物理必修 第二册第六章 圆周运动综合与测试学案

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专题提升2　圆周运动的综合应用
[素养目标]
1.理解圆周运动的周期性,并会分析简单的多解问题。
2.会分析圆周运动中的临界问题。
3.掌握轻绳模型和轻杆模型的特点,并能解决相关的问题。

类型一　圆周运动的多解问题
1.问题特点
(1)研究对象:匀速圆周运动的多解问题常常涉及两个做不同运动的物体。
(2)运动特点:一个物体做匀速圆周运动,另一个物体做其他形式的运动(如平抛运动、匀速直线运动等)。
(3)运动的关系:由于两物体运动的时间相等,根据等时性建立等式求解待求物理量。
2.分析技巧
(1)抓住联系点:明确题中两个物体的运动性质,抓住两运动的联系点。
(2)先特殊后一般:先考虑第一个周期的情况,再根据运动的周期性,考虑多个周期时的规律。
[例1] 如图所示,直径为d的纸制圆筒以角速度ω绕垂直纸面的轴O匀速转动(图示为截面)。从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒。若子弹在圆筒旋转时,在圆周上留下a、b两个弹孔,已知aO与bO之间夹角为θ,求子弹的速度。(忽略子弹在空中的下坠)

解析:子弹射出后沿直线运动,从a点射入,从b点射出,设子弹速度为v0,
则子弹穿过圆筒的时间t=dv0
此时间内圆筒转过的角度
α=π-θ+2kπ(k=0、1、2…)
据α=ωt得π-θ+2kπ=ωdv0
则子弹速度v0=ωd(2k+1)π-θ(k=0、1、2…)。
答案:ωd(2k+1)π-θ(k=0、1、2…)

解决圆周运动多解问题的方法
(1)明确两个物体参与运动的性质和求解的问题;两个物体参与的两个运动虽然独立进行,但一定有联系点,其联系点一般是时间或位移等,抓住两运动的联系点是解题关键。
(2)注意圆周运动的周期性造成的多解。分析问题时可暂时不考虑周期性,表示出一个周期的情况,再根据运动的周期性,在转过的角度θ上再加上2nπ,具体n的取值应视情况而定。
[对点训练1]

如图所示,半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动,其正上方h处沿OB方向水平抛出一小球,要使球与盘只碰一次,且落点为B,求小球的初速度及圆盘转动的角速度ω的大小。
解析:设球在空中运动时间为t,此圆盘转过θ角,则R=vt,h=12gt2
故初速度v=Rg2h
θ=n·2π(n=1、2、3…),又因为θ=ωt
则圆盘角速度
ω=2nπt=2nπg2h(n=1、2、3…)。
答案:Rg2h　2nπg2h(n=1、2、3…)
类型二　轻绳模型和轻杆模型
1.轻绳模型
常见类型:细绳系的小球或在轨道内侧的小球做圆周运动,如图所示。

(1)临界状态
小球恰好过最高点时,应满足细绳拉力(或轨道弹力)为零(FN=0),小球只受重力。重力充当向心力,由mg=mv2r,得v=gr;小球能过最高点的条件是v≥gr。
(2)三种情况
①v=gr 时,mg=mv2r,即重力恰好等于向心力,小球所受的拉力(或压力)为零。
②vmv2r,即重力大于小球所需要的向心力,小球脱离圆轨道,不能到达最高点。
③v>gr 时,mg 2.轻杆模型
常见类型:在轻杆上固定的小球或在环形轨道内的小球做圆周运动,如图所示。

(1)临界状态
由于轻杆或管壁的支撑作用,小球恰能过最高点的条件是v临=0,此时轻杆或管壁对小球的支持力FN=mg;小球能过最高点的条件是v≥0。
(2)三种情况
①当0≤v ②当v=gr 时,FN=0。
③当v>gr 时,FN+mg=mv2r,FN指向圆心并随v的增大而增大。
[例2]

如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,下列说法正确的是　　(　B　)
A.小球通过最高点的最小速度为Rg
B.运动到a点时小球一定挤压外侧管壁
C.小球在水平线ab以下管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作
用力
D.小球在水平线ab以上管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作
用力
解析:在最高点,由于外侧管壁或内侧管壁都可以对小球产生弹力作用,内侧管壁能支撑小球,所以小球的最小速度等于0,故A错误;小球做圆周运动需要向心力,运动到a点时,需要外侧管壁的弹力提供向心力,所以小球一定挤压外侧管壁,故B正确;小球在水平线ab以下管道中运动时,由于合力沿半径方向的分力提供做圆周运动的向心力,因此外侧管壁对小球一定有作用力,内侧管壁对小球没有作用力,故C错误;小球在水平线ab以上管道中运动时,当速度非常大时,内侧管壁对小球没有作用力,此时外侧管壁对小球有作用力,当速度比较小时,内侧管壁对小球有作用力,故D错误。

