第6章例题-纯滚动圆盘
第6章例题-点的运动例题-all
dx vx = dt = 4 − 4t v = dy = 2 − 2t y dt
加速度的大小：| a |= ax 2 + a y 2 = 20(m/s 2 )
版权所有 张强 钟艳玲
2
例 dy-2 直杆 AB 两端分别沿铅锤和水平直线运动。已知
MA = l1 , MB = l2 , ϕ = ωt (ω = const.)
例 dy-1 已知动点在 xOy 平面内的运动方程为
工 程 力 学 第 6 章 点 的 运 动 学
x = 4t − 2t 2 y = 2t − t 2
单位：m, s
求动点的轨迹方程，速度和加速度的大小。 解 (1) 消去参数 t，得到轨迹方程
x − 2y = 0
(2) 求速度
t≥0
⇒ x ≤ 2, y ≤ 1
2 vC vC t = sin r r 2 vC vC t = cos r r
指向圆盘中心
tan β =
版权所有 张强 钟艳玲
aMy aMx
vC t π vC t π = cot = tan − = tan − ϕ r 2 r 2
13
工 程 力 学 第 6 章 点 的 运 动 学
旋轮线
8
工 程 力 学 第 6 章 点 的 运 动 学
例 dy-5 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 vC t y D xM = vC t − r sin r r y = r − r cos vC t vC Cr M r ϕ
dx vx = dt = 4 − 4t v = dy = 2 − 2t y dt
部编版高中物理必修二第六章圆周运动带答案考点题型与解题方法
(名师选题)部编版高中物理必修二第六章圆周运动带答案考点题型与解题方法单选题1、如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c方向沿半径指向圆心，a方向与c方向垂直。
当转盘逆时针转动时，下列说法正确的是（）A．当转盘匀速转动时，物块P所受摩擦力方向为c方向B．当转盘匀速转动时，物块P不受转盘的摩擦力C．当转盘加速转动时，物块P所受摩擦力方向可能为a方向D．当转盘减速转动时，物块P所受摩擦力方向可能为b方向2、如图所示的皮带（皮带不打滑）传动装置中，A、B、C分别是三个轮边缘的点，半径关系是RA=RC>RB．关于这三点的角速度ω、线速度大小v、周期T和向心加速度a关系正确的是（）A．ωA=ωB=ωC B．vA≠vB=vCC．TA≠TB=TC D．aA=aB≠aC3、如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（）A．数据a与小球的质量有关B．数据b与小球的质量无关C．比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径4、宇航员需要进行失重训练，以适应微重力环境下的生活。
一款失重训练仪如图所示，两半径均为R的金属圆环甲、乙带着旋转椅可以同时绕O1O2、O3O4两个相互垂直的轴匀速转动，两转轴的交点为O。
P为金属圆环甲上的一点，∠POO2=θ。
若某次训练时，金属圆环甲仅绕O1O2轴转动，圆环的半径为R，转速为n。
则圆环甲转动的周期T以及圆环甲上点P的向心加速度a分别为（）A．T=1n ，a=4π2n2RsinθB．T=2πn，a=n2RsinθC．T=1n ，a=4π2n2RcosθD．T=2πn，a=n2Rcosθ5、如图所示，飞机在竖直平面内俯冲又拉起，这一过程可看作匀速圆周运动，飞行员所受重力为G。
书上纯滚动例题评析及相应拓展研究
书上纯滚动例题评析及相应拓展研究一．书上例题错误分析：P176的5.14书上例题分析中说静摩擦力的方向是向前，这个判断是错误的。
由题意，我们知道R=30cm,R a=10cm,F=100N,M=250kg，那么我们可以假设没有静摩擦力，对物体进行分析：质心运动定理：F=Ma c，可得a c=2/5，方向向前。
质心转动定理：FR a=Jb，可得b=8/9,方向垂直纸面向里，推出圆柱与地面接触点的加速度a p=4/15.显然a c>a p，但是由于圆柱做纯滚动，所以要a c，= a p，，那么需要a c 减小而a p增大，这是就只有向后的静摩擦力来进行作用了。
所以此题中静摩擦力的方向应该是向后的。
二．纯滚动的两个简单模型探究：1.圆盘模型：假设圆盘不受静摩擦力，质心运动定理：F=Ma c，质心转动定理：Fr=Jb（r表示F作用点到圆心的距离），J=1/2mR2。
再根据纯滚动的条件：V c=WR,即a c=bR,所以r=R/2（临界条件），当r>R/2时,静摩擦力向前；当r<R/2，静摩擦力向后。
2.圆球模型：具体的解题方法同上，只是将J换成了2/5mR2，临界条件就是r=2/5R。
3．一种特殊情况：物体在纯滚动中不受静摩擦力圆盘不受F而作纯滚动时，支持力和重力的力矩都是0，那么假设静摩擦力向后，f =Ma c，V c要减小，w要增大，所以圆盘会向后产生滑动，这是静摩擦力变成方向向前的动摩擦力，而使圆盘自动加速，这显然是不可能的。
同理静摩擦力方向向前是分析相同。
所以此时圆盘是不受静摩擦力的。
结论：由上可知，力F作用线与质心距离不同，做纯滚动时物体所受的静摩擦力的方向和大小都有差异。
三．纯滚动的两个分析角度以及“打滑”的进一步理解：1.从运动学角度看，纯滚动的判据是接触点P处相对地面没有运动，而P点同时参与了两个运动：随质心的平动和绕质心的转动，而这两个的合运动是静止，所以V c=V p=wR。
高中物理必修二第六章《圆周运动》测试题(含答案解析)(32)
一、选择题1．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A 、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，A 、B 间的动摩擦因数为0.5，B 与盘之间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
则下列说法正确的是（ ）A ．A 对B 的摩擦力指向圆心B ．B 运动所需的向心力大于A 运动所需的向心力C ．盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍D ．若缓慢增大圆盘的转速，A 、B 一起远离盘心2．如图是自行车传动结构的示意图，其中I 是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮。
假设脚踏板的转速为n （r/s ），则自行车前进的速度为（ ）A ．231nr r r π B ．132nr r r πC ．2312nr r r πD ．1322nr r r π3．热衷于悬浮装置设计的国外创意设计公司Flyte ，又设计了一款悬浮钟。
这款悬浮时钟外观也十分现代简约，仅有一块圆形木板和悬浮的金属小球，指示时间时仅由小球显示时钟位置。
将悬浮钟挂在竖直墙面上，并启动秒针模式后，小球将以60秒为周期在悬浮钟表面做匀速圆周运动。
不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（ ） A ．小球运动到最高点时，处于失重状态 B ．小球运动到最低点时，处于平衡状态C ．悬浮钟对小球的作用力大于小球对悬浮钟的作用力D ．小球受到的重力和悬浮钟对小球的作用力是一对平衡力4．如图所示，一圆盘绕过O 点的竖直轴在水平面内旋转，角速度为ω，半径R ，有人站在盘边缘P 点处面对O 随圆盘转动，他想用枪击中盘中心的目标O ，子弹发射速度为v ，则（ ）A．枪应瞄准O点射击B．枪应向PO左方偏过θ角射击，cosRvωθ=C．枪应向PO左方偏过θ角射击，tanRvωθ=D．枪应向PO左方偏过θ角射击，sinRvωθ=5．火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，则外轨对轮缘（如左图所示）挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力（如图中所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。
理论力学课后习题答案-第6章--刚体的平面运动分析
