课件25张PPT。匀
速
圆
周
运
动 匀
速
圆
周
运
动 匀速圆周运动的描述 圆周运动的临界问题 圆周运动综合问题分析 课件54张PPT。教师用书独具演示●教学流程设计演示结束匀速圆周运动的线速度 弧长 弧长 时间 比值 沿圆周的切线方向 m/s 描述匀速圆周运动的物理量 弧长s 所用时间t 角度φ 所用时间t 一周 m/s rad/s r/s 切线 描述圆周运动的各物理量间的关系 常见传送装置及特点 易错案例警示——对概念理解不清造成错误 课时作业（十三）课件60张PPT。教师用书独具演示●教学流程设计演示结束向心力及其方向 方向 大小 圆心 圆心 垂直 正比 正比 正比 向心加速度 向心力 rω2 速度方向垂直 圆心 向心力的理解 向心加速度的特性 易错案例警示——对描述圆周运动的相关公式理解不透造成错误 课时作业（十四）课件69张PPT。教师用书独具演示●教学流程设计演示结束转弯时的向心力实例分析 竖直平面内的圆周运动实例分析 mg－N N－mg < > N＋mg N－mg 火车转弯问题 图4－3－3 竖直平面内的圆周运动 易错案例警示——对向心力分析不清导致错误 图教4－3－2 课时作业（十五）课件50张PPT。教师用书独具演示●教学流程设计演示结束离心运动与离心机械 消失 不足以 远离圆心 离心运动的危害及防止 2．探究交流
高速转动的机械飞轮为什么不得超过允许的最大转速？
【提示】 飞轮转速过高，转轴或机器其他部件给它的作用力不足以提供飞轮做圆周运动所需要的向心力，离心运动会使飞轮飞出，造成事故.离心运动的特征分析 离心运动的应用和防止 易错案例警示——对离心运动条件理解不清造成错误 课时作业（十六）综合检测(四)
第4章 匀速圆周运动
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分，共计42分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．下列说法中正确的是( )
A．匀速圆周运动是一种匀速运动
B．匀速圆周运动是一种匀变速运动
C．匀速圆周运动是一种变速运动
D．以上说法都不对
【解析】 匀速圆周运动中加速度大小不变，方向时刻变化，是一种变速运动．
【答案】 C
2．(多选)一个质点做匀速圆周运动时．它在任意相等的时间内( )
A．通过的弧长相等 B．通过的位移相等
C．转过的角度相等 D．速度的变化相等
【解析】 质点做匀速圆周运动，由线速度的定义式得s＝vt，在任意相等的时间内通过的弧长相等，A正确；由角速度的定义式得φ＝ωt，在任意相等时间转过的角度相等，C正确；由位移定义可知，做匀速圆周运动的质点在相等的时间内位移方向不同，B错误；速度的变化方向也不相同，D错误．
【答案】 AC
图1
3．如图1所示，电风扇工作时，叶片上a、b两点的线速度分别为va、vb，角速度分别为ωa、ωb.则下列关系正确的是( )
A．va＝vb、ωa＝ωb
B．vaC．va>vb、ωa>ωb
D．va【解析】 a、b两点绕同一转轴转动，角速度相等，即ωa＝ωb，由v＝ωr知va【答案】 B
4．上海国际赛车场中，127辆赛车狂飙上海滩．在比赛中一辆经过弯道高速行驶的赛车，突然后轮脱离赛车，关于脱离了的后轮的运动情况，以下说法正确的是 ( )
A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动
B．沿着轮子脱离时弯道切线的垂直方向飞出
C．沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开轨道
D．上述情况都有可能
【解析】 赛车在弯道处后轮脱离，脱离的后轮将做离心运动，沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，C正确．
【答案】 C
图2
5．(多选)离心干燥器的金属网笼(如图2所示)是利用离心运动把附着在物体上的水分甩掉的装置．以下关于离心干燥器的说法中正确的是( )
A．水滴跟物体一起做圆周运动时，水滴跟物体的附着力提供水滴所需的向心力
B．水滴跟物体一起做圆周运动时，水滴的重力提供水滴所需的向心力
C．网笼转动越快，水滴做圆周运动所需的向心力越大
D．当水滴跟物体的附着力不足以提供水滴所需的向心力时，水滴将会做离心运动
【解析】 水滴跟物体一起做圆周运动时，水滴跟物体的附着力提供水滴所需的向心力．当网笼转得比较慢时，水滴跟物体的附着力足以提供所需的向心力，使水滴做圆周运动；网笼转动加快时，根据向心力公式F＝mω2r可知，所需向心力将增大，当水滴与物体之间的附着力不足以提供水滴所需的向心力时，水滴做离心运动，穿过网孔，飞到网笼外面．故选项A、C、D正确．
【答案】 ACD
图3
6．(多选)两个质量不同的小球，由长度不等的细绳拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，如图3所示，则它们的( )
A．周期相同
B．线速度相同
C．角速度相同
D．向心加速度相同
【解析】 设绳与竖直方向夹角为θ，水平面距悬点高为h，由牛顿第二定律得：mgtan θ＝mhtan θ，则T＝2π，由上式可知T与绳长无关，所以A、C正确．
【答案】 AC
图4
7．如图4所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则( )
A．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2π
B．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2π
C．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mg
D．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mg
【解析】 要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则有mg＝，解得该盒子做匀速圆周运动的线速度v＝，该盒子做匀速圆周运动的周期为T＝＝2π.选项A错误，B正确；在最低点时，盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力，由F－mg＝，解得F＝2mg，选项C、D错误．
【答案】 B
二、非选择题(本大题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤、有数值计算的要注明单位．)
8．(2013·义乌高一检测)两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图5所示，当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球2的距离为________．
图5
【解析】 设小球1、2做圆周运动的半径分别为r1、r2，则v1∶v2＝ωr1∶ωr2＝r1∶r2，又因r1＋r2＝L，所以小球2到转轴O的距离r2＝.