竖直平面内圆周运动的分析方法
(1)明确运动的模型,是轻绳模型还是轻杆模型。
(2)明确物体的临界状态,即在最高点时物体具有最小速度时的受力特点。
(3)分析物体在最高点及最低点的受力情况,根据牛顿第二定律列式求解。
[对点训练2] 如图(甲)是杂技演员表演传统节目——水流星。用细绳系着装有水的小桶,在竖直面内做圆周运动,当小桶运动到最高点时,可简化为图(乙)所示情形,已知小桶与水的质量为m,小桶与水的重心到转轴O的距离为L,则下列说法正确的是(　C　)

A.最高点水刚好不流出时,水和小桶的最小速率为零
B.最高点水刚好不流出时,水对桶底的作用力大小为mg
C.最高点水刚好不流出时,水对桶底的作用力为零
D.最高点水刚好不流出时,细绳的拉力大于mg
审题指导
题干关键
获取信息
用细绳系着装有水的小桶,在竖直面内做圆周运动
符合轻绳模型
在最高点水刚好不流出
水和小桶的重力刚好提供其所需要的向心力,细绳的拉力为0,最小速度为临界速度
解析:水和小桶做圆周运动,在最高点水刚好不流出的条件是水和小桶的重力恰好提供其所需要的向心力。这时的最小速度即是过最高点的临界速度v,重力提供圆周运动的向心力有mg=mv2L,解得 v=gL,故最小速度为gL;对水分析,此时所需的向心力Fn=m水v2L=m水g,水对桶底无作用力,细绳的拉力为零,故A、B、D错误,C正确。
类型三　圆周运动中的临界问题
关于圆周运动的临界问题,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。
(1)与绳的弹力有关的临界问题
此问题要分析出绳子恰好无弹力这一临界状态下的角速度(或线速
度)等。
(2)与支持面弹力有关的临界问题
此问题要分析出恰好无支持力这一临界状态下的角速度(或线速
度)等。
(3)因静摩擦力而产生的临界问题
此问题要分析出静摩擦力达最大时这一临界状态下的角速度(或线速度)等。
[例3] 如图所示,水平转盘上放有质量为m的物体(可视为质点),连接物体和转轴的绳子长为r,物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍,物体与转轴间的距离始终为r,转盘的角速度由零逐渐增大,求:

(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度;
(2)当角速度为 3μg2r(g为重力加速度)时,绳子对物体拉力的大小。
审题指导
题干关键
获取信息
物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍
最大静摩擦力为μmg
绳子对物体的拉力为零时的最大角速度
最大静摩擦力提供向心力
当角速度为 3μg2r 时
绳子的拉力F和最大静摩擦力的合力提供向心力
解析:(1)绳子拉力为零时恰由最大静摩擦力提供向心力,转盘转动的最大角速度设为ω0,则μmg=mω02r,得ω0=μgr。
(2)当ω=3μg2r时,ω>ω0,所以绳子的拉力F和最大静摩擦力的合力提供向心力,此时
F+μmg=mω2r
解得F=12μmg。
答案:(1)μgr　(2)12μmg

静摩擦力产生的临界情况
在水平转台上做圆周运动的物体,若有静摩擦力参与,则当转台的转速变化时,静摩擦力也会随之变化,当Ff达到最大值时,对应有临界角速度和临界线速度。解决这类问题一定要牢记“静摩擦力大小有范围、方向可以改变”这一特点。
[对点训练3] 如图所示,用一根长为l=1 m 的细线,一端系一质量为m=1 kg 的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥体顶端,锥面与竖直方向的夹角θ=37°,小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动,问:(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,结果可用根式表示)

(1)若小球离开锥面,则小球的角速度ω0至少为多大?
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°,则小球的角速度ω′为多大?
解析: (1)若小球刚好离开锥面,则小球只受到重力和细线的拉力,如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面内,故向心力水平,由牛顿第二定律mgtan θ=mω02lsin θ

解得ω0=glcosθ=522 rad/s。
(2)当细线与竖直方向成60°角时,由牛顿第二定律有mgtan α=mω′2lsin α
即ω′=glcosα=25 rad/s。
答案:(1)522 rad/s　(2)25 rad/s

1. (多选)如图所示,电风扇在闪光灯下运转,闪光灯每秒闪30次,风扇转轴O上装有3个扇叶,它们互成120°角,当风扇转动时,观察者感觉扇叶不动,则风扇转速可能是(　ACD　)

