高考物理模型101专题讲练:第18讲 水平面内的圆周运动(圆锥摆模型)及其临界问题
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第18讲水平面内的圆周运动(圆锥摆模型)及其临界问题
1.(江苏高考)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上,不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是()
A.A的速度比B的大
B.A与B的向心加速度大小相等
C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
一.知识总结
1.圆周运动相关物理量
3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系
匀速圆周运动变速圆周运动
运动特点线速度的大小不变,角速度、周期和频率
都不变,向心加速度的大小不变
线速度的大小、方向都变,角速度变,
向心加速度的大小、方向都变,周期
可能变也可能不变
受力
特点
所受到的合力为向心力,大小不变,方向
变,其方向时刻指向圆心所受到的合力不总指向圆心,合力产生两个效果:
①沿半径方向的分力F n,即向心力,它改变速度的方向;
②沿切线方向的分力F t,它改变速度的大小
运动性质非匀变速曲线运动(加速度大小不变,方向
变化)
非匀变速曲线运动(加速度大小、方向
都变化)
二. 圆锥摆模型及其临界问题
1.圆锥摆模型的受力特点
受两个力,且两个力的合力沿水平方向,物体在水平面内做匀速圆周运动。
2.运动实例
运动模型向心力的来源图示
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
物体在光滑半圆形碗 内做匀速圆周运动
3.解题方法
(1)对研究对象进行受力分析,确定向心力来源。
(2)确定圆心和轨道半径。
(3)应用相关力学规律列方程求解。
4.规律总结 (1)圆锥摆的周期
如图摆长为L ,摆线与竖直方向夹角为θ。
受力分析,由牛顿第二定律得:mg tan θ=m 4π2
T 2r
r =L sin θ
解得T =2πL cos θ
g =2πh g 。
(2)结论
①摆高h =L cos θ,周期T 越小,圆锥摆转得越快,θ越大。
②摆线拉力F =mg
cos θ,圆锥摆转得越快,摆线拉力F 越大。
③摆球的加速度a =g tan θ。
5.圆锥摆的两种变形
变形1:具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同),如图甲所示。
由a =g tan θ知A 、B 的向心加速度大小相等。
由a =ω2r 知ωA <ωB ,由a =v 2
r 知v A >v B 。
变形2:具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆,如图乙所示。
由T=2πh
g知摆高h相同,则T A=T B,ωA=ωB,由v=ωr知v A>v B,由a=ω2r知a A>a B。
6. 解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题,主要就是与弹力有关的临界问题。
(1)绳子松弛或断开的临界条件是:①绳恰好拉直且没有弹力;②绳上的拉力恰好达最大值。
(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。
(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况:①摩擦力的方向发生改变;②发生相对滑动。
三.例题精讲
题型一:圆锥摆模型常规问题
例1.如图所示,一根不可伸长的轻质细绳(绳长为L),一端系着质量为m的小球(可视为质点),另一端悬于O点。
重力加速度大小为g,当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时,下列说法正确的是()
A.细绳的拉力大小为2mω2l
B.悬点O到轨迹圆心高度为2g
ω2
C.小球的向心加速度大小为√ω4l2−g2
D.小球的线速度大小为2√ω2l2−g2ω2
题型二:圆锥摆模型临界问题
例2.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点,如图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为L,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是()
A.a绳的张力可能为零
B.a绳的张力随角速度的增大而增大
C.当角速度ω>√g
Ltanθ,b绳将出现弹力
D.若b绳突然被剪断,则a绳的弹力一定发生变化
四.举一反三,巩固训练
1.有一种杂技表演叫“飞车走壁”,由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶,做匀
速圆周运动。
如图所示,图中虚线表示摩托车的行驶轨迹,轨迹离地面的高度为h,下列说法中正确的是()
A.h越高,摩托车对侧壁的压力将越大
