 m。現游客從滑道A點由靜止滑下，游客可視為質點，不計一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)起滑點A至少離水平滑道多高？
(2)為了保證游客安全，在水池中放有長度L＝5 m的安全氣墊MN，其厚度不計，滿足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在氣墊上，安全滑下點A距水平滑道的高度取值范圍為多少？
參考答案
考點一：圓周運動的運動學問題
v＝(定義式)＝(與周期的關系)、ω＝(定義式)＝(與周期的關系)、v＝ωr、T＝＝=
a＝＝ω2r＝r＝ωv
例1答案　D
解析　A、B靠摩擦傳動，則邊緣上a、b兩點的線速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，選項A錯誤；B、C同軸轉動，則邊緣上b、c兩點的角速度相等，即ωb＝ωc，轉速之比＝＝，選項B、C錯誤；對a、b兩點，由a＝得＝＝，對b、c兩點，由a＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，選項D正確．
例2答案　A
解析　根據h＝gt2可得t＝＝2 s，則小球平拋的初速度v0＝＝2.5 m/s，A正確，B錯誤；根據ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圓盤轉動的角速度ω＝＝nπ rad/s(n＝1、2、3、…)，圓盤轉動的加速度為a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2(n＝1、2、3、…)，C、D錯誤．
考點二：圓周運動的動力學問題
1．F＝m＝mrω2＝mr＝mωv.
2．離心運動和近心運動
①切線．②遠離、離心．③靠近，近心．
3．勻速圓周運動與變速圓周運動合力、向心力的特點
①大小，增大．②方向．
例3：答案　C
解析　當物塊隨圓桶做勻速圓周運動時，繩的拉力的豎直分力與物塊的重力保持平衡，因此繩的張力為一定值，且不可能為零，故A、D錯誤，C正確；當繩的水平分力恰好提供向心力的時候，圓桶對物塊的彈力恰好為零，故B錯誤．
例4：答案　B
解析　對題圖甲A、B分析：設繩與豎直方向的夾角為θ，小球的質量為m，小球A、B到懸點O的豎直距離為h，則mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小球A、B的角速度相等，線速度大小不相同，故A正確，B錯誤；對題圖乙C、D分析：設繩與豎直方向的夾角為θ，小球的質量為m，繩長為L，繩上拉力為T，則有mgtan θ＝ma，Tcos θ＝mg得a＝gtan θ，T＝，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到繩的拉力大小也相同，故C、D正確．
例5　答案　B
解析　列車以規定速度轉彎時受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，A錯誤；當重力和支持力的合力提供向心力時，則m＝mgtan α＝mg，解得v＝，列車輪緣不會擠壓內軌和外軌，B正確；列車過轉彎處的速度v<時，轉彎所需的合力F例6　答案　BC
解析　轉速較小時，小球緊貼圓錐面，則Tcos θ＋Nsin θ＝mg，Tsin θ－Ncos θ＝mω2lsin θ，隨著轉速的增加，T增大，N減小，當轉速達到ω0時支持力為零，支持力恰好為零時有mgtan θ＝mω02lsin θ，解得ω0＝ rad/s，A錯誤，B、C正確；當ω＝2 rad/s時，小球已經離開斜面，小球受重力、拉力的作用，D錯誤．
例7：答案　(1)　(2)2mg，方向豎直向下　(3)能；當A、B球的速度大小為時O軸不受力
解析　(1)A在最高點時，對A根據牛頓第二定律得mg＝m
解得vA＝
因為A、B球的角速度相等，半徑相等，則vB＝vA＝
(2)B在最高點時，對B根據牛頓第二定律得2mg＋TOB′＝2m
代入(1)中的vB，可得TOB′＝0
對A有TOA′－mg＝m
可得TOA′＝2mg
根據牛頓第三定律，O軸所受的力的大小為2mg，方向豎直向下
(3)要使O軸不受力，根據B的質量大于A的質量，設A、B的速度為v，可判斷B球應在最高點
對B有TOB″＋2mg＝2m
對A有TOA″－mg＝m
軸O不受力時TOA″＝TOB″
可得v＝
所以當A、B球的速度大小為時O軸不受力．
鞏固練習
1 2 3 4 5 6 7
D B D A B BCD CD
2．解析　當N′＝N＝G時，因為G－N′＝m，所以G＝m；當N＝0時，G＝m，所以v′＝2v＝20 m/s，選項B正確．
3.解析　對小球受力分析，小球受三個力的作用，重力mg、水平桌面支持力N、繩子拉力F.小球所受合力提供向心力，設繩子與豎直方向夾角為θ，由幾何關系可知R＝htan θ，受力分析可知Fcos θ＋N＝mg，Fsin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；當球即將離開水平桌面時，N＝0，轉速n有最大值，此時n＝，故選D.