【答案】
9．(8分)如图是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所接收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图6所示)．
图6
(1)若图中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s．则圆盘的转速为________r/s.(保留3位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为________cm.(保留3位有效数字)
【解析】 (1)从题图可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图中横坐标上每格表示1.00×10－2 s，所以圆盘转动的周期是0.22 s，则转速为4.55 r/s.
(2)反光引起的电流图象在图中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的1/22.因此l＝＝ cm＝1.46 cm.
【答案】 (1)4.55 (2)1.46
三、计算题(共3小题，44分)
图7
10．(14分)如图7所示，两个相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮轴的最大距离为多少？
【解析】 由图可知，当A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线速度相同，由ω＝得＝＝＝.
由于小木块恰能在A边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg，得：
μAmg＝mωRA
设放在B轮上能使木块相对静止时距B转轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦力提供，故μBmg＝mωr
因A、B材料相同，故木块与A、B的动摩擦因数相同．故mωRA＝mωr
r＝()2RA＝()2RA＝＝.
【答案】
图8
11．(15分)一细杆与水桶相连，水桶中装有水，水桶与细杆一起在竖直平面内做圆周运动，如图8所示，水的质量m＝0.5 kg，水的重心到转轴的距离l＝50 cm.(取g＝10 m/s2，不计空气阻力)
(1)若在最高点水不流出来，求桶的最小速率；
(2)若在最高点水桶的速率v＝3 m/s，求水对桶底的压力．
【解析】 (1)以水桶中的水为研究对象，在最高点恰好不流出来，说明水的重力恰好提供其做圆周运动所需的向心力，此时桶的速率最小．此时
有：mg＝m；
则所求的最小速率为
v0＝＝ m/s＝2.24 m/s
(2)在最高点，水具有向下的向心加速度．处于失重状态，其向心加速度的大小由桶底对水的压力和水的重力决定．
由向心力公式F＝m可知，当v增大时，物体做圆周运动所需的向心力也随之增大，由于v＝3 m/s>2.24 m/s，因此，当水桶在最高点时，水所受重力已不足以提供水做圆周运动所需的向心力，此时桶底对水有一向下的压力，设为N，则由牛顿第二定律得：
N＋mg＝m；
所以N＝m－mg
代入数据可得N＝4 N.
【答案】 (1)2.24 m/s (2)4 N
12．(15分)(2013·东营一中高一期末)在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图9所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m．不考虑空气阻力和绳的质
量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
图9
(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
(2)若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中．设水对选手的平均浮力f1＝800 N，平均阻力f2＝700 N，求选手落入水中的深度d；
(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远．请通过推算说明你的观点．
【解析】 (1)机械能守恒mgl(1－cos α)＝mv2
圆周运动F′－mg＝m
解得F′＝(3－2cos α)mg
人对绳的拉力F＝F′
则F＝1 080 N.
(2)动能定理mg(H－lcos α＋d)－(f1＋f2)d＝0
则d＝
解得d＝1.2 m.
(3)选手从最低点开始做平抛运动
x＝vt
H－l＝gt2
且由①式
解得x＝2
当l＝时，x有最大值，解得l＝1.5 m
因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5 m时，落点距岸边越远．
【答案】 (1)1 080 N (2)1.2 m (3)见解析
1．(多选)关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )
A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度
C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速(曲线)运动
D．匀速圆周运动的物体加速度大小虽然不变，但加速度的方向始终指向圆心，加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动既不是匀速运动，也不是匀变速运动
【解析】 速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度．加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动．故本题选B、D.