B.h越高,摩托车做圆周运动的线速度将越大
C.h越高,摩托车做圆周运动的周期将越小
D.h越高,摩托车做圆周运动的向心力将越大
2.火车轨道的转弯处外轨高于内轨,如图所示。
若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角为θ,弯道
处的圆弧半径为R。
在该转弯处规定的安全行驶的速度为v,则下列说法中正确的是()
A.该转弯处规定的安全行驶的速度为v=√Rgtanθ
B .该转弯处规定的安全行驶的速度为v =√Rgsinθ
C .当实际行驶速度大于v 时,轮缘挤压内轨
D .当实际行驶速度小于v 时,轮缘挤压外轨
3. 3D 地图技术能够为无人驾驶汽车分析数据,提供操作的指令.如图所示为一段公路拐弯处的地
图,则( )
A .若弯道是水平的,汽车拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B .若弯道是水平的,为防止汽车侧滑,汽车拐弯时收到的指令是让车速大一点
C .若弯道是倾斜的,为了防止汽车侧滑,道路应为内(东北)高外(西南)低
D .若弯道是倾斜的,为了防止汽车侧滑,道路应为外(西南)高内(东北)低
4. 如图所示是利用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验装置图,已知小球质量为m ,小球距悬点
的竖直高度为h ,小球在水平面内做圆周运动的半径为r ,用秒表测得小球运动n 圈的时间为t ,则下列说法正确的是( )
A .小球受到重力、拉力、向心力
B .向心力的表达式F n =m
4π2t 2
r
C .小球所受的合外力为F 合=mg r ℎ
D .小球转动越快,细线与竖直方向的夹角越小
5. 铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的,已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ,如图所
示,弯道处的圆弧半径为R ,若质量为m 的火车转弯时速度等于√gRtanθ,则( )
A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C.这时铁轨对火车的支持力等于mg
cosθ
D.这时铁轨对火车的支持力大于mg
cosθ
6.如图所示,一辆汽车正通过一段弯道公路,视汽车做匀速圆周运动,则()
A.该汽车速度恒定不变
B.汽车左右两车灯的线速度大小相等
C.若速率不变,则跟公路内道相比,汽车在外道行驶时的向心力较小
D.若速率不变,则跟晴天相比,雨天路滑时汽车在同车道上行驶时的向心力较小
7.一球绕直径匀速转动,如图所示,球面上有A、B两点,则()
A.可能v A<v B,也可能v A>v B
B.A、B两点的向心加速度都指向球心O
C.由a=v2
r可知a A>a B
D.由a=ω2r可知a A<a B
8.如图所示,转动轴垂直于光滑平面,交点O的上方h
处固定细绳的一端,细绳的另一端拴接一质量为m的小球B,绳长AB=l>h,小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动.要使球不离开水平面,转动轴的转速的最大值是()
A.1
2π√g
l
B.π√gℎC.2π√
l
g D.
1
2π
√g
ℎ
9.(多选)如图所示,足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆,原长为L的轻质弹簧套在竖
直杆上,质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连,小球A穿过竖直杆置于弹簧上。
让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动,当转动的角速度为ω0时,小球B 刚好离开台面。
弹簧始终在弹性限度内,劲度系数为k,重力加速度为g,则()
A.小球均静止时,弹簧的长度为L−mg k
B.角速度ω=ω0时,小球A对弹簧的压力为mg
C.角速度ω0=√
kg kL−2mg
D.角速度从ω0继续增大的过程中,小球A对弹簧的压力不变
10.(多选)如图所示,叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动,
A、B、C的质量分别为3m、2m、m,A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ,A和B、
C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是()
A.B 对A 的摩擦力一定为3μmg B.B 对A 的摩擦力一定为3mω2r
C.转台的角速度一定满足ω≤√μg r
D.转台的角速度一定满足ω≤√2μg 3r
11.(多选)转笔(PenSpinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动,如图
所示.转笔深受广大中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识,假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动,下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是()
