新教版高考物理總復習：09 C圓周運動 提升版（教師版）

圓周運動考點一描述圓周運動的物理量1.描述圓周運動的物理量定義、意義公式、單位線速度(v)①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量②是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切①v＝eq\f(Δs,Δt)(定義式)＝eq\f(2πr,T)(與周期的關系)②單位：m/s角速度(ω)①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量②是矢量，但不研究其方向①ω＝eq\f(Δθ,Δt)(定義式)＝eq\f(2π,T)(與周期的關系)②單位：rad/s③ω與v的關系：v＝ωr周期(T)轉速(n)頻率(f)①周期是物體沿圓周運動一周所用的時間，周期的倒數(shù)為頻率②轉速是單位時間內(nèi)物體轉過的圈數(shù)①T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(1,f)(與頻率的關系)②T的單位：sn的單位：r/s、r/minf的單位：Hz向心加速度(an)①描述線速度方向變化快慢的物理量②方向指向圓心①an＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωv②單位：m/s22.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.技巧點撥1.對an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比.2.常見的傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖1甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.圖1(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖2甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.圖2(3)同軸轉動：如圖3甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比.圖3例題精練1.如圖4所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑之比為4∶1∶16，在用力蹬腳踏板前進的過程中，下列說法正確的是()圖4A.小齒輪和后輪的角速度大小之比為16∶1B.大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4C.大齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶4D.大齒輪和小齒輪輪緣的向心加速度大小之比為4∶1答案B解析小齒輪和后輪是同軸轉動裝置，角速度大小相等，即ω2＝ω3，大齒輪與小齒輪是皮帶傳動裝置，線速度大小相等，即v1＝v2，根據(jù)v＝ωr，得出eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1,4)，eq\f(v1,v3)＝eq\f(v2,v3)＝eq\f(r2,r3)＝eq\f(1,16)，向心加速度a＝eq\f(v2,r)，則eq\f(a1,a2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1,4)，故A、C、D錯誤，B正確.2.如圖5所示為一個半徑為5m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20m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＝10m/s2，要使得小球正好落在A點，則()圖5A.小球平拋的初速度一定是2.5m/sB.小球平拋的初速度可能是2.5m/sC.圓盤轉動的角速度一定是πrad/sD.圓盤轉動的角速度可能是πrad/s答案A解析根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，則小球平拋的初速度v0＝eq\f(R,t)＝2.5m/s，A正確，B錯誤；根據(jù)ωt＝2nπ(n＝1、2、3、…)，解得圓盤轉動的角速度ω＝eq\f(2nπ,t)＝nπ(n＝1、2、3、…)，圓盤轉動的加速度為a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2(n＝1、2、3、…)，C、D錯誤.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(chǎn)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Fn＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv.(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)來源向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供.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6)圖6①當F＝0時，物體沿切線方向飛出，做勻速直線運動.②當0<F<mrω2時，物體逐漸遠離圓心，做離心運動.③當F>mrω2時，物體逐漸向圓心靠近，做近心運動.(3)本質(zhì)：離心運動的本質(zhì)并不是受到離心力的作用，而是提供的力小于做勻速圓周運動需要的向心力.技巧點撥1.勻速圓周運動的實例分析運動模型向心力的來源圖示圓錐擺模型飛機水平轉彎火車轉彎圓錐擺飛車走壁汽車在水平路面轉彎水平轉臺(光滑)2.圓周運動動力學問題的分析思路

例題精練3.如圖7所示，內(nèi)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(nèi)表面隨圓桶一起轉動，則()圖7A.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，繩的張力一定增大答案C解析當物塊隨圓桶做圓周運動時，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；當繩的水平分力提供向心力的時候，桶對物塊的彈力恰好為零，故B錯誤.4.如圖8所示，長度不同的兩根輕繩L1與L2，一端分別連接質(zhì)量為m1和m2的兩個小球，另一端懸于天花板上的同一點O，兩小球質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2，兩小球在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩L1、L2與豎直方向的夾角分別為30°與60°，下列說法中正確的是()圖8A.繩L1、L2的拉力大小之比為1∶3B.小球m1、m2運動的向心力大小之比為1∶6C.小球m1、m2運動的向心加速度大小之比為1∶6D.