人教高中物理同步講義練習(xí)必修二6.2 圓周運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn) （解析版）

6.2圓周運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn)學(xué)習(xí)目標(biāo)學(xué)習(xí)目標(biāo)課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)習(xí)目標(biāo)1．通過(guò)實(shí)驗(yàn)，探究并了解勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系。2．能用牛頓第二定律分析勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。1、知道向心力是根據(jù)力的效果命名的，會(huì)分析向心力的來(lái)源。2、感受影響向心力大小的因素，通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究它們之間的關(guān)系。3、掌握向心力的表達(dá)式，能夠計(jì)算簡(jiǎn)單情境中的向心力。4、知道變速圓周運(yùn)動(dòng)和一般曲線運(yùn)動(dòng)的分析方法。002預(yù)習(xí)導(dǎo)學(xué)課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識(shí)：一、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力1．大小：Fn＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)＝mωv＝m·4π2f2r。2．方向：始終沿半徑方向指向圓心，時(shí)刻在改變，即向心力是一個(gè)變力。3．來(lái)源：向心力可以由一個(gè)力提供，也可以由幾個(gè)力的合力提供，還可以由一個(gè)力的分力提供。二、運(yùn)動(dòng)模型運(yùn)動(dòng)模型向心力的來(lái)源圖示運(yùn)動(dòng)模型向心力的來(lái)源圖示飛機(jī)水平轉(zhuǎn)彎火車轉(zhuǎn)彎圓錐擺飛車走壁汽車在水平路面轉(zhuǎn)彎水平轉(zhuǎn)臺(tái)(光滑)三、分析思路四、變速圓周運(yùn)動(dòng)的合力(如圖)①與圓周相切的分力Ft產(chǎn)生切向加速度at，改變線速度的大小，當(dāng)at與v同向時(shí)，速度增大，做加速圓周運(yùn)動(dòng)，反向時(shí)做減速圓周運(yùn)動(dòng)．②指向圓心的分力Fn提供向心力，產(chǎn)生向心加速度an，改變線速度的方向．（二）即時(shí)練習(xí)：【小試牛刀1】如圖所示，一個(gè)圓盤繞過(guò)圓心O且與盤面垂直的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω，盤面上有一質(zhì)量為m的物塊隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知物塊到轉(zhuǎn)軸的距離為r，下列說(shuō)法正確的是()A.物塊受重力、彈力、向心力作用，合力大小為mω2rB.物塊受重力、彈力、摩擦力、向心力作用，合力大小為mω2rC.物塊受重力、彈力、摩擦力作用，合力大小為mω2rD.物塊只受重力、彈力作用，合力大小為零答案C解析對(duì)物體進(jìn)行受力分析可知物體受重力、圓盤對(duì)它的支持力及摩擦力作用。物體所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根據(jù)牛頓第二定律有F合＝Ff＝mω2r，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確。【小試牛刀2】(多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩一端固定，另一端系一質(zhì)量為m的小球。給小球一個(gè)合適的初速度，小球便可在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣就構(gòu)成了一個(gè)圓錐擺，設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ。下列說(shuō)法中正確的是()A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用B．小球只受重力和繩的拉力作用C．θ越大，小球運(yùn)動(dòng)的速率越大D．θ越大，小球運(yùn)動(dòng)的周期越大解析：選BC小球受重力、繩的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛頓第二定律可得：Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝meq\f(v2,Lsinθ)，T＝eq\f(2πLsinθ,v)，可求得v＝eq\r(gLsinθtanθ)，T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，可見(jiàn)θ越大，v越大，T越小。B、C正確，A、D錯(cuò)誤?！拘≡嚺５?】質(zhì)量為m的木塊從半徑為R的半球形的碗口下滑到碗的最低點(diǎn)的過(guò)程中，如果由于摩擦力的作用使木塊的速率不變，那么()A．因?yàn)樗俾什蛔儯阅緣K的加速度為零B．木塊下滑過(guò)程中所受的合外力越來(lái)越大C．木塊下滑過(guò)程中所受的摩擦力大小不變D．