理论力学课后习题答案-第6章--刚体的平面运动分析为6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。
试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。
解：Rv R v A A ==ωRv R v B B 22==ωBA ωω2=6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。
设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30︒，ϕ＝60︒，BC ＝270mm 。
试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。
解：杆BC 的瞬心在点P ，滚子O 的瞬心在点DBD v B ⋅=ωBPBD BPv B BC ⋅==ωω︒︒⨯=30sin 27030cos 36012 rad/s 8=PC v BC C ⋅=ωm/s 87.130cos 27.08=︒⨯=6－5 在下列机构中，那些构件做平面运动，画出它们图示位置的速度瞬心。
hv AC v AP v ABθθω2000cos cos ===ωω习题6-5图OO 1ABCOO 1ABCD习题6-3解图习题6-3图v Av B ωωCBOϕθ ωCBO ϕθω vv B PD习题6-4图习题6-4解图ωB习题6-6图习题6-6解图l ϕυl2BO 1ωABAυB υO1O ABωω解：图（a ）中平面运动的瞬心在点O ，杆BC 的瞬心在点C 。
图（b ）中平面运动的杆BC 的瞬心在点P ，杆AD 做瞬时平移。
6－6 图示的四连杆机械OABO 1中，OA = O 1B =21AB ，曲柄OA 的角速度ω= 3rad/s 。
试求当示。
ϕ= 90°而曲柄O 1B 重合于OO 1的延长线上时，杆AB 和曲柄O 1B 的角速度。
解：杆AB 的瞬心在O 3===ωωOAvAABrad/s ωl v B3=2.531===ωωl v BBO rad/s6－7 绕电话线的卷轴在水平地面上作纯滚动，线上的点A 有向右的速度v A = 0.8m/s ，试求卷轴中心O 的速度与卷轴的角速度，并问此时卷轴是向左，还是向右方滚动？解：如图333.16.08.03.09.0==-=AOv ωrad/s 2.1689.09.0=⨯==OOv ωm/s 卷轴向右滚动。
第6章课后习题答案
第6章课后习题答案6-1解顶圆直径
齿高
齿顶厚
齿槽夹角
棘爪长度
图6.1 题6-1解图6-2解拔盘转每转时间
槽轮机构的运动特性系数
槽轮的运动时间
槽轮的静止时间
6-3解槽轮机构的运动特性系数
因：所以
6-4解要保证则槽轮机构的运动特性系数应为
因得，则
槽数和拔盘的圆销数之间的关系应为：
由此得当取槽数～8时，满足运动时间等于停歇时间的组合只有一种：，。
6-5 解：
机构类型工作特点结构、运动及动力性能适用场合
棘轮机构摇杆的往复摆动变成棘轮的单向间
歇转动
结构简单、加工方便，运
动可靠，但冲击、噪音大，
运动精度低
适用于低速、转角不大场
合，如转位、分度以及超
越等。
槽轮机构拨盘的连续转动变成槽轮的间歇转
动
结构简单，效率高，传动
较平稳，但有柔性冲击
用于转速不高的轻工机械
中
不完全齿轮机构从动轮的运动时间和静止时间的比
例可在较大范围内变化
需专用设备加工，有较大
冲击
用于具有特殊要求的专用
机械中
凸轮式间歇运动
机构只要适当设计出凸轮的轮廓，就能获
得预期的运动规律。
运转平稳、定位精度高，
动荷小，但结构较复杂
可用于载荷较大的场合。
2024年中考数学复习(全国版)第六章 圆(测试)(解析版)
在 Rt △ 푂� 中，∵ ∠푂 � = 90°，
∴ 푂�2 = � 2 + 푂 2，
∴ �2 = 122 + (� − 8)2，
∴ � = 13，
即⊙ 푂的半径푂�为 13cm． 故选：A． 【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设⊙ 푂的半径푂�为�cm，列出关于�的方程是解题的关
键． 5．【创新题】如图，� 是⊙ 푂的直径，弦 则下列结论一定成立的是（ ）
��，
故选 A
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．
7．【创新题】如图，△ � 的内切圆⊙ �与 ， �，� 分别相切于点 D，E，F，若⊙ �的半径为 r，∠� = �，
在�푡훥 푂中，푂 = ，∠�푂 = ∠�
D．�△ 푂 =
∴tan�= 푂
∴푂 = tan� = 2tan�，故选项 A 错误，不符合题意；
又 sin� = 푂
∴ = 푂 ·sin�
∴ = 2 = 2 ·sin�，故选项 B 正确，符合题意；
又
cos�
=
푂 푂
∴푂 = 푂 ·cos� = ·cos�
径定理和锐角三角函数的定义．
6．已知△ � 的周长为�，其内切圆的面积为��2，则△ � 的面积为（ ）
A．12 ��
B．12 ���
C．��
D．���
【答案】A
【分析】由题意可得�△�푂
=
1 2
�
×푂
=
1 2
�
× �，�△ 푂
=
1 2
× �，�△�푂
=
1 2
�
× �，由面
积关系可求解．
【详解】解：如图，设内切圆푂与△ � 相切于点 ，点 ，点�，连接푂�，푂 ，푂 ，푂 ，푂�，푂 ，
纯滚动圆盘的动能
纯滚动圆盘的动能
早在古希腊，人们就已经开始研究和研制纯滚动圆盘，这种圆盘可以像一颗滚石一样滚动，并具有转动动能的特性，在科学史上有着重要的意义。
纯滚动圆盘是由一个圆盘和一个圆柱体组成的，圆盘的质量是圆柱体质量的3倍，而且圆盘和圆柱体上都贴有重力标示，当乱滚动时，圆盘会带动圆柱体一起滚动，从而产生动能。
纯滚动圆盘的动能估计，可以通过纯滚动圆盘的分析来获得。
根据定义，纯滚动圆盘是指圆盘和圆柱体之间没有离心力或外力作用的圆盘系统，这样的系统可以被认为是完全受重力影响的。
因此，纯滚动圆盘的动能可以表示为：
E=Kg(M1-M2)X2-M3X3
其中，Kg为系数，M1、M2和M3分别为圆盘、圆柱体和外部物体的质量，X1和X3分别为圆盘和圆柱体滚动的距离。
除此之外，纯滚动圆盘也可以用来分析滚动圆盘的动能，这种动能可以用以下公式来表示：
E=K1M1X1+K2M2X2
其中，K1和K2为摩擦系数，M1和M2分别为圆盘和圆柱体的质量，X1和X2分别为圆盘和圆柱体滚动的距离。
由于纯滚动圆盘的动能和滚动圆盘的动能有着显著的不同，因此，在科学研究中，首先要搞清楚纯滚动圆盘的动能表达式，并得出其动能值，然后再进行相应的动能实验，以验证理论分析的准确性。
例如，我们可以在室内装一台纯滚动圆盘设备，然后在圆盘和圆柱体上安装相应的电子加速度计，测量其转动情况，从而估计其动能值。
纯滚动圆盘的动能研究对于现代力学的研究有着重要的作用，因为它可以帮助我们更好地了解重力的影响和力学分析的原理，为未来的研究奠定坚实的基础。
纯滚动的圆盘边缘速度和圆心速度的关系
纯滚动的圆盘边缘速度和圆心速度的关系引言在物理学中，滚动是指物体沿着表面旋转并移动的运动方式。
纯滚动是指没有相对滑动发生的滚动运动。
本文将探讨纯滚动的圆盘边缘速度和圆心速度之间的关系。
纯滚动的定义和特点纯滚动是指物体在没有相对滑动发生的情况下进行滚动运动。
在纯滚动中，物体表面上任意一点的速度矢量都可以分解为两个分量：切向速度和径向速度。
•切向速度：表示物体表面上某一点沿着其曲线轨迹方向（切线方向）移动的速率。
•径向速度：表示物体表面上某一点离开圆心或靠近圆心的速率。
在纯滚动过程中，切向速度和径向速度之间存在着特定的关系，即切向速度等于半径乘以角速度。
这个关系是由纯滚动条件所决定的。
圆盘边缘速度和圆心速度之间的关系对于一个圆盘来说，圆盘边缘速度和圆心速度之间存在着特定的关系。
我们可以通过分析圆盘的运动来推导这个关系。
圆盘的运动假设有一个半径为R的圆盘在平面上进行纯滚动运动。
圆盘的质心位于圆心，以角速度ω绕圆心旋转。
根据纯滚动的定义，任意一点P处的速度矢量可以分解为切向速度VP和径向速度VR。
•切向速度VP：等于点P到圆心O的距离R乘以角速度ω。
•径向速度VR：等于0，因为点P与圆心O之间的距离始终保持不变。
圆盘边缘速度和圆心速度之间的关系根据上述分析，我们可以得出以下结论：•圆盘边缘速度Ve：等于半径R乘以角速度ω。
