1、1第六章 圓周運動復習總結主題 1 圓周運動的基本分析方法1 圓周運動的運動學分析(1)正確理解描述圓周運動快慢的物理量及其相互關系線速度、角速度、周期和轉速 都是描述圓周運動快慢的物理量， 但意義不同 線速度描述物體沿圓周運動的快慢 角速度、2周期和轉速描述做圓周運動的物體繞圓心轉動的快慢由 T 2n，知 越大， T 越 小， n 越大，則物體轉動得越快，反之則越慢三個物理量知道其中一個，另外兩個也就成 為已知量(2)對公式 vr 及 a 2r 的理解由 v r，知 r 一定時， v 與 成正比； 一定時， v 與r 成正比； v 一定時， 與r 成反比由 a 2r，知 v 一定時， a 與

2、 r 成反比； 一定時， a 與 r 成正比2 圓周運動的動力學分析勻速圓周運動是一種變加速曲線運動，處理勻速圓周運動問題不能應用運動的合成與 分解方法， 而應抓住合力充當向心力這一特點， 由牛頓第二定律來分析解決， 此時公式 Frma 中的 F 是指向心力， a 是指向心加速度，即 2r 或v2或其他的用轉速、周期、頻率表示的形式【例 1】如圖,(d 和 c 共軸)靠輪傳動裝置中右輪半徑為 2r,a 為它邊緣上的一點,b 為輪上 的一點、距軸為 r;左側為一輪軸,大輪的半徑為 4r,d 為它邊緣上的一點;小輪半徑為 r,c 為它邊緣上的一點。若傳動中靠輪不打滑,則下列說法錯誤的是( )A a

3、 點與 d 點的向心加速度大小之比為 1 4B a 點與 c 點的線速度之比為 1 1C c 點與 b 點的角速度之比為 2 1D b 點與 d 點的周期之比為 2 1針對訓練1如圖為某共享單車的主要傳動部件。 大齒輪和小齒輪通過鏈條相連, a、b 分別是大齒 輪和小齒輪邊沿上的兩點。已知大齒輪直徑d1=20 cm,小齒輪直徑d2=10 cm,若兩齒輪勻速轉動,則下列關于 a 點與 b 點的說法中錯誤的是 ( )A線速度大小之比為 1 1 B角速度大小之比為 1 2C向心加速度大小之比為 2 1 D周期之比為 2 1主題 2 圓周運動中臨界問題的分析(1)當物體從某種特性變化為另一種特性時，發

4、生質的飛躍的轉折狀態，通常叫做臨界 狀態出現臨界狀態時，即可理解為“恰好出現”，也可理解為“恰好不出現”2(2)確定臨界狀態的常用方法極限法： 把物理問題(或過程)推向極端， 從而使臨界現象顯現， 達到盡快求解的目的假設法： 有些物理過程中沒有明顯出現臨界問題的線索， 但在變化過程中可能出現臨 界問題一、水平面內的圓周運動水平面內勻速圓周運動的臨界問題， 無非是臨界速度與臨界力的問題 具體來說， 主要 是與繩的拉力、彈簧的拉力、接觸面的彈力和摩擦力相關【例 2】如圖所示，小球質量 m0.8 kg，用兩根長均為 L0.5 m 的細繩拴住并系在豎 直桿上的 A、B 兩點，已知AB0.8 m，當直桿

5、轉動帶動小球在水平面內繞桿以40 rad/s的角速度勻速轉動時，求上、下兩根繩上的張力針對訓練2、如圖所示，水平桿AB，可以繞豎直軸OO勻速運動，在離桿的B 端 0.3 m 處套著一 個質量為 0.2 kg 的小環，當桿以 20 r/min 的轉速勻速轉動時，小環受到的摩擦力多大？設 環與桿之間的最大靜摩擦力等于壓力的 0.4 倍，問：當桿以40 r/min 的轉速勻速轉動時，小環最遠可以放到什么位置上而不至于滑動(g 取 10 m/s2)?二、豎直平面內的圓周運動臨界問題對于物體在豎直平面內做變速圓周運動的問題，中學物理中只研究物體通過最高點和 最低點的情況，并且經常出現臨界狀態通常有以下兩

