第二章 匀速圆周运动
一、选择题
1.摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施,游客坐在摩天轮上可以从高处俯瞰四周景色。现假设摩天轮正绕中间的固定轴在竖直面内做匀速圆周运动,游客坐在座舱中与座舱保持相对静止(座舱及乘客可视为质点),则正确的说法是( )
A.游客受力平衡
B.游客所受的合外力总是指向摩天轮固定轴
C.人在最高点处于超重状态
D.座舱所受的合力始终不变
2.公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时,常常要修建凹形桥,也叫“过水路面”.如图所示,汽车通过凹形桥的最低点时( )
A.车对桥的压力等于汽车的重力
B.车对桥的压力小于桥对汽车的支持力
C.汽车所需的向心力就是桥面对车的支持力
D.为了防止爆胎,车应低速驶过
3.如图所示,某公园里的过山车驶过轨道的最高点时,乘客在座椅里面头朝下,人体颠倒,若轨道半径为R,人体重为mg,要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力,则过山车在最高点时的速度大小为( )
A.0 B. C. D.
4.如图所示,在圆柱形房屋的天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳,绳的下端挂一个质量为m的小球,重力加速度为g。已知绳能承受的最大拉力为2mg,小球在水平面内做圆周运动,当速度逐渐增大时,绳发生断裂,求绳断裂瞬间小球的速度v1。
5.如图所示,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。若绳子可能断,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
6.甲、乙两个物体都做匀速圆周运动,其质量之比为1∶2,转动半径之比为1∶2,在相同时间里甲转过60°,乙转过45°,它们的向心力之比为( )
A.1∶4 B.2∶3
C.4∶9 D.9∶16
7.如图所示,如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动,那么,从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合,中间经历的时间为( )
A. min B.1 min C. min D. min
8.质量分别为M和m的两个小球,分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上,当转轴稳定转动时,拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β,如图所示,则( )
A.cos α= B.cos α=2cos β
C.tan α= D.tan α=tan β
二、多选题
9.(多选)某同学参加了糕点制作的选修课,在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径约25 cm的蛋糕(圆盘与蛋糕中心重合).他要在蛋糕上均匀“点”上奶油,挤奶油时手处于圆盘上方静止不动,奶油竖直下落到蛋糕表面,若不计奶油下落时间,每隔2 s“点”一次奶油,蛋糕一周均匀“点”上10个奶油.下列说法正确的是( )
A.圆盘转动一周历时18 s
B.圆盘转动一周历时20 s
C.蛋糕边缘的奶油(可视为质点)线速度大小约为 m/s
D.蛋糕边缘的奶油(可视为质点)线速度大小约为 m/s
10.(多选)如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径分别为R1、R2、R3, a、b、c是三个轮子边缘上的点。当三个轮子在大齿轮的带动下一起转动时,下列说法中正确的是 ( )
A.a、b两点的线速度大小一定相等
B.a、b两点的角速度一定相等
C.a、c两点的周期之比为R1∶R2
D.b、c两点的向心加速度之比为R3∶R2
11.(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱( )
A.运动周期为
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
12.(多选)下列物体处于失重状态的是( )。
A. 做平抛运动的小球
B. 在水平桌面上做匀速圆周运动的小球
C. 在竖直平面内做匀速圆周运动到最低点时的小球
D. 绕地球做匀速圆周运动的“天宫二号”的某个零件
三、解答题
13.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匀速转动,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。若ω=ω0,小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω0。
14.物理兴趣小组的阳阳同学为了测玩具电动机的转速,设计如图1所示的装置。钢质L形直角架竖直杆穿过带孔轻质薄硬板,然后与电动机转子相固连,水平横梁末端与轻细绳上端拴接,绳下端拴连一小钢球,测量仪器只有直尺。实验前细绳竖直,小球静止,薄板在小球下方,用直尺测出水平横梁的长度d=4.00 cm。现接通电源,电动机带动小球在水平面上做匀速圆周运动,待小球稳定转动时,缓慢上移薄板,恰触碰到小球时,停止移动薄板,用铅笔在竖直杆上记下薄板的位置,在薄板上记录下触碰点,最后测量出薄板到横梁之间的距离h=20.00 cm,触碰点到竖直杆的距离r=20.00 cm,如图2所示。
(1)为了实验更精确,上移薄板时要求薄板始终保持 。?