•圆心速度Vc：等于0，因为圆心O是固定不动的。
纯滚动过程中，圆盘边缘速度和圆心速度之间存在着明确的关系：圆盘边缘速度等于半径乘以角速度，而圆心速度为0。
实例分析为了更好地理解圆盘边缘速度和圆心速度之间的关系，我们可以通过一个实例进行分析。
假设有一个半径为10cm的圆盘，在平面上以每秒1圈（即角速度为2π rad/s）的角速度绕圆心旋转。
根据前面的推导，我们可以计算出圆盘边缘速度和圆心速度。
•圆盘边缘速度Ve = 10cm × 2π rad/s = 20π cm/s ≈ 62.83 cm/s•圆心速度Vc = 0 cm/s在这个例子中，圆盘边缘的速度为62.83 cm/s，而圆心的速度为0 cm/s。
均质圆轮沿水平直线轨道作纯滚动。质量为m,半径为r。若轮心速度为v,下列结论正确
均质圆轮沿水平直线轨道作纯滚动。
质量为m,半径为r。
若轮心速度为v,下列结论正确纯滚动是指圆轮在水平直线轨道上运动时，轮心速度与轮边缘点的速度大小相等，并且方向也相同，即圆轮沿着轨道滚动。
在进行纯滚动运动时，有以下几个关键的物理量和相关参考内容：1. 角速度ω：角速度是指圆轮每单位时间绕自身中心旋转的角度。
对于均质圆轮沿轨道纯滚动，角速度与轮心速度v和圆轮半径r之间存在以下关系：ω = v / r其中，v是轮心速度，r是圆轮的半径。
2. 轮边缘点的速度v'：轮边缘点的速度是指圆轮上距离轮心最远的点的速度。
由于圆轮的纯滚动，轮心速度v与轮边缘点的速度v'大小相等并且方向相同。
3. 圆轮的动能K：圆轮的动能是由于圆轮的转动和轮心的线性运动而具有的能量。
对于均质圆轮，在纯滚动运动时，其动能可以表示为：K = (1/2) * I * ω²其中，I是圆轮对通过其转轴的任意垂直轴的转动惯量，ω是角速度。
4. 圆轮的转动惯量I：转动惯量是描述物体抵抗转动的性质的物理量。
对于均质圆轮，其转动惯量可以表示为：I = (1/2) * m * r²其中，m是圆轮的质量，r是圆轮的半径。
5. 圆轮的动能定理：圆轮的动能定理描述了圆轮动能的变化。
对于纯滚动情况下的均质圆轮，在没有外力做功的情况下，动能定理可以写作：∆K = 0其中，∆K是圆轮动能的变化量。
6. 圆轮的滚动摩擦力F：圆轮在纯滚动过程中，会受到来自轨道的摩擦力的阻碍。
当圆轮滚动的过程中，摩擦力会减小圆轮的动能，并产生热量。
当圆轮纯滚到一定程度时，滚动摩擦力可以写作：F = μ * m * g其中，μ是运动摩擦因数，m是圆轮的质量，g是重力加速度。
最后，需要注意的是，上述内容所给出的参考信息是基于均质圆轮在水平直线轨道上作纯滚动的情况。
在实际情况中，还需要考虑其他因素，如不规则的轮形、不完全理想的滚动和轴承摩擦等，这些因素可能对纯滚动的结果产生一定的影响。
均质圆轮沿水平直线轨道作纯滚动。质量为m,半径为r。若轮心速度为v,下列结论正确
均质圆轮沿水平直线轨道作纯滚动。
质量为m,半径为r。
若轮心速度为v,下列结论正确令轮心速度为v，轮心与地面的接触点处为B点。
根据题意可知，轮心速度v可以分解为两个分量：一个是向前的速度v0，另一个是垂直于轨道的速度v1。
先来分析向前的速度分量v0。
由于是纯滚动，所以轮心速度v 等于B点的线速度vb与轮子的自转速度ω×r（ω为角速度，r为半径）的矢量和。
而B点的线速度vb是向前的速度分量v0。
那么B点线速度vb的大小等于v0，即vb = v0。
再来分析垂直于轨道的速度分量v1。
由于只考虑纯滚动，所以轮子在B点与地面的接触处没有相对滑动，也就是说，轮子在B点的速度与地面的速度相等。
根据轮子对地面的无滑动条件，可得到以下关系式：vb + v1 = 0解上述方程，可以得到v1 = -vb。
由于vb的方向向前，即v0的方向向前，而v1的方向则与vb的方向相反，即v1的方向向下。
由上述分析可知，轮子在纯滚动的过程中，其轮心速度v可分解为向前的速度分量v0和垂直于轨道向下的速度分量v1。
下面我们将进行一些推导，来得到与题目相关的结论。
首先来分析轮子的旋转角速度ω。
由于轮心速度v是由轮子的自转速度ω和线速度vb组成的，所以轮心速度v的大小等于vb的大小，即v = vb根据向前的速度分量v0与垂直于轨道的速度分量v1的关系，可得v0 = vb将上式带入到第一个结论中，则有v0 = v再来分析下式中的v1：v1 = -vb由于vb = v0，所以上述式子可以改写为v1 = -v0综上所述，轮心速度v可分解为向前的速度分量v0和垂直于轨道向下的速度分量v1，并且有以下结论成立：1. 轮心速度v等于向前的速度分量v0。
2. v0 = v。
3. v1 = -v0。
上述结论为纯滚动过程中轮心速度的分解结果，其中v0表示向前的速度分量，v1表示垂直于轨道向下的速度分量。
高中物理必修二第六章《圆周运动》测试卷(答案解析)(17)
一、选择题1．如图所示，水平桌面上放了一个小型的模拟摩天轮模型，将一个小物块置于该模型上某个吊篮内，随模型一起在竖直平面内沿顺时针匀速转动，二者在转动过程中保持相对静止（ ）A ．物块在d 处受到吊篮的作用力一定指向圆心B ．整个运动过程中桌面对模拟摩天轮模型的摩擦力始终为零C ．物块在a 处可能处于完全失重状态D ．物块在b 处的摩擦力可能为零2．如图是自行车传动结构的示意图，其中I 是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮。
假设脚踏板的转速为n （r/s ），则自行车前进的速度为（ ）A ．231nr r r πB ．132nr r r πC ．2312nr r r πD ．1322nr r r π 3．如图，铁路转弯处外轨应略高于内轨，火车必须按规定的速度行驶，则转弯时（ ）A ．火车所需向心力沿水平方向指向弯道外侧B ．弯道半径越大，火车所需向心力越大C ．火车的速度若小于规定速度，火车将做离心运动D ．火车若要提速行驶，弯道的坡度应适当增大4．如图所示，铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨组成的轨道平面与水平面的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m 的火车以速度v 通过某弯道时，内外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是（ ）A ．sin v gR θ=B ．若火车速度小于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内C ．若火车速度大于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外D ．无论火车以何种速度行驶，对内侧轨道都有压力5．如图所示，一圆盘绕过O 点的竖直轴在水平面内旋转，角速度为ω，半径R ，有人站在盘边缘P 点处面对O 随圆盘转动，他想用枪击中盘中心的目标O ，子弹发射速度为v ，则（ ）A ．枪应瞄准O 点射击B ．枪应向PO 左方偏过θ角射击，cos R v ωθ=C ．枪应向PO 左方偏过θ角射击，tan R v ωθ=D ．枪应向PO 左方偏过θ角射击，sin Rvωθ= 6．中学生常用的学习用具修正带的结构如图所示，包括上下盖座，大小齿轮，压嘴座等部件。
乌鲁木齐市高中物理必修二第六章《圆周运动》测试卷(含答案解析)
一、选择题1．如图所示，竖直平面上的光滑圆形管道里有一个质量为m 可视为质点的小球，在管道内做圆周运动，管道的半径为R ，自身质量为3m ，重力加速度为g ，小球可看作是质点，管道的内外径差别可忽略。
已知当小球运动到最高点时，管道刚好能离开地面，则此时小球的速度为（ ）A ．gRB ．2gRC ．3gRD ．2gR2．如图是自行车传动结构的示意图，其中I 是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮。
假设脚踏板的转速为n （r/s ），则自行车前进的速度为（ ）A ．231nr r r π B ．132nr r r π C ．2312nr r r π D ．1322nr r r π 3．我国将在2022年举办冬季奥运会，届时将成为第一个实现奥运“全满贯”国家。
图示为某种滑雪赛道的一部分，运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道。
