4.3 匀速圆周运动及其应用

4.3 匀速圆周运动及其应用

1．关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期之间的关系，下列说法正确的是 ( ) ． A ．线速度大的角速度一定大 B ．线速度大的周期一定小 C ．角速度大的半径一定小 D ．角速度大的周期一定小 解析

2. 一个环绕中心线AB 以一定的角速度转动，P 、Q 为环上两点，

位置如图4－3－1所示，下列说法正确的是 A ．P 、Q 两点的角速度相等 B ．P 、Q 两点的线速度相等 C ．P 、Q 两点的角速度之比为3∶1

图4－3－1

D ．P 、Q 两点的线速度之比为3∶1

解析 P 、Q 两点的角速度相等，半径之比R P ∶R Q ＝R sin 60°∶(R sin 30°)＝3∶1，由v ＝ωR 可得v p ∶v Q ＝R P ∶R Q 3∶1. 答案 AD

3．一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．如图4－3－12甲所示，曲线上的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，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做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4－3－2乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是 ( ) ．

( ) ．

甲 乙

图4－3－2

v 02v 02sin 2αv 02cos 2αv 02cos 2αA. B. D.g g g g sin α

解析 物体在最高点时速度沿水平方向，曲率圆的P 点可看做该点对应的竖直平面内圆

v 2

周运动的最高点，由牛顿第二定律及圆周运动规律知：mg ＝，解得ρ＝＝

ρg v 0cos α

g

答案 C

4. 如图4－3－3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，则其通过最高点时 ( ) ． A ．小球对圆环的压力大小等于mg B ．小球受到的向心力等于0 C ．小球的线速度大小等于gR D ．小球的向心加速度大小等于g

解析 小球在最高点时刚好不脱离圆环，则圆环刚好对小球没有作用力，小球只受重力， 重力竖直向下提供向心力，根据牛顿第二定律得小球的向心加速度大小为a g ，再

图4－3－

3

2

mv 2

v 02cos 2α

g

mg m

v 2

根据圆周运动规律得a ＝g ，解得v ＝gR (竖直平面内圆周运动的绳模型) ．

R

答案 CD

5．如图4－3－4所示为一种早期的自行车，这种不带链条传动

的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了 ( ) ．

A ．提高速度 B．提高稳定性 C ．骑行方便 D．减小阻力

解析 这种老式不带链条的自行车，驱动轮在前轮，人蹬车 的角速度一定的情况下，由v ＝ωr 可知，车轮半径越大，自

行车的速度就越大，所以A 正确．

图4－3－4

答案 A

6．“天宫一号”目标飞行器经过我国科技工作者的不懈努力，终于在2011年9月29日晚21点16分发射升空．等待与神舟八号、九号、十号飞船对接．“天宫一号”在空中运行时，沿曲线从M 点向N 点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中“天宫一号”所受合力可能是下图中的

( ) ．

解析

答案 C

7. 如图4－3－5两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为 A. 3mg

( ) ．

D ．4mg

图4－3－

5

B ．23mg C ．3mg

v 2

解析 当小球到达最高点速率为v ，有mg ＝m ，当小球到达最

r

高点速率为2v 时，应有F ＋mg ＝v r

2

＝4mg ，所以F ＝3mg ，

此时最高点各力如图所示，所以T 3mg ，A 正确．(极限思维 法) 答案 A

8．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f 甲和f 乙．以下说法正确的是

( ) ．

A ．f 甲小于f 乙 B ．f 甲等于f 乙

C ．f 甲大于f 乙

D ．f 甲和f 乙大小均与汽车速率无关

解析 根据题中的条件可知，两车在水平面做匀速圆周运动，则地面对车的摩擦力用来

mv 2

提供其做圆周运动的向心力，则F 向＝f ，又有向心力的表达式F 向＝，因为两车的质

r

量相同，两车运行的速率相同，因此轨道半径大的车所需的向心力小，即摩擦力小，A 正确． 答案 A

9. 如图4－3－6所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P 、Q 为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P ，则下列说法中正确的是