小球m1、m2運動的線速度大小之比為1∶2答案B解析小球運動的軌跡圓在水平面內(nèi)，運動形式為勻速圓周運動，在指向軌跡圓圓心方向列向心力表達式方程，在豎直方向列平衡方程，可得拉力大小FT1＝eq\f(m1g,cos30°)，F(xiàn)T2＝eq\f(m2g,cos60°)，則eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(\r(3),6)，A選項錯誤；向心力大小F1＝m1gtan30°，F(xiàn)2＝m2gtan60°，則eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,6)，B選項正確；a1＝eq\f(F1,m1)，a2＝eq\f(F2,m2)，則eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,3)，C選項錯誤；由a＝eq\f(v2,r)，因連接兩小球的懸點距兩小球運動平面的距離相等可知，eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(a1·tan30°,a2·tan60°))＝eq\f(1,3)，D選項錯誤.5.在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內(nèi)軌.如圖9所示，當火車以規(guī)定的行駛速度轉彎時，內(nèi)、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則()圖9A.該彎道的半徑r＝eq\f(v2,gtanθ)B.當火車質(zhì)量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變C.當火車速率大于v時，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓D.當火車速率大于v時，外軌將受到輪緣的擠壓答案ABD解析火車轉彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(v2,gtanθ)，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律有：mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\r(grtanθ)，可知火車規(guī)定的行駛速度與火車質(zhì)量無關，故B正確；當火車速率大于v時，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，故C錯誤，D正確.

綜合練習一．選擇題（共5小題）1．（貴州學業(yè)考試）如圖所示是一個玩具陀螺。a、b和c是陀螺上的三個點。當陀螺繞垂直于地面的軸線以角速度ω穩(wěn)定旋轉時，下列表述正確的是（）A．a(chǎn)、b和c三點的線速度大小相等 B．a(chǎn)、b和c三點的角速度相等 C．a(chǎn)、b的角速度比c的大 D．c的線速度比a、b的大【分析】陀螺上三個點屬于同軸轉動模型，角速度是相同的。所以當角速度一定時，線速度與半徑成正比；因此根據(jù)題目條件可知三點的線速度與半徑成正比關系?！窘獯稹拷猓篴、b、c三點共軸，角速度相同；A、因為三點共軸，所以角速度相等。由于三點半徑不等，所以三點的線速度大小不等。故A錯誤；B、因為三點共軸，所以角速度相等。故B正確；C、因為三點共軸，所以角速度相等。故C錯誤；D、因為三點共軸，所以角速度相等。由于三點半徑不等，a、b兩點半徑比c點大，所以a、b兩點的線速度比c點大。故D錯誤。故選：B。【點評】在共軸條件下，只要知道半徑關系，就可確定線速度關系。2．（諸暨市期末）如圖所示是磁盤的磁道，磁道是一些不同半徑的同心圓。為了數(shù)據(jù)檢索的方便，磁盤格式化時要求所有磁道儲存的字節(jié)與最內(nèi)磁道的字節(jié)相同，最內(nèi)磁道上每字節(jié)所占用磁道的弧長為L．已知磁盤的最外磁道半徑為R，最內(nèi)磁道的半徑為r，相鄰磁道之間的寬度為d，最外磁道不儲存字節(jié)。電動機使磁盤以每秒n圈的轉速勻速轉動，磁頭在讀寫數(shù)據(jù)時保持不動，磁盤每轉一圈，磁頭沿半徑方向跳動一個磁道，不計磁頭轉移磁道的時間。下列說法正確的是（）A．相鄰磁道的向心加速度的差值為 B．最內(nèi)磁道的一個字節(jié)通過磁頭的時間為 C．讀完磁道上所有字節(jié)所需的時間為 D．若r可變，其他條件不變，當，r＝時磁盤儲存的字節(jié)最多【分析】根據(jù)向心加速度的定義式可求出相鄰磁道的向心加速度的差值；根據(jù)轉速的定義可求出最內(nèi)磁道的一個字節(jié)通過磁頭的時間；求出磁道數(shù)及每一磁道的字節(jié)數(shù)從而找到總字節(jié)數(shù)；根據(jù)題意求出總字節(jié)數(shù)表達式，再結合數(shù)學知識找到極值表達式即可；【解答】解：A．相鄰磁道屬于同軸轉動，故角速度w相同，轉速n相同。相鄰磁道的半徑差為d，根據(jù)向心加速度公式：a＝rw2＝r（2πn）2知，相鄰磁道的向心加速度的差值為4π2n2d，故A錯誤；B．磁盤轉動一圈所用時間，磁盤轉一圈磁頭所讀字節(jié)的總長為2πr，所以磁頭讀單位長度的字節(jié)所用時間為，又因為一個字節(jié)所占弧長為L，所以最內(nèi)磁道的一個字節(jié)通過磁頭的時間為，故B錯誤；C．因為磁盤的最外磁道半徑為R，最內(nèi)磁道的半徑為r，相鄰磁道之間的寬度為d，所以磁盤中共有磁道條數(shù)為，磁頭讀完一條磁道所有字節(jié)所用時間為，則讀完磁道上所有字節(jié)所需時間為，故C錯誤；D．根據(jù)題意知每一磁道上的字節(jié)數(shù)都與最內(nèi)磁道的字節(jié)相等，等于，因為磁盤中共有磁道條數(shù)為，所以磁盤中的字節(jié)數(shù)為N＝＝，根據(jù)表達式知，當r＝時磁盤儲存的字節(jié)數(shù)最多。故D正確；故選：D?！军c評】解決本題需在認真審題的基礎上結合物理基本概念和數(shù)學知識求解；3．如圖所示是科技館里“直桿穿過曲線孔的黑科技”傾斜直桿AB通過水平OC桿固定在豎直轉軸OO1上，當OC、AB整體一起繞OO1轉動時，下列說法正確的是（）A．AB桿上各點角速度大小都相同 B．AB桿上各點線速度大小都相同 C．AB桿上各點加速度大小都相同 D．以上關于AB桿的說法都不正確【分析】AB桿繞OO1轉動做圓周運動，屬于同軸轉動模型；角速度、線速度、向心加速度和向心力均為矢量，若相同必大小相等，方向相同?！窘獯稹拷猓悍治鲱}意可知，OC、AB整體一起繞OO1轉動，屬于同軸轉動模型，角速度相等，但由于AB桿傾斜，各點到轉軸的距離不等，故各點的線速度大小不等，加速度大小不等，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了圓周運動相關的物理量，明確同軸轉動模型中，角速度相等，同時理解矢量的方向性，若方向不同，則矢量不同。4．由于地球的自轉，比較位于赤道上的物體1與位于北緯60°的物體2，則（）A．它們的角速度之比ω1：ω2＝2：1 B．它們的線速度之比v1：v2＝1：2 C．它們的向心加速度之比a1：a2＝2：1 D．它們的向心加速度之比a1：a2＝4：1【分析】根據(jù)同軸轉動的物體角速度相等求角速度比值，據(jù)v＝ωr求線速度比值，據(jù)a＝ω2r求向心加速度的比值?！