若运动员从图中a 点滑行到最低点b 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率保持不变，对于这个过程，下列说法正确的是（ ）A ．运动员受到的摩擦力大小不变B ．运动员所受合外力始终等于零C ．运动员先处于失重状态后处于超重状态D ．运动员进入圆弧形滑道后处于超重状态4．物体做匀速圆周运动时，下列物理量中不发生变化的是（ ） A ．线速度B ．动能C ．向心力D ．加速度5．一固定的水平细杆上套着一个质量为m 的圆环A （体积可以忽略）圆环通过一长度为L 的轻绳连有一质量也是m 的小球B 。
现让小球在水平面内做匀速圆周运动，圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ且始终没有相对滑动。
在此条件下，轻绳与竖直方向夹角的最大值是37°。
（当地球重力加速度为g）则（）A．环对细杆的压力等于mgB．环对细杆的压力不可能大于2mgC．小球做圆周运动的最大角速度为53g L μD．小球做圆周运动的最大角速度为103gL μ6．一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。
甘肃省兰州市兰州第一中学圆周运动单元综合测试(Word版 含答案)
一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。
C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。
已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）A ．当23grμω=时，A 、B 即将开始滑动 B ．当2grμω=32mgμ C ．当grμω=C 受到圆盘的摩擦力为0D ．当25grμω=C 将做离心运动 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 当A 开始滑动时有：2033A f mg m r μω==⋅⋅解得：0grμω＝当23ggrrμμω=<AB 未发生相对滑动，选项A 错误；B. 当2ggrrμμω=<时，以AB 为整体，根据2F mr ω向＝可知 29332F m r mg ωμ⋅⋅=向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：23Bm f m m g mg μμ=+=（）所以有：Bm F f >向此时细线有张力，设细线的拉力为T ， 对AB 有：2333mg T m r μω+=⋅⋅对C 有：232C f T m r ω+=⋅⋅解得32mg T μ=，32C mgf μ= 选项B 正确；C. 当ω=时，AB 需要的向心力为：2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-== C 需要的向心力为：2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；D. 当ω=C 有： 212325C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=剪断细线，则1235C Cm f mg f mg μμ=<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。
人教版新版高中物理必修二第六章圆周运动训练题（26）
⼈教版新版⾼中物理必修⼆第六章圆周运动训练题（26）必修⼆第六章圆周运动训练题 (26)⼀、单选题（本⼤题共4⼩题，共16.0分）1.如图所⽰，在⽔平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中⼼轴OO′转动。
三个物体与圆盘间的动摩擦因数均为µ=0.1，最⼤静摩擦⼒认为等于滑动摩擦⼒。
三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r=0.2m，现将三个物体⽤轻质细线相连，保持细线伸直且恰⽆张⼒。
若圆盘从静⽌开始转动，⾓速度ω极其缓慢地增⼤，已知重⼒加速度为g=10m/s2，则对于这个过程，下列说法正确的是()A. A，B两个物体同时达到最⼤静摩擦⼒B. B，C两个物体的静摩擦⼒⼀直增⼤C. 当ω>√5rad/s时整体会发⽣滑动D. 当√2rad/s<ω<√5rad/s时，在ω增⼤的过程中B、C间的拉⼒不断增⼤2.如图所⽰⼩球固定在轻杆的⼀端，轻杆绕O点转动，⼩球在竖直⾯内做完整的圆周运动，圆周运动的半径为L.则()A. ⼩球在最⾼点的速度v≥√gLB. ⼩球在最低点的速度v′≥√5gLC. ⼩球在最⾼点时，轻杆对⼩球的作⽤⼒⽅向⼀定向下D. ⼩球在最低点时，轻杆对⼩球的作⽤⼒⽅向⼀定向上3.如图所⽰，不可伸长的轻绳⼀端固定于O点，另⼀端连接⼀质量为m的⼩球，将⼩球拉⾄与O点等⾼，细绳处于伸直状态的位置后由静⽌释放，经时间t轻绳转过的⾓度为θ.在⼩球由静⽌释放到运动⾄最低点的过程中，下列关于⼩球的速率v、动能E k随时间t变化，⼩球向⼼加速度a n、重⼒势能E p(取最低点为零势能点)随⾓度θ变化的图像中，可能正确的是()A. B.C. D.4.2019年12⽉12⽇，中国“⽟兔⼆号”⽉球车按地⾯指令完成⽉夜设置，进⼊第12⽉夜。
⾄此，⽟兔⼆号成为在⽉⾯⼯作时间最长的⽉球车，打破了此前由前苏联“⽉球车1号”保持的世界纪录。
若在“⽟兔⼆号”⽉球车上安装⼀个半径为r=1m、光滑的竖直圆形轨道，同时在圆形轨道最低点安装⼀个⼒传感器；现让⼀个质量为m=2kg的⼩球(可看成质点)沿圆弧与圆⼼等⾼点由静⽌下落，到达最低点时⼒传感器显⽰的⽰数为10N，此过程中⽉球车未运动，不考虑其他星体引⼒的影响。
通用版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版知识总结例题
通用版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版知识总结例题单选题1、如图，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）。
某段时间内圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受摩擦力F f的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（）A．B．C．D．答案：C因为圆盘转速不断增大，所以橡皮块将随圆盘一起进行加速圆周运动，此时摩擦力F f既要提供指向圆心的向心力，又要提供与运动方向相同的切向力，所以合力方向应该在轨道内侧且与速度成锐角，故选C。
2、飞机由俯冲转为上升的一段轨迹可以看成圆弧，如图所示，如果这段圆弧的半径r=800m，飞行员能承受的力最大为自身重力的8倍。
飞机在最低点P的速率不得超过（g=10m/s2）（）A．80√10m/s m/sB．80√35m/s C．40√10m/s D．40√35m/s答案：D飞机在最低点做圆周运动，飞行员能承受的力最大不得超过8mg才能保证飞行员安全，设飞机给飞行员竖直向上的力为F N，则有F N−mg=m v2 r且F N≤8mg解得v max=40√35m/s故飞机在最低点P的速率不得超过40√35m/s。
故选D。
3、离心现象在生活中很常见，比如市内公共汽车在到达路口转弯前，车内广播中就要播放录音：“乘客们请注意，车辆将转弯，请拉好扶手”。
这样做可以（）A．使乘客避免车辆转弯时可能向前倾倒发生危险B．使乘客避免车辆转弯时可能向后倾倒发生危险C．使乘客避免车辆转弯时可能向转弯的内侧倾倒发生危险D．使乘客避免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒发生危险答案：D车辆转弯时，如果乘客不能拉好扶手，乘客将做离心运动，向外侧倾倒发生危险。
故选D。
4、如图所示是利用两个大小不同的齿轮来达到改变转速的自行车传动结构的示意图。
