第3讲 圆周运动的规律及其应用

第3讲 圆周运动的规律及其应用1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动． (2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动． (3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心． 2．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)匀速圆周运动是速度不变的曲线运动．( )(2)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．( ) (3)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( )(4)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢看周期、角速度．( )：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．大小：F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .3．方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 4．来源.1.定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势．图4－3－13．受力特点当F ＝mrω2时，物体做匀速圆周运动； 当F ＝0时，物体沿切线方向飞出；当F＜mrω时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力，如图4－3－1所示．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)随圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用．()(2)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．()(3)摩托车转弯时，如果超过一定速度，摩托车将发生滑动，这是因为摩托车受到沿半径方向向外的离心力作用．()答案(1)×(2)√(3)×基础自测1．(多选)下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是()．A．线速度不变B．角速度不变C．加速度为零D．周期不变解析匀速圆周运动的角速度是不变的，线速度的大小不变，但方向时刻变化，故匀速圆周运动的线速度是改变的，因而加速度不为零．答案BD2．(多选)质点做匀速圆周运动，则()．A．在任何相等的时间里，质点的位移都相同B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等C．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等D．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同解析由匀速圆周运动的定义知B、C正确；位移和平均速度是矢量，其方向不同，故A、D错．答案BC3．(单选)下列关于离心现象的说法正确的是()．A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动解析物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要向心力不足，物体就做离心运动，故A选项错；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体做匀速直线运动，故B、D选项错，C选项对．答案 C4．(单选)汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长，某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车车轮的转速约为()．A．1 000 r/s B．1 000 r/minC．1 000 r/h D．2 000 r/s解析车速v＝120 km/h＝2 km/min，由v＝2nπr可得n＝1 000 r/min.答案 B5．(单选)甲、乙两质点均做匀速圆周运动，甲的质量与运动半径分别是乙的一半，当甲转动80转时，乙正好转过60转，则甲与乙所受的向心力大小之比为()．A．1∶4B．4∶1C．4∶9D．9∶4解析由题意知m甲∶m乙＝1∶2，r甲∶r乙＝1∶2，ω甲∶ω乙＝4∶3，则由F n＝mω2r知：F n甲∶F n乙＝4∶9.答案 C热点一描述圆周运动的各物理量间的关系1．圆周运动各物理量间的关系2．对公式v ＝ωr 的理解当r 一定时，v 与ω成正比． 当ω一定时，v 与r 成正比． 当v 一定时，ω与r 成反比．3．对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比．图4－3－2【典例1】 如图4－3－2所示为皮带传动装置，右轮的半径为r ，a 是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r ，小轮的半径是2r ，b 点在小轮上，到小轮中心的距离为r ，c 点和d 点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中皮带不打滑，则( )．A ．a 点和b 点的线速度大小相等B ．a 点和b 点的角速度大小相等C ．a 点和c 点的线速度大小相等D ．a 点和d 点的向心加速度大小相等解析 皮带不打滑表示轮子边缘在某段时间内转过的弧长总是跟皮带移动的距离相等，即a 、c 两点的线速度大小相等，选项A 错、C 对；b 、c 、d 三点同轴转动，角速度大小相等，故ωc ＝ωb ，又v a ＝v c ，r c ＝2r a ，且v ＝rω，故ωa ＝2ωc ，ωa ＝2ωb ，选项B 错；设a 点线速度大小为v ，c 点线速度也为v ，而d点线速度则为2v ，所以a a ＝v 2r ，a d ＝(2v )24r ＝v 2r，选项D 对．答案 CD反思总结 常见的三种传动方式及特点1．皮带传动：如图4－3－3甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B .图4－3－32．摩擦传动：如图4－3－4甲所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B .图4－3－43．同轴传动：如图4－3－4乙所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB.【跟踪短训】图4－3－51．(2013·桂林模拟)如图4－3－5所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c 三点在运动过程中的()．A．线速度大小之比为3∶2∶2B．角速度之比为3∶3∶2C．转速之比为2∶3∶2D．向心加速度大小之比为9∶6∶4答案 D热点二匀速圆周运动中的动力学问题1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．图4－3－6【典例2】(2013·重庆卷，8)如图4－3－6所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．图甲解析(1)当ω＝ω0时，小物块只受重力和支持力作用，如图甲所示，其合力提供向心力，F合＝mg tan θ①F向＝mω20r②而r＝R sin θ，F合＝F向③由①②③得ω0＝2gR④图乙(2)当ω＝(1＋k)ω0，且0<k≪1时，所需要的向心力大于ω＝ω0时的向心力，故摩擦力方向沿罐壁的切线方向向下．建立如图乙所示坐标系．在水平方向上：F N sin θ＋F f cos θ＝mω2r⑤在竖直方向上：F N cos θ－F f sin θ－mg＝0⑥由几何关系知r ＝R sin θ⑦ 联立⑤⑥⑦式，解得F f ＝3k (2＋k )2mg ⑧图丙当ω＝(1－k )ω0时，摩擦力的方向沿罐壁的切线方向向上．建立如图丙所示的坐标． 在水平方向上：F N sin θ－F f cos θ＝mω2r ⑨在竖直方向上：F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0⑩ 由几何关系知r ＝R sin θ⑪联立⑨⑩⑪式，解得F f ＝3k (2－k )2mg .答案 (1)ω0＝2gR(2)当ω＝(1＋k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为F f ＝3k (2＋k )2mg当ω＝(1－k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为F f ＝3k (2－k )2mg反思总结 圆周运动问题的解题步骤：【跟踪短训】2．铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h 的设计不仅与r 有关．还与火车在弯道上的行驶速度v 有关．