窘獯稹拷猓涸O地球自轉的角速度為ω，地球半徑為R，赤道上隨地球自轉的物體1圓周運動的半徑為r1＝R，位于北緯60°的物體2圓周運動的半徑為r2＝Rcos60°＝，所以r1：r2＝2：1A、兩物體都隨地球自轉，角速度相同，所以它們的角速度之比ω1：ω2＝1：1，故A錯誤；B、它們的線速度之比v1：v2＝（ωr1）：（ωr2）＝r1：r2＝2：1，故B錯誤；CD、它們的向心加速度之比a1：a2＝＝r1：r2＝2：1，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了描述圓周運動的幾個物理量之間的關系，解決比較類習題的關鍵在于抓住相比較的兩個事物之間的聯(lián)系。5．（南京月考）如圖所示，兩小球固定在一根長為L的桿兩端，繞桿上的O點做圓周運動。當小球A的速度為vA時，小球B的速度為vB，則O點到小球A的距離為（）A． B． C． D．【分析】明確兩物體為同軸轉動，轉動過程中角速度相同；分別對兩球根據(jù)線速度和角速度的關系式列式，聯(lián)立即可求出O點到小球A的距離?！窘獯稹拷猓簝尚∏駻、B同軸轉動，角速度大小相等，則有ω＝＝，即＝，又rA+rB＝L，聯(lián)立可得rA＝，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題通過“桿”模型考查了線速度、角速度、半徑等物理量之間的關系，在本題中注意兩球做圓周運動時角速度相等這一隱含條件。二．多選題（共8小題）6．（海淀區(qū)校級期中）關于圓周運動的下列說法中正確的是（）A．做勻速圓周運動的物體，在任何相等的時間內(nèi)通過的位移都相等 B．做圓周運動的物體的加速度一定指向圓心 C．做勻速圓周運動的物體，在任何相等的時間內(nèi)通過的路程都相等 D．做圓周運動的物體的加速度不一定指向圓心【分析】勻速圓周運動是角速度不變的圓周運動；矢量相同是指矢量的大小和方向都相同；標量相同是指大小相同?！窘獯稹拷猓篈C、做勻速圓周運動的物體，速率不變，在任何相等的時間內(nèi)通過的路程都相等，相等的弧長對應相等的弦長，所以相等時間內(nèi)位移的大小相等，但方向不同，所以相等時間內(nèi)發(fā)生的位移不同，而在任何相等的時間內(nèi)通過的路程都相等，故A錯誤，C正確；BD、做勻速圓周運動的物體的加速度總是指向圓心，故稱向心加速度，而做圓周運動的物體加速度不一定指向圓心，故B錯誤，D正確；故選：CD?！军c評】考查圓周運動中線速度的定義，掌握加速度的概念，注意向心加速度的方向，同時理解勻速圓周運動與圓周運動的區(qū)別，本題關鍵明確矢量相同與標量相同的區(qū)別，注意矢量相同是指矢量的大小和方向都相同。7．（杭州月考）如圖為杭州樂園摩天輪，這個項目非常受歡迎、摩天輪共20多個吊廂可供多人同時乘坐，摩天輪啟動后在豎直平面內(nèi)按順時針均勻速轉動，游客平穩(wěn)靜坐在吊廂內(nèi)的水平椅面上，忽略吊廂在整個運動過程中相對于懸掛點的晃動，假設每個游客（可視為質(zhì)點）離圓心的距離相等，則下列說法正確的是（）A．所有游客線速度都相同 B．所有游客角速度都相同 C．所有游客受到的合力都相同 D．游客到達摩天輪最高點時對椅面的壓力小于其自身重力【分析】勻速圓周運動的線速度大小不變，方向始終在變化，向心加速度、向心力的大小不變，方向始終指向圓心，從而即可求解?！窘獯稹拷猓篈、游客隨摩天輪做勻速圓周運動，則乘客的速度大小始終恒定，方向改變，故A錯誤；B、由于共軸，則游客的角速度都相同，故B正確；C、所有游客受到的合力大小不變，方向總是指向圓心，其方向不斷改變，因此所有游客受到的合力不相同，故C錯誤；D、到達摩天輪的最高點時，游客的加速度向下，游客對座位的壓力小于重力，故D正確。故選：BD?！军c評】解決本題的關鍵知道線速度、向心加速度、向心力都是矢量，對于矢量，只有大小和方向均不變，才能說該物理量不變。8．（岷縣校級月考）如圖所示，半徑為R的水平圓盤中心軸正上方a處有一小球，圓盤以角速度ω做勻速轉動，現(xiàn)將小球水平拋出，此時圓盤半徑OA恰好轉到如圖所示與初速度方向平行的位置，要使小球與圓盤只碰一次，且落點為A，重力加速度為g，小球拋出點a距圓盤的高度h和小球的初速度v0可能的取值為（）A．h＝，v0＝ B．h＝，v0＝ C．h＝，v0＝ D．h＝，v0＝【分析】小球做平拋運動，小球在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，圓盤轉動的時間和小球平拋運動的時間相等，在這段時間內(nèi)，圓盤轉動n圈，從而確定運動的時間，再根據(jù)水平位移求出拋出的初速度，根據(jù)豎直方向求出高度?！窘獯稹拷猓喝⌒∏驗檠芯繉ο螅O從拋出到落到A點時間為t，而圓周運動的周期，則有t＝nT，則有，當n＝1時，則；當n＝2時，則；當n＝3時，則；當n＝4時，則；而初速度，當n＝1時，則；當n＝2時，則；當n＝3時，則；當n＝4時，則，由上分析可知，故AC錯誤，BD正確。故選：BD?！军c評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，以及知道圓盤轉動的周期性。9．（惠州期末）一做勻速圓周運動的物體，半徑為R，向心加速度為a，則下列關系中正確的是（）A．線速度 B．角速度 C．周期 D．轉速【分析】根據(jù)圓周運動的向心加速度與角速度、線速度、周期的關系式即可求解?！窘獯稹拷猓篈、小球的加速度a＝，得，故A正確B、由圓周運動的向心加速度得：a＝ω2R，得：，故B正確；C、由向心加速度與周期的關系得：a＝R，，故C正確；D、轉速與周期互為倒數(shù)，n＝，得：，故D錯誤。故選：ABC?！军c評】描述圓周運動的物理量很多，在掌握物理量的定義外，關鍵要熟悉各物理量之間的關系。10．（歷下區(qū)校級學業(yè)考試）質(zhì)點做勻速圓周運動時，下列說法正確的是（）A．線速度越大，周期一定越小 B．角速度越大，周期一定越小 C．轉速越小，周期一定越大 D．圓周半徑越大，周期一定越小【分析】根據(jù)T＝，T＝，知周期與角速度、線速度的關系．轉速大，頻率大，周期和頻率互為倒數(shù)．【解答】解：A、根據(jù)T＝，速度大，周期不一定小，還跟半徑有關。故A錯誤。B、根據(jù)T＝，角速度越大，周期越小。故B正確。C、轉速小，頻率小，f＝．則周期大。故C正確。D、根據(jù)T＝，半徑小，周期不一定小，還跟線速度有關。故D錯誤。故選：BC?！军c評】解決本題的關鍵掌握周期與角速度、線速度的關系，T＝，T＝，以及知道．轉速大，頻率大，周期和頻率互為倒數(shù)．11．（牡丹江期末）如圖所示，質(zhì)量相等的a、b兩物體放在圓盤上，到圓心的距離之比是2：3，圓盤繞圓心做勻速圓周運動，兩物體相對圓盤靜止，a、b兩物體做圓周運動時（）A．角速度大小之比是1：1 B．線速度大小之比是1：1 C．向心加速度大小之比是2：3 D．向心力大小之比是9：4【分析】兩個物體都做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力；同軸傳動角速度相等，根據(jù)v＝rω求解線速度之比；根據(jù)a＝vω求解向心加速度之比；根據(jù)F＝ma求解向心力之比?！窘獯稹拷猓篈、兩個物體是同軸傳動，角速度相等，故A正確；B、兩個物體角速度相等，到圓心的距離之比是2：3，根據(jù)v＝rω，線速度之比為2：3，故B錯誤；C、兩個物體角速度相等，線速度之比為2：3，根據(jù)a＝vω，向心加速度之比為2：3，故C正確；D、兩個物體質(zhì)量相等，向心加速度之比為2：3，故向心力之比為2：3，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題關鍵明確同軸傳動角速度相等，然后根據(jù)公式v＝rω、a＝vω并結合控制變量法分析。