已知大齿轮的齿数为48个，小齿轮的齿数为16个，后轮直径约为小齿轮直径的10倍．假设脚踏板在1s内转1圈，下列说法正确的是（）A．小齿轮在1s内也转1圈B．大齿轮边缘与小齿轮边缘的线速度之比为3：1C．后轮与小齿轮的角速度之比为10：1D．后轮边缘与大齿轮边缘的线速度之比为10：1答案：DAB．齿轮的齿数与半径成正比，因此大齿轮的半径是小齿轮半径的3倍，大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘点线速度大小相等，令大齿轮为A，小齿轮为B，后轮边缘为C，故v A：v B=1：1又r A：r B=3：1根据v=ωr可知，大齿轮与小齿轮的角速度之比ωA：ωB=r B：r A=1：3所以脚踏板在1s内转1圈，小齿轮在1s内转3圈，故AB错误；CD．B、C两点为同轴转动，所以ωB：ωC=1：1根据v=ωr可知，后轮边缘上C点的线速度与小齿轮边缘上B点的线速度之比v C：v B=r C：r B=10：1故C错误，D正确。
高中物理必修二第六章《圆周运动》检测卷(答案解析)(13)
一、选择题1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．由2var=可知，匀速圆周运动的向心加速度恒定B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小C．匀速圆周运动也是一种平衡状态D．向心加速度越大，物体速率变化越快2．用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。
关于苹果从最低点a到最高点c的运动过程，下列说法中正确的是（）A．苹果在a点处于超重状态B．苹果在b点所受摩擦力为零C．手掌对苹果的支持力越来越大D．苹果所受的合外力保持不变3．我国将在2022年举办冬季奥运会，届时将成为第一个实现奥运“全满贯”国家。
图示为某种滑雪赛道的一部分，运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道。
若运动员从图中a点滑行到最低点b的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率保持不变，对于这个过程，下列说法正确的是（）A．运动员受到的摩擦力大小不变B．运动员所受合外力始终等于零C．运动员先处于失重状态后处于超重状态D．运动员进入圆弧形滑道后处于超重状态4．和谐号动车以80m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10︒。
在此10s时间内，则火车（）A．角速度约为1rad/s B．运动路程为800mC．加速度为零D．转弯半径约为80m5．物体做匀速圆周运动时，下列物理量中不发生变化的是（）A．线速度B．动能C．向心力D．加速度6．如图所示，a、b两物块放在水平转盘中，与转盘保持相对静止地一起绕转盘中轴线做匀速度圆周运动。
已知物块a的质量是b的2倍，物块a与转盘面间的动摩擦因数是b的2倍，物块a离中轴线的距离是b的2倍，物块a、b与转盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
若逐渐增大转盘的角速度，则下列判断正确的是（）A．物块a先相对转盘发生运动B．两物块同时相对转盘发生运动C．物块b相对转盘发生运动时，其运动轨道沿半径向外D．物块a相对转盘发生运动时，其受到的摩擦力方向仍然指向圆心7．下列说法中正确的是（）A．物体受到变化的合力作用时，速度大小一定改变B．物体做匀速圆周运动时，所受合力方向一定与速度方向垂直C．物体受到不垂直于速度方向的合力作用时，速度大小可能保持不变D．物体做曲线运动时，在某点加速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向8．如图所示，旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出，说明（）A．水珠做圆周运动B．水珠处于超重状态C．水珠做离心运动D．水珠蒸发9．两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是（）A．B．C ．D ．10．如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为m 的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg 。
新教材高中物理第六章圆周运动第4节第2课时水平竖直平面内的圆周运动训练(含解析)新人教版必修
第2课时水平、竖直平面内的圆周运动知识点一水平面内的圆周运动1．(多选)如图所示，两个质量均为m的木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg2．如图所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与水平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上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直转动轴上，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( )A.12B.12C.14D.13知识点二竖直平面内的圆周运动3.曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图(a)所示，曲线上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，这个圆就叫作A点的曲率圆，其半径ρ叫作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(b)所示，则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是(重力加速度大小为g )( )A.v 20g B.v 0cos α2gC.v 0sin α2gD.v 0cos α2g sin α4．质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物块与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物块在最低点时，下列说法正确的是(重力加速度大小为g )( )A ．受到的向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μmgC ．受到的合力方向竖直向上D ．受到的合力方向斜向左上方5．如图所示，质量为m 的小球置于内部光滑的正方体盒子中，盒子的边长略大于球的直径．盒子在竖直平面内做半径为R 、周期为2πRg的匀速圆周运动，重力加速度大小为g ，则( )A ．盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为mgB ．盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mgC ．盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为6mgD ．盒子从最低点向最高点运动的过程中，球处于超重状态关键能力综合练进阶训练第二层一、单选题1．一质量为2.0×103kg 的汽车在水平公路上行驶， 路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N ，当汽车经过半径为80 m 的弯道时，下列判断正确的是( )A ．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B ．汽车转弯时的速度为20 m/s 时所需的向心力为1.4×104N C ．汽车转弯的速度为20 m/s 时汽车会发生侧滑 D ．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s 22．如图所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO ′的距离为r ，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g .若硬币与圆盘一起绕OO ′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为( )A. 12 μg rB.