1、曲线运动万 有 引 力 定 律3 匀速圆周运动离心现象第四章 一、描述圆周运动的物理量 1.线速度v：描述质点沿圆周运动的快慢的物理量.线速度是矢量，质点在轨迹上某点的线速度方向为 .线速度的大小为 ，其中s为质点在t时间内通过的 .沿该点的切线方向弧长svt 2.角速度：描述质点绕圆心转动 的快慢.角速度大小为 ,其中 为轨迹半径在t时间内转过的角度.3.周期T和频率f：做圆周运动的质点运动一周的时间为周期.做圆周运动的质点在单位时间内绕圆心转过的圈数为频率.,v=r.122rTfvt 4.向心加速度an：描述线速度 改变快慢 的物理量.其大小为 ，其方向总是指向圆心，因此不论其大小是否恒定
2、都一定是变量.5.向心力Fn：产生向心加速度的力，按其作用 效果命名.向心力的大小 ,向心力的方向 ，与线速度方向垂直，它只改变线速度的 不改变线速度的 ，因此向心力不做功.方向22nvarr22nnvFmammrr始终指向圆心方向大小 二、匀速圆周运动 1.特点：匀速圆周运动是线速度大小不变的圆周运动.其运动的周期、频率、角速度保持不变.2.性质：变加速曲线运动.3.条件：合外力的大小保持不变且方向始终指向圆心并与速度方向垂直，满足 .22mvFmrr合 三、离心运动 1.现象：原来做圆周运动的质点远离圆心的运动.2.原因：设做圆周运动的质点所受的径向 合力(即向心力)为Fn，当Fn 时，外
3、力将不足以维持物体做圆周运动，质点将做离心 运动.若Fn ，则质点将做向心运动.3.应用：等.4.危害与防止：等.2vm r2vm r离心机、洗衣机脱水筒车辆转弯时应减速行驶 如图4-3-1所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪30次，风扇转轴O上装有3个扇叶，它们互成120角.当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇转速不可能为()A.600r/min B.900r/min C.1200r/min D.3000r/min图4-3-1描述圆周运动的物理量 风扇转动，观察者感觉扇叶不动，说明在相邻两次闪光的时间间隔T内，风扇转过的角度是120的整数倍.风扇的最小转速为：故满足题意的可能转速有：
4、n=knmin(k=1,2,3)选B.圆周运动本身具有周期性，相关问题中往往含有多解情景，分析时应全面考虑.min1/3/10/600/min1/30nr sr sr点评 一个半径为R 的纸质圆筒,绕其中心轴匀速转动,角速度为,一粒子弹沿AO方向打进纸筒,如图4-3-2所示.从纸筒上的B点穿出,若A、B所对应的圆心角为,则子弹的速度为多少?图4-3-22()0,1,22(21)2.(21)ABAOnnvRntvRvn子弹从 点射入后沿直线做匀速直线运动，同时纸筒以角速度 匀速转动当子弹运动一个直径的位移时，点刚好转到入射时所在的直径上，若纸筒还未转一周，则纸筒转过的角度是，由周期性可知纸筒转过
5、的角度应为，根据两者运动时间相等，设子弹的速度为，则有，故 某品牌电动自行车的铭牌如下：车型：20英寸(车轮直径：508mm)电池规格:36V，12Ah(蓄电池)整车质量：40kg额定转速:210(转/分)外形尺寸：L1800mmW650mmH1100mm充电时间:28h电机：后轮驱动、直流永磁式电机额定工作电压/电流：36V/5A 根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为()A.15km/h B.18km/h C.20km/h D.25km/h 该车额定时速即为后轮转动线速度大小.由题意，根据v=r 或 即可求解.由于电动自行车是后轮驱动，因此额定转速210r/min(转/分)就认为是
6、车轮的转速，所以每小时车轮的转动圈数为210r/min60min/h=12600r/h,再乘以车轮周长0.508m,便得额定时速为20km/h.选项C正确.2srvtT 如图4-3-3所示，A、B、C表示某自行车脚踏传动系统示意图，其半径之比为r1r2r3=632,a点为踏板A上的点，b、c分别是轮B、C边缘上的点.求a、b、c三点的线速度之比、角速度之比和向心加速度之比.图4-3-3【答案】(1)v1v2v3=211(2)w1w2w3=223(3)a1a2a3=423 常见的水平面内的圆周运动问题 在修建铁路时，转弯处的弯道半径r是根据地形决定的，其弯道处要求外轨要比内轨高，其内、外轨的高度