A.笔杆上的点离O点越近的,做圆周运动的向心加速度越小
B.笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的
C.若该同学使用中性笔,笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走
D.若该同学使用的是金属笔杆,且考虑地磁场的影响,由于笔杆中不会产生感应电流,因此金属笔杆两端一定不会形成电势差
12.某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与线速度大小的关系。
装置中光滑水平直杆随竖直
转轴一起转动,一个滑块套在水平光滑杆上,用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接,当滑块随水平杆一起转动时,细线的拉力就是滑块做圆周运动需要的向心力。
拉力的大小可以通过力传感器测得,滑块转动的线速度可以通过速度传感器测得。
(1)要探究影响向心力大小的因素,采用的方法是。
A.控制变量法B.等效替代C.微元法D.放大法
(2)实验中,要测量滑块做圆周运动的半径时,应测量滑块到(选“力传感器”或“竖直转轴”)的距离。
若仅多次改变竖直转轴转动的快慢,测得多组力传感器的示数F及速度传感器的示数v,将测得的多组F、v值,在图乙F﹣v2坐标轴中描点,请将描出的点进行作图。
若测得滑块做圆周运动的半径为r=0.2m,由作出的F﹣v2的图线可得滑块与速度传感器的总质量m =kg(结果保留两位有效数字)。
13.如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置,
圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动。
力传感器测量向心力F,速度传感器测量圆柱体的线速度v,该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变,来探究向心力F与线速度v的关系:
(1)该同学采用的实验方法为。
A.等效替代法
B.控制变量法
C.理想化模型法
(2)改变线速度v,多次测量,该同学测出了五组F、v数据,如下表所示:
1.0 1.5
2.0 2.5
3.0
v/(m•s﹣
1)
F/N0.88 2.00 3.50 5.507.90
该同学对数据分析后,在图乙坐标纸上描出了五个点。
①作出F﹣v2图线;
②若圆柱体运动半径r=0.2m,由作出的F﹣v2的图线可得圆柱体的质量m=kg.(结果
保留两位有效数字)
14.如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R的大圆弧和r的小圆弧,直道
与弯道相切,直道长度L。
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K倍,假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在圆心角为120°弯道上做匀速圆周运动,若R=4r,要使赛车安全且绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度为g)。
求:(1)赛车行驶的最大速率;
(2)赛车绕赛道一圈的最短时间。
第18讲水平面内的圆周运动(圆锥摆模型)及其临界问题
1.(江苏高考)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上,不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是()
A.A的速度比B的大
B.A与B的向心加速度大小相等
C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
【解答】解:A、A、B的角速度相等,根据公式:v=ω•r,A的运动半径小,A的速度就小。
故A错误。
B、根据公式:a=ω2r,A的运动半径小,A的向心加速度就小,A的向心力就小,根据平行四边
形定则知,A对缆绳的拉力就小,故D正确,B错误。
C、对任一座椅,受力如图,由绳子的拉力与重力的合力提供向心力,则得:mgtanθ=mω2r,则
得tanθ=ω2r
g,A的半径r较小,ω相等,可知A与竖直方向夹角θ较小,故C错误。
故选:D。
一.知识总结
1.圆周运动相关物理量
定义、意义公式、单位
线速度描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢
的物理量(v)
(1)v=
Δs
Δt=
2πr
T
(2)单位:m/s
角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)(1)ω=
Δθ
Δt=
2π
T (2)单位:rad/s
周期物体沿圆周运动一圈的时间(T)(1)T=
2πr
v=
2π
ω,单位:s (2)f=
1
T,单位:Hz (3)n=
1
T,单位:r/s