6、種情況：沒有物體支撐的小球(輕繩或單側軌道類)小球在最高點的臨界速度(最小速度)是v0 gr.小球恰能通過圓周最高點時， 繩對小球 的拉力為 0，環對小球的彈力為 0(臨界條件： FT0 或 FN 0)，此時重力提供向心力所以 v gr時，能通過最高點； v gr時，不能達到最高點有物體支撐的小球(輕桿或雙側軌道類)因輕桿和管壁能對小球產生支撐作用， 所以小球達到最高點的速度可以為 0，即臨界速 度 v00，此時支持力 FN mg.3【例 3】長 L0.5 m 的輕桿，其一端連接著一個零件A ，A 的質量 m2 kg. 現讓 A 在 豎直平面內繞 O 點做圓周運動，如圖所示在A 通過最高點時，

7、求下列兩種情況下A 對桿的作用力(g 取 10 m/s2)(1)A 的速率為 1 m/s；(2)A 的速率為 4 m/s.針對訓練3、如圖所示,輕桿長 3L,在桿兩端分別固定質量均為 m 的球 A 和 B,光滑水平轉軸穿過 桿上距球 A 為 L 處的 O 點,外界給系統一定能量后,桿和球在豎直平面內轉動,球 B 運動到最高點時,桿對球 B 恰好無作用力。忽略空氣阻力,則球 B 在最高點時 ( )A.球 B 的速度大小為零B.球 A 的速度大小為2gL章末練習C.水平轉軸對桿的作用力為 1.5mg D.水平轉軸對桿的作用力為 2.5mg1關于勻速圓周運動的說法中正確的是( )A勻速圓周運動是勻速

8、運動B勻速圓周運動是變速運動C勻速圓周運動的質點處于速度不變的狀態D勻速圓周運動的質點處于平衡狀態 2汽車甲和汽車乙質量相等，以相等的速率沿同一水平彎道做勻速圓周運動，甲車在乙車的外側兩車沿半徑方向受到的摩擦力分別為Ff 甲和 Ff 乙 以下說法正確的是( )f 甲 f 乙 f 甲 f 乙A F 小于 F B F 等于 Ff 甲 f 乙 f 甲 f 乙3甲、乙兩個物體都做勻速圓周運動，轉動半徑之比為3 4，在相同的時間里甲轉過C F 大于 F D F 和 F 大小均與汽車速率無關60 圈時，乙轉過 45 圈，則它們的向心加速度之比為( )A 3 4 B 4 3 C 4 9 D 9 164 (多

9、選)如圖所示，將一質量為 m 的擺球用長為 L 的細繩吊起，上端固定，使擺球在水平面內做勻速圓周運動， 細繩就會沿圓錐面旋轉， 這樣就構成了一個圓錐擺， 下列說法正確的是( )4A擺球受重力、拉力和向心力的作用 B擺球受重力和拉力的作用C擺球運動周期為2Lcse D擺球運動的轉速為c e sine5 (多選)如圖所示,直徑為 d 的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動。一子彈以 水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒,從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上且相距為 h,則 ( )g 2hg 2hA子彈在圓筒中的水平速度為v0=dC圓筒轉動的角速度可能為 =2g2hg2hB子彈在圓筒中的水平速

10、度為v0= 2dD圓筒轉動的角速度可能為 =36如圖所示,AB 為一豎直面內的四分之一光滑圓弧軌道,半徑 R=0.5 m,與水平滑道 BC 相切于 B 點。 BC 長為 2 m,動摩擦因數 =0.2。C 點下方 h=1.25 m 處放置一水平圓盤, 圓心 O 與 C 點在同一豎直線上,其半徑 OE 上某點固定一小桶(可視為質點),OEBC。一質量 m=0.2 kg 的物塊(可視為質點)從圓軌道上某點滑下,當物塊經過 B 點時, 圓盤開始從圖示位置繞通過 圓心的豎直軸勻速轉動。物塊通過圓弧軌道上 B 點時對軌道的壓力大小為 5.6 N,物塊由C 點 水平拋出后恰好落入小桶內。 g 取 10 m/

11、s2,求:(1)物塊通過 B 點的速度。(2)小桶到圓心 O 的距離。(3)圓盤轉動的角速度 應滿足的條件。7 (10 分)如圖，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 R0.5 m，離水平地面的高度 H0.8 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s0.4 m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 g10 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 .5第六章 圓周運動復習總結【例 1】答案： A解析： c=2a 、c=d,則 d=2a ;又 ra=2r、rd=4r;

12、據 a=r2 可得,ad=8aa,故 A 錯誤;小輪與 右輪間靠摩擦傳動不打滑,兩輪邊緣上點的線速度大小相等, 即 va=vc,故 B 正確;va=vc 、ra=2r、rc=r,據 =可得,c=2a ;a、b 兩點均在右輪上,a=b ;所以 c=2b,故 C 正確;大輪與小輪同軸轉動,則 c=d ;又 c=2b,所以 d=2b 。據 T= 可得,Tb=2Td,故 D 正確。針對訓練1 、答案： C解析： 大齒輪和小齒輪是同緣轉動,邊緣的線速度相同,則選項 A 正確;根據 v=r 可知, 角 速度大小之比為 a b=1 2,選項 B 正確;根據 a=v 可知向心加速度大小之比為 1 2,選項 C