木塊下滑過(guò)程中的加速度大小不變，方向始終指向球心答案D解析由于木塊沿圓弧下滑速率不變，故木塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，存在向心加速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：F合＝man＝meq\f(v2,R)，而v的大小不變，故合外力的大小不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于木塊在滑動(dòng)過(guò)程中與接觸面的正壓力是變化的，故滑動(dòng)摩擦力在變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；木塊在下滑過(guò)程中，速度的大小不變，所以向心加速度的大小不變，方向始終指向球心，選項(xiàng)D正確．003題型精講【題型一】圓錐擺【典型例題1】如圖所示，一質(zhì)量m＝1kg的小球用長(zhǎng)L＝0.5m的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，O點(diǎn)距地面的高度H＝1m?，F(xiàn)使小球繞OO′軸在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線的拉力T＝12.5N，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。(1)求小球的線速度大小v。(2)在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，若細(xì)線突然斷裂，則細(xì)線斷裂后小球做平拋運(yùn)動(dòng)的落地點(diǎn)與O′點(diǎn)之間的距離s為多少？解析：(1)設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為α，有Tcosα＝mg對(duì)小球，根據(jù)牛頓第二定律得Tsinα＝meq\f(v2,Lsinα)聯(lián)立解得v＝1.5m/s。(2)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有H－Lcosα＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有x＝vt落地點(diǎn)與O′點(diǎn)之間的距離s為s＝eq\r(vt2＋Lsinα2)＝0.6m。答案：(1)1.5m/s(2)0.6m【典型例題2】(多選)如圖，內(nèi)壁光滑的玻璃管內(nèi)用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛一個(gè)小球。當(dāng)玻璃管繞豎直軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球與玻璃管間恰無(wú)壓力。下列說(shuō)法正確的是()A．僅增加繩長(zhǎng)后，小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛏戏降膲毫．僅增加繩長(zhǎng)后，若仍保持小球與玻璃管間無(wú)壓力，需減小ωC．僅增加小球質(zhì)量后，小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛏戏降膲毫．僅增加角速度至ω′后，小球?qū)⑹艿讲ＡЧ苄毕蛳路降膲毫解析]根據(jù)題意可知，mgtanθ＝mrω2＝mω2Lsinθ，僅增加繩長(zhǎng)后，小球需要向心力變大，則有離心趨勢(shì)會(huì)擠壓管壁外側(cè)，小球受到玻璃管給的斜向下方的壓力，若仍保持小球與玻璃管間無(wú)壓力，需減小ω，故A錯(cuò)誤，B正確；小球質(zhì)量可以被約去，所以僅增加小球質(zhì)量，小球仍與管壁間無(wú)壓力，故C錯(cuò)誤；僅增加角速度至ω′后，小球需要向心力變大，則有離心趨勢(shì)會(huì)擠壓管壁外側(cè)，小球受到玻璃管斜向下方的壓力，故D正確。[答案]BD【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】有一豎直轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)軸上的A點(diǎn)有一長(zhǎng)為l的細(xì)繩系有質(zhì)量為m的小球。要使小球在隨轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)又不離開(kāi)光滑的水平面，則A點(diǎn)到水平面的高度h最小為()A．eq\f(g,ω2) B．ω2gC．eq\f(ω2,g) D．eq\f(g,2ω2)解析：選A以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受三個(gè)力的作用，重力mg、水平面支持力N、繩子拉力F，在豎直方向合力為零，在水平方向所需向心力為mω2R，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，則有：R＝htanθ，那么Fcosθ＋N＝mg，F(xiàn)sinθ＝mω2htanθ；當(dāng)球即將離開(kāi)水平面時(shí)，N＝0，此時(shí)Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝mgtanθ＝mω2htanθ，即h＝eq\f(g,ω2)。故A正確?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】.(多選)如圖所示，傾角為30°的斜面體置于粗糙的水平地面上，斜面上質(zhì)量為4m的滑塊通過(guò)輕質(zhì)剛性繩穿過(guò)光滑的圓環(huán)與質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連，輕繩與斜面平行，小球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，輕繩與豎直方向的夾角也為30°。