A.600 r/min B.900 r/min
C.1 200 r/min D.3 000 r/min
解析:因为电扇叶片有三个,相互夹角为120°,现在观察者感觉扇叶不动,说明在闪光时间里,扇叶转过三分之一、三分之二或一周……即转过的角度θ=23πn,n=1、2、3…,由于光源每秒闪光30次,则周期T=130 s,因此电扇转动的角速度为ω=θT=20πn rad/s,则转速为10n r/s=600n r/min,所以 n=1时,转速为600 r/min,n=2时,转速为1 200 r/min,n=5时,转速为3 000 r/min,故A、C、D正确,B
错误。
2. (多选)如图所示,竖直平面内有一固定的圆形轨道,质量为m的小球在其内侧做圆周运动,若小球以速度v通过最高点时,恰好对轨道没有压力,经过轨道最低点时速度大小为2v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是　(　BD　)

A.圆形轨道半径为gv2
B.小球在轨道最高点的加速度大小为g
C.小球在轨道最低点受到轨道的支持力大小为4mg
D.小球在轨道最低点受到轨道的支持力大小为5mg
解析:根据牛顿第二定律可得mg=mv2R,可得圆形轨道半径为R=v2g,故A错误;在最高点重力提供向心力,根据牛顿第二定律可得mg=ma,解得a=g,故B正确;小球在最低点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=m(2v)2R,解得F=5mg,故C错误,D正确。
3. 一轻杆一端固定质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示,则下列说法正确的是(　B　)

A.小球过最高点的最小速度是gR
B.小球过最高点时,杆所受到的弹力可以等于零
C.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而减小
解析:由于杆的支撑作用,小球过最高点的最小速度为0,故A错误;当小球在最高点的速度v=gR 时,小球自身的重力提供向心力,杆所受弹力为零,故B正确;小球在最高点,若vgR,则有mg+FN=mv2R,FN=mv2R-mg,杆对球的作用力随速度的增大而增大,故C、D错误。
4. 如图所示,长为l的轻绳一端固定在竖直转动轴上的A点,另一端拴接一质量为m的小球,O点是转动轴与光滑水平面的交点,AO=h
A.gl B.gh
C.gh D.gl
解析:当小球对水平面的压力为零时,有FTcos θ=mg,FTsin θ=
mω2lsin θ,解得最大角速度为ω=glcosθ=gh,故C正确。


基础巩固练
知识点一　圆周运动的多解问题
1. 为了测定子弹的飞行速度,在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A、B,盘A、B平行且相距2 m,轴杆的转速为3 600 r/min,子弹穿过两盘留下两弹孔a、b,测得两弹孔所在半径的夹角θ=30°,如图所示。则该子弹的速度可能是(　C　)

A.360 m/s B.720 m/s
C.1 440 m/s D.108 m/s
解析:子弹从A盘到B盘,B盘转过的角度θ=2πn+π6(n=0、1、2…),
B盘转动的角速度ω=2πn=2π×3 60060 rad/s=120π rad/s,子弹在A、B盘间运动的时间等于B盘转动的时间,即dv=θω,所以v=1 44012n+1 m/s
(n=0、1、2…),n=0时,v=1 440 m/s;n=1时,v≈110.77 m/s;n=
2时,v=57.6 m/s,C正确。
2.(多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点,飞镖抛出时与P等高,且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时,圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力,重力加速度为g,若飞镖恰好击中P点,则(　BCD　)

A.圆盘的半径可能为 gL22v02
B.飞镖击中P点所需的时间为 Lv0
C.圆盘转动角速度的最小值为 πv0L
D.P点随圆盘转动的线速度不可能为 3πgLv0
解析:飞镖水平抛出做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,设运动时间为t,则有t=Lv0,飞镖击中P点时,P恰好在最下方,则有2r=12gt2,联立可得r=gL24v02,故A错误,B正确;飞镖击中P点,则P点转过的角度满足θ=ωt=π+2kπ(k=0、1、2…),则ω=θt=(2k+1)πv0L(k=0、1、2…),当k=0时,圆盘转动角速度有最小值为πv0L,故C正确;P点随圆盘转动的线速度为v=ωr=(2k+1)πv0L·gL24v02=(2k+1)πgL4v0(k=0、1、2…),假设P点随圆盘转动的线速度为3πgLv0,则有3πgLv0=(2k+1)πgL4v0,解得k=5.5,不满足k=0、1、2…,假设错误,故D正确。
知识点二　轻绳模型和轻杆模型
3.一长度为L的轻绳,一端固定一个质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直面内做圆周运动,下列说法正确的是(　B　)
A.小球过最高点时,绳所受的弹力一定大于小球的重力
B.小球过最高点时的最小速率为gL
C.小球过最高点时的速率可小于gL
D.小球过最高点时,绳所受的弹力一定大于零
解析:小球在最高点时,有FT+mg=mv2L,绳中的拉力最小为零,此时速率最小,即vmin=gL,绳所受的弹力一定大于或等于零,不一定大于小球的重力,故A、C、D错误,B正确。
4.如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大圆环上的质量为m的小圆环(可视为质点),从大圆环的最高处由静止滑下,重力加速度为g。当小圆环滑到大圆环的最低点时,大圆环对轻杆拉力的大小为(　C　)