μg rC.2μgrD ．2μg r3．如图所示，质量为m 的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R ，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，重力加速度为g .则其通过最高点时( )A ．小球对圆环的压力大小等于mgB ．小球受到的向心力等于零C ．小球的线速度大小等于gRD ．小球的线速度大小等于零4．如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L .重力加速度大小为g .现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )A.3mgB.433mgC ．3mgD ．23mg5．如图所示，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．重力加速度为g .要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为( )A.μg cos θω2B.g sin θω2C.μcos θ－sin θω2g D.μcos θ＋sin θω2g6．质量为m 的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示．已知小球以速度v 通过最高点时对圆管外壁的压力恰好为mg ，则小球以速度v2通过圆管的最高点时( )A ．小球对圆管内、外壁均无压力B ．小球对圆管外壁的压力等于mg2C ．小球对圆管内壁的压力等于mgD ．小球对圆管内壁的压力等于mg2二、多选题7．如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动．当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)．MN 为通过圆心的一条水平线．不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g .则下列说法中正确的是( )A ．管道的半径为b gB ．小球的质量为a gC ．小球在MN 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力D ．小球在MN 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力8．如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度大小为g .则球B 在最高点时( )A ．球B 的速度大小为gL B ．球A 的速度大小为gL2mg mg9．如图所示，质量可以不计的细杆的一端固定着一个质量为m的小球，另一端能绕光滑的水平轴O转动，让小球在竖直平面内绕轴O做半径为l的圆周运动，小球通过最高点时的线速度大小为v.下列说法中正确的是( )A．v不能小于glB．v＝gl时，小球与细杆之间无弹力作用C．v>gl时，小球与细杆之间的弹力随v增大而增大D．v<gl时，小球与细杆之间的弹力随v减小而增大三、计算题10．绳系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，水的质量m＝0.5 kg，绳长L＝60 cm，求：(1)在最高点时水不流出的最小速率；(2)水在最高点速率v＝3 m/s时，水对桶底的压力．11. 如右图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口飞出时，轨道的压力恰好为零，则小球落地点C 距A处多远？学科素养升级练进阶训练第三层1．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的 2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g 取10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s2. (多选)如图所示，M 为固定在水平桌面上的如图所示的木块，abcd 为34圆周光滑轨道，a 为轨道的最高点，de 面水平且有一定长度．今将质量为m 的小球在d 点的正上方高为h 处由静止释放，让其自由下落到d 处切入轨道内运动，不计空气阻力，则( )A ．只要改变h 的大小，就能使小球通过a 点后，既可能落回轨道内，又可能落到de 面上B ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内C ．调节h 的大小，使小球飞出de 面之外(即e 的右面)是可能的D．调节h的大小，使小球飞出de面之外(即e的右面)是不可能的3．用长L＝0.6 m的绳系着装有m＝0.5 kg水的小桶，在竖直平面内做圆周运动，成为“水流星”．g取10 m/s2.求：(1)最高点水不流出的最小速度为多少？(2)若过最高点时速度为3 m/s，此时水对桶底的压力多大？4．如图所示，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．第2课时 水平、竖直平面内的圆周运动必备知识基础练1．答案：AC解析：B 错：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在任一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f ＝mω2R ，由于木块b 的轨道半径大于木块a 的轨道半径，故木块b 做圆周运动需要的向心力较大．A 对：因为两木块的最大静摩擦力相等，故b 一定比a 先开始滑动． C 对：当b 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mω2b ·2l ，可得ωb ＝ kg 2l . D 错：当a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mω2a l ，可得ωa ＝ kgl，而转盘的角速度2kg 3l< kgl，木块a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f ＝mω2l ＝23kmg .2．答案：B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 ·4xω21，k ·3x ＝m ·6xω22，故有ω1︰ω2＝1︰ 2.3．答案：B解析：在最高点竖直分速度为零，只有水平方向的分速度，且重力提供向心力：mg ＝mv 0cos α2ρ，解得：ρ＝v 0cos α2g， 故本题选B.4．答案：D解析：物块滑到半球形金属壳最低点时，速度大小为v ，半径为R ，向心加速度为a n ＝v 2R ，则向心力为F n ＝ma n ＝mv 2R，故A 错误；设支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝ma n ，可得支持力为F N ＝mg ＋m v 2R ，根据牛顿第三定律可得物块对轨道的压力大小为mg ＋m v 2R ，因此受到的摩擦力大小为f ＝μF N ＝μmg ＋μm v 2R，故B 错误；向心力为物块所受合外力沿半径方向的分力，竖直向上指向圆心，水平方向的分力即为摩擦力，水平向左，根据力的合成可知物块受到的合力方向斜向左上方，故C 错误，D 正确．5．答案：B解析：若盒子运动到最高点时，小球受到盒子顶部的压力，则：F ＋mg ＝mR (2πT)2，解得：F ＝0，根据牛顿第三定律，盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为0，故A 错误；盒子运动到最低点时，小球受到盒子底部支持力与重力的合力提供向心力，则：N －mg ＝mR (2πT)2解得：N ＝2mg ，根据牛顿第三定律，盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mg ，故B 正确，C 错误；由A 选项的分析可知，在最高点小球只受到重力的作用，所以盒子从最低点向最高点运动的过程中，球接近最高点时处于失重状态，故D 错误．关键能力综合练1．