斜面體和滑塊始終靜止，小球與圓環(huán)之間的繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A.斜面體所受摩擦力大小為mgB.滑塊所受摩擦力大小為2mgC.若改變小球的轉(zhuǎn)速，當(dāng)滑塊恰好不受摩擦力時(shí)，小球的動(dòng)能為eq\f(\r(3),4)mgLD.若改變小球的轉(zhuǎn)速，當(dāng)滑塊恰好不受摩擦力時(shí)，小球的向心加速度大小為eq\r(3)g答案AD解析對(duì)小球受力分析有mg＝Tcos30°，解得T＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg；對(duì)滑塊受力分析得重力沿斜面向下的分力為4mgsin30°＝2mg，所以f＝2mg－T＝eq\f(6－2\r(3),3)mg；將滑塊和斜面看成整體，由平衡條件得，斜面體所受摩擦力大小為f1＝Tcos30°＝eq\f(2\r(3),3)mg×eq\f(\r(3),2)＝mg，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊恰好不受摩擦力時(shí)，繩的拉力為T′＝2mg，設(shè)此時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，則T′cosθ＝mg，所以θ＝60°。小球做圓周運(yùn)動(dòng)，則有T′sin60°＝meq\f(v2,Lsin60°)，得小球的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)T′Lsin260°＝eq\f(3,4)mgL，向心加速度為a＝eq\f(T′sin60°,m)＝eq\r(3)g，故C錯(cuò)誤，D正確?！绢}型二】對(duì)比問(wèn)題【典型例題3】天花板下懸掛的輕質(zhì)光滑小掛鉤可繞過(guò)懸掛點(diǎn)的豎直軸無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)。一根光滑輕質(zhì)細(xì)繩穿過(guò)掛鉤，兩端分別連接小球P和Q。兩小球同時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且在任意時(shí)刻兩球均在同一水平面上，此時(shí)懸掛兩球的細(xì)繩與豎直方向的夾角分別為45°和30°，則()A．兩球向心加速度的大小相等B．小球P、Q的質(zhì)量之比為eq\r(2)∶2C．小球P、Q所受向心力的大小之比為eq\r(2)∶1D．兩球線速度的大小相等解析：選C對(duì)小球受力分析可知，繩的拉力在水平方向的分力提供向心力，則有Fsinθ＝mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ，P、Q兩小球相連接的細(xì)繩與豎直方向的夾角的正切值不同，故它們的向心加速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；兩小球由同一細(xì)繩連接，故細(xì)繩對(duì)小球的拉力大小相等，由受力分析可知Fcosθ＝mg，故兩小球的質(zhì)量之比為mP∶mQ＝cos45°∶cos30°＝eq\r(2)∶eq\r(3)，故B錯(cuò)誤；兩小球所受向心力由繩的拉力在水平方向的分力提供，有F向＝Fsinθ，故兩小球所受向心力的大小之比為F向P∶F向Q＝sin45°∶sin30°＝eq\r(2)∶1，故C正確；設(shè)掛鉤到兩小球做圓周運(yùn)動(dòng)的平面的距離為h，由圓周運(yùn)動(dòng)得mgtanθ＝meq\f(v2,htanθ)，得v＝eq\r(gh)tanθ，所以兩小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小之比為vP∶vQ＝tan45°∶tan30°＝eq\r(3)∶1，故D錯(cuò)誤?！镜湫屠}4】(2021·河北高考)(多選)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長(zhǎng)，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點(diǎn)，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球穿過(guò)PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球均相對(duì)PQ桿靜止。若ω′＞ω，則與以ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)相比，以ω′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)()A．小球的高度一定降低B．彈簧彈力的大小一定不變C．小球?qū)U壓力的大小一定變大D．小球所受合外力的大小一定變大解析：選BD對(duì)小球受力分析，設(shè)彈簧彈力為F彈，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對(duì)小球在豎直方向，F(xiàn)彈sinθ＝mg，而F彈＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))，可知θ為定值，F(xiàn)彈不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時(shí)，水平方向桿對(duì)小球的彈力FN背離轉(zhuǎn)軸，則F彈cosθ－FN＝mω2r，即FN＝F彈cosθ－mω2r，當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時(shí)，桿對(duì)小球的彈力指向轉(zhuǎn)軸，F(xiàn)彈cosθ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－F彈cosθ，則因ω′>ω，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力的大小不一定變大，C錯(cuò)誤；根據(jù)F合＝mω2r，可知，因角速度變大，則小球所受合外力一定變大，D正確?