13、 錯誤;根據 T=2 可知周期之比為 2 1,選項D 正確。故選 C。【例 2】答案： 325 N 315 N解析： 以小球為研究對象， 當 較小時， BC 繩未被拉直， 小球受重力 mg、繩 AC 的拉力 F1 兩個力作用做勻速圓周運動；當 較大時，BC 繩被拉直， 這時小球受重力 mg、繩 AC的拉力 F1 和 BC 繩的拉力 F2 三個力作用做勻速圓周運動，本題屬于哪種情況需作判斷設 BC 繩剛好被拉直且無拉力時，球做圓周運動的角速度為 0 ，繩 AC 與桿夾角為 ，如圖甲所示，有： mgtan mr ，rLsin ，得 0 Lcos ，g代入數據得 05 rad/s，本題中 40 ra

14、d/s，大于 05 rad/s，可知 BC 繩已被拉直并有拉力，對小球受力分析建立如圖乙所示的坐標系，將 F1 、F2 正交分 解，則沿 x 軸方向： F1sin F2sin m2r，沿 y 軸方向： F1cos mgF2cos 0，代入數據得 F1325 N ，F2315 N.2 、答案： 0.26 N 0.23 m20 2解析： 角速度 12n1260 rad/s 3 rad/s，對環由牛頓第二定律有Ff mr10.2 2 0 3 N0.26 N，轉速增加，小環恰好不滑動時40 4角速度 22n2260 rad/s 3 rad/s.同理： kmg mr2，故 r2 m 0.2 2 m0.2

15、3 m.【例 3】答案： (1)16 N (2)44 N解析： 零件 A 在通過最高點時，若桿的作用力剛好等于零，則零件的重力充當圓周運 動所需的向心力，此時： v0 gL 5 m/s.kmg 0.40.2106(1)v11 m/s 5 m/s，所以桿對零件 A 的作用力為拉力 F2 ，由牛頓第二定律得 mgF2vLmF2 mv22Lmg，代入數據得 F244 N.由牛頓第三定律得零件 A 對桿的作用力為 44 N.3 、答案： C解析：球 B 運動到最高點時,桿對球 B 恰好無作用力, 即重力恰好提供向心力,有 mg=mv2 ,2L解得 v=2gL,故 A 錯誤;由于 A、B 兩球的角速度相

16、等,則球 A 的速度大小 v=2gL ,故 B 錯誤;2球 B 到最高點時,對桿無彈力,此時球 A 受重力和拉力的合力提供向心力,有 F-mg=mv2 ,解L章末練習得:F=1.5mg,故 C 正確,D 錯誤。1 、B2 、A3 、B4 、答案： BC解析： 小球只受重力和繩的拉力作用， 二者合力提供向心力，故A 錯誤， B 正確。向心 力大小 Fn=mgtan，由幾何關系得， 小球做圓周運動的半徑為 r=Lsin，由牛頓第二定律得：mgtan=m T2 r=m(2n)2r，解得 T=2 g ，n=2 Lcos ，故 C 正確， D 錯誤。選 BC。42 Lcos 1 g5 、答案： AD1

17、2h d g解析： 根據 h=2gt2,解得 t= g ,則子彈在圓筒中的水平速度為 v0= t =d 2h,故 A 項正T確,B 項錯誤;因為子彈從右側射穿圓筒后發現兩彈孔在同一豎直線上,則 t=(2n- 1)2,n=1,2,3,因為 T= ,解得:=(2n- 1) 2h,g2 g當 n=1 時,= 2h,當 n=2 時,=3 2h,故 C 項錯誤,D 項正確。g6 、答案： (1)3 m/s (2)0.5 m (3) =4n rad/s(n=1、2、3 、4) 3解析： (1)物塊到達 B 點時, 由牛頓第二定律得F-mg=mv (2 分)R解得:vB=3 m/s(1 分)(2)從 B 到 C 根據牛頓第二定律可知 mg=ma (2 分)解得 a=2 m/s2(1 分)根據速度位移公式可知v-v=-2aL (1 分)從 C 點做平拋運動 x=vCt2 (1 分)72vh= gt (1 分)聯立解得 x=0.5 m(1 分)(3)物塊由 B 點到 C