向心加速度(1)描述速度方向变化快慢的物理量(a n)
(2)方向指向圆心
(1)a n=
v2
r=rω2
(2)单位:m/s2
2.圆周运动各物理量间的关系
3.匀速圆周运动与变速圆周运动的区别与联系
匀速圆周运动变速圆周运动
运动特点线速度的大小不变,角速度、周期和频率
都不变,向心加速度的大小不变
线速度的大小、方向都变,角速度变,
向心加速度的大小、方向都变,周期
可能变也可能不变
受力
特点
所受到的合力不总指向圆心,合力产
所受到的合力为向心力,大小不变,方向变,其方向时刻指向圆心生两个效果:
①沿半径方向的分力F n,即向心力,它改变速度的方向;
②沿切线方向的分力F t,它改变速度的大小
运动性质非匀变速曲线运动(加速度大小不变,方向
变化)
非匀变速曲线运动(加速度大小、方向
都变化)
二. 圆锥摆模型及其临界问题
1.圆锥摆模型的受力特点
受两个力,且两个力的合力沿水平方向,物体在水平面内做匀速圆周运动。
2.运动实例
运动模型向心力的来源图示
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
物体在光滑半圆形碗
内做匀速圆周运动
3.解题方法
(1)对研究对象进行受力分析,确定向心力来源。
(2)确定圆心和轨道半径。
(3)应用相关力学规律列方程求解。
4.规律总结
(1)圆锥摆的周期
如图摆长为L ,摆线与竖直方向夹角为θ。
受力分析,由牛顿第二定律得:mg tan θ=m 4π2
T 2r
r =L sin θ
解得T =2πL cos θ
g =2πh g 。
(2)结论
①摆高h =L cos θ,周期T 越小,圆锥摆转得越快,θ越大。
②摆线拉力F =mg
cos θ,圆锥摆转得越快,摆线拉力F 越大。
③摆球的加速度a =g tan θ。
5.圆锥摆的两种变形
变形1:具有相同锥度角的圆锥摆(摆长不同),如图甲所示。
由a =g tan θ知A 、B 的向心加速度大小相等。
由a =ω2r 知ωA <ωB ,由a =v 2
r 知v A >v B 。
变形2:具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆,如图乙所示。
由T =2π
h
g 知摆高h 相同,则T A =T B ,ωA =ωB ,由v =ωr 知v A >v B ,由a =ω2
r 知a A >a B 。
6. 解决圆锥摆临界问题的技巧
圆锥摆的临界问题,主要就是与弹力有关的临界问题。
(1)绳子松弛或断开的临界条件是:①绳恰好拉直且没有弹力;②绳上的拉力恰好达最大值。
(2)接触或脱离的临界条件是物体与物体间的弹力恰好为零。
(3)对于火车转弯、半圆形碗内的水平圆周运动有两类临界情况:①摩擦力的方向发生改变;②发生相对滑动。
三.例题精讲
题型一:圆锥摆模型常规问题
例1.如图所示,一根不可伸长的轻质细绳(绳长为L ),一端系着质量为m 的小球(可视为质点),另一端悬于O 点。
重力加速度大小为g ,当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω时,下
列说法正确的是()
A.细绳的拉力大小为2mω2l
B.悬点O到轨迹圆心高度为2g
ω2
C.小球的向心加速度大小为√ω4l2−g2
D.小球的线速度大小为2√ω2l2−g2ω2
【解答】解:设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ,有Fsinθ=mω2lsinθ,得F=mlω2,故A错误;
由mgtanθ=mω2lsinθ,h=lcosθ,得h=g
ω2
,故B错误;
由mgtanθ=mω2lsinθ,可得cosθ=
g
lω2
,小球的向心加速度大小a=ω2lsinθ=√ω4l2−g2,故C
正确;
由cosθ=
g
lω2
,得小球的线速度大小v=ωlsinθ=√ω2l2−
g2
ω2
,故D错误.
故选:C。
题型二:圆锥摆模型临界问题
例2.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点,如图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为L,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是()
A .a 绳的张力可能为零
B .a 绳的张力随角速度的增大而增大
C .当角速度ω>√g
Ltanθ,b 绳将出现弹力 D .若b 绳突然被剪断,则a 绳的弹力一定发生变化
【解答】解:A 、小球做匀速圆周运动,在竖直方向上的合力为零,水平方向上的合力提供向心力,所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等,可知a 绳的张力不可能为零,故A 错误; BC 、当b 绳恰好拉直且拉力为零时,有:mg tanθ
=mLω2,解得ω=√
g
Ltanθ
,可知当角速度ω>√
g
Ltanθ
时,b 绳出现弹力;此后角速度再增大时,竖直方向上受力始终平衡,得:F a sin θ=mg ,解得F a =mg
sinθ,可知a 绳的拉力不再变化,故B 错误,C 正确;