答案：D解析：A 错：汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，但向心力只是由摩擦力提供的．B 、C 错：当汽车转弯速度为20 m/s 时，据F n ＝m v 2R，得所需的向心力为1×104N ，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会侧滑．D 对：汽车转弯时的最大向心加速度为a ＝F n m＝7.0 m/s 2. 2．答案：B解析：硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则μmg ＝mω2r ，解得ω＝μg r，即圆盘转动的最大角速度为μgr，故选项B 正确． 3．答案：C解析：因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则圆环对小球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零，故A 错误．根据牛顿第二定律得mg ＝m v 2R＝ma ，知向心力不为零，线速度v ＝gR ，向心加速度a ＝g ，故B 、D 错误，C 正确．4．答案：A解析：设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有cos θ＝32.根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝m2v2r，联立解得：F ＝3mg ，故A 正确．5．答案：C解析：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度一定，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝mω2r ，解得r ＝μcos θ－sin θω2g .6．答案：D解析：以小球为研究对象，小球通过最高点时，根据牛顿第二律得mg ＋mg ＝m v 2r ；当小球以速度v 2通过圆管的最高点，根据牛顿第二定律得mg ＋F N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22r ；联立解得：F N ＝－12mg ，负号表示圆管对小球的作用力向上，即小球对圆管内壁的压力等于mg2，故D 正确．7．答案：AB解析：由图乙可知，当v 2＝b ，F N ＝0，此时，mg ＝m v 2R ，解得R ＝b g，故A 正确；当v 2＝0时，此时F N ＝mg ＝a ，所以m ＝ag，故B 正确；小球在水平线MN 以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C 错误；小球在水平线MN 以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D 错误．8．答案：BC解析：球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有：mg ＝m v 2B2L，解得v ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，由v ＝ωr 可得，球A 的速度大小为：v A ＝12v B ＝gL2故B 正确；B 球到最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，则有：F －mg ＝m v 2AL，解得：Fmgmg ，故C 正确，D 错误．9．答案：BCD解析：由于杆能支撑小球，所以小球通过最高点时最小速度可以为零，故A 错误；当v＝gl 时，根据牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2l ，得F ＝0，说明小球与细杆之间无弹力作用，故B正确；当v >gl 时，杆对小球有向下的拉力，根据牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2l，可知v 增大时，F 增大，故C 正确；当v <gl 时，杆对小球有向上的支持力，根据牛顿第二定律得mg －F＝m v 2l，可知v 减小时，F 增大，故D 正确．10．答案：(1)2.42 m/s (2)2.6 N ，方向竖直向上解析：(1)设在最高点时的临界速度为v ，则有mg ＝m v 2L得v ＝gL ＝9.8×0.6 m/s≈2.42m/s.(2)设桶底对水的压力为F N ，则有mg ＋F N ＝mv 2L 得F N ＝m v 2L －mg ＝0.5×⎝ ⎛⎭⎪⎫320.6－9.8 N ＝2.6 N ．由牛顿第三定律，水对桶底的压力F ′N ＝F N ＝2.6 N ，方向竖直向上．11．答案：2R解析：小球在B 点飞出时，轨道压力为零，则mg ＝m v 2BR，得v B ＝gR小球从B 点飞出后做平抛运动t ＝2h g＝4R g水平方向的位移x ＝v B t ＝gR ·4Rg＝2R .学科素养升级练1．答案：AB解析：A 对：在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律有kmg ＝m v 2mr，故当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大圆弧弯道上的最大速度大于小圆弧弯道上的最大速度，所以要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速．B 对：在大圆弧弯道上的速率v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s.C 错：直道的长度为x ＝L 2－R －r2＝50 3 m ，在小圆孤弯道上的最大速度为v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，所以在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2.D 错：由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r＝2×3.14×403×30s≈2.80 s.2．答案：BC解析：题目的要求是求小球通过a 点后，落回轨道内还是落到de 面上，但小球通过a 点时的速度并非任意值．A 项：小球恰好到达a 点时轨道对小球的弹力为零，由mg ＝m v 2aR知小球能够过a 点的最小速度v a ＝gR ，从a 点平抛，R ＝12gt 2，x ＝v a t ，得x ＝2R ，所以过a 点水平位移不小于2R ，即一定不会落回轨道内，可能在de 面上，A 错误．B 项：由A 项分析可知，小球不会落在轨道内，B 正确．C 项：若h 很大，到a 点时的速度更大一些，小球可能落在e 的右面，C 正确．D 项：由上面各项分析知D 错误．3．解析：(1)水做圆周运动，在最高点水不流出的条件是：水的重力不大于水所需要的向心力．当重力恰好提供向心力时，对应的是水不流出的最小速度v 0.以水为研究对象，mg ＝m v 20L，解得v 0＝Lg ＝0.6×10 m/s≈2.45 m/s.(2)因为v ＝3 m/s>v 0，所以重力不足以提供向心力，要由桶底对水向下的压力补充，此时所需向心力由以上两力的合力提供．设桶底对水的压力为F ，则由牛顿第二定律有mg ＋F ＝m v 2L， 解得F ＝m v 2L －mg ＝0.5×⎝ ⎛⎭⎪⎫320.6－10 N ＝2.5 N ，根据牛顿第三定律F ′＝－F ，所以水对桶底的压力 F ′＝2.5 N ，方向竖直向上．4．解析：(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐对小物块的支持力的合力提供其做圆周运动的向心力，有mg tan θ＝mω20·R sin θ代入数据得ω0＝2gR.(2)当ω＝(1＋k )ω0时，如图所示，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向下，设摩擦力的大小为f，陶罐壁对小物块的支持力为F N，则水平方向：F N sin θ＋f cos θ＝mω2·R sin θ竖直方向：F N cos θ－f sin θ－mg＝0代入数据解得f＝3k2＋k2mg.同理，当ω＝(1－k)ω0时，如图所示，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向上，则水平方向：F N sin θ－f cos θ＝mω2·R sin θ竖直方向：F N cos θ＋f sin θ－mg＝0代入数据解得f＝3k2－k2mg。
