高中物理魯科版第四章勻速圓周運(yùn)動 2023版第4章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①變加速②eq\f(s,t)③eq\f(φ,t)④rω⑤eq\f(2π,T)⑥mrω2⑦meq\f(v2,r)⑧ω2r⑨eq\f(v2,r)⑩0?mrω2________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________描述圓周運(yùn)動的物理量及其關(guān)系1.線速度、角速度、周期和轉(zhuǎn)速都是描述圓周運(yùn)動快慢的物理量，但意義不同．線速度描述物體沿圓周運(yùn)動的快慢．角速度、周期和轉(zhuǎn)速描述做圓周運(yùn)動的物體繞圓心轉(zhuǎn)動的快慢．由ω＝eq\f(2π,T)＝2πn知，ω越大，T越小，n越大，則物體轉(zhuǎn)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v＝rω及a＝eq\f(v2,r)＝rω2的理解(1)由v＝rω知，r一定時，v與ω成正比；ω一定時，v與r成正比；v一定時，ω與r成反比．(2)由a＝eq\f(v2,r)＝rω2知，v一定時，a與r成反比；ω一定時，a與r成正比．如圖4-1所示，定滑輪的半徑r＝2cm，繞在滑輪上的細(xì)線懸掛著一個重物，由靜止開始釋放，測得重物以加速度a＝2m/s2做勻加速運(yùn)動，在重物由靜止下落距離為1m的瞬間，求滑輪邊緣上的點(diǎn)的角速度ω和向心加速度an.圖4-1【解析】重物下落1m時，瞬時速度為v＝eq\r(2as)＝eq\r(2×2×1)m/s＝2m/s.顯然，滑輪邊緣上每一點(diǎn)的線速度也都是2m/s，故滑輪轉(zhuǎn)動的角速度，即滑輪邊緣上每一點(diǎn)轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(2,rad/s＝100rad/s.向心加速度為an＝ω2r＝1002×m/s2＝200m/s2.【答案】100rad/s200m/s2圓周運(yùn)動的臨界問題1.水平面內(nèi)的臨界問題在這類問題中，要特別注意分析物體做圓周運(yùn)動的向心力來源，考慮達(dá)到臨界條件時物體所處的狀態(tài)，即臨界速度、臨界角速度，然后分析該狀態(tài)下物體的受力特點(diǎn)，結(jié)合圓周運(yùn)動知識，列方程求解．常見情況有以下幾種：(1)與繩的彈力有關(guān)的圓周運(yùn)動臨界問題．(2)因靜摩擦力存在最值而產(chǎn)生的圓周運(yùn)動臨界問題．(3)受彈簧等約束的勻速圓周運(yùn)動臨界問題．2．豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界問題(1)沒有物體支撐的小球(輕繩或單側(cè)軌道類)．小球在最高點(diǎn)的臨界速度(最小速度)是v0＝eq\r(gr).小球恰能通過圓周最高點(diǎn)時，繩對小球的拉力為零，環(huán)對小球的彈力為零(臨界條件：T＝0或N＝0)，此時重力提供向心力．所以v≥eq\r(gr)時，能通過最高點(diǎn)；v＜eq\r(gr)時，不能達(dá)到最高點(diǎn)．(2)有物體支撐的小球(輕桿或雙側(cè)軌道類)．因輕桿和管壁能對小球產(chǎn)生支撐作用，所以小球達(dá)到最高點(diǎn)的速度可以為零，即臨界速度v0＝0，此時支持力N＝mg.一水平放置的圓盤，可以繞中心O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，盤上放一個質(zhì)量是kg的鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，鐵塊與中間位置的轉(zhuǎn)軸處的圓盤用輕質(zhì)彈簧連接，如圖4-2所示．鐵塊隨圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動，角速度是10rad/s時，鐵塊距中心O點(diǎn)30cm，這時彈簧對鐵塊的拉力大小為11N，g取10m/s2，求：圖4-2(1)圓盤對鐵塊的摩擦力大?。?2)若此情況下鐵塊恰好不向外滑動(視最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，則鐵塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為多大？【解析】(1)彈簧彈力與鐵塊受到的靜摩擦力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：F＋f＝mω2r代入數(shù)值解得：f＝1N.(2)此時鐵塊恰好不向外側(cè)滑動，則所受到的靜摩擦力就是最大靜摩擦力，則有f＝μmg故μ＝eq\f(f,mg)＝.【答案】(1)1N(2)如圖4-3所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動．圖4-3(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn).【導(dǎo)學(xué)號：45732141】【解析】(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①設(shè)小球在B點(diǎn)的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5. ③(2)若小球能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0 ④設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)) ⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R)⑥由機(jī)械能守恒定律得mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)．【答案】(1)5(2)能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的分析方法(1)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動一般是變速圓周運(yùn)動，運(yùn)動速度的大小和方向在不斷發(fā)生變化，通常只研究物體在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的情況，而往往存在臨界狀態(tài)．(2)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動往往和機(jī)械能守恒定律，動能定理及平拋運(yùn)動結(jié)合，此類問題利用機(jī)械能守恒定律、動能定理將最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的物理量聯(lián)系起來．