高中物理鲁科版第四章匀速圆周运动2023版第4章章末分层突破.docxVIP

章末分层突破

[自我校对]

①变加速

②eq\f(s,t)

③eq\f(φ,t)

④rω

⑤eq\f(2π,T)

⑥mrω2

⑦meq\f(v2,r)

⑧ω2r

⑨eq\f(v2,r)

⑩0

?mrω2

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描述圆周运动的物理量及其关系

1.线速度、角速度、周期和转速都是描述圆周运动快慢的物理量，但意义不同．线速度描述物体沿圆周运动的快慢．角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢．由ω＝eq\f(2π,T)＝2πn知，ω越大，T越小，n越大，则物体转动得越快，反之则越慢．三个物理量知道其中一个，另外两个也就成为已知量．

2．对公式v＝rω及a＝eq\f(v2,r)＝rω2的理解

(1)由v＝rω知，r一定时，v与ω成正比；ω一定时，v与r成正比；v一定时，ω与r成反比．

(2)由a＝eq\f(v2,r)＝rω2知，v一定时，a与r成反比；ω一定时，a与r成正比．

如图4-1所示，定滑轮的半径r＝2cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度a＝2m/s2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1m的瞬间，求滑轮边缘上的点的角速度ω和向心加速度an.

图4-1

【解析】重物下落1m时，瞬时速度为

v＝eq\r(2as)＝eq\r(2×2×1)m/s＝2m/s.

显然，滑轮边缘上每一点的线速度也都是2m/s，故滑轮转动的角速度，即滑轮边缘上每一点转动的角速度为ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(2,rad/s＝100rad/s.

向心加速度为

an＝ω2r＝1002×m/s2＝200m/s2.

【答案】100rad/s200m/s2

圆周运动的临界问题

1.水平面内的临界问题

在这类问题中，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．常见情况有以下几种：

(1)与绳的弹力有关的圆周运动临界问题．

(2)因静摩擦力存在最值而产生的圆周运动临界问题．

(3)受弹簧等约束的匀速圆周运动临界问题．

2．竖直平面内圆周运动的临界问题

(1)没有物体支撑的小球(轻绳或单侧轨道类)．

小球在最高点的临界速度(最小速度)是v0＝eq\r(gr).小球恰能通过圆周最高点时，绳对小球的拉力为零，环对小球的弹力为零(临界条件：T＝0或N＝0)，此时重力提供向心力．所以v≥eq\r(gr)时，能通过最高点；v＜eq\r(gr)时，不能达到最高点．

(2)有物体支撑的小球(轻杆或双侧轨道类)．

因轻杆和管壁能对小球产生支撑作用，所以小球达到最高点的速度可以为零，即临界速度v0＝0，此时支持力N＝mg.

一水平放置的圆盘，可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量是kg的铁块(可视为质点)，铁块与中间位置的转轴处的圆盘用轻质弹簧连接，如图4-2所示．铁块随圆盘一起匀速转动，角速度是10rad/s时，铁块距中心O点30cm，这时弹簧对铁块的拉力大小为11N，g取10m/s2，求：

图4-2

(1)圆盘对铁块的摩擦力大小．

(2)若此情况下铁块恰好不向外滑动(视最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则铁块与圆盘间的动摩擦因数为多大？

【解析】(1)弹簧弹力与铁块受到的静摩擦力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

F＋f＝mω2r

代入数值解得：f＝1N.

(2)此时铁块恰好不向外侧滑动，则所受到的静摩擦力就是最大静摩擦力，则有f＝μmg

故μ＝eq\f(f,mg)＝.

【答案】(1)1N(2)

如图4-3所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．

图4-3

(1)求小球在B、A两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.

【导学号

【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A