D 、由于b 绳可能没有弹力,故b 绳突然被剪断,a 绳的弹力可能不变,故D 错误。
故选:C 。
四.举一反三,巩固训练
1. 有一种杂技表演叫“飞车走壁”,由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶,做匀
速圆周运动。
如图所示,图中虚线表示摩托车的行驶轨迹,轨迹离地面的高度为h ,下列说法中正确的是( )
A .h 越高,摩托车对侧壁的压力将越大
B .h 越高,摩托车做圆周运动的线速度将越大
C .h 越高,摩托车做圆周运动的周期将越小
D .h 越高,摩托车做圆周运动的向心力将越大
【解答】解:A 、摩托车做匀速圆周运动,提供圆周运动的向心力是重力mg 和支持力F 的合力,作出力图。
侧壁对摩托车的支持力F =mg
cosθ不变,则摩托车对侧壁的压力不变。
故A 错误。
B 、第二定律得F n =m
v 2r
,h 越高,r 越大,F n 不变,则v 越大。
故B 正确。
C 、根据牛顿根据牛顿第二定律得F n =mr 4π2T 2
,h 越高,r 越大,F n 不变,则T 越大。
故C 错误。
D 、如图向心力F n =mgtan θ,m ,θ不变,向心力大小不变。
故D 正确。
故选:B 。
2. 火车轨道的转弯处外轨高于内轨,如图所示。
若已知某转弯处轨道平面与水平面夹角为θ,弯道
处的圆弧半径为R 。
在该转弯处规定的安全行驶的速度为v ,则下列说法中正确的是( )
A .该转弯处规定的安全行驶的速度为v =√Rgtanθ
B .该转弯处规定的安全行驶的速度为v =√Rgsinθ
C .当实际行驶速度大于v 时,轮缘挤压内轨
D .当实际行驶速度小于v 时,轮缘挤压外轨
【解答】解:AB 、火车以某一速度v 通过某弯道时,内、外轨道均不受侧压力作用,其所受的重力和支持力的合力提供向心力,由图得:
F 合=mgtan θ(θ为轨道平面与水平面的夹角),根据合力提供向心力得:mgtan θ=m v 2R
,解得:
v =√Rgtanθ,故A 正确,B 错误;
C 、当转弯的实际速度大于规定速度时,火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力,火车有离心趋势,故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压,外轨受到侧压力作用方向平行轨道
平面向外,轮缘挤压外轨,故C 错误;
D 、当转弯的实际速度小于规定速度时,火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力,火车有向心趋势,故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压,内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内,轮缘挤压内轨,故D 错误; 故选:A 。
3. 3D 地图技术能够为无人驾驶汽车分析数据,提供操作的指令.如图所示为一段公路拐弯处的地
图,则( )
A .若弯道是水平的,汽车拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B .若弯道是水平的,为防止汽车侧滑,汽车拐弯时收到的指令是让车速大一点
C .若弯道是倾斜的,为了防止汽车侧滑,道路应为内(东北)高外(西南)低
D .若弯道是倾斜的,为了防止汽车侧滑,道路应为外(西南)高内(东北)低
【解答】解:A 、如果弯道是水平的,则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力,向心力不是汽车实际受到的力,故A 错误;
B 、如果弯道是水平的,由静摩擦力提供向心力,根据f =m
v 2R
可知,速度越大,所需要的向心力
越大,当需要的向心力大于最大静摩擦力时,汽车做离心运动,所以“无人驾驶”汽车在拐弯时收到的指令应让车速小一点,防止汽车做离心运动而发生侧翻,故B 错误;
CD 、如果弯道是倾斜的,重力和支持力的合力可以提供向心力,而向心力指向圆心,所以3D 地图上应标出外(西南)高内(东北)低,故C 错误,D 正确。
故选:D 。
4. 如图所示是利用圆锥摆粗略验证向心力表达式的实验装置图,已知小球质量为m ,小球距悬点
的竖直高度为h ,小球在水平面内做圆周运动的半径为r ,用秒表测得小球运动n 圈的时间为t ,则下列说法正确的是( )
A .小球受到重力、拉力、向心力
B .向心力的表达式F n =m
4π2t 2
r
C .小球所受的合外力为F 合=mg r ℎ
D .小球转动越快,细线与竖直方向的夹角越小
【解答】解:A 、小球受到重力和绳子拉力,两者的合力提供向心力,故A 错误;
B 、小球做圆周运动的周期 T =t n ,其向心力公式为F n =m 4π2T
2r =m 4π2n 2
t 2r ,故B 错误;
C 、设绳子与竖直方向的夹角为θ,则有tanθ=r ℎ
,其所受重力和绳子拉力的合力提供向心力,有F 合=mgtanθ=mg r ℎ
,故C 正确;
D 、设绳长为L ,根据牛顿第二定律有 mgtan θ=m •Lsin θ•ω2,解得;ω=√g
Lcosθ
,由此可知,角速度越大,θ越大,故D 错误; 故选:C 。