【答案】 BD
2．甲、乙两物体分别做匀速圆周运动，如果它们转动的半径之比为1∶5，线速度之比为3∶2，则下列说法正确的是( )
A．甲、乙两物体的角速度之比是2∶15
B．甲、乙两物体的角速度之比是10∶3
C．甲、乙两物体的周期之比是2∶15
D．甲、乙两物体的周期之比是10∶3
【解析】 由v＝ωr得＝∶＝·＝×＝，A、B错误；由ω＝得＝＝，C正确、D错误．
【答案】 C
3．如图4－1－4所示是一个玩具陀螺．a、b、c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是 ( )
图4－1－4
A．a、b、c三点的线速度大小相等
B．a、b、c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的大
D．c的线速度比a、b的大
【解析】 a、b、c均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都为陀螺旋转的角速度ω，B对、C错．三点的运动半径关系ra＝rb>rc，据v＝ω·r可知，三点的线速度关系va＝vb>vc，A、D错．
【答案】 B
4．(2013·漳州高一期末)如图4－1－5所示是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为nr/s，则自行车前进的速度为( )
图4－1－5
A. B.
C. D.
【解析】 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，由同一个轮上的角速度相等，链条传动两轮边缘上的线速度大小相等可得：ω1r1＝ω2r2，ω3＝ω2，再有ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以v＝.
【答案】 C
5．如图4－1－6所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3.若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )
图4－1－6
A. B.
C. D.
【解析】 由题意可知，甲、乙、丙三个轮子的线速度相等，故有ω1r1＝ω3r3，ω3＝，正确选项为A.
【答案】 A
6．两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图4－1－7所示．当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则O点到小球2的距离是( )
图4－1－7
A. B.
C. D.
【解析】 两小球角速度相等，即ω1＝ω2，设两球到O点的距离分别为r1、r2，则＝，又由r1＋r2＝L，所以r2＝，故B正确．
【答案】 B
7．(多选)时钟正常工作时，时针、分针、秒针都在做匀速转动，那么( )
A．时针的周期为1小时，分针的周期为1分钟，秒针的周期是1秒
B．时针尖端的转速最小，分针次之，秒针尖端的转速最大
C．秒针的角速度是分针的60倍，分针的角速度是时针的60倍
D．若分针的长度是时针的1.5倍，则分针端点的线速度是时针端点线速度的18倍
【解析】 时针的周期T1＝12 h，分针的周期T2＝1 h，秒针的周期T2＝60 s，A错误；由转速n＝知时针尖端的转速最小，秒针尖端的转速最大，B正确；由角速度ω＝知＝，＝，C错误；由v＝ωr知＝＝＝，D正确．
【答案】 BD
8．已知砂轮的半径为40 cm，转速是1 200 r/min.求
(1)砂轮转动的周期；
(2)砂轮转动的角速度；
(3)砂轮边缘上一点线速度的大小．
【解析】 (1)转速n＝1 200 r/min＝20 r/s.
所以T＝＝ s＝0.05 s.
(2)ω＝＝ rad/s＝40π rad/s.
(3)v＝ωr＝0.4×40π m/s＝16π m/s.
【答案】 (1)0.05 s (2)40π rad/s (3)16π m/s
9．如图4－1－8所示，圆环以直径AB为轴匀速转动．已知圆环的半径为R＝0.5 m，转动的周期为T＝4 s，求环上P点和Q点的角速度和线速度．
图4－1－8
【解析】 P点和Q点的角速度相同，即有ωP＝ωQ＝＝1.57 rad/s
P点和Q点绕AB轴做圆周运动，其轨迹的圆心不同．P点和Q点的运动半径分别为rP＝Rsin 30°＝R，rQ＝Rsin 60°＝R
故P点和Q点的线速度分别为vP＝ωPrP＝0.39 m/s，vQ＝ωQrQ＝0.68 m/s.
【答案】 ωP＝ωQ＝1.57 rad/s vP＝0.39 m/s，vQ＝0.68 m/s
10．如图4－1－9所示，A、B两个齿轮的齿数分别为z1、z2，各自固定在过O1、O2的轴上，其中过O1的轴与电动机相连接，此轴的转速为n1，求：
图4－1－9
(1)B齿轮的转速n2；
(2)A、B两个齿轮的半径之比；
(3)在时间t内，A、B两齿轮转过的角度之比．
【解析】 (1)相同时间内两齿轮咬合通过的齿数是相同的，则n1z1＝n2z2，所以n2＝n1.
(2)设A、B半径分别是r1、r2，由于两轮边沿的线速度大小相等，则2πn1r1＝2πn2r2，所以＝＝.