12．（2011春?廉江市校級期末）甲、乙兩物體都做勻速圓周運動，其質(zhì)量之比為1：2，轉動半徑之比為1：2，在相等時間里甲轉過60°，乙轉過45°，則（）A．周期之比為1：4 B．線速度之比為2：3 C．向心力之比為4：9 D．角速度之比為9：16【分析】根據(jù)角速度定義式可知甲、乙的角速度之比，再由向心力公式F向＝mω2r可以求出他們的向心加速度之比?！窘獯稹拷猓合嗤瑫r間里甲轉過60°角，乙轉過45°角，根據(jù)角速度定義ω＝可知：ω1：ω2＝4：3由題意有：r1：r2＝1：2由v＝rω可知線速度之比為：v1：v2＝2：3；m1：m2＝1：2根據(jù)公式有：F向＝mω2rF1：F2＝m1ω12r1：m2ω22r2＝4：9，選項AD錯誤，BC正確故選：BC?！军c評】要熟悉角速度定義公式和向心加速度公式，能根據(jù)題意靈活選擇向心加速度公式！13．圖中所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點。左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r。b點在小輪上，到小輪中心的距離為r。c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上。若在傳動過程中，皮帶不打滑，則（）A．a(chǎn)點與b點的線速度大小之比為2：1 B．a(chǎn)點與b點的角速度大小之比為2：1 C．a(chǎn)點與c點的線速度大小之比為1：2 D．a(chǎn)點與d點的向心加速度大小之比為1：1【分析】共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的各點線速度大小相等，根據(jù)v＝rω，可比較各點線速度、角速度的大小，根據(jù)各點的線速度、角速度關系求出aUId的線速度、角速度關系，然后由a＝ωv求出a與d的向心加速度的關系?！窘獯稹拷猓篈、點a與c是同緣傳動，邊緣點線速度相等，由于b、c角速度相等，而c的轉動半徑大，根據(jù)v＝rω，點c的線速度與點b的線速度的比值：vb：vc＝r：2r＝1：2；所以a點與b點的線速度大小之比為2：1．故A正確；B、點a和點c的線速度相等，根據(jù)v＝rω，點a與c的角速度關系：ωa：ωc＝2r：r＝2：1；點b、c、d是同軸傳動，角速度相等，所以a點與b點的角速度大小之比為2：1．故B正確；C、點a與c是同緣傳動，邊緣點線速度相等，則a點與c點的線速度大小之比為1：1．故C錯誤D、c、d是同軸傳動，角速度相等，據(jù)v＝rω，點c的線速度與點d的線速度的比值：vc：vd＝2r：4r＝1：2；點a與c是同緣傳動，邊緣點線速度相等，所以：va：vd＝vc：vd＝1：2；a點與b點的角速度大小之比為2：1，c、d是同軸傳動，角速度相等，所以a與d的角速度關系：ωa：ωd＝ωa：ωc＝2：1；根據(jù)向心加速度與線速度、角速度的關系：a＝ωv，所以點a與d點的向心加速度大小之比為：＝1：1．故D正確。故選：ABD?！军c評】解決本題的關鍵知道線速度、角速度與半徑的關系，以及知道共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的點線速度大小相等。三．填空題（共10小題）14．（醴陵市期中）某電風扇正常運轉時轉速為2400轉/分，葉片末端離圓心距離為50cm，則正常運轉時葉片運動的角速度為80πrad/s，葉片末端的線速度為40πm/s。（計算結果可以保留π）【分析】轉動的周期等于風葉轉一圈所需的時間，根據(jù)轉速求出周期的大小，根據(jù)ω＝，v＝rω求出角速度和線速度。【解答】解：轉速的大小為n＝2400r/min＝40r/s，知轉一圈的時間，即周期角速度。線速度v＝rω＝0.5×80π＝40πm/s。故答案為：80π、40π?！军c評】解決本題的關鍵掌握轉速與周期的關系，以及線速度、角速度和周期的關系。15．（重慶學業(yè)考試）某質(zhì)點做勻速圓周運動的軌道半徑為8m，線速度大小為8m/s，則它做勻速圓周運動的角速度大小為1rad/s；向心加速度為8m/s2?！痉治觥勘绢}比較簡單，直接根據(jù)向心加速度的定義以及角速度、線速度的關系可以正確解答本題?！窘獯稹拷猓航撬俣龋害兀絩ad/s；向心加速度a＝ω2r＝8m/s2故答案為：1；8【點評】描述圓周運動的概念比較多，要熟練掌握各個概念的物理意義，以及各物理量之間的關系。16．（哈密地區(qū)校級期末）如圖所示，兩輪的半徑分別為2R和R，兩輪通過皮帶相連，轉動中皮帶與輪之間沒有打滑現(xiàn)象，A、B分別為兩輪子邊緣上一點，則A、B兩點線速度大小比為1：1，角速度之比為1：2，C點到圓心距離為該輪半徑的，則B、C兩點向心加速度之比為4：1．【分析】靠傳送帶傳動輪子邊緣上的各點具有相同大小的線速度，共軸轉動的點具有相同的角速度；根據(jù)v＝rω，a＝ω2r可得出A、B、C三點的角速度之比和向心加速度之比．【解答】解：靠傳送帶傳動輪子邊緣上的各點線速度大小相等，故A、B兩點的線速度大小相等，即：vA：vB＝1：1；A的半徑是B的半徑的2倍，根據(jù)v＝rω，知ωA：ωB＝1：2．A、C共軸轉動，角速度相等，即ωA：ωC＝1：1．所以ωA：ωB：ωC＝1：2：1B、C具有相同的半徑，根據(jù)a＝rω2，知aB：aC＝4：1故答案為：1：1，1：2，4：1．【點評】解決本題的關鍵知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點具有相同的角速度．掌握線速度與角速度的關系，以及線速度、角速度與向心加速度的關系．17．（吉林校級期中）電扇的風葉的長度為50cm，轉速為120r/min，則它的轉動周期是0.5s，角速度是4πrad/s，葉片端點處的線速度是2πm/s．【分析】轉動的周期等于風葉轉一圈所需的時間，根據(jù)轉速求出周期的大小，根據(jù)ω＝，v＝rω求出角速度和線速度．【解答】解：轉速的大小為120r/min，知轉一圈的時間，即周期為：T＝．角速度為：ω＝＝．線速度為：v＝rω＝0.5×4π＝2πm/s．故答案為：0.5，4π，2π．【點評】解決本題的關鍵掌握轉速與周期的關系，以及線速度、角速度和周期的關系．18．（高臺縣校級月考）如圖所示，兩輪的半徑分別為2R和R，兩輪通過皮帶相連，轉動中皮帶與輪之間沒有打滑現(xiàn)象，A、B分別為兩輪子邊緣上一點，則A、B兩點線速度大小比為1：1，角速度之比為1：2．C點到圓心距離為該輪半徑的，則B、C兩點向心加速度之比為4：1．【分析】靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點具有相同的角速度；根據(jù)v＝rω，a＝ω2r可得出A、B、C三點的角速度之比和向心加速度之比．【解答】解：靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，故A、B兩點的線速度相等，即：vA：vB＝1：1；A的半徑是B的半徑的2倍，根據(jù)v＝rω，知ωA：ωB＝1：2．點A、C共軸轉動，角速度相等，即ωA：ωC＝1：1．所以ωA：ωB：ωC＝1：2：1B、C具有相同的半徑，根據(jù)a＝rω2，知aB：aC＝4：1故答案為：1：1，1：2，4：1．