(2)重力加速度用g表示,利用测得的物理量,可得转速n的表达式为n= (用d,h,r,g表示),用测得的数据计算得n= r/s(计算时取π2=g,最后结果取3位有效数字)。?
四、计算题
15.如图所示,长度为L=0.4 m的轻绳,系一小球在竖直平面内做圆周运动,小球的质量为m=0.5 kg,小球半径不计,g取 10 m/s2,求:
(1)小球刚好通过最高点时的速度大小;
(2)小球通过最高点时的速度大小为 4 m/s时,轻绳的拉力大小;
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N,小球速度大小的最大值.
16.如图所示,一根长0.1 m的细线,一端系着一个质量是0.18 kg的小球,拉住线的另一端,使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动,当小球的转速增加到原转速的3倍时,细线断裂,这时测得断前瞬间线的拉力比原来大40 N。
(1)线断裂的瞬间,线的拉力为多大?
(2)线断裂时小球运动的线速度为多大?
(3)如果桌面高出地面0.8 m,线断后小球飞出落在地面上,落地点到飞出点的水平距离为多大?(g取10 m/s2)
17.如图所示,游乐场翻滚过山车上的乘客常常会在高速旋转或高空倒悬时吓得魂飞魄散,但这种车的设计有足够的安全系数,过山车在做圆周运动时可以使乘客稳坐在座椅上,还有安全棒紧紧压在乘客胸前,在过山车未到达终点以前,谁也无法将它们打开。设想如下数据,轨道最高处离地面32 m,最低处几乎贴地,圆环直径为15 m,过山车经过最低点时的速度约为25 m/s,经过圆环最高点时的速度约为18 m/s。试利用牛顿第二定律和圆周运动的知识,探究这样的情况下能否保证乘客的安全(取g=10 m/s2)?
参考答案
一、选择题
1.B
【解析】
游客做匀速圆周运动,合力提供向心力,受力不平衡,故A错误。因为游客跟着摩天轮一起做匀速圆周运动,所以其合力提供做圆周运动的向心力,向心力的方向沿着半径指向圆心,则合外力也总是沿着半径指向圆心,即指向摩天轮固定轴,故B正确。人在最高点时,合力向下,加速度向下,处于失重状态,故C错误。匀速圆周运动的合力大小不变,方向改变,故D错误。
2.D
【解析】
在最低点,根据牛顿第二定律知:地面对车的支持力与车的重力的合力提供了向心力,设桥对车的支持力为N,有N-mg=m,所以N>mg,根据牛顿第三定律得:车对桥的压力等于桥对车的支持力,所以车对桥的压力大于重力,A、B、C错误,为了防止爆胎,应减小桥对车的支持力N,N=m+mg,所以应该减小速度,D正确.
3.C
【解析】
由题意知F+mg=2mg=m,故速度大小v=,C正确。
4.F
解析:小球在绳断前瞬间受力如图所示。
由牛顿第二定律得
竖直方向上,有FTmcos θ-mg=0
水平方向上,有FTmsin θ=m
由几何关系得r=Lsin θ
又知FTm=2mg
联立解得v1=
5.B
【解析】
小球运动到最低点时,小球的速率最大,向心力方向为竖直向上,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。
6.C
【解析】
由匀速圆周运动的向心力公式Fn=mω2r=mr,所以==××=,故C项正确.
7.C
【解析】
分针与秒针的角速度分别为ω分= rad/s,ω秒= rad/s。设两次重合的时间间隔为Δt,因φ分=ω分Δt,φ秒=ω秒Δt,由φ秒-φ分=2π,得Δt==s=s=min,故C正确。
8.A
【解析】
对于球M,受重力和绳子拉力作用,由两个力的合力提供向心力,如图所示。设它们转动的角速度是ω,由Mgtan α=M·2lsin α·ω2可得cos α=,同理可得cos β=,则cos α=,所A正确。
二、多选题
9.BC
解析: BC
每隔2 s“点”一次奶油,蛋糕一周均匀“点”上10个奶油,则圆盘转动一圈的时间T=20 s,A错误,B正确;蛋糕边缘的奶油(可视为质点)线速度大小约为v=== m/s= m/s,C正确,D错误.