(3)由ω＝2πn得＝＝，再由φ＝ωt得时间t内两齿轮转过的角度之比＝＝.
【答案】 (1)n1 (2) (3)
11．在生产电缆的工厂里，生产好的电缆线要缠绕在滚轮上，如图4－1－10所示，已知其内芯半径r1＝20 cm，缠满时半径r2＝80 cm，且滚轮转速不变，恒为n＝30 r/min，试分析：
图4－1－10
(1)滚轮的转动方向如何？
(2)电缆线缠绕的最大、最小速度是多大？
(3)从开始缠绕到缠满所用时间为t，则从开始缠绕到缠绕长度为缠满时电缆长度的一半时，所用时间为t/2吗？为什么？
【解析】 (1)从题图可知滚轮的转动方向为逆时针．
(2)开始缠绕时速度最小：v小＝ωr1，
其中ω＝2πn＝2π rad/s＝π rad/s
v小＝ωr1＝π×0.2 m/s＝0.2π m/s.
缠满时速度最大：
v大＝ωr2＝π×0.8 m/s＝0.8π m/s.
(3)由于电缆线的缠绕速度逐渐增大，因此从开始缠绕到缠绕长度为电缆长度一半时所用时间要大于t/2.
【答案】 (1)逆时针 (2)0.8π m/s 0.2π m/s
(3)见解析
12．(2013·澄迈高一检测)如图4－1－11所示，直径为d的纸制圆筒以角速度ω绕垂直于纸面的轴O匀速转动(图示为截面)．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，在圆周上留下a、b两个弹孔．已知aO与bO夹角为θ，求子弹的速度．若无旋转不到半周的限制，则子弹的速度又如何？
图4－1－11
【解析】 设子弹速度为v，则子弹穿过圆筒的时间t＝.
此时间内圆筒转过的角度α＝π－θ.
据α＝ωt，得π－θ＝ω.
则子弹的速度v＝.
本题中若无旋转不到半周的限制，则在时间t内转过的角度α＝2nπ＋(π－θ)＝π(2n＋1)－θ.
则子弹的速度v＝(n＝0,1,2…)．
【答案】 (n＝0,1,2…)
1．关于做匀速圆周运动物体的向心加速度方向，下列说法正确的是( )
A．与线速度方向始终相同
B．与线速度方向始终相反
C．始终指向圆心
D．始终保持不变
【解析】 向心加速度的方向与速度方向垂直，始终指向圆心，A、B错误、C正确；向心加速度的大小不变，而方向时刻变化，D错误．
【答案】 C
2．关于匀速圆周运动的向心加速度的物理意义，下列说法中正确的是
( )
A．它描述的是线速度大小变化的快慢
B．它描述的是角速度大小变化的快慢
C．它描述的是线速度方向变化的快慢
D．它描述的是线速度方向变化
【解析】 匀速圆周运动的线速度大小不变，方向变化，角速度的大小不变，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，故A、B、D错误，C正确．
【答案】 C
图4－2－5
3．一圆盘可绕通过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动．在圆盘上放置一小木块A，它随圆盘一起运动——做匀速圆周运动(如图4－2－5所示)，则关于木块A的受力，下列说法正确的是( )
A．木块A受重力、支持力和向心力
B．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相反
C．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向指向圆心
D．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相同
【解析】 由于圆盘上的木块A在竖直方向上没有加速度，所以，它在竖直方向上受重力和支持力作用平衡，而木块在水平面内做匀速圆周运动，其所需向心力由摩擦力提供，且静摩擦力的方向指向圆心O.
【答案】 C
图4－2－6
4．(2013·漳州高一检测)如图4－2－6为质点P、Q做匀速圆周运动的加速度随半径变化的图线，表示质点P的图线是双曲线，表示质点Q的图线是过原点的一条直线，由图线可知( )
A．质点P的线速度大小不变
B．质点P的角速度大小不变
C．质点Q的角速度随半径变化
D．质点Q的线速度大小不变
【解析】 根据a＝和a＝ω2·r可知 ，当v大小不变时，a∝；当ω不变时，a∝r.因此质点P的线速度大小不变，质点Q的角速度不变．故选项A正确．
【答案】 A
5．细线一端系一物体，使物体绕另一端在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是 ( )
图4－2－7
A．线速度一定时，线长容易断
B．向心加速度一定时，线短容易断
C．角速度一定时，线短容易断
D．周期一定时，线长容易断
【解析】 物体的向心力等于线上的张力，F＝m＝mω2r，因此，当v一定时，r越大，F越小，故A错；当a一定时，F与r无关，故B错；当ω一定时，r越小，F越小，故C错；当T一定时，r越大，F越大，故D正确．
【答案】 D
6．一只小狗拉着雪橇在水平冰面上沿着圆弧形的道路匀速行进，下图为雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的示意图(O为圆心)，其中正确的是( )
【解析】 雪橇做匀速圆周运动，其向心力由牵引力F和摩擦力f的合力来提供，而摩擦力f的方向与相对运动方向相反，即应沿着切线方向，所以只有C项符合．
【答案】 C
图4－2－8
7．如图4－2－8所示，在水平转动的圆盘上，两个完全一样的木块A、B一起随圆盘做匀速圆周运动，旋转的角速度为ω，已知A、B木块所在的两点到圆盘中心O的距离为rA和rB，则两木块的向心力之比为( )
A．rA∶rB B．r∶r
C.∶ D.∶
【解析】 木块A、B在绕O点旋转的过程中，是木块与圆盘间的静摩擦力提供了向心力，因两木块旋转的角速度ω等大，质量一样，由向心力公式F＝mrω2得
FA＝mrAω2 ①
FB＝mrBω2 ②
由①②两式得FA∶FB＝rA∶rB，故答案应选A.