( ) ．

A ．轨道对小球做正功，小球的线速度v P >v Q B ．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP a Q D ．轨道对小球的压力F P >F Q

解析 本题考查圆周运动和机械能守恒，中档题．轨道光滑，小球在运动的过程中只受 重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直所以不做功，A 错；那么在整个过程中只有 重力做功满足机械能守恒，根据机械能守恒有v P r Q ，

图4－3－

6

v v 2

根据ω＝，a ＝，得小球在P 点的角速度小于在Q 点的角速度，B 正确；在P 点的向

r r

心加速度小于在Q 点的向心加速度，C 错；小球在P 和Q 两点的向心力由重力和支持力 提供，即mg ＋F N ＝ma 向，可得P 点对小球的支持力小于Q 点对小球的支持力，D 错． 答案 B

10. 乘坐游乐园的过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动(如图4－3－7所示) ，下列说法正确的是 ( ) ． A ．车在最高点时，人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有 保险带，人一定会掉下去

B ．人在最高点时，对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mg C ．人在最低点时，处于超重状态 D ．人在最低点时，对座位的压力大于mg

解析 人在最高点如果速度较大，就会产生对座位的压力．并且压力也有可能大于mg 而不致于掉落，故A 、B 均错；人在最低点时具有向上的加速度，因此处于超重状态，

图4－3－7

v 2

C 对；在最低点满足N ＝mg ＋m >mg ，D 对(竖直平面内圆周运动的杆模型) ．

R

答案

CD

11．如图4－3－8所示为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g . 求：

(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ；

(3)已知地面与水面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90°角的范围内2

来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在m 到m 之间变化，且均能落

3到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？ 解析 (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，

图4－3－8

v 12

则mg ＝m R

由①式解得

①

v 1＝gR ②

(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能， 由机械能守恒定律有

E p ＝mg (1.5R ＋R ) ＋12

由②③式解得

12

③

E p ＝3mgR ④

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响， 质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动， 设经过t 时间落到水面上， 离OO ′的水平距离为x 1， 由平抛运动规律有 12

4．5R ＝2

⑤

x 1＝v 1t ＋R

⑦

⑥

由⑤⑥式解得x 1＝4R 2

时，

3

设其到达管口C 时速度大小为v 2， 由机械能守恒定律有

⎛⎫E p ＝mg (1.5R ＋R ) ＋ ⎪v 22

32⎝3⎭

由④⑧式解得v 2＝2gR

212

⑧

⑨

2

的鱼饵落到水面上时，

3设离OO ′的水平距离为x 2，则

x 2＝v 2t ＋R ⑩

由⑤⑨⑩式解得x 2＝7R 鱼饵能够落到水面的最大面积

S ＝(πx 22－πx 12) ＝πR 2(或8.25πR 2) ．

答案 (1) (2)3mgR

3322(3)πR (或8.25πR )

4

1

12．如图4－3－9所示，弯曲部分AB 和CD 是两个半径相等的中间的BC 段是竖直的

4薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径) ，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC 段的长度L 可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D 、A 分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A 点水平进入轨道而从

14334

D 点水平飞出．今在A 、D 两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A 、D 两点的压力，

计算出压力差ΔF . 改变BC 的长度L ，重复上述实验，最后绘得的ΔF －L 图像如图4－3－21乙所示．(不计一切摩擦阻力，g 取10 m/s)

2

图4－3－9

(1)某一次调节后，D 点的离地高度为0.8 m，小球从D 点飞出，落地点与D 点的水平距 离为2.4 m，求小球经过D 点时的速度大小； (2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径．

12

解析 (1)小球在竖直方向做自由落体运动，有：H D ＝gt ，

2在水平方向做匀速直线运动，有：x ＝v D t ， 得：v D x t

x

＝6 m/s. 2H D

g

(2)设轨道半径为r ，A 到D 过程机械能守恒，有： 1212

mv A ＝mv D ＋mg (2r ＋L ) ， 22

② ③

①

v A 2

在A 点：F A －mg ＝m

r v D 2

在D 点：F D ＋mg ＝m

r

由①②③式得：ΔF ＝F A －F D ＝6mg ＋2mg ， 由图像纵截距得：6mg ＝12 N，得m ＝0.2 kg，

当L ＝0.5 m时，ΔF ＝17 N，解得：r ＝0.4 m．(杆模型) 答案 (1)6 m/s (2)0.2 kg 0.4 m

L r

4.3 匀速圆周运动及其应用

1．关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期之间的关系，下列说法正确的是 ( ) ． A ．线速度大的角速度一定大 B ．线速度大的周期一定小 C ．角速度大的半径一定小 D ．角速度大的周期一定小 解析