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】(多選)如圖，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個(gè)座椅A、B質(zhì)量相等，通過(guò)相同長(zhǎng)度的纜繩懸掛在水平的旋轉(zhuǎn)圓盤上，座椅A離轉(zhuǎn)軸的距離較近。不考慮空氣阻力的影響，當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穩(wěn)定后A、B都在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則下列說(shuō)法正確的是()A.座椅B的角速度比A大B.座椅B的向心加速度比A大C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D.懸掛B的纜繩所承受的拉力比懸掛A的纜繩所承受的拉力大答案BD解析同軸轉(zhuǎn)動(dòng)角速度相同，由于座椅B的圓周半徑比座椅A的半徑大，由a＝ω2r得B的向心加速度比A的大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得mgtanθ＝mω2r，解得tanθ＝eq\f(ω2r,g)，由于座椅B的圓周半徑比座椅A的半徑大，故B與豎直方向的夾角大，在豎直方向上有：FTcosθ＝mg，解得FT＝eq\f(mg,cosθ)，懸掛B的纜繩所受到的拉力比懸掛A的大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】(多選)如圖所示，A、B兩個(gè)物體放在水平旋轉(zhuǎn)的圓盤上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m，B離軸距離為R，A離軸距離為2R，在轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)速增加的過(guò)程中，兩物體始終相對(duì)盤靜止，則()A.A與B的線速度大小之比為eq\r(2)∶1B.A與B的角速度之比為1∶1C.A與B的向心加速度大小之比為1∶1D.摩擦力對(duì)物體做正功答案BD解析A、B同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，即ωA∶ωB＝1∶1，由v＝rω得，vA∶vB＝rA∶rB＝2∶1，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)a＝rω2知，aA∶aB＝rA∶rB＝2∶1，故C錯(cuò)誤；由于只有摩擦力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理得Wf＝ΔEk，轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)速增加，則物體A、B的動(dòng)能增加，所以摩擦力對(duì)物體做正功，故D正確。【題型三】聯(lián)系實(shí)際【典型例題5】如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個(gè)座椅A、B質(zhì)量相等，通過(guò)相同長(zhǎng)度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小答案D解析因?yàn)槲矬w的角速度ω相同，線速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB則A項(xiàng)錯(cuò)；根據(jù)an＝rω2知anA<anB，則B項(xiàng)錯(cuò)；如圖，tanθ＝eq\f(an,g)，而B(niǎo)的向心加速度較大，則B的纜繩與豎直方向的夾角較大，纜繩所受的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，則TA<TB，所以C項(xiàng)錯(cuò)，D項(xiàng)正確．【典型例題6】撥浪鼓最早出現(xiàn)在戰(zhàn)國(guó)時(shí)期，宋代時(shí)小型撥浪鼓已成為兒童玩具。四個(gè)撥浪鼓上分別系有長(zhǎng)度不等的兩根細(xì)繩，繩一端系著小球，另一端固定在關(guān)于手柄對(duì)稱的鼓沿上，現(xiàn)使鼓繞豎直放置的手柄勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩小球在水平面內(nèi)做周期相同的圓周運(yùn)動(dòng)。下列各圖中兩球的位置關(guān)系可能正確的是(圖中細(xì)繩與豎直方向的夾角α<θ<β)()[解析]小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相同，受力分析如圖所示，設(shè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)1，反向延長(zhǎng)與撥浪鼓轉(zhuǎn)軸交點(diǎn)為O，小球到O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，鼓面半徑為r。