(教師用書獨(dú)具)1．(多選)如圖4-4所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90m的大圓弧和r＝40m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100m．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的倍．假設(shè)賽車在直道上做勻變速直線運(yùn)動，在彎道上做勻速圓周運(yùn)動．要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機(jī)功率足夠大，重力加速度g取10m/s2，π＝，則賽車()圖4-4A．在繞過小圓弧彎道后加速B．在大圓弧彎道上的速率為45m/sC．在直道上的加速度大小為m/s2D．通過小圓弧彎道的時間為s【解析】賽車做圓周運(yùn)動時，由F＝eq\f(mv2,R)知，在小圓弧上的速度小，故賽車?yán)@過小圓弧后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上時，根據(jù)F＝meq\f(v2,R)知，其速率v＝eq\r(\f(FR,m))＝eq\r(\f,m))＝45m/s，選項B正確；同理可得在小圓弧彎道上的速率v′＝30m/s.如圖所示，由邊角關(guān)系可得α＝60°，直道的長度x＝Lsin60°＝50eq\r(3)m據(jù)v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈m/s2，選項C錯誤；小彎道對應(yīng)的圓心角為120°，弧長為s＝eq\f(2πr,3)，對應(yīng)的運(yùn)動時間t＝eq\f(s,v′)≈s，選項D錯誤．【答案】AB2.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖4-5所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)，()圖4-5A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【解析】兩球由靜止釋放到運(yùn)動到軌跡最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，取軌跡的最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，則由機(jī)械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，則vP<vQ，又mP>mQ，則兩球的動能無法比較，選項A、B錯誤；在最低點(diǎn)繩的拉力為F，則F－mg＝meq\f(v2,L)，則F＝3mg，因mP>mQ，則FP>FQ，選項C正確；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，選項D錯誤．【答案】C3．如圖4-6所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高．質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g，質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()圖4-6\f(1,4)mgR \f(1,3)mgR\f(1,2)mgR \f(π,4)mgR【解析】在Q點(diǎn)FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以v＝eq\r(gR)；由P到Q根據(jù)動能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，故C正確．【答案】C4．(多選)如圖4-7所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()圖4-7A．b一定比a先開始滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg【解析】本題從向心力來源入手，分析發(fā)生相對滑動的臨界條件．小木塊a、b做圓周運(yùn)動時，由靜摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.當(dāng)角速度增加時，靜摩擦力增大，當(dāng)增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，當(dāng)fa＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；對木塊b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，當(dāng)fb＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先達(dá)到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，選項B錯誤；當(dāng)ω＝eq\r(\f(kg,2l))時b剛開始滑動，選項C正確；當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a沒有滑動，則fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項D錯誤．【答案】AC5.如圖4-8所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.圖4-8(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動過程中對小車的最大壓力．(2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m＝eq\f(M,2)，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運(yùn)動過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運(yùn)動過程中，小車的位移大小s.【解析】(1)滑塊滑到B點(diǎn)時對小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得N＝3mg由牛頓第三定律得N′＝3mg.(2)①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時，小車速度最大．由機(jī)械能守恒得mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\