10.ABCD
【解析】解析替换、C。a、b两点靠链条传动,线速度大小相等,根据v=rω知,a、b两点的半径不等,则角速度不等,A符合题意,B不符合题意。b、c两点共轴转动,角速度相等,周期相等,a、b两点的角速度之比为R2∶R1,则a、b两点的周期之比为R1∶R2,所以a、c两点的周期之比为R1∶R2,C符合题意。由向心加速度a=ω2R知,b、c向心加速度之比为R2∶R3 ,D不符合题意。
11.BD
【解析】
座舱的周期T=,A错。根据线速度与角速度的关系得,v=ωR,B对。座舱做匀速圆周运动,摩天轮对座舱的作用力与重力大小不一定相等,其合力提供向心力,合力大小为F合=mω2R,C错,D对。
12.AD
【解析】
做平抛运动的小球的加速度为重力加速度,即有向下的加速度,小球处于失重状态,A项符合题意。在水平桌面上做匀速圆周运动的小球,没有向下的加速度,不处于失重状态;在竖直平面内做匀速圆周运动的小球运动到最低点时,具有向上的加速度,处于超重状态,B、C两项不符合题意。“天宫二号”的零件也绕地球做匀速圆周运动,处于失重状态,D项符合题意。
三、解答题
13.对小物块受力分析如图所示,由牛顿第二定律知mgtan θ=mω·Rsin θ,得ω0==。
14.(1)水平 (2) (3)1.00
四、计算题
15.(1)小球刚好通过最高点时,重力恰好提供向心力,有mg=m,L),得v1==2 m/s.
(2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时,拉力和重力的合力提供向心力,有FT+mg=m,L),得FT=15 N.
(3)分析可知小球通过最低点时轻绳的张力最大,在最低点,由牛顿第二定律得F′T-mg=,L),将F′T=45 N代入解得v3=4 m/s,即小球的速度不能超过4 m/s.
16.(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受重力mg、桌面弹力FN和细线拉力F三个力作用,重力mg和弹力FN平衡,线的拉力提供向心力,Fn=F=mω2r
设原来的角速度为ω,线上的拉力是F,加快后的角速度为3ω,线断时的拉力是F1,则
F1∶F=(3ω)2∶ω2=9∶1
又F1=F+40 N
所以F=5 N,线断时F1=45 N。
(2)设线断时小球的线速度大小为v,
由F1=m,得v= m/s=5 m/s。
(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间t= s=0.4 s
小球落地点到飞出点的水平距离s=vt=5×0.4 m=2 m。
17.首先分析一下当过山车运动到圆环底部和圆环顶部时过山车中人的受力情况:重力mg,FN下和FN上,FN下和FN上分别为过山车在圆环底部和顶部时圆环对人的支持力(为简化问题,可不考虑摩擦及空气阻力)。我们知道,过山车沿圆环运动,人也在做圆周运动,这时人做圆周运动所需的向心力由mg和FN提供。要保证安全,则需FN>0,即人牢牢地与座椅在一起,用v下表示人在圆环底部的速度,v上表示人在圆环顶部的速度,R表示圆环的半径,则
在底部:FN下-mg=m, ①
在顶部:FN上+mg=m, ②
由①式可知,FN下=mg+m,即在圆环底部时,过山车对人的支持力比人的重力增大了m,这时人对座椅的压力自然也比重力大m,就好像人的重力增加了m,使人紧压在座椅上不能动弹,故人在圆环最低点是安全的。
恰好能通过顶部的速度v0=≈8.7 m/s,
而过山车通过顶点时的速度约为18 m/s,比8.7 m/s大得多,此时人与座椅间也有较大的压力,所以过山车和人一定能安全地通过圆环最高点。