A.Mg-5mg B.Mg+mg
C.Mg+5mg D.Mg+10mg
解析:小圆环到达大圆环底端时满足mg·2R=12mv2,对小圆环在最低点,由牛顿第二定律可得FN-mg=mv2R;对大圆环,由平衡条件可知FT=Mg+
FN′,由牛顿第三定律可知FN′=FN,联立解得FT=Mg+5mg,选项C正确。
5.如图所示,质量为m的小球固定在一根轻质木杆一端,围绕此木杆的另一端在竖直平面内做匀速圆周运动。已知小球以速度v通过最高点时对杆的拉力大小为mg,则当小球以速度 12v通过圆周轨道的最高点时(　D　)

A.小球与杆之间作用力为零
B.小球对杆的拉力等于 12mg
C.小球对杆的压力等于mg
D.小球对杆的压力等于 12mg
解析:小球以速度v通过最高点时对杆的拉力大小为mg,则FT+mg=mv2r,即2mg=mv2r,当小球以速度12v通过圆周轨道的最高点时,假设杆对小球的力仍为拉力,则FT′+mg=m(v2) 2r,解得FT′=-12mg,可知杆对小球有支持力,大小为12mg,根据牛顿第三定律可知,小球对杆的压力等于12mg,故选D。
类型三　圆周运动中的临界问题
6.汽车在水平地面上转弯,地面对车的摩擦力已达到最大值。当汽车的速率加大到原来的2倍时,若使车在地面转弯时仍不打滑,汽车的转弯半径应(　C　)
A.增大到原来的2倍
B.减小到原来的一半
C.增大到原来的4倍
D.减小到原来的14
解析:汽车在水平地面上转弯,所需的向心力是由侧向静摩擦力提供,摩擦力已达到最大值,设摩擦力的最大值为Ffm,则得Ffm=mv2R,当速率v增大为原来的2倍时,Ffm不变,则R应增大为原来的4倍,故C正确。
7.在水平传送带上被传送的小物体的质量为m(可视为质点),A为终端皮带轮,如图所示,已知皮带轮半径为r,传送带与皮带轮间不会打滑。当物体可被水平抛出时,A轮每秒转过的圈数最少为(　A　)

A.12π gr B.gr
C.gr D.12πgr
解析:物体恰好被水平抛出的临界条件是最高点重力恰好提供向心力,根据牛顿第二定律有mg=mv2r,又v=2πnr,联立解得n=12π gr,所以物体可被水平抛出时,A轮每秒转过的圈数最少为12π gr,故A项正确。
8.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动,盘面上离转轴距离10 cm处有一物体与圆盘始终保持相对静止,物体与盘面间的动摩擦因数为 0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,盘面与水平面间的夹角为 θ=37°,g取10 m/s2。则ω的最大值是(　D　)

A.0.2 rad/s B.0.5 rad/s
C.1 rad/s D.2 rad/s
解析:当物体转到圆盘的最低点,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时,角速度最大,由牛顿第二定律得 μmgcos θ-mgsin θ=mω2r,代入数据得ω=2 rad/s,故D正确。
能力提升练
9.(多选)如图所示, 长0.5 m的轻质细杆,一端固定有一个质量为
3 kg的小球,另一端由电动机带动,使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动,小球的速率为2 m/s。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　BD　)

A.小球通过最高点时,对杆的拉力大小是24 N
B.小球通过最高点时,对杆的压力大小是6 N
C.小球通过最低点时,对杆的拉力大小是24 N
D.小球通过最低点时,对杆的拉力大小是54 N
解析:设在最高点杆表现为拉力,对小球则有FT+mg=mv2R,代入数据得FT=-6 N,则可判断杆对小球为支持力,大小为6 N,由牛顿第三定律可知,小球对杆的压力为6 N,A错误,B正确;在最低点,杆表现为拉力,对小球有FT′-mg=mv2R,代入数据得FT′=54 N,由牛顿第三定律可知,C错误,D正确。
10.如图所示,两个质量均为m的小木块A和B(均可视为质点)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,则下列说法正确的是(　A　)

A.B一定比A先开始滑动
B.A、B所受的摩擦力始终相等
C.ω0=kg2l 是A开始滑动的临界角速度
D.当ω=kg3l 时,A所受摩擦力的大小为kmg
解析:A、B所受的最大静摩擦力相等,而B需要的向心力较大,所以B先滑动,A项正确;在未滑动之前,A、B各自受到的摩擦力等于其向心力,因此B受到的摩擦力大于A受到的摩擦力,B项错误;A处于临界状态时,kmg=mω02l,ω0=kgl,C项错误;当ω=kg3l<ω0时,对A有Ff=mlω2=ml·kg3l=13kmg,D项错误。
11.如图(甲),一长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点,另一端系住一小球,使小球在竖直面内做圆周运动,小球经过最高点的速度大小为v,此时绳子拉力大小为F,拉力F与速度的平方v2的关系如图(乙)所示,以下说法正确的是(　D　)