【答案】 A
图4－2－9
8．(多选)在加拿大城市温哥华举行的第二十一届冬奥会上，中国选手申雪、赵宏博获得花样滑冰双人自由滑比赛冠军．如图4－2－9所示，如果赵宏博以自己为转动轴拉着申雪做匀速圆周运动．若赵宏博的转速为30r/min，手臂与竖直方向夹角为60°，申雪的质量是50 kg，她触地冰鞋的线速度为4.7 m/s，则下列说法正确的是( )
A．申雪做圆周运动的角速度为π rad/s
B．申雪触地冰鞋做圆周运动的半径约为2 m
C．赵宏博手臂拉力约是850 N
D．赵宏博手臂拉力约是500 N
【解析】 申雪做圆周运动的角速度即赵宏博转动的角速度．则ω＝30×2 π/60 rad/s＝π rad/s，由v＝ωr得：r＝1.5 m，A正确，B错误；由Fcos 30°＝mrω2解得F＝850 N，C正确，D错误．
【答案】 AC
9．(2013·青岛一中高一检测)
图4－2－10
一个内壁光滑的圆锥筒的轴线竖直，圆锥筒固定，有质量相同的两个小球A和B贴着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图4－2－10所示，A的运动半径较大，则( )
A．A球的向心力大于B球的向心力
B．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力
C．A球的运动周期大于B球的运动周期
D．A球的角速度大于B球的角速度
【解析】
两球贴着筒壁在水平面内做匀速圆周运动时，受到重力和筒壁对它的支持力，这两个力的合力提供球做匀速圆周运动的向心力，如图所示，由图可知
F向＝F＝ ①
N＝ ②
由上述两式可以看出，由于两个小球的质量相同，θ为定值，故A、B两球所受的向心力相等，它们对筒壁的压力大小也是相等的，故选项A、B错误．由向心力的计算公式F向＝mrω2和F向＝mr得
＝mrω2，ω＝； ③
＝mr，T＝2π ④
由④可知rA>rB，TA>TB，所以选项C正确．
由③可知rA>rB，ωA<ωB，所以选项D错误．
【答案】 C
10．如图4－2－11所示是一个皮带传动减速装置，轮A和轮B共轴固定在一起，各轮半径之比RA∶RB∶RC∶RD＝2∶1∶1∶2，求在运转过程中，轮C边缘上一点和轮D边缘上一点向心加速度之比．
图4－2－11
【解析】 B、D轮边缘线速度相等，A、C轮边缘线速度相等，A、B轮角速度相等.＝＝，＝＝，＝＝×＝.
【答案】 8∶1
11．如图4－2－12所示，一根原长l＝0.1 m的轻弹簧，一端挂一质量m＝0.5 kg的小球，以另一端为圆心在光滑水平面上做匀速圆周运动，角速度ω＝10 rad/s.已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，求弹簧伸长量是多少？
图4－2－12
【解析】 设弹簧伸长x m，则有弹簧弹力f＝kx，弹簧弹力f提供小球以(l＋x)长为半径做圆周运动的向心力f＝kx＝mω2(1＋x)，代入数据解得：x＝0.1 m
【答案】 0.1 m
图4－2－13
12．(2013·宁德高一检测)如图4－2－13所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块．求：
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．
【解析】 (1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点，受到重力、摩擦力和支持力三个力作用而平衡．设筒壁与水平面的夹角为θ，则由平衡条件得
摩擦力的大小f＝mgsin θ＝
支持力的大小N＝mgcos θ＝ .
(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块受到的重力和支持力的合力提供向心力．设筒转动的角速度为ω，则有
mgtan θ＝mω2·
由几何关系得tan θ＝
联立以上各式解得ω＝.