7、差h的设计值不仅与r有关，还与火车在弯道上的设计速率有关，下表列出了铁路设计人员技术手册中弯道半径r及与之对应的轨道的高度差h.r/m660330220165132110h/mm50100150200150300(1)根据表中数据，推导出h和r的关系式，并求出当r=550m时的h值.(2)已知我国铁路两轨的间距L=1435mm，结合表中的数据求出转弯处火车的设计速率为多少km/h？(结果取整数，当角度很小时，其正切值和正弦值可认为相等)(3)由于人们生活节奏的加快，我国已经对铁路进行了多次提速，因此铁路转弯处的设计速率也应随之提高，试分析应采取怎样的有效措施？(1)由表中的数据分析得，h与r的
8、乘积为一常数，即hr=C 由已知数据得：C=3300.1m2=33m2 由此得：h=当r=550m时，得 h=m=0.06m=60mm33r33550(2)当速度是设计速度时，此时内外轨对车轮均没有压力，由重力和支持力的合力提供向心力,如右图所示.F=mgtan=由于很小，则 tan=sin=由得：代入数值解得：v=15m/s=54km/h2mvrhL ghrvL(3)由 可知，提高转弯处的设计速率，应采取如下措施：适当增大内、外轨的高度差h.适当增大转弯半径r.ghrvL 解答该类问题的一般方法为：(1)确定圆周运动的轨道平面，找准圆心和半径.(2)对研究对象进行受力分析，确定沿半径方向的合
9、外力，即向心力，在采用正交分解法时，一般要把轴建在半径方向上.(3)灵活选用向心力表达式，根据物理规律列出辅助方程求解问题.点评在 2010 年 11 月 16 日广州亚运会上，场地自行车女子记分赛决赛我国选手刘馨顺利夺冠，比赛时运动员分别沿不同的轨道行驶，该过程可简化为如图 4-3-4 所示的理想模型，两质点分别在 M 和 N 两处紧贴着圆台内壁分别在虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，不计摩擦，则()AM 处质点的线速度一定大于 N 处质点的线速度BM 处质点的角速度一定大于 N 处质点的角速度CM 处质点的运动周期一定等于 N 处质点的运动周期DM 处质点向心加速度一定大于 N 处质点的向
10、心加速度图434某质点在圆台内壁沿水平面做匀速圆周运动时的受力情况如图所示，其中 为比赛场地所在的斜面与水平面之间的夹角，则 mgtanmamv2r m2rm(2T)2r，解得 agtan，v rgtan，gtanr，T2rgtan，由此可以判断得出 aMaN，vMvN，MN，TMTN，只有 A 对 如图4-3-4所示，质量为0.5kg的小桶里盛有1kg的水，用细绳系住小桶在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小桶在最高点的速度为5m/s，g取10m/s2，常见的竖直面内的圆周运动模型图4-3-4 求：(1)在最高点时，绳的拉力.(2)在最高点时，水对水桶底的压力.(3)为使小桶经过最
11、高点时水不流出，在最高点时的最小速率是多少？小桶质量m1=0.5kg，水质量m2=1kg,r=1m(1)在最高点时，以桶和水为研究对象，其向心力由重力和拉力的合力提供，由向心力公式，可得：解得：代入数值解得：T=22.5N21212mmvmmgTr21212mmvTmmgr(2)以水为研究对象，其向心力是由重力m2g和桶底对水的压力N的合力提供，由向心力公式得 m2g+N=,解得N=-m2g代入数值解得N=15N 由牛顿第三定律，水对桶底的压力N=15N，方向竖直向上(3)水恰好不流出的临界条件是水的重力刚好提供向心力，即 ,解得 .22m vr22m vr22 02m vm gr010/vg
12、rm s 如图4-3-5所示，轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O，现给球一初速度v0,使杆和球一起绕O轴在竖直平面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对球的作用力，则F()图4-3-5A.一定是拉力B.一定是推力C.一定等于0D.可能是拉力，可能是推力，也可能等于零22.DvGFm rGFvmgm r向向选当小球运动到最高点时，小球一定受到竖直向下的重力，同时小球所需的向心力也可求出，重力 与向心力的大小关系是物体是否受杆的作用力的判断依据若，即重力恰好提供向心力，则物体不受杆的作用力；2222.vmgm rvFFmgm rvmgmFrvmgFm rD若，即重力不足以提供向