A.利用该装置可以得出重力加速度g=Ra
B.利用该装置可以得出小球的质量m=aRb
C.小球质量不变,换绳长更长的轻绳做实验,图线a点的位置不变
D.绳长不变,用质量更大的球做实验,得到的图线斜率更大
解析:由题图(乙)可知,当v2=a时,F=0,小球的重力提供向心力,有mg=mv2R,解得v2=gR,所以a=gR,则重力加速度g=aR,A错误;当v2=
2a时,F=b,对小球受力分析有mg+b=mv2R,解得小球的质量 m=bg,B错误;小球经过最高点时,根据牛顿第二定律有mg+F=mv2R,解得F=mRv2-mg,所以题图(乙)中图线的斜率为k=mR,所以绳长不变,用质量更大的球做实验,得到的图线斜率更大,D正确;当F=0时,有v2=gR,所以小球质量不变,换绳长更长的轻绳做实验,图线a点的位置将会发生变化,C错误。
12.长L=1.0 m的轻杆,其一端连接着一个零件A,A的质量m=2 kg。现让A在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动,如图所示。在A通过最高点时,求下列两种情况下A对杆的作用力:(g取10 m/s2)

(1)A的速率为1 m/s;
(2)A的速率为4 m/s。
解析:以A为研究对象,设其受到杆的拉力为F,则有mg+F=mv2L。
(1)代入数据v=1 m/s,可得F=m(v2L-g)=2×(121-10)N=-18 N
即A受到杆的支持力为18 N,根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为压力,大小为18 N,方向竖直向下。
(2)代入数据v=4 m/s,可得F=12 N
即A受到杆的拉力为12 N,根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为拉力,大小为12 N,方向竖直向上。
答案:(1)18 N,竖直向下　(2)12 N,竖直向上
13.如图所示,B物体放在光滑的水平地面上,在水平力F的作用下由静止开始运动,B物体的质量为m,同时A物体在竖直面内由M点开始做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动。求满足使A、B速度相同的力F的取值。

解析:速度相同即大小、方向相同,B的速度方向为水平向右,A一定要在最低点才能保证速度水平向右。由题意可知,当A从M点运动到最低点时t=nT+34T(n=0、1、2…),线速度v=ωr
对于B(初速度为0)v=at=Fm(nT+34T)=Fm(n+34)2πω
解得F=2mω2rπ(4n+3)(n=0、1、2…)。
答案:2mω2rπ(4n+3)(n=0、1、2…)
14.如图是小型电动打夯机的结构示意图,电动机带动质量为m=
50 kg 的重锤(重锤可视为质点)绕转轴O匀速运动,重锤转动半径为R=0.5 m,电动机连同打夯机底座的质量为M=25 kg,重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计,重力加速度g取 10 m/s2。问:

(1)重锤转动的角速度为多大时,才能使打夯机底座刚好离开地面?
(2)若重锤以上述的角速度转动,当打夯机的重锤通过最低位置时,打夯机对地面的压力为多大?
解析:(1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时,才能使打夯机底座刚好离开地面,有FT=Mg
对重锤有mg+FT=mω2R
解得ω=(M+m)gmR=30 rad/s。
(2)在最低点,对重锤有FT1-mg=mω2R
则FT1=Mg+2mg
对打夯机有FN=FT2+Mg
由牛顿第三定律可知FT1=FT2,联立解得FN=1500 N
即打夯机对地面的压力FN′=FN=1 500 N。
答案:(1)30 rad/s　(2)1 500 N
《圆周运动》检测试题
一、选择题(本大题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的4个选项中,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列现象中,与离心运动无关的是(　D　)
A.汽车转弯时速度过大,乘客感觉往外甩
B.运动员投掷链球时,在高速旋转的时候释放链球
C.洗衣机脱水筒旋转,衣服紧贴在筒壁上
D.汽车启动时,乘客向后倒
解析:汽车转弯时速度过大,乘客感觉往外甩,是离心运动;运动员投掷链球时,在高速旋转的时候释放链球,这是利用离心运动;洗衣机脱水筒旋转,衣服紧贴在筒壁上,水被甩出去,也是利用离心运动;汽车启动时,乘客向后倒,这是惯性,不是离心运动,故选D。
2.如图所示,某人正在用开瓶器开啤酒瓶盖。在手柄处施力,使开瓶器绕O点转动一定的角度就可以将瓶盖打开。A为开瓶器的施力点,B为手柄上的某一点,则在开瓶器绕O点匀速转动的过程中,下列说法正确的是(　B　)