【點評】解決本題的關鍵知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點具有相同的線速度，共軸轉動的點具有相同的角速度．掌握線速度與角速度的關系，以及線速度、角速度與向心加速度的關系．19．（普格縣校級期中）如圖所示為皮帶轉動裝置，右邊兩輪共軸連接，且RA＝RC＝2RB皮帶不打滑，則在A、B、C三輪中的周期TA：TB：TC＝2：1：1，線速度vA：vB：vC＝1：1：2，向心加速度aA：aB：aC＝1：2：4．【分析】利用同軸轉動，角速度相同，皮帶不打滑，皮帶各點的線速度大小相等，由v＝ωr知線速度相同時，角速度與半徑成反比；角速度相同時，線速度與半徑成正比；由a＝ωv結合角速度和線速度的比例關系可以知道加速度的比例關系．【解答】解：因為A、B兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時間內(nèi)A、B兩點轉過的弧長相等，即vA＝vB．由v＝ωr知＝＝所以：vA：vB：vC＝1：1：2，據(jù)T＝得：TA：TB：TC＝2：1：1再根據(jù)a＝得aA：aB：aC＝1：2：4故答案為：2：1：1，l：1：2，1：2：4．【點評】明確同軸轉動，角速度相同，皮帶不打滑，皮帶各點的線速度大小相等；靈活應用v＝ωr、T＝和a＝求解．20．（城關區(qū)校級期中）如圖所示的傳動裝置中，A、B兩輪同軸轉動．A、B、C三輪的半徑大小的關系是RA＝RC＝2RB，當皮帶不打滑時，三輪的角速度之比ωA：ωB：ωC＝2：2：1，三輪邊緣的線速度大小之比vA：vB：vC＝2：1：1．【分析】要求線速度之比需要知道三者線速度關系：A、B兩輪是皮帶傳動，皮帶傳動的特點是皮帶和輪子接觸點的線速度的大小相同，B、C兩輪是軸傳動，同軸傳動的特點是角速度相同．【解答】解：由題意知，AB同軸轉動兩點的角速度大小相同，故有ωA＝ωB，BC是皮帶傳動，故兩輪邊緣上線速度大小相等，故有vB＝vC因為AB角速度相同，據(jù)v＝Rω，知＝，所以有：vA：vB：vC＝2：1：1因為vB＝vC，所以RBωB＝RCωC，可得，所以有：ωA：ωB：ωC＝2：2：1故答案為：2：2：1，2：1：1．【點評】解決傳動類問題要分清是摩擦傳動（包括皮帶傳動，鏈傳動，齒輪傳動，線速度大小相同）還是軸傳動（角速度相同）．21．（丹寨縣校級月考）如圖所示為皮帶轉動裝置，右邊兩輪共軸連接，RA＝RC＝2RB運動中皮帶不打滑．則在A、B、C三輪邊緣上各點運動的線速度vA：vB：vC＝1：1：2，角速度ωA：ωB：ωC＝1：2：2，周期TA：TB：TC＝2：1：1．【分析】A、B兩輪是皮帶傳動，皮帶傳動的特點是皮帶和輪子接觸點的線速度的大小相同；B、C兩輪是軸傳動，軸傳動的特點是角速度相同；然后結合公式v＝rω分析；周期T＝．【解答】解：①由于A輪和B輪是皮帶傳動，皮帶傳動的特點是兩輪與皮帶接觸點的線速度的大小與皮帶的線速度大小相同，故：vA：vB＝1：1由角速度和線速度的關系式v＝ωR可得：ωA：ωB＝＝1：2②由于B輪和C輪共軸，故兩輪角速度相同，故：ωB：ωC＝1：1ωA：ωB：ωC＝1：2：2由角速度和線速度的關系式v＝ωR可得：vB：vC＝RB：RC＝1：2故vA：vB：vC＝1：1：2③周期T＝，故：TA：TB：TC＝＝2：1：1故答案為：1：1：2，1：2：2，2：1：1．【點評】解決傳動類問題要分清是靠摩擦傳動（包括皮帶傳動，鏈傳動，齒輪傳動，線速度大小相同）還是靠軸傳動（角速度相同）．22．（杭州月考）如圖是自行車傳動機構的示意圖，假設測得腳踏板的轉速為n，腳踏板到前齒輪中心的距離為L，前齒輪的總齒數(shù)為N1，后齒輪的總齒數(shù)為N2，后輪的半徑為R，根據(jù)以上條件可求出自行車的前進速率為v＝（用字母表示）；若某型號的自行車前齒輪的總齒數(shù)為N1＝39個齒，后齒輪的總齒數(shù)為N2＝13個齒，后輪的半徑為R＝33cm，假設騎車時腳踏板的轉速為n＝1r/s，則車前進的速率約為5.9m/s．（為計算方便，π＝3，計算結果保留兩位有效數(shù)字）．【分析】大齒輪和小齒輪靠鏈條傳動，線速度相等，根據(jù)半徑關系可以求出小齒輪的角速度．后輪與小齒輪具有相同的角速度，若要求出自行車的速度，需要知道后輪的半徑，抓住角速度相等，求出自行車的速度．【解答】解：轉速為單位時間內(nèi)轉過的圈數(shù)，因為轉動一圈，對圓心轉的角度為2π，所以ω＝2πnrad/s，因為要測量自行車前進的速度，即車輪邊緣上的線速度的大小，根據(jù)題意，前齒輪和后齒輪邊緣上的線速度的大小相等，據(jù)v＝Rω可知：r1ω1＝R2ω2，已知ω1＝2πn，則小齒輪的角速度：ω2＝ω1．因為輪II和輪III共軸，所以轉動的ω相等即ω3＝ω2，根據(jù)v＝Rω可知，v＝r3ω3＝；前齒輪的總齒數(shù)為N1，后齒輪的總齒數(shù)為N2，故＝；故：v＝；若某型號的自行車前齒輪的總齒數(shù)為N1＝39個齒，后齒輪的總齒數(shù)為N2＝13個齒，后輪的半徑為R＝33cm，假設騎車時腳踏板的轉速為n＝1r/s，則車前進的速率約為：v＝＝≈5.9m/s；故答案為：，5.9．【點評】解決本題的關鍵知道靠鏈條傳動，線速度相等，共軸轉動，角速度相等；不難．23．（象山縣校級模擬）如圖所示，一種向自行車車燈供電的小發(fā)電機的上端有一半徑r0＝1.0cm的摩擦小輪，小輪與自行車車輪的邊緣接觸．當車輪轉動時，因摩擦而帶動小輪轉動，從而為發(fā)電機提供動力．自行車車輪的半徑R1＝35cm，小齒輪的半徑R2＝4.0cm，大齒輪的半徑R3＝10.0cm．則大齒輪的轉速n1和摩擦小輪的轉速n2之比為n1：n2＝2：175．（假定摩擦小輪與自行車輪之間無相對滑動）【分析】共軸轉動，角速度相等；靠摩擦傳動以及靠鏈條傳動，線速度大小相等；抓住該特點列式分析即可．【解答】解：共軸轉動，角速度相等，故小齒輪和車輪角速度相等；靠摩擦傳動以及靠鏈條傳動，線速度大小相等，故大齒輪和小齒輪邊緣點線速度相等，車輪與摩擦小輪邊緣點線速度也相等；設大齒輪的轉速n1，則大齒輪邊緣點線速度為2πR3n1，大齒輪和小齒輪邊緣點線速度相等，故小齒輪邊緣點線速度也為2πR3n1，故其角速度為，小齒輪和車輪角速度相等，故車輪角速度為；車輪線速度為：，車輪與摩擦小輪邊緣點線速度相等，故摩擦小輪邊緣點線速度為；故摩擦小輪的轉速n2為＝；故n1：n2＝2：175；故答案為：n1：n2＝2：175．【點評】物體做勻速圓周運動過程中，同緣傳動且不打滑則它們邊緣的線速度大小相等；而共軸則它們的角速度相等．四．計算題（共10小題）24．（舒城縣校級月考）如圖所示，B物體放在光滑的水平地面上，在力F的作用下由靜止開始運動，B物體質(zhì)量為m．同時A物體在豎直面內(nèi)由M點開始做半徑為r、角速度為ω的勻速圓周運動．求力F多大可使A、B兩物體的速度相同．【分析】A、B速度相同，包括速度大小和方向都相同，而B的速度水平向右，則A一定在最低點才有可能速度與B相同，根據(jù)牛頓第二定律結合運動學基本公式求解．【解答】解：A在最低點時，速度的大小和方向才可能與B相同，A的速度大小vA＝ωr，周期T＝，A從圖示位置運動到最低點的時間t＝nT+＝，（n＝0，1，2…）B做勻加速直線運動，加速度a＝，運動的時間t＝，（n＝0，1，2…）A、B兩物體的速度相同則有：vB＝vA＝at解得：F＝，（n＝0，1，2…）答：滿足使A、B速度存在相同的情況時力F的取值為，（n＝0，1，2…）．