下列说法正确的是( )．A ．速率v 一定时，r 越小，要求h 越大B ．速率v 一定时，r 越大，要求h 越大C ．半径r 一定时，v 越小，要求h 越大D ．半径r 一定时，v 越大，要求h 越大 解析火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G 与轨道支持力F N的合力来提供，如图所示，则有mg tan θ＝m v 2r ，且tan θ≈sin θ＝h L ，其中L 为轨间距，是定值，有mg h L ＝m v2r，通过分析可知A 、D 正确． 答案 AD物理建模 6.竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型1．模型条件(1)物体在竖直平面内做变速圆周运动．(2)“轻绳模型”在轨道最高点无支撑，“轻杆模型”在轨道最高点有支撑． 2．模型特点该类问题常有临界问题，并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，现对两种模型分析比较如下：图4－3－7【典例】 如图4－3－7所示，2012年8月7日伦敦奥运会体操男子单杠决赛，荷兰选手宗德兰德荣获冠军．若他的质量为60 kg ，做“双臂大回环”，用双手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，运动员到达最低点时手臂受的总拉力至少约为(忽略空气阻力，g ＝10 m/s 2)( )．A ．600 NB ．2 400 NC ．3 000 ND ．3 600 N 审题指导关键点：运动员以单杠上某一点为圆心做圆周运动属于竖直面内圆周运动的杆模型牛顿第二定律和机械能守恒定律⎩⎨⎧F N －mg ＝m v 2R(牛顿第二定律方程)mg ·2R ＝12m v 2(机械能守恒方程)自己试一试哟！解析 设运动员在最低点受的拉力至少为F N ，此时运动员的重心的速度为v ，设运动员的重心到手的距离为R ，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R又由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12m v 2由以上两式代入数据得：F N ＝5mg ，运动员的重力约为 G ＝mg ＝600 N ，所以F N ＝3 000 N ，应选C. 答案 C反思总结 竖直面内圆周运动的求解思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．(2)确定临界点：v 临＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N 表现为支持力还是拉力的临界点．(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向． (5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．图4－3－8即学即练 如图4－3－8所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为( )．A.3mg B ．23mg C ．3mg D ．4mg解析 当小球到达最高点时速率为v ，有mg ＝m v2r，当小球到达最高点速率为2v 时，应有F ＋mg ＝m (2v )2r，所以F ＝3mg ，此时最高点各力如图所示，所以F T ＝3mg ，A 正确．答案 A对应高考题组 1．(2012·广东卷，17)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有( )．A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小解析 设滑块质量为m ，在B 点所受支持力为F N ，圆弧半径为R ，所需向心力为F .滑块从高度h 处由静止下滑至B 点过程中，由机械能守恒定律有12m v 2B＝mgh ，在B 点滑块所需向心力由合外力提供，得F N －mg ＝m v 2B R ，由牛顿第三定律知，传感器示数N 等于F N ，解得N ＝mg ＋2mghR，由此式知N >mg ，且h越大，N 越大．选项B 、C 正确．答案 BC 2．(2011·安徽卷，17)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v 0抛出，如图乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是( )．A.v 20g B ．v 20sin 2αgC.v 20cos 2αg D ．v 20cos 2αg sin α解析 物体在最高点时速度沿水平方向，曲率圆的P 点可看做该点对应的竖直平面内圆周运动的最高点，由牛顿第二定律及圆周运动规律知：mg ＝m v 2ρ，解得ρ＝v 2g ＝(v 0cos α)2g ＝v 20cos 2αg.答案 C 3．(2012·福建卷，20)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0.4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ.解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2①在水平方向上有s ＝v 0t ，②由①②式解得v 0＝s g2H代入数据得v 0＝1 m/s.(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有F f m ＝m v 20R③F f m ＝μN ＝μmg ④由③④式得μ＝v 20gR，代入数据得μ＝0.2.答案 (1)1 m/s (2)0.2A 对点训练——练熟基础知识题组一 匀速圆周运动的运动学问题1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验．在T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m ，细绳长度为L .王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T ，由此可知( )．A ．小球运动的角速度ω＝T /(2π)B ．小球运动的线速度v ＝2πL /TC ．小球运动的加速度a ＝2π2L /T 2D ．细绳中的拉力为F ＝4m π2L /T 2 解析 小球运动的角速度ω＝2π/T ，选项A 错误；线速度v ＝ωL ＝2πL /T ，选项B 正确；加速度a ＝ω2L ＝4π2L /T 2，选项C 错误；细绳中的拉力为F ＝ma ＝4m π2L /T 2，选项D 正确．答案 BD2．(单选)2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm ，小球2 s 转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为( )．A ．0.1 m/sB ．0.5 m/sC ．1 m/sD ．2 m/s解析 在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s ＝2πR ＝2π×0.32 m ＝2 m ，由s ＝v t 可得小球做匀速圆周运动的速度为v ＝s /T ＝1 m/s ，选项C 正确．答案 C题组二 匀速圆周运动的动力学问题3．(单选)如图4－3－9所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O 处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A 处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( )．图4－3－9A.12 B ．12 C ．14 D ．13解析 小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x ，弹簧的劲度系数为k ，则有kx ＝m ·4x ·ω21，k ·3x ＝m ·6x ·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B 正确．答案 B4．(单选)如图4－3－10所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R 的半圆竖直挡板，质量为m 的小球从斜面上高为R2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的压力是( )．图4－3－10A ．0.5mgB ．mgC ．1.5mgD ．2mg解析 设小球运动至斜面最低点(即进入水平面上的半圆形挡板)时的速度为v ，由机械能守恒定律得mg R 2＝12m v 2，解得v ＝gR ；依题意可知，小球贴着挡板内侧做匀速圆周运动，所需要的向心力由挡板对它的弹力提供，设该弹力为F N ，则F N ＝m v 2R，将v ＝gR 代入解得F N ＝mg ；由牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的压力大小等于F N ，即mg ，故选项B 正确．答案 B 5．