A.A点线速度不变
B.A、B两点的角速度相等
C.A、B两点的线速度大小相等
D.A、B两点的向心加速度大小之比aA∶aB=OB∶OA
解析:在开瓶器绕O点匀速转动的过程,A点线速度大小不变,方向时刻变化,故A错误;A和B两点在同一杆上绕同一点做匀速圆周运动,属于同轴转动,则角速度相等,故B正确;由v=ωr可知,因rA 3.某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮,如图所示,其半径分别为r1、r2、r3,若甲轮匀速转动的角速度为ω,三个轮相互不打滑,则丙轮边缘上某点的向心加速度大小为(　A　)

A.r12ω2r3 B.r32ω2r12
C.r33ω2r12 D.r1r2ω2r3
解析:甲、丙边缘的线速度大小相等,根据an=v2r知a丙=r12ω2r3,故选A。
4.“飞车走壁”杂技表演简化后的模型如图所示,表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动。若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变,摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零,轨道平面离地面的高度为H,侧壁倾斜角度α不变,则下列说法正确的是(　A　)

A.摩托车做圆周运动的H越高,角速度越小
B.摩托车做圆周运动的H越高,线速度越小
C.摩托车做圆周运动的H越高,向心力越大
D.摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小
解析:摩托车做匀速圆周运动,提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力FN的合力,由摩托车受力图可知,Fn=mgtan α,m、α不变,向心力大小不变,摩托车对侧壁的压力FN′=mgcosα也是不变的,故C、D错误;根据牛顿第二定律得Fn=mgtan α=mω2r,因为向心力不变,则H越高,r越大,则角速度越小,故A正确;根据Fn=mv2r知,向心力不变,H越高,r越大,则v越大,故B错误。

5.乘坐游乐园的翻滚过山车时,质量为m的人随车在竖直平面内旋转,下列说法正确的是(　B　)
A.车在最高点时人处于倒坐状态,全靠保险带拉住,没有保险带,人就会掉下来
B.人在最高点时对座位仍可能产生压力
C.人在最低点时对座位的压力等于mg
D.人在最低点时对座位的压力小于mg
解析:在最高点,根据FN+mg=mv2r知,若v=gr,座位对人的支持力FN=0;若v>gr,座位对人有弹力;若vmg,故C、D项错误。
6.在较大的平直木板上相隔一定距离钉几个钉子,将三合板弯曲成拱桥形卡入钉子内形成拱形桥,三合板上表面事先铺上一层牛仔布以增加摩擦,这样玩具车就可以在桥面上跑起来了。把这套系统放在电子秤上做实验,如图所示。关于实验中电子秤的示数,下列说法正确的是(　D　)

A.玩具车静止在拱形桥顶端时的示数小一些
B.玩具车运动通过拱形桥顶端时的示数大一些
C.玩具车运动通过拱形桥顶端时处于超重状态
D.玩具车运动通过拱形桥顶端时速度越大(未离开拱形桥),示数越小
解析:玩具车运动到最高点时,受向下的重力和向上的支持力作用,根据牛顿第二定律有mg-F N=mv2r,即F N=mg-mv2r 7.如图所示,在以角速度ω=2 rad/s 匀速转动的水平圆盘上,放一质量m=5 kg的滑块,滑块离转轴的距离r=0.2 m,滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动(二者未发生相对滑动)。则(　ABC　)

A.滑块的线速度大小为0.4 m/s
B.滑块受到静摩擦力的大小4 N
C.滑块受3个力
D.滑块受4个力
解析:滑块的线速度大小v=ωr=2×0.2 m/s=0.4 m/s,故A正确;滑块受到重力、支持力、静摩擦力共3个力,其中静摩擦力提供向心力,有Ff=mω2r=5×22×0.2 N=4 N,故B、C正确,D错误。
8.如图所示,质量为m的汽车以速度v通过一半径为r的弧形的拱桥顶端时,关于汽车受力的说法正确的是(　BD　)

A.汽车的向心力就是它所受的重力
B.汽车受到的支持力比重力小mv2r
C.汽车受重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力的作用
D.汽车的向心力是它所受的重力与支持力的合力,方向指向圆心
解析:汽车在桥顶的向心力由汽车所受重力和桥面对汽车的支持力的合力提供,向心力的方向指向圆心,则有mg-FN=mv2r,所以汽车受到的支持力FN比重力小mv2r,故A错误,B、D正确;汽车在桥顶时受到重力、支持力、牵引力和摩擦力四个力的作用,向心力是重力和支持力的合力,是效果力,不是单独受到的力,故C错误。
9.火车转弯可以看成是在水平面内做匀速圆周运动,火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题,以下措施可行的是(　BD　)
A.适当减小内、外轨的高度差
B.适当增加内、外轨的高度差
C.适当减小弯道半径
D.适当增大弯道半径
解析:设铁路弯道处轨道平面的倾角为α时,轮缘与内、外轨间均无挤压作用,根据牛顿第二定律有mgtan α=mv2r,解得v=grtanα,所以为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题,可行的措施是适当增大倾角α(即适当增加内、外轨的高度差)或适当增大弯道半径r。
10.如图所示,轻杆长为0.5 m,一端固定在水平轴上,另一端系一个质量为1 kg的小球(视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动,若小球通过最高点的速度大小为2 m/s,通过最低点的速度大小为4 m/s,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　BC　)