【答案】 (1) (2)
1．世界一级方程式锦标赛是颇受广大车迷喜爱的一项赛事，赛车车速相当高，假设赛车进入一较宽的水平圆弧形弯道，且赛车做匀速圆周运动，为了保证顺利通过弯道，下列措施可行的是( )
A．靠近弯道内侧
B．靠近弯道外侧
C．通过弯道中间
D．通过弯道的什么位置均可
【解析】 由于路面对赛车提供的静摩擦力有限，也就是提供的向心力大小恒定，而车速又相当高．为保证顺利通过该圆弧，可使其半径尽量大一些，故B正确．
【答案】 B
2．同一辆汽车以同样大小的速度先后开上平直的桥和凸形桥，在桥的中央处( )
A．车对两种桥面的压力一样大
B．车对平直桥面的压力大
C．车对凸形桥面的压力大
D．无法判断
【解析】 在平直桥上匀速行驶时，压力大小等于重力大小，在凸形桥上行驶时，mg－N＝m，N＝mg－m，即车对桥的压力小于重力，所以B正确．
【答案】 B
3．关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是( )
A．内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故
B．因为列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒
C．外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压
D．以上说法均不正确
【解析】 铁道转弯处外轨比内轨略高，从而使支持力的水平方向合力可提供一部分向心力，以减少车轮与铁轨的挤压避免事故发生，C对，A、B、D错．
【答案】 C
4．冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度应为( )
A．v＝k B．v≤
C．v≥ D．v≤
【解析】 当处于临界状况时，有kmg＝m，得临界速度v＝.故安全速度v≤.
【答案】 B
图4－3－14
5．如图4－3－14所示，用轻绳一端拴一小球，绕另一端O在竖直平面内做圆周运动．若绳子不够牢，则运动过程中绳子最易断的位置是小球运动到
( )
A．最高点
B．最低点
C．两侧与圆心等高处
D．无法确定
【解析】 在最低点位置时，小球的速率最大，向心力方向又向上，拉力F＝mg＋m，此处绳子受到的拉力最大，故最易断．选项B正确．
【答案】 B
6．游客坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20 m/s2，g＝10 m/s2，那么，此位置座椅对游客的作用力相当于游客重力的( )
A．1倍 B．2倍
C．3倍 D．4倍
【解析】 对位于轨道最低点的游客受力分析如图：则F－mg＝ma，故F＝mg＋ma＝3mg即座椅对游客作用力相当于游客重力的3倍．
【答案】 C
图4－3－15
7．长度为l＝0.50 m轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，如图4－3－15所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0 m/s，则此时细杆OA受到(g取10 m/s2)
A．6.0 N的拉力
B．6.0 N的压力
C．24 N的拉力
D．24 N
【解析】 设小球在最高点受杆的拉力F作用，小球受力如图．由牛顿第二定律得：F＋mg＝mv2/l.解之可以得到F＝－6 N，负号表示杆对小球为支持力即小球对杆的力为压力，大小为6 N，选B.
【答案】 B
8．(多选)
图4－3－16
如图4－3－16所示，一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是( )
A．小球过最高点时，杆所受的弹力可以等于零
B．小球过最高点时的最小速度为
C．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反
【解析】 因为小球用轻杆支持，所以过最高点的v临界＝0，故B不正确；当v＝时，N＝0，故A正确；当0＜v＜时，mg＞N＞0，N为支持力，故C正确；当v＞时，N＞0，N为拉力，故D不正确．
【答案】 AC
9．质量为m的汽车，以速度v通过半径R的凸形桥最高点时对桥的压力为__________，当速度v′＝________时对桥的压力为零；以速度v通过半径为R的凹形桥最低点时对桥的压力为________．
【解析】 汽车以速率v做匀速圆周运动通过最高点时，牵引力与摩擦力相平衡，汽车在竖直方向的受力情况如图所示．
汽车在凸桥的最高点时，向心力方向向下，
F向＝mg－N1＝mv2/R
所以，汽车对桥的压力N1′＝N1＝mg－mv2/R
当N1′＝N1＝0时，v′＝.
汽车在凹桥的最低点时，竖直方向的受力如图所示，
此时汽车的向心力方向向上，同理可得，F向＝N2－mg＝mv2/R
N1′＝N2＝mg＋mv2/R.
【答案】 见解析
图4－3－17
10．(2013·莆田高一检测)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图4－3－17所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ 的关系．
【解析】 设转盘转动角速度为ω时，夹角为θ，座椅到中心轴的距离：R＝r＋Lsin θ
对座椅分析有：F＝mgtan θ＝mRω2
联立两式得ω＝.