【點評】本題主要考查了勻速圓周運動基本公式、牛頓第二定律以及勻加速直線運動速度時間公式的直接應用，知道只有A在最低點AB的速度才可能相同，特別注意圓周運動具有周期性．25．（五華區(qū)校級月考）如圖所示，小球Q在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，當Q球轉到與O同一水平線時，有另一小球P在距圓周最高點為h處開始自由下落，要使兩球在圓周最高點相碰，求：（1）Q球轉動的角速度ω；（2）Q球做勻速圓周運動的周期及其最大值．【分析】（1）小球P自由下落的高度是h，下落時間為t＝．要使兩球在圓周的最高點相碰，在小球P下落h高度的時間內(nèi)，Q球轉過時間為t＝nT+（n＝0，1，2，3…），T＝，求解角速度ω．（2）根據(jù)角速度與周期的關系即可求出周期，結合條件判斷出最大值．【解答】解：（1）小球P自由落體運動的時間為t，則有：得：t＝，Q球運動到最高點的可能時間為：，（n＝0，1，2，3…）由于t＝t'解得，角速度（n＝0，1，2，3…）（2）根據(jù)公式：T＝所以：T＝（n＝0，1，2，3…）當n取0時，周期最大，最大值為：答：（1）Q球轉動的角速度ω為（n＝0，1，2，3…）；（2）Q球做勻速圓周運動的周期為（n＝0，1，2，3…），其最大值為．【點評】本題關鍵要抓住兩球運動的同時性和圓周運動的周期性；得到的角速度是通項，不是一個特殊值．26．（泉州期中）如圖所示一質(zhì)量m＝0.1kg的小球靜止于桌子邊緣A點，其右方有底面半徑r＝0.2m的轉筒，轉筒頂端與A等高，筒底端左側有一小孔，距頂端h＝0.8m。開始時A、小孔以及轉筒的豎直軸線處于同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)使小球以速度υA＝4m/s從A點水平飛出，同時轉筒立刻以某一角速度做勻速轉動，最終小球恰好進入小孔。取g＝10m/s2，不計空氣阻力。（1）求轉筒軸線與A點的距離d；（2）求轉筒轉動的角速度ω?！痉治觥浚?）小球做平拋運動，根據(jù)分位移公式列式求解即可；（2）小球恰好進入小孔，說明在平拋運動的時間內(nèi)小桶轉動了整數(shù)圈?！窘獯稹拷猓海?）滑塊從A點到進入小孔的時間：t＝＝s＝0.4s，d﹣r＝υAt，解得：d＝1.8m；（2）在小球平拋的時間內(nèi)，圓桶必須恰好轉整數(shù)轉，小球才能進入小孔，即：ωt＝2nπ（n＝1，2，3…），解得ω＝5nπrad/s（n＝1，2，3…）；答：（1）轉筒軸線與A點的距離d為1.8m；（2）轉筒轉動的角速度ω為5nπrad/s（n＝1，2，3…）?！军c評】本題關鍵是明確小桶的轉動和平拋運動是同時進行的，根據(jù)平拋運動的分位移公式和角速度的定義列式求解，不難。27．（西城區(qū)期末）如圖所示，一個繞豎直軸旋轉的洗衣機甩干筒，穩(wěn)定工作時轉速n＝600r/min（即每分鐘轉600圈），甩干筒從靜止開始加速旋轉直到到達穩(wěn)定工作轉速，共用時t＝5s，期間轉速均勻增加。在加速旋轉的這5s內(nèi)，求：（1）甩干筒平均每秒轉速的增加量b；（2）甩干筒總共旋轉的圈數(shù)q?！痉治觥浚?）5s內(nèi)轉速的增加量除以時間就是每秒轉速的增加量；（2）5s內(nèi)的平均轉速乘以時間就是總圈數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）甩干筒這5s內(nèi)轉速的增加量△n＝nt﹣n0═600r/min﹣0＝10r/s甩干筒平均每秒轉速的增加量應等于轉速的增加量與時間的比值：＝2r/s2即甩干筒平均每秒轉速的增加量b為2r/s（2）由于轉速均勻增加，甩干筒這5s內(nèi)的平均轉速r/s這5s內(nèi)，甩干筒由慢到快總共旋轉的圈數(shù)，與甩干筒以平均轉速勻速旋轉的總圈數(shù)相等，總圈數(shù)q＝t＝25r答：（1）甩干筒平均每秒轉速的增加量b為2r/s；（2）甩干筒總共旋轉的圈數(shù)q為25r?！军c評】本題考查圓周運動中的轉速問題，較基礎。28．（南崗區(qū)校級期中）如圖所示，半徑為R的水平圓盤繞垂直于盤面的中心軸勻速轉動，圓盤圓心O正上方h處沿OB方向水平拋出一小球，小球直接落在B點，求（1）小球的初速度v0應滿足的條件（2）圓盤轉動的角速度ω應滿足的條件【分析】（1）小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，已知下落的高度h可求出運動時間，水平方向做勻速直線運動，已知水平位移R，即可求出小球的初速度。（2）小球下落的時間與圓盤轉動的時間相等，可得圓盤轉動的時間，考慮圓盤轉動的周期性，可知圓盤轉動的角度θ＝n?2π，由角速度定義式求出角速度ω?！窘獯稹拷猓海?）要使小球直接落在B點，水平位移要為R，對平拋的小球：水平方向：R＝v0t…①豎直方向：h＝gt2…②①②聯(lián)立得：v0＝R（2）要使小球落到B處，則小球在下落的這段時間內(nèi)，B點剛好轉了n圈則：ωt＝2nπ（n＝0、1、2…）…③②③聯(lián)立得：ω＝2nπrad/s（n＝0、1、2…）答：（1）小球的初速度v0應是R；（2）圓盤轉動的角速度ω應滿足的條件ω＝2nπ（n＝0、1、2…）?！军c評】題中涉及圓周運動和平拋運動這兩種不同的運動，這兩種不同運動規(guī)律在解決同一問題時，常常用“時間”這一物理量把兩種運動聯(lián)系起來。29．（黃州區(qū)校級期中）如圖所示，光滑桿AB長為L，B端固定一根勁度系數(shù)為k、原長為l0的輕彈簧，質(zhì)量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接，OO'為過B點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ。（1）桿保持靜止狀態(tài)時小球?qū)椈傻膲嚎s量△l1；（2）當球隨桿一起繞OO'軸勻速轉動時，彈簧伸長量為△l2，求勻速轉動的角速度ω?！痉治觥啃∏驈膹椈傻脑L位置靜止釋放時，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，小球速度最大時其加速度為零，根據(jù)合力為零和胡克定律求解△l1；【解答】解：（1）小球釋放瞬間，加速度為a＝gsinθ當小球速度最大時，有mgsinθ＝k△l1解得彈簧的壓縮量為（2）對小球受力分析，建立坐標系，水平方向上：豎直方向有：FNcosθ﹣k△l2sinθ＝mg解得：答：（1）桿保持靜止狀態(tài)時小球?qū)椈傻膲嚎s量為；（2）當球隨桿一起繞OO'軸勻速轉動時，彈簧伸長量為△l2，勻速轉動的角速度ω為?！军c評】本題考查了牛頓第二定律、胡克定律與圓周運動的綜合，要明確小球做勻速轉動時，靠合力提供向心力。30．（如皋市期末）某電視臺正在策劃的“快樂向前沖”節(jié)目的場地設施，如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動懸掛器，可以載人（人可看作質(zhì)點）運動，下方水面上漂浮著一個勻速轉動的半徑為R＝1m鋪有海綿墊的轉盤，轉盤軸心離平臺的水平距離為L，平臺邊緣與轉盤平面的高度差H＝3.2m．選手抓住懸掛器后，按動開關，在電動機的帶動下從A點沿軌道做初速度為零，加速度為a＝2m/s2的勻加速直線運動。起動后2s懸掛器脫落。已知人與轉盤間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g＝10m/s2。