A.小球在最低点处于失重状态
B.小球通过最高点时的角速度为4 rad/s
C.小球通过最低点时轻杆对小球有向上的拉力作用,且大小为42 N
D.小球通过最高点时轻杆对小球有向下的拉力作用,且大小为2 N
解析:小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动,在最低点具有向上的加速度,处于超重状态,A错误;在最高点,根据v=ωr解得ω=
20.5 rad/s=4 rad/s,B正确;在最低点,小球受重力、杆对球向上的拉力,根据F-mg=mv2r,解得F=42 N,C正确;在最高点,小球受重力,假设杆对球有向下的拉力,根据F+mg=mv2r,解得F=-2 N,所以在最高点时轻杆对小球有向上的支持力作用,且大小为2 N,D错误。
11.如图所示,A、B两个小物块放在同轴转动的两个水平圆盘上,已知A、B两物块距转轴的距离rA∶rB=1∶2,且mA∶mB=1∶2,当两圆盘以某一角速度匀速转动时,两物块与圆盘均保持相对静止,两物块与圆盘间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　AC　)

A.A、B两物块的加速度之比为1∶2
B.A、B两物块所受的静摩擦力之比为1∶2
C.当圆盘转动的角速度逐渐增大时,B先相对圆盘运动
D.当圆盘转动的角速度逐渐增大时,A、B同时相对圆盘运动
解析:由题知,A、B两物块距转轴的距离rA∶rB=1∶2,且mA∶mB=1∶2,两物块与圆盘均保持相对静止且为同轴转动,所以两物块角速度ω相等。由an=ω2R可知,A、B两物块的加速度之比为 1∶2,故A正确;由Ff=mω2R可知,A、B两物块所受的静摩擦力之比为1∶4,故B错误;当圆盘转动的角速度增大时,静摩擦力逐渐增大,增大至最大静摩擦力时,有Ffmax=μmg=mωmax2R,可得ωmax=μgR,由于rA
ωBmax,故当圆盘转动的角速度逐渐增大时,B先相对圆盘运动,故C正确,D错误。
12.如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子使其在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计,要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则(　CD　)

A.在最高点小球的速度水平,小球既不超重也不失重
B.小球经过与圆心等高的位置时,处于超重状态
C.盒子在最低点时对小球弹力大小等于2mg,方向向上
D.该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2πRg
解析:由于在最高点时小球与盒子间恰好无作用力,则在最高点时小球仅受到重力作用,加速度为g,处于完全失重状态,A错误;小球经过与圆心等高的位置时,竖直加速度为零,既不超重也不失重,B错误;在最高点有 mg=mv2R,解得该盒子做匀速圆周运动的线速度v=gR,则该盒子做匀速圆周运动的周期为T=2πRv=2πRg,D正确;在最低点时,盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力,由F-mg=mv2R,解得F=2mg,C正确。
二、非选择题(本大题共6小题,共52分)
13.(6分)某物理小组的同学设计了一个测量小钢球通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材:小钢球、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.25 m)。请完成下列填空:
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(甲)所示,托盘秤的示数为0.70 kg。
(2)将小钢球静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(乙)所示,该示数为　　　　kg。 

(3)将小钢球从凹形桥模拟器某一位置释放,小钢球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钢球,记录各次的m值如表所示。
序号
1
2
3
4
5
m/kg
2.3
2.2
2.3
2.1
2.2
(4)根据以上数据,可求出小钢球经过凹形桥最低点时对桥的压力为
　　　　N;小钢球通过最低点时的速度大小为　　　　m/s。(重力加速度大小取10 m/s2,速度计算结果保留两位有效数字) 
解析:(2)分度值为0.1 kg,注意估读到分度值的下一位,为1.20 kg。
(4)根据表格知最低点小钢球和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为F=2.3+2.2+2.3+2.1+2.25×10 N=m桥g+FN
解得FN=15.2 N,根据牛顿第三定律知,在最低点时桥对小钢球的支持力FN′=FN=15.2 N,在最低点,
对小钢球根据牛顿第二定律有FN′-m0g=m0v2R
代入数据解得v≈2.3 m/s。
答案:(2)1.20　(4)15.2　2.3
14.(8分)随着航天技术的发展,许多实验可以搬到太空中进行。飞船绕地球做匀速圆周运动时,无法用天平称量物体的质量。假设某宇航员在这种环境下设计了如图所示装置(图中O为光滑的小孔)来间接测量物体的质量。给待测物体一个初速度,使它在桌面上做匀速圆周运动,设飞船中具有基本测量工具。