13、心力，则物体受到杆的拉力 的作用，即；若，则物体受到杆的推力 的作用，即综上所述，选项 正确 某同学在雨天撑一把半径为R=0.8m的雨伞，雨伞边缘离地面的高度h=1.8m，伞边缘在水平面内，如图4-3-6所示，当人以=2 rad/s转动雨伞时，发现雨滴做离心运动，最后落到地面，求落到地面的雨滴构成的圆的半径是多少？雨滴的速度是多大？(g取10m/s2)圆周运动与其他力学知识的综合应用图4-3-6雨滴离开伞时速度的大小v=R=20.8m/s=1.6m/s 方向沿切线方向雨滴离开雨伞后做平抛运动，运动时间 雨滴落地时的水平位移，如下图22 1.80.610htssg x=vxt=1.60.6m=0
14、.96m则雨滴在地面上所围圆的半径为r，有 雨滴落地时竖直方向速度的大小：vy=gt=100.6m/s=6m/s 所以落地速度2220.82(0.96)3.12rRxmm22226(1.6)/7.8/.yvvvm sm s 如图437所示，半径为R的水平圆盘正以中心O为转轴匀速转动，从圆盘中心O的正上方h高处水平抛出一小球，此时半径OB恰与球的初速度方向一致要使小球只与圆盘碰撞一次，且正好落在B点，则小球的初速度及圆盘的角速度分别为多少？图437当小球在半径OB恰与初速度方向一致时水平抛出，要使圆盘只碰撞一次，且落点为B，则必须使小球落到B点时，圆盘上的B点也恰好转到该位置(即运动时间相等)设
15、小球的初速度为v，由平抛运动知识得：212hgtRvt 22(1 2 3)2(1 2 3)gvRhBnt nnnnt由以上两式解得小球的初速度再根据相遇的等时性，小球与圆盘上 点相碰的条件是：、所以、如图4-3-8所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R.一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过3mg(g为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部高度h的取值范围.图4-3-8 由于运动过程中只有重力做功，以物体开始下滑处和圆弧最高点为初、末状
16、态，运用机械能守恒定律和圆周运动知识相结合求解.设高度为h1时，m恰能通过圆形轨道的最高点，物块到达圆形轨道最高点的速度大小为v1，有 ,所以v1=21vmgm RgR 由系统机械能守恒，以圆形轨道最低点为零势能面，有 得h1=2.5R 设物体从h2高处开始滑下，到达最高点，对圆轨道压力恰为3mg，则此时速度为v2，有N+mg=所以v2=2 而同样由机械能守恒 mgh2=+mg2R，h2=4R 故2.5Rh4R211122mghmgRmvgR22vm R2212 mv如图4-3-9所示，某货场需将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于
17、地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数2=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)图4-3-9(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力.(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件.(3)若1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间.0211 0201111230003000NNNvm gRm vFvFm
18、 gm RFNN设货物滑到圆轨道末端时的速度为，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得设货物在轨道末端所受支持力的大小为，根据牛顿第二定律得联立式，代入数据得根据牛顿第三定律，货物在圆轨道末端对轨道的压力大小为，方向竖直向下(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得1m1g2(m1+2m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得1m1g2(m1+m2)g联立式，代入数据得0410.6(3)若1=0.5，由式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1g=m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v12-v22=-2a1l联立式，代入数据得v1=4m/s设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1=v0-a1t联立 式，代入数据得t=0.4s