(2013·江苏卷，2)(单选)如图4－3－11所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )．图4－3－11A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析 A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r 得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r 及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mg cos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．答案 D题组三 离心现象6．(单选)世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里，共有23个弯道，如图4－3－12所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是( )．图4－3－12A ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的D ．由公式F ＝mω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道解析 赛车在水平面上转弯时，它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的．由F ＝m v 2r知，当v 较大时，赛车需要的向心力也较大，当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道．答案 C 7．(2013·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图4－3－13，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( )．图4－3－13A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小解析 汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A 正确；选项D 错误．当v <v c 时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v >v c 时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B 错误，选项C 正确．答案 AC题组四 圆周运动的临界问题 8．(2013·上海卷，6)(单选)秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千( )． A ．在下摆过程中 B ．在上摆过程中 C ．摆到最高点时 D ．摆到最低点时解析 当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D 正确． 答案 D图4－3－149．(2013·北京西城区期末考试)(多选)如图4－3－14所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m 在圆形轨道内侧做圆周运动．对于半径R 不同的圆形轨道，小球m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的有( )．A ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小解析 在最高点时，由mg ＝m v 2R可得v ＝gR ，所以半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A 正确；由机械能守恒可知12m v 2＋mg ×2R ＝12m v 20，所以v 0＝5gR ，由ω＝v R ＝5g R，故半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小，D 正确．答案 AD10．(单选)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一细绳，绳的另一端连接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，小球可随转轴转动在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图4－3－15所示．要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )．图4－3－15 A.12π g h B ．πgh C.12π g l D ．12πl g解析 当小球即将离开水平面时，F N ＝0，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m (2πn m )2R ①R ＝h tan θ②联立①②得n m ＝1 g h选项A 正确． 答案 A11．(多选)如图4－3－16所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定转轴O ，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL ，则以下判断正确的是( )．图4－3－16 A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度小于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力解析 根据机械能守恒定律2mgL ＝12m v 2－12m v 2P ，可求出小球在P 点的速度为12gL <gL ，故B 正确，A 错误．计算出向心力F ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 错误、D 正确． 答案 BDB 深化训练——提高能力技巧12．(单选)如图4－3－17所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转动轴的最大距离为( )．图4－3－17A.R B 4 B ．R B 3 C ．R B 2 D ．R B 解析 由题图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度相同，由ω＝v R ，得ωA ωB ＝v /R A v /R B＝R B R A ＝12.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg ，故μmg ＝mω2A R A ① 设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故 μmg ＝mω2B r ②因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mω2A R A ＝mω2B r ，得r＝⎝⎛⎭⎫ωA ωB 2R A ＝⎝⎛⎭⎫122R A ＝R A 4＝R B 2.所以选项C 正确． 答案 C13．(单选)雨天的野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图4－3－18所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )．图4－3－18A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析 当后轮匀速转动时，由a ＝Rω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝mω2R ，在b 、d 两点有F bd ＝mω2R ，在c 点有F c －mg ＝mω2R .所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B 、D 错误，C 正确．答案 C14．(2013·福建卷，20)如图4－3－19所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图4－3－19(1)地面上DC 两点间的距离s ；(2)轻绳所受的最大拉力大小．解析 (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12m v 2B① 小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2② 在水平方向上有，s ＝v B t ③由①②③式解得s ≈1.41 m (2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2B L ⑤ 由①⑤式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律F ′＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N.答案 (1)1.41 m (2)20 N。