(1)物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计,原因是  　。 
(2)实验时需要测量的物理量是弹簧测力计示数F、
和　　　　　　　　。(写出描述物理量的文字和符号) 
(3)待测物体质量的表达式为　 。 
解析:(1)弹力是产生摩擦力的前提条件,没有弹力一定没有摩擦力。由题知,物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计,其原因是物体与桌面间几乎没有压力,摩擦力几乎为零。
(2)(3)据题,物体在桌面上做匀速圆周运动,物体与桌面间的摩擦力忽略不计,由弹簧测力计的拉力提供物体的向心力。根据牛顿第二定律得F=m4π2RT2,得到m=FT24π2R,所以实验时需要测量的物理量是弹簧测力计示数F、圆周运动的半径R和周期T。
答案:(1)物体与桌面间几乎没有压力,摩擦力几乎为零　(2)圆周运动的周期T　半径R (3)m=FT24π2R
15. (6分)如图所示,在男女双人花样滑冰运动中,男运动员以自身为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动。若运动员的转速为
30 r/min,女运动员触地冰鞋的线速度为4.8 m/s,求女运动员做圆周运动的角速度、触地冰鞋做圆周运动的半径及向心加速度大小。(π取3.14)

解析:男、女运动员的转速、角速度是相同的。
由ω=2πn得ω=2×3.14×3060 rad/s=3.14 rad/s
由v=ωr得r=vω=4.83.14 m≈1.53 m
由an=ω2r得an=3.142×1.53 m/s2≈15.1 m/s2。
答案:3.14 rad/s　1.53 m　15.1 m/s2
16.(10分)一细绳与水桶相连,水桶中装有水,水桶与细绳一起在竖直平面内做圆周运动,如图所示,水的质量 m=0.5 kg,水的重心到转轴的距离 l=50 cm。(g取10 m/s2)

(1)若在最高点水不流出来,求桶的最小速率;(结果保留三位有效
数字)
(2)若在最高点水桶的速率v=3 m/s,求水对桶底的压力大小。
解析:(1)以水桶中的水为研究对象,在最高点恰好不流出来,说明水的重力恰好提供其做圆周运动所需的向心力,此时桶的速率最小。
此时有mg=mv02l
则所求的最小速率为v0=gl ≈2.24 m/s。
(2)此时桶底对水有向下的压力,设为FN,则由牛顿第二定律有FN+mg=mv2l
代入数据可得FN=4 N
由牛顿第三定律可知,水对桶底的压力大小FN′=4 N。
答案:(1)2.24 m/s　(2)4 N
17.(10分)如图所示,半径为R,内径很小的光滑半圆管竖直放置,两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内,A通过最高点C时,对管壁上部的压力为3mg,B通过最高点C时,对管壁下部的压力为0.75mg。求:

(1)A、B两球分别通过C点的速度大小;
(2)A、B两球落地点间的距离。
解析:(1)两个小球在最高点时,受重力和管壁的作用力,这两个力的合力提供向心力,
对A球:3mg+mg=mvA2R,得vA=2gR
对B球:mg-0.75mg=mvB2R,得vB=gR2。
(2)根据平抛运动的规律,两球下落时间相等,t=4Rg
水平方向做匀速运动,
对A球:xA=vAt=4R
对B球:xB=vBt=R
A、B两球落地点间的距离Δx=xA-xB=4R-R=3R。
答案:(1)2gR　gR2　(2)3R
18.(12分) 如图所示,一根0.1 m 长的细线,一端系着一个质量为0.18 kg的小球,拉住线的另一端,使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的转速增加到原转速的3倍时,细线断裂,这时测得线的拉力比原来大40 N。求:

(1)线断裂的瞬间,线的拉力大小;
(2)这时小球运动的线速度大小;
(3)如果桌面高出地面0.8 m,线断后小球飞出去落在离桌边水平距离为多远的地方?(g取10 m/s2)
解析:(1)线的拉力等于向心力,设开始时角速度为ω0,线的拉力是F0,线断裂的瞬间,角速度为ω,线的拉力是F,则F0=mω02R,F=mω2R
则F∶F0=ω2∶ω02=9∶1
又F=F0+40 N
所以F0=5 N,线断时F=45 N。
(2)设线断时小球的速度为v,
由F=mv2R得v=FRm=45×0.10.18 m/s=5 m/s。
(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间,
由h=12gt2得t=2hg=2×0.810 s=0.4 s
小球落地处离桌边的水平距离s=vt=5×0.4 m=2 m。
答案:(1)45 N　(2)5 m/s　(3)2 m