5. 铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的,已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ,如图所
示,弯道处的圆弧半径为R ,若质量为m 的火车转弯时速度等于√gRtanθ,则( )
A .内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B .外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C .这时铁轨对火车的支持力等于
mg cosθ
D .这时铁轨对火车的支持力大于mg cosθ
【解答】解:CD
、火车在水平面内运动,所以,在竖直方向上受力平衡,所以,铁轨对火车的支持力F N 的竖直分量与重力平衡,即F N cos θ=mg ,所以,F N =mg cosθ
,故C 正确,D 错误; AB 、铁轨对火车的支持力F N 的水平分量为F N sin θ=mgtan θ,火车在弯道半径为R 的转弯处的速
度v =√gRtanθ,所以,火车转弯时需要的向心力F =mv 2R =mgtanθ;
支持力的水平分量正好等于向心力,故火车轮缘对内外轨道无挤压,故A 错误,B 错误; 故选:C 。
6. 如图所示,一辆汽车正通过一段弯道公路,视汽车做匀速圆周运动,则( )
A .该汽车速度恒定不变
B .汽车左右两车灯的线速度大小相等
C .若速率不变,则跟公路内道相比,汽车在外道行驶时的向心力较小
D .若速率不变,则跟晴天相比,雨天路滑时汽车在同车道上行驶时的向心力较小
【解答】解:A 、圆周运动速度方向时刻变化,故A 错误;
B 、汽车整体的角速度相等,v =ωr ,左右两个灯的半径不同,线速度大小不同,故B 错误;
C 、若汽车以恒定的线速度大小转弯,根据F n =m
v 2r ,在外轨道是转弯半径大,故在外轨道时向
心力小,故C 正确;
D 、根据C 项知向心力不会因为天气而变化,只是雨天路面较滑,最大静摩擦力减小,故D 错误; 故选:C 。
7. 一球绕直径匀速转动,如图所示,球面上有A 、B 两点,则( )
A.可能v A<v B,也可能v A>v B
B.A、B两点的向心加速度都指向球心O
C.由a=v2
r可知a A>a B
D.由a=ω2r可知a A<a B
【解答】解:A、由于AB两点是同轴转动,故它们的角速度相同,由图可知r A<r B,根据v=ωr,可知v A<v B,故A错误;
B、质点A、B的向心加速度方向都指向圆心,如题图,A、B的加速度都是垂直转轴直线转轴,它们都不是指向圆心。
故B错误。
C、由于AB两点是同轴转动,故它们的角速度相同,由图可知r A<r B,而且v A<v B,所以不能
使用a=v2
r判断知a A和a B的关系。
故C错误。
D、由于AB两点是同轴转动,故它们的角速度相同,由图可知r A<r B,根据a=ω2r可知a A<
a B,故D正确。
故选:D。
8.如图所示,转动轴垂直于光滑平面,交点O的上方h处固定细绳的一端,细绳的另一端拴接一
质量为m的小球B,绳长AB=l>h,小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动.要使球不离开水平面,转动轴的转速的最大值是()
A.1
2π√g
l
B.π√gℎC.2π√
l
g D.
1
2π
√g
ℎ
【解答】解:当小球对水平面的压力为零时,有:Tcosθ=mg,Tsinθ=mlsinθω2,
解得最大角速度为:ω=√
g
lcosθ
=√gℎ,
则最大转速为:n=ω
2π
=12π√gℎ.故D正确,A、B、C错误。
故选:D。
9.(多选)如图所示,足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆,原长为L
的轻质弹簧套在竖直杆上,质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连,小球A穿过竖直杆置于弹簧上。
让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动,当转动的角速度为ω0时,小球B刚好离开台面。
弹簧始终在弹性限度内,劲度系数为k,重力加速度为g,则()
A.小球均静止时,弹簧的长度为L−mg k
B.角速度ω=ω0时,小球A对弹簧的压力为mg
C.角速度ω0=√
kg kL−2mg
D.角速度从ω0继续增大的过程中,小球A对弹簧的压力不变
【解答】解:A、光滑小球均静止时,则可知,杆没有作用力,否则B球不可能平衡的,对A受
力分析,重力与弹簧的弹力,处于平衡,依据胡克定律,那么弹簧的形变量△x=mg
k,因此弹簧
的长度为L′=L−mg
k,故A正确;
B、角速度ω=ω0时,球B在杆及重力作用下,提供向心力,做匀速圆周运动,那么,杆对小球A有作用力,因此弹簧对A的支持力大于mg,则球A对弹簧的压力也大于mg,故B错误;
C、当转动的角速度为ω0时,小球B刚好离开台面,对B分析,杆的拉力与重力的合力提供向心力,如下图所示:
根据矢量的合成法则,结合牛顿第二定律,则有mg
tanθ
=mω02Lcosθ,对AB整体分析,弹簧的弹力F′=2mg。