（1）求人隨懸掛器水平運動的位移大小和懸掛器脫落時人的速率；（2）若選手恰好落到轉盤的圓心上，求L的大小；（3）假設選手落到轉盤上瞬間相對轉盤速度立即變?yōu)榱?，為保證他落在任何位置都不會被甩下轉盤，轉盤的角速度ω應限制在什么范圍？【分析】（1）由勻變速直線運動的位移公式即可求出位移，由速度公式即可求出懸掛器脫落時人的速率。（2）抓住平拋運動的水平位移和勻加速直線運動的位移等于L，結合位移公式和速度公式求出勻加速運動的時間；根據(jù)平拋運動的分位移公式列式求解（3）根據(jù)靜摩擦力提供向心力，結合牛頓第二定律求出轉盤角速度的范圍?！窘獯稹拷猓海?）勻加速過程選手的位移：代入數(shù)據(jù)解得：x1＝4m懸掛器脫落時選手的速度代入數(shù)據(jù)解得：v1＝4m/s（2）懸掛器脫落后選手做平拋運動，豎直方向有水平方向有x2＝v1t2解得：x2＝3.2m故轉盤軸心離平臺的水平距離L＝x1+x2＝7.2m（3）臨界情況下，人落在圓盤邊緣處不至被甩下且最大靜摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2R解得：代入數(shù)據(jù)得：ω＝1.414rad/s所以，轉盤的角速度必須滿足ω≤1.414rad/s答：（1）人隨懸掛器水平運動的位移大小是4m，懸掛器脫落時人的速率是4m/s；（2）若選手恰好落到轉盤的圓心上，L的大小為7.2m；（3）假設選手落到轉盤上瞬間相對轉盤速度立即變?yōu)榱?，為保證他落在任何位置都不會被甩下轉盤，轉盤的角速度ω應小于等于1.414rad/s?！军c評】解決本題的關鍵理清選手的運動過程，結合牛頓第二定律、平拋運動的分位移公式、運動學公式靈活求解。31．（溫州期末）如圖所示，光滑桌面上一個小球由于細線的牽引，繞桌面上的圖釘做勻速圓周運動，已知角速度為6rad/s，圓周半徑為0.5m，桌面離地高度為0.8m。求：（1）小球的線速度大??；（2）某時刻細線突然斷了，小球離開桌面后做平拋運動所用的時間；（3）小球落地前瞬間的速度大小?！痉治觥浚?）根據(jù)v＝ωr計算線速度；（2）根據(jù)h＝gt2求出平拋運動的時間；（3）先求出平拋運動的豎直速度，根據(jù)速度的合成求出落地前的速度?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)v＝ωr得v＝3m/s（2）小球平拋t＝得t＝0.4s（3）小球平拋運動的豎直速度v＝gt小球落地前的速度v＝得v＝5m/s答：（1）小球的線速度大小為3m/s；（2）某時刻細線突然斷了，小球離開桌面后做平拋運動所用的時間為0.4s；（3）小球落地前瞬間的速度大小為5m/s?！军c評】本題綜合了平拋運動和圓周運動兩個運動，關鍵知道平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規(guī)律，明確圓周運動的末速度就是平拋運動的初速度。32．（大慶月考）如圖所示，兩半徑為60cm的轉盤固定在間距可以調(diào)整的豎直平面上，轉盤在電動機帶動下均以5rad/s的角速度向相反方向轉動．在豎直方向上有一質(zhì)量為2kg，長2m的直桿從靜止開始在轉盤作用下向上運動．已知直桿與轉盤間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，兩轉盤分別對木桿兩側的垂直壓力為110N，g＝10m/s2．求：（1）轉盤邊緣的線速度；（2）直桿穿過轉盤的時間．【分析】（1）根據(jù)線速度與角速度的關系公式v＝ωr列式求解；（2）由牛頓第二定律求出加速度，由運動學公式求出時間．【解答】解：（1）由題意知：R＝60cm＝0.6m，ω＝5rad/s轉盤邊緣的線速度：v＝ωR＝5×0.6＝3m/s；（2）直桿加速過程中，由牛頓第二定律得：2μN﹣mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得：a＝1m/s2，當直桿的速度與轉盤邊緣線速度相等時，直桿的位移為：s＝＝＝4.5m＞2m，則直桿沒有達到勻速時已經(jīng)穿過圓盤，由勻變速直線運動的位移公式：s＝at2得時間為：t＝＝＝2s；答：（1）轉盤邊緣的線速度為3m/s；（2）直桿向上穿過轉盤的時間為2s．【點評】本題關鍵先對直板受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律確定物體的加速度，然后結合運動學公式求解．分析清楚桿的運動過程是正確解題的關鍵．33．（回民區(qū)校級期中）一個2kg的鋼球做勻速圓周運動，線速度是62.8m/s，又已知半徑是20米，試求物體做圓周運動的：（1）角速度的大??；（2）周期的大??；（3）向心力大小．【分析】（1）根據(jù)v＝ωr求得角速度（2）根據(jù)v＝求得周期；（3）根據(jù)F＝求得向心力；【解答】解：（1）根據(jù)v＝ωr可知：（2）根據(jù)v＝可知：T＝（3）根據(jù)F＝可知：F＝答：（1）角速度的大小為3.14rad/s；（2）周期的大小為2s；（3）向心力大小為394N．【點評】解決本題的關鍵掌握圓周運動線速度、角速度、周期、向心加速度之間的關系，并能靈活運用．五．解答題（共10小題）34．（龍沙區(qū)校級月考）高為h的平臺邊緣上的P點在地面上P′點的正上方，P′與跑道圓心O的距離為L（L＞R），地面上有一個半徑為R的圓形跑道，如圖所示，跑道上停有一輛小車（小車圖中未畫，可以當成質(zhì)點）．現(xiàn)從P點水平拋出小沙袋，使其落入小車中（沙袋所受空氣阻力不計）．問：（1）若小車在跑道上運動，則沙袋被拋出時的最大初速度．（2）若小車沿跑道順時針做勻速圓周運動，當小車恰好經(jīng)過A點時，將沙袋拋出，為使沙袋能在D處落入小車中，小車的速率v應滿足什么條件？【分析】（1）小車在A點時水平的位移最小，此時的初速度也是最小的，當小車在B點時，水平的位移最大，此時的初速度是最大的；（2）要使沙袋能在B處落入小車中，在沙袋落到D點時，小車要剛好到達D位置，小車可以是經(jīng)過圓周到達D點，也可以是經(jīng)過整數(shù)個圓周之后再過圓周到達D點，根據(jù)它們的時間相同可以求得小車速度的關系．【解答】解：（1）沙袋從P點被拋出后做平拋運動，設它的落地時間為t，則h＝gt2，t＝若當小車經(jīng)過C點時沙袋剛好落入，拋出時的初速度最大，有xC＝v0maxt＝L+R，得：v0max＝（L+R）（2）要使沙袋能在D處落入小車中，小車運動的時間應與沙袋下落和時間相同，tAB＝（n+）（n＝0，1，2，3…），…2tAB＝t＝，得：v＝（n＝0，1，2，3…）．答：（1）若小車在跑道上運動，則沙袋被拋出時的最大初速度．（2）若小車沿跑道順時針做勻速圓周運動，當小車恰好經(jīng)過A點時，將沙袋拋出，為使沙袋能在D處落入小車中，小車的速率v應滿足什么條件？【點評】本題是對平拋運動規(guī)律的考查，在分析第二問的時候，要考慮到小車運動的周期性，小車并一定是經(jīng)過圓周，也可以是經(jīng)過了多個圓周之后再經(jīng)過圓周后恰好到達D點，這是同學在解題時經(jīng)常忽略而出錯的地方．35．（東安區(qū)校級期末）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R．