转盘模型(水平面内的圆周运动课件-2023-2024学年高一下学期物理人教版(2019)必修第二册
例1.[安徽黄山“八校联盟”2023高一下期中] 如图所示，在水平转台上放置有
质量之比为 2: 1 的滑块 P 和 Q （均视为质点），它们与转台之间的动摩擦因
数之比 μP : μQ = 2: 1 ； P 到转轴 OO′ 的距离为 rP ， Q 到转轴 OO′ 的距离为 rQ ，
且 rP : rQ = 1: 2 ，转台绕转轴 OO′ 匀速转动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止.认为最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g ，下列说法正确的是(
C
)
A. P 所受的摩擦力比 Q 所受的摩擦力大
B. P 、 Q 的线速度大小相等
C.若转台转动的角速度缓慢增大，则 Q 一定比 P 先开始滑动
D.若转台转动的角速度缓慢增大，则在任一滑块滑动前， P 能达到的最大向心加速度为 μP g
2
同理a
rb ra b先动
g
,b
ra
g
rb
N
f
A
G
f
N
B
G
②当 达到最大静摩擦力时，绳子开始有拉力
此时
N
T
f
A
当T等于A物体的向心力时，A无摩擦
②-①得
=
−
G
T
f
N
B
G
③当 达到最大静摩擦力时，二者发生相对滑动
: − = ①
当 max时B发生相对滑动
Af
G
N
B
G
A
:
f
m
r
a
（3）类型三：
2
B : f m rb
2
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例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y
r vC
C M O(M) A
r
Cr
ϕ
B P
x
解 (1) M 点运动方程
= ϕ r = vC t
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
xM = OP − MB = ϕ r − r sin ϕ yM = CP − BC = r − r cos ϕ
消去 ϕ 得轨迹方程：
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yM 2 ⇒ xM = r arccos 1 − − 2ryM − yM r
旋轮线 (摆线)
工 程 力 学 第 6 章 点 的 运 动 学
例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y xM = ϕ r − r sin ϕ r yM = r − r cos ϕ v Cr
例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。
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C
ϕ
M O A
B P
x
解 (2) M 点速度-大小
vMx = vC (1 − cos ϕ ) = 2vC sin
2
ϕ
2 cos
vMy = vC sin ϕ
⇒ vM = v
2 Mx
= 2vC sin
2 My
ϕ
2
ϕ
2
+v
= 2vC sin
ϕ
2
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vC t = 2vC sin 2r
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A P
x
解 (3) M 点加速度-大小
aMx
aMy
2 vC & = vC ⋅ sin ϕ ⋅ ϕ = sin ϕ r 2 vC & = vC ⋅ cos ϕ ⋅ ϕ = cos ϕ r
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2 2 ⇒ aM = aMx + aMy
2 vC = r
常值
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例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y ϕ D vMx = vC (1 − cos ϕ ) 2 r r vM C r vMy = vC sin ϕ vC α ϕ ϕ B M vM = 2vC sin 2 O
例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y ϕ D vMx = vC (1 − cos ϕ ) 2 r r r vM a C r vMy = vC sin ϕ vC M α ϕ ϕ B M vM = 2vC sin 2 O A β P x 解 (3) M 点加速度-方向
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例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y
r vC
ϕ
M O A
Cr B P
x
解 (1) M 点运动轨迹
xM = ϕ r − r sin ϕ yM = r − r cos ϕ
解 (2) M 点速度-方向
vMx = vC (1 − cos ϕ ) = 2vC sin
2
ϕ
2 cos
vMy = vC sin ϕ
= 2vC sin
ϕ
2
ϕ
2
通过最高点
tan α =
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vMy vMx
π ϕ = tan − = cot 2 2 2
ϕ
工 程 力 学 第 6 章 点 的 运 动 学
2 vC & = vC ⋅ sin ϕ ⋅ ϕ = sin ϕ r 2 vC & = vC ⋅ cos ϕ ⋅ ϕ = cos ϕ r
aMx
aMy
tan β =
版权所有 张强 钟艳玲
aMy aMx
π = cot ϕ = tan − ϕ 2
指向圆盘中心
工 程 力 学 第 6 章 点 的 运 动 学
x
2 vC ϕ = ⋅ cos r 2
解 (4) 轨迹的曲率半径 & ϕ ϕ dvM = 2 ⋅ vC ⋅ cos ⋅ aM τ = 2 2 dt 2 vC ϕ 2 2 aMn = aM − aMτ = sin r 2
2 ϕ vM = 4r sin = 2MP ρ= 2 aMn
版权所有 张强 钟艳玲
= vC sin ϕ
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工 程 力 学 第 6 章 点 的 运 动 学
例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y xM = ϕ r − r sin ϕ r yM = r − r cos ϕ v Cr
例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y ϕ D ϕ 2 vM = 2vC sin 2 r r vM C r 2 vC vC a = α ϕ M B r M
O A P O'
例 直线轨道上的纯滚动圆盘，C 点速度为常量。求 M 点的 轨迹、速度、加速度以及轨迹的曲率半径。 ϕ = vC t , ϕ = vC & r r y ϕ D xM = ϕ r − r sin ϕ 2 r r yM = r − r cos ϕ vM C r vC α
ϕ
M O A B P
x
C
ϕ
M O A
B P
x
解 (2) M 点速度
vMx
vC vC & & = ϕ r − r ⋅ cos ϕ ⋅ ϕ = ⋅ r − r ⋅ cos ϕ ⋅ = vC (1 − cos ϕ ) r r
& vMy = −r ⋅ ( − sin ϕ ) ⋅ ϕ = −r ⋅ ( − sin ϕ ) ⋅
vC r