【答案】 ω＝
11．如图4－3－18所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)．
图4－3－18
(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止，画出此时小球的受力图，并求力F的大小．
(2)由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．
【解析】 (1)受力如图．根据平衡条件，应满足Tcos α＝mg，Tsin α＝F
拉力大小F＝mgtan α.
(2)运动中只有重力做功，所以系统机械能守恒，可得mgl(1－cos α)＝mv2.则通过最低点
时，小球的速度大小v＝
根据牛顿第二定律，T′－mg＝m，
解得轻绳对小球的拉力T′＝mg＋m＝mg(3－2cos α)，方向竖直向上．
【答案】 (1)mgtan α (2)
mg(3－2cos α)，方向竖直向上
12．(2013·文昌高一检测)有一辆质量为800 kg的小汽车驶上圆弧半径为50 m的拱桥(地球半径R＝6 400 km，g＝10 m/s2)．则：
(1)汽车到达桥顶时速度为5 m/s，汽车对桥的压力是多大？
(2)汽车以多大速度经过桥顶时恰好对桥没有压力而腾空？
(3)如果拱桥的半径增大到与地球半径R一样时，汽车要在桥面上腾空，速度要多大？
【解析】 (1)当车在桥顶时，mg－N＝m
可解得N＝mg－m＝7 600 N.
(2)当车对桥顶的压力N＝0时，mg＝m
可解得v＝＝ m/s＝22.4 m/s.
(3)当桥的半径变为地球的半径时，
可解得v′＝＝ m/s＝8 000 m/s
＝8 km/s.
【答案】 (1)7 600 N (2)22.4 m/s (3)8 km/s
1．在匀速转动的小型风扇扇叶上趴着一个相对扇叶静止的小虫，则小虫相对扇叶的运动趋势是( )
A．沿切线方向 B．沿半径指向圆心
C．沿半径背离圆心 D．无相对运动趋势
【解析】 可由静摩擦力的方向判断运动趋势的方向，小虫受到静摩擦力做向心力，指向圆心，故小虫相对扇叶的运动趋势是沿半径背离圆心．故C正确．
【答案】 C
图4－4－4
2．(多选)中央电视台《今日说法》栏目最近报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图4－4－4所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是( )
A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动
B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动
C．公路在设计上可能内高外低
D．公路在设计上可能外高内低
【解析】 汽车在拐弯时因为车做离心运动发生侧翻，A正确、B错误；公路在设计上可能内高外低，合外力不足以提供汽车做圆周运动的向心力而做离心运动，C正确、D错误．
【答案】 AC
3．下列哪些现象是为了利用物体产生离心运动( )
A．汽车转弯时要限制速度
B．转速很大的砂轮半径做得不能太大
C．在修建铁路时，转弯处内轨要低于外轨
D．工作的洗衣机脱水桶转速很大
【解析】 A中汽车转弯向心力由静摩擦力提供，F向＝m≤fm速度过大，F向>fm会发生离心运动，所以要限速防止离心运动．B中砂轮转动时，轮边缘处受向心力F向＝mω2r，半径越大，所需向心力越大越容易断裂而发生离心运动，所以半径小是为了防止离心运动．C中火车转弯时，内轨低于外轨是利用重力的分力提供向心力防止离心运动，只有D中脱水时是利用离心运动把水脱去，故只选D.
【答案】 D
4．(2013·南平高一期末)链球运动员在将链球抛掷出去之前，总要双手抓住链条，加速转动几圈，如图4－4－5所示，这样可以使链球的速度尽量增大，抛出去后飞行得更远，在运动员加速转动的过程中，能发现他手中与链球相连的链条与竖直方向的夹角θ将随链球转速的增大而增大，则以下几个图象中能描述ω与θ的关系的是( )
图4－4－5
【解析】 链球的运动可以认为是圆锥摆运动，对链球受力分析可知，受到重力、链条的拉力作用．如图所示：
竖直方向：Fcos θ＝mg
水平方向：Fsin θ＝mLsin θω2
即＝mLω2
故ω2＝ ω2∝，所以选项D正确．
【答案】 D
5．市内公共汽车在到达路口转弯前，车内广播中就会播放录音：“乘客们请注意，前面车辆转弯，请拉好扶手．”这样做的目的是( )
A．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向前倾倒
B．提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手，以免车辆转弯时可能向后倾倒
C．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒
D．主要是提醒站着的乘客拉好扶手，以免车辆转弯时可能向转弯的内侧倾倒
【解析】 汽车转弯时，车内的乘客也随之做圆周运动，坐着的乘客受到座椅的摩擦力和弹力，一般足够提供向心力，不需要再提醒；站着的乘客若不拉好扶手，则受到的力不足以提供向心力，乘客将做离心运动，实际表现就是向转弯的外侧倾倒．故选项C正确．
【答案】 C
图4－4－6
6．水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，如图4－4－6所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑．当m可被水平抛出时．A轮每秒的转速最少是( )