根據(jù)牛頓第二定律得mgtanγ＝mω2Lsinγ，整理得Lcosγ＝eq\f(g,ω2)＝L1cosγ＋eq\f(r,tanγ)，則O點(diǎn)到小球轉(zhuǎn)動(dòng)平面的高度h＝Lcosγ相同，可知繩子長(zhǎng)度L1越長(zhǎng)，細(xì)繩與豎直方向的夾角γ越大，故繩子與撥浪鼓連接點(diǎn)A離小球做圓周運(yùn)動(dòng)平面的距離h1＝L1cosγ＝h－eq\f(r,tanγ)越大，即繩子長(zhǎng)度L1越大，γ越大，h1越大。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。[答案]C【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練5】某游樂(lè)場(chǎng)有一種叫“空中飛椅”的游樂(lè)設(shè)施，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤的邊緣上，繩子下端連接坐椅，人坐在坐椅上隨轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋．若將人和坐椅看作一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，則可簡(jiǎn)化為如圖所示的物理模型，其中P為處于水平面內(nèi)的轉(zhuǎn)盤，可繞豎直轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)．設(shè)繩長(zhǎng)l＝10m，質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝60kg，轉(zhuǎn)盤靜止時(shí)質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)軸之間的距離d＝4m．轉(zhuǎn)盤逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩與豎直方向的夾角θ＝37°.(不計(jì)空氣阻力及繩重，繩不可伸長(zhǎng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)轉(zhuǎn)盤的角速度及繩的拉力．解析半徑R＝d＋lsinθ＝10m由受力分析圖可知：FT＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(600×\f(5,4)))N＝750NF＝mgtanθ＝450N由F向＝ma向得a向＝eq\f(F,m)＝7.5m/s2，a向＝Rω2，ω＝eq\r(\f(a向,R))＝eq\f(\r(3),2)rad/s答案eq\f(\r(3),2)rad/s750N【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練6】游樂(lè)場(chǎng)有一種叫做“快樂(lè)飛機(jī)”的游樂(lè)項(xiàng)目，其簡(jiǎn)化模型如圖所示，已知模型飛機(jī)質(zhì)量為m，固定在長(zhǎng)為L(zhǎng)的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ(0＜θ≤eq\f(π,2))，當(dāng)模型飛機(jī)以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A.模型飛機(jī)受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向一定與旋臂垂直C.旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大小為meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D.若夾角θ增大，則旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力減小答案C解析當(dāng)模型飛機(jī)以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，模型飛機(jī)受到重力和旋臂的作用力，它們的合力提供向心力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向可以與旋臂不垂直，這個(gè)作用力在水平方向的分力提供向心力，在豎直方向的分力與重力平衡，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由力的合成可知，旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大小為F＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，選項(xiàng)C正確；由C項(xiàng)分析可知，當(dāng)夾角θ增大時(shí)，旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。004體系構(gòu)建1．向心力的來(lái)源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，在受力分析中要避免再另外添加一個(gè)向心力。2．向心力的確定(1)確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面，確定圓心的位置。(2)分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力。3．