4.解析　當小球到達最高點速率為v時，兩段線中張力均為零，有mg＝m，當小球到達最高點速率為2v時，應有F＋mg＝m，所以F＝3mg，此時小球在最高點受力如圖所示，所以T＝mg，A正確．
5.解析　當在最高點速度為零時，到達最低點的速度最小，對外管壁的壓力最小，則由機械能守恒定律有mg·2R＝mv12，在最低點設外管壁對小球的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝m，聯立解得F＝5mg，由牛頓第三定律得，小球對外管壁的壓力最小為5mg，故A錯誤；小球從靜止沿軌道滑落，當滑落高度為時，由機械能守恒定律有mg＝mv22，設此時重力沿半徑方向的分力為F1，由幾何關系得F1＝，此時所需的向心力為F向＝m，聯立解得F向＝F1，此時重力沿半徑方向的分力恰好提供向心力，所以小球與內、外管壁均沒有作用力，故B正確；因為管內壁可以給小球支持力，所以小球在最高點的速度可以為零，故C錯誤；若在最高點速度v>，在最高點時由牛頓第二定律得F2＋mg＝m，從最高點到最低點由機械能守恒定律得mg·2R＝mv32－mv2，在最低點時由牛頓第二定律得F3－mg＝m，聯立解得F3－F2＝6mg，所以當v>時，小球在最低點與最高點對軌道的壓力大小之差為6mg，故D錯誤．
6.解析　若小球恰能到達最高點，由重力提供向心力，則有：mg＝m，解得：v＝＝
m/s，若小球從最低點恰好能到最高點，根據機械能守恒定律得：mv0′2＝mg·2R＋
mv2，解得：v0′＝ m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能運動到最高點，小球會脫離圓軌道，故A錯誤，B正確；設當小球脫離軌道時，其位置與圓心連線和水平方向間的夾角為θ，小球此時只受重力作用，將重力分解如圖所示．
在脫離點，支持力等于0，由牛頓第二定律得：mgsin θ＝m，從最低點到脫離點，由機械能守恒定律得：mv02＝mgR(1＋sin θ)＋mv12，聯立解得：sin θ＝，即θ＝30°，則v1＝＝ m/s，故C、D正確．
7.解析　由于鐵球在做勻速圓周運動的過程中動能不變，但重力勢能在不斷地變化，所以其機械能不守恒，選項A錯誤；由于鐵球做圓周運動的角速度和半徑均不發生變化，由a＝ω2l可知，向心加速度的大小不變，但其方向在不斷地發生變化，故選項B錯誤；鐵球轉動到最低點時，有豎直向上的加速度，故桿對鐵球的拉力要大于鐵球的重力，鐵球處于超重狀態，選項C正確；以支架和鐵球整體為研究對象，鐵球轉動到最高點時，只有鐵球有向下的加速度，由牛頓第二定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝，選項D正確。
8. 答案　(1)5 m　(2)5 m≤H≤11.25 m
解析　(1)游客在圓形滑道內側恰好滑過最高點時，有
mg＝m①
從A到圓形滑道最高點，由機械能守恒定律得
mgH1＝mv2＋mg·2R②
解得H1＝R＝5 m③
(2)落在M點時拋出速度最小，從A到C由機械能守恒定律得
mgH1＝mv④
v1＝＝10 m/s⑤
水平拋出，由平拋運動規律可知
h＝gt2⑥
得t＝1 s
則s1＝v1t＝10 m
落在N點時s2＝s1＋L＝15 m
則對應的拋出速度v2＝＝15 m/s⑧
由mgH2＝mv
得H2＝＝11.25 m
安全滑下點A距水平滑道高度范圍為
5 m≤H≤11.25 m⑨

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