一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物塊獲得某一向右速度后脫離彈簧，當它經(jīng)過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半個圓周運動到達C點．試求：（1）彈簧開始時的彈性勢能；（2）物塊從B點運動至C點克服阻力做的功．【分析】（1）研究物體經(jīng)過B點的狀態(tài)，根據(jù)牛頓運動定律求出物體經(jīng)過B點的速度，得到物體的動能，物體從A點至B點的過程中機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能等于體經(jīng)過B點的動能；（2）物體恰好到達C點時，由重力充當向心力，由牛頓第二定律求出C點的速度，物體從B到C的過程，運用動能定理求解克服阻力做的功；【解答】解：（1）物塊在B點時，由牛頓第二定律得：，由題意：FN＝7mg物體經(jīng)過B點的動能：在物體從A點至B點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能：Ep＝EkB＝3mgR．（2）物體到達C點僅受重力mg，根據(jù)牛頓第二定律有：，物體從B點到C點只有重力和阻力做功，根據(jù)動能定理有：W阻﹣mg?2R＝EkC﹣EkB解得：W阻＝﹣0.5mgR所以物體從B點運動至C點克服阻力做的功為：W＝0.5mgR．答：（1）彈簧開始時的彈性勢能3mgR（2）塊從B點運動至C點克服阻力做的功0.5mgR．【點評】本題的解題關鍵是根據(jù)牛頓第二定律求出物體經(jīng)過B、C兩點的速度，再結合動能定理、平拋運動的知識求解．36．（遂溪縣校級期中）如圖所示，直徑為d的圓筒繞中心軸做勻速圓周運動，槍口發(fā)射的子彈速度為v，并沿直徑勻速穿過圓筒，若子彈穿出后在圓筒上只留下一個彈孔，則圓筒運動的角速度為多少？【分析】子彈沿圓筒直徑穿過圓筒，結果發(fā)現(xiàn)圓筒上只有一個彈孔，在子彈飛行的時間內(nèi)，圓筒轉動的角度為（2n﹣1）π，n＝1、2、3…，結合角速度求出時間，從而得出子彈的速度．【解答】解：在子彈飛行的時間內(nèi)，圓筒轉動的角度為（2n﹣1）π，n＝1、2、3…，則時間：，（n＝1、2、3…）．所以子彈的速度：，解得：，（n＝1、2、3…）．答：圓筒運動的角速度為，（n＝1、2、3…）．【點評】解決本題的關鍵知道圓筒轉動的周期性，結合轉過角度的通項式得出運動的時間，抓住子彈飛行的時間和圓筒轉動時間相等進行求解．37．（長沙校級月考）如圖所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸勻速轉動，規(guī)定經(jīng)過圓心O點且水平向右為x軸正方向。在O點正上方距盤面高為h＝1.25m處有一個可間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始，容器沿水平軌道向x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動。已知t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面時再滴下一滴水。則：（取g＝10m/s2）（1）每一滴水離開容器后經(jīng)過多長時間滴落到盤面上？（2）要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤的角速度應為多大？（3）當圓盤的角速度為2πrad/s時，第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的距離2m，求容器的加速度a為多大？【分析】（1）離開容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運動，水平方向做勻加速直線運動，水滴運動的時間等于豎直方向運動的時間，由高度決定；（2）要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，則圓盤在t秒內(nèi)轉過的弧度為kπ，k為不為零的正整數(shù)；（3）通過勻加速直線運動的公式求出兩個水滴在水平方向上的位移，再算出兩個位移之間的夾角，根據(jù)位移關系算出容器的加速度?！窘獯稹拷猓海?）由于離開容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運動。所以每一滴水滴落到盤面上所用時間＝0.5s（2）因為使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線，則圓盤在t秒內(nèi)轉過的弧度為kπ，k為不為零的正整數(shù)。所以：ωt＝kπ即＝2kπrad/s，其中k＝1，2，3…（3）因為第二滴水離開O點的距離為…①第三滴水離開O點的距離為…②（上面①②兩式中：＝0.5s…③）又：△θ＝ωt＝2π×0.5＝π即第二滴水和第三滴水分別滴落在圓盤上x軸正方向與反方向上，則：s2+s3＝s…④聯(lián)列①②③④可得：a＝m/s2。答：（1）每一滴水離開容器后經(jīng)過0.5s時間滴落到盤面上；（2）要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤的角速度ω應為2kπrad/s，其中k＝1，2，3…；（3）容器的加速度a為m/s2?！军c評】該題涉及到運動的合成與分解，圓周運動，勻變速直線運動的相關規(guī)律，特別注意水滴離開容器后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動，綜合性較強，難度較大。38．（薊縣期中）如圖所示，一半徑為r＝0.25m的圓筒水平放置，其中心軸線垂直于紙面，圓筒上有一個小孔A．當圓筒繞中心軸線勻速轉動且小孔A在O點右側與圓心O等高時，恰好有一個小球從小孔A沿水平向左方向進入圓筒，小球在圓筒中運動0.2s后又從小孔A離開圓筒，取g＝10m/s2，求：（1）小球從A點進入圓筒時的速度大小可能值；（2）圓筒勻速轉動的角速度的可能值．【分析】（1）小球在圓筒中運動過程中下落高度為h，根據(jù)自由落體運動基本公式結合幾何關系求出速度即可；（2）分圓筒順時針轉動和逆時針轉動兩種情況分析，求出圓筒在0.2s內(nèi)轉過的角度（用弧度為單位），再根據(jù)角速度的定義式求解可能的角速度，注意周期性．【解答】解：如圖所示，設小球離開圓筒時，小孔A轉到B或C位置．（1）小球在圓筒中運動過程中下落高度為h，h＝gt2，cosθ＝，θ＝37°，小球從A點進入圓筒時的速度大小為v1時，小球從B位置離開圓筒則r+rsinθ＝v1t，小球從A點進入圓筒時的速度大小為v2時，小球從C位置離開圓筒則r﹣rsinθ＝v2t，解得v1＝2m/s，v2＝0.5m/s，（2）若圓筒順時針轉動，在0.2s內(nèi)轉過的角度（用弧度為單位）應為α1＝+2πk（k＝0、1、2、3…），或α2＝+2πk（k＝0、1、2、3…），則圓筒勻速轉動的角速度可能為ω1＝＝+10πk（k＝0、1、2、3…），ω2＝＝+10πk（k＝0、1、2、3…），若圓筒逆時針轉動，在0.2s內(nèi)轉過的角度（用弧度為單位）應為α3＝+2πk（k＝0、1、2、3…），或α4＝+2πk（k＝0、1、2、3…），則圓筒勻速轉動的角速度可能為ω3＝＝+10πk（k＝0、1、2、3…），ω4＝＝+10πk（k＝0、1、2、3…）．答：（1）小球從A點進入圓筒時的速度大小可能值為2m/s或0.5m/s；（2）圓筒勻速轉動的角速度的可能值為+10