求解圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題必須進(jìn)行的三類分析幾何分析目的是確定圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑等運(yùn)動(dòng)分析目的是確定圓周運(yùn)動(dòng)的線速度、角速度、向心加速度等受力分析目的是通過(guò)力的合成與分解，表示出物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，外界所提供的向心力005記憶清單一．向心力的公式Fn＝man＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m·eq\f(4π2,T2)r＝m·4π2f2r＝mωv。二．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件當(dāng)物體所受的合外力大小恒定，且始終與速度方向垂直時(shí)，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)向心力由物體所受合外力提供。三．水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)1．水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡特點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡是圓且在水平面內(nèi)。2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn)(1)物體所受合外力大小不變，方向總是指向圓心。(2)合外力充當(dāng)向心力。3．解答勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般步驟(1)選擇做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體作為研究對(duì)象。(2)分析物體受力情況，其合外力提供向心力。(3)由Fn＝meq\f(v2,r)或Fn＝mω2r或Fn＝meq\f(4π2r,T2)列方程求解。00601強(qiáng)化訓(xùn)練1．(多選)如圖所示為內(nèi)壁光滑的半球形容器，半徑為R。質(zhì)量為m的小球在容器內(nèi)的某個(gè)水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球與球心O連線方向與豎直方向夾角為α。下列說(shuō)法正確的是()A.小球所受容器的作用力為eq\f(mg,sinα)B.小球所受容器的作用力為eq\f(mg,cosα)C.小球的角速度eq\r(\f(g,Rsinα))D.小球的角速度eq\r(\f(g,Rcosα))答案BD解析對(duì)小球受力分析，如圖所示：根據(jù)力的合成，可得小球所受容器的作用力為支持力FN＝eq\f(mg,cosα)，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)力的合成，可得小球所受合力F＝mgtanα小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝Rsinα根據(jù)向心力公式得mgtanα＝mω2r解得角速度ω＝eq\r(\f(g,Rcosα))，C錯(cuò)誤，D正確。2.在玻璃管中放一個(gè)乒乓球后注滿水，然后用軟木塞封住管口，將此玻璃管固定在轉(zhuǎn)盤上，管口置于轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)軸處，處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)轉(zhuǎn)盤在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，如圖所示，則乒乓球會(huì)(球直徑比管直徑略小)()A．向管底運(yùn)動(dòng) B．向管口運(yùn)動(dòng)C．保持不動(dòng) D．無(wú)法判斷解析：選B開(kāi)始時(shí)，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)所需要的合外力，所以水被“甩”到外側(cè)管底才能隨轉(zhuǎn)盤進(jìn)行圓周運(yùn)動(dòng)，則乒乓球在水的作用下向管口運(yùn)動(dòng)，故B正確。3.[多選]如圖所示，一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐筒固定在地面上，圓錐筒的軸線豎直。一個(gè)小球貼著筒的內(nèi)壁在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，由于微弱的空氣阻力作用，小球的運(yùn)動(dòng)軌跡由A軌道緩慢下降到B軌道，則在此過(guò)程中()A．小球的向心加速度逐漸減小B．小球運(yùn)動(dòng)的角速度逐漸減小C．小球運(yùn)動(dòng)的線速度逐漸減小D．小球運(yùn)動(dòng)的周期逐漸減小解析：選CD以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，對(duì)小球受力分析，小球受力如圖所示。由牛頓第二定律得：eq\f(mg,tanθ)＝ma＝eq\f(mv2,r)＝mrω2可知在A、B軌道的向心力大小相等，a＝eq\f(g,tanθ)，向心加速度不變，故A錯(cuò)誤。角速度ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，由于半徑減小，則角速度變大，故B錯(cuò)誤。線速度v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，由于半徑減小，線速度減小，故C正確。周期T＝eq\f(2π,ω)，角速度增大，則周期減小，故D正確。4.