A. B.
C. D.
【解析】 当m可被水平抛出时，在终端皮带轮的最高点处有m≥mg，又因为v＝2πrn，故A轮的转速n≥，A正确．
【答案】 A
图4－4－7
7．半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体m，如图4－4－7所示．今给小物体一个水平初速度v0＝，则物体将( )
A．沿球面滑至M点
B．先沿球面滑至某点N，再离开球面做斜下抛运动
C．按半径大于R的新圆弧轨道运动
D．立即离开半圆球做平抛运动
【解析】 物体线速度v0＝，此时对球面无压力作用，将做平抛运动飞出．
【答案】 D
8．盛有质量为m的水的小桶，以手臂为半径使之在竖直平面内做圆周运动，水随桶达到最高点需要的向心力为mRω2，则( )
A．当mRω2>mg时水就洒出来
B．当mRω2C．只有当mRω2＝mg时水才不洒出来
D．以上结论都不对
【解析】 选水桶中水为研究对象，到达最高点时需要的向心力为mRω2，只有mg【答案】 D
图4－4－8
9．(多选)如图4－4－8所示，小球原来能在光滑水平面上做匀速圆周运动，若剪断BC间的细线，当A球重新做匀速圆周运动后，A球的( )
A．运动半径变大
B．速率变大
C．角速度变大
D．周期变大
【解析】 球A的向心力由线的拉力提供，开始时，F向＝(mB＋mC)g，若剪断BC间的细线，拉力提供的向心力F向′＝mBg＜F向，故球A将做离心运动，所以运动半径要变大，A正确，在此过程中，球A要克服绳的拉力做功，动能减小，故速率减小，B错；由v＝ωr知，角速度减小，C错，由v＝知，T增大，D正确．
【答案】 AD
10．一辆质量m＝2×103 kg的汽车在水平公路上行驶，经过半径r＝50 m的弯路时，如果车速v＝72 km/h，这辆汽车会不会发生侧滑？已知轮胎与路面间的最大静摩擦力Fmax＝1.4×104 N.
【解析】 汽车的速度为：v＝72 km/h＝20 m/s
汽车过弯路时所需的向心力大小为：
F＝m＝2×103× N
＝1.6×104 N
由于F>Fmax，所以汽车做离心运动，即发生侧滑．
【答案】 会
图4－4－9
11．如图4－4－9所示，水平杆AB，可以绕竖直轴OO′匀速转动，在离杆的B端0.3 m处套着一个质量为0.2 kg的小环，当杆以20 r/min的转速匀速转动时，小环受到的摩擦力多大？如环与杆之间的最大静摩擦力等于压力的0.4倍，问：当杆以40 r/min的转速匀速转动时，小环最远可以放到什么位置上而不至于滑动？(g取10 m/s2)
【解析】 角速度ω1＝2πn1＝π rad/s
对环由牛顿第二定律有
f＝mωr1＝0.2×(π)2×0.3 N＝0.26 N.
转速增加而环恰好不滑动时
角速度ω2＝2πn2＝π rad/s
同理：kmg＝mωr2
故r2＝＝0.23 m.
【答案】 0.26 N 距B端0.23 m处
图4－4－10
12．(2013·济南高一检测)如图4－4－10所示，轻质绳拴着小球在竖直面内做逆时针的匀速圆周运动，线速度v0＝40 m/s，半径R＝40 m，圆心O距地面的高度h＝280 m．当小球分别到达A、B、C位置时，绳子突然被烧断，小球离开轨道．问：
(1)离开轨道后，小球分别做什么运动？
(2)在哪点离开轨道后水平射程最远？是多少？
(3)在哪点离开轨道后能使小球离地面最高？是多少？
(4)在哪点离开轨道后小球在空中运动的时间最长？是多少？
【解析】 (1)小球失去绳子的约束将做离心运动，即沿着切线方向飞出，根据题意，小球在A点的运动方向水平向右，在B点的运动方向竖直向上，在C点的运动方向水平向左．又知小球离开轨道后只受重力作用，故分别做平抛运动、竖直上抛运动、平抛运动．
(2)小球在C点平抛，水平射程最远，有
hC＝gt，sC＝v0tC
解得sC＝320 m.
(3)小球在B点竖直上抛，还可再上升h＝＝80 m
由h>R可得，在B点离开轨道，上升后离地面最高，最高距离hB＝h＋h＝(280＋80)m＝360 m.
(4)由前面分析可知，在B点离开轨道后小球在空中运动的时间最长，tB＝＋ ＝4 s＋6 s＝12.5 s.
【答案】 见解析