如圖所示，一根細(xì)線下端拴一個(gè)金屬小球A，細(xì)線的上端固定在金屬塊B上，B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)使小球A改到一個(gè)更低一些的水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(圖上未畫出)，金屬塊B在桌面上始終保持靜止，則后一種情況與原來(lái)相比較，下面的判斷中正確的是()A．金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大B．金屬塊B受到桌面的支持力變小C．細(xì)線的張力變大D．小球A運(yùn)動(dòng)的角速度減小解析：選D設(shè)A、B質(zhì)量分別為m、M,A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度為a，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，對(duì)B研究，B受到的摩擦力f＝Tsinθ，對(duì)A，有Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ變小，a減小，則靜摩擦力變小，故A錯(cuò)誤；以整體為研究對(duì)象知，B受到桌面的支持力大小不變，應(yīng)等于(M＋m)g，故B錯(cuò)誤；細(xì)線的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，θ變小，T變小，故C錯(cuò)誤；設(shè)細(xì)線長(zhǎng)為l，則a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，θ變小，ω變小，故D正確。5.四個(gè)完全相同的小球A、B、C、D均在水平面內(nèi)做圓錐擺運(yùn)動(dòng)．如圖甲所示，小球A、B在同一水平面內(nèi)做圓錐擺運(yùn)動(dòng)(連接B球的繩較長(zhǎng))；如圖乙所示，小球C、D在不同水平面內(nèi)做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，但是連接C、D的繩與豎直方向之間的夾角相等(連接D球的繩較長(zhǎng))，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．小球A、B角速度相等B．小球A、B線速度大小相等C．小球C、D所需的向心加速度大小相等D．小球D受到繩的拉力與小球C受到繩的拉力大小相等答案B解析對(duì)題圖甲中A、B分析，設(shè)繩與豎直方向的夾角為θ，繩長(zhǎng)為l，小球的質(zhì)量為m，小球A、B到懸點(diǎn)O的豎直距離為h，則mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，線速度大小不相等，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)題圖乙中C、D分析，設(shè)繩與豎直方向的夾角為θ，小球的質(zhì)量為m，繩上拉力為FT，則有mgtanθ＝man，F(xiàn)Tcosθ＝mg，得an＝gtanθ，F(xiàn)T＝eq\f(mg,cosθ)，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到繩的拉力大小也相等，故C、D正確．6．如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩個(gè)小球，在光滑玻璃漏斗內(nèi)壁做水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，甲在乙的上方．則()A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度B．球甲的線速度一定大于球乙的線速度C．球甲的運(yùn)動(dòng)周期一定小于球乙的運(yùn)動(dòng)周期D．甲對(duì)內(nèi)壁的壓力一定大于乙對(duì)內(nèi)壁的壓力答案B解析對(duì)小球受力分析，小球受到重力和支持力，它們的合力提供向心力，設(shè)支持力與豎直方向夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝mRω2，解得v＝eq\r(gRtanθ)，ω＝eq\r(\f(gtanθ,R))，由題圖可知，球甲的軌跡半徑大，則球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的線速度一定大于球乙的線速度，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)，因?yàn)榍蚣椎慕撬俣纫欢ㄐ∮谇蛞业慕撬俣?，則球甲的運(yùn)動(dòng)周期一定大于球乙的運(yùn)動(dòng)周期，故C錯(cuò)誤；因?yàn)橹С至N＝eq\f(mg,cosθ)，結(jié)合牛頓第三定律，球甲對(duì)內(nèi)壁的壓力一定等于球乙對(duì)內(nèi)壁的壓力，故D錯(cuò)誤．7.如圖所示，內(nèi)壁光滑的空心圓柱體豎直固定在水平地面上，圓柱體的內(nèi)徑為R.沿著水平切向給貼在內(nèi)壁左側(cè)O點(diǎn)的小滑塊一個(gè)初速度v0，小滑塊將沿著柱體的內(nèi)壁旋轉(zhuǎn)向下運(yùn)動(dòng)，最終落在柱體的底面上．已知小滑塊可看成質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，重力加速度為g，O點(diǎn)距柱體的底面距離為h.下列判斷正確的是()A．v0越大，小滑塊在圓柱體中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短B．小滑塊運(yùn)動(dòng)中的加速度越來(lái)越大C．小