2. 一个环绕中心线AB 以一定的角速度转动，P 、Q 为环上两点，

位置如图4－3－1所示，下列说法正确的是 A ．P 、Q 两点的角速度相等 B ．P 、Q 两点的线速度相等 C ．P 、Q 两点的角速度之比为3∶1

图4－3－1

D ．P 、Q 两点的线速度之比为3∶1

解析 P 、Q 两点的角速度相等，半径之比R P ∶R Q ＝R sin 60°∶(R sin 30°)＝3∶1，由v ＝ωR 可得v p ∶v Q ＝R P ∶R Q 3∶1. 答案 AD

3．一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．如图4－3－12甲所示，曲线上的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，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做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4－3－2乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是 ( ) ．

( ) ．

甲 乙

图4－3－2

v 02v 02sin 2αv 02cos 2αv 02cos 2αA. B. D.g g g g sin α

解析 物体在最高点时速度沿水平方向，曲率圆的P 点可看做该点对应的竖直平面内圆

v 2

周运动的最高点，由牛顿第二定律及圆周运动规律知：mg ＝，解得ρ＝＝

ρg v 0cos α

g

答案 C

4. 如图4－3－3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，则其通过最高点时 ( ) ． A ．小球对圆环的压力大小等于mg B ．小球受到的向心力等于0 C ．小球的线速度大小等于gR D ．小球的向心加速度大小等于g

解析 小球在最高点时刚好不脱离圆环，则圆环刚好对小球没有作用力，小球只受重力， 重力竖直向下提供向心力，根据牛顿第二定律得小球的向心加速度大小为a g ，再

图4－3－

3

2

mv 2

v 02cos 2α

g

mg m

v 2

根据圆周运动规律得a ＝g ，解得v ＝gR (竖直平面内圆周运动的绳模型) ．

R

答案 CD

5．如图4－3－4所示为一种早期的自行车，这种不带链条传动

的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了 ( ) ．

A ．提高速度 B．提高稳定性 C ．骑行方便 D．减小阻力

解析 这种老式不带链条的自行车，驱动轮在前轮，人蹬车 的角速度一定的情况下，由v ＝ωr 可知，车轮半径越大，自

行车的速度就越大，所以A 正确．

图4－3－4

答案 A

6．“天宫一号”目标飞行器经过我国科技工作者的不懈努力，终于在2011年9月29日晚21点16分发射升空．等待与神舟八号、九号、十号飞船对接．“天宫一号”在空中运行时，沿曲线从M 点向N 点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中“天宫一号”所受合力可能是下图中的

( ) ．

解析

答案 C

7. 如图4－3－5两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为 A. 3mg

( ) ．

D ．4mg

图4－3－

5

B ．23mg C ．3mg

v 2

解析 当小球到达最高点速率为v ，有mg ＝m ，当小球到达最

r

高点速率为2v 时，应有F ＋mg ＝v r

2

＝4mg ，所以F ＝3mg ，

此时最高点各力如图所示，所以T 3mg ，A 正确．(极限思维 法) 答案 A

8．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f 甲和f 乙．以下说法正确的是

( ) ．

A ．f 甲小于f 乙 B ．f 甲等于f 乙

C ．f 甲大于f 乙

D ．f 甲和f 乙大小均与汽车速率无关

解析 根据题中的条件可知，两车在水平面做匀速圆周运动，则地面对车的摩擦力用来

mv 2

提供其做圆周运动的向心力，则F 向＝f ，又有向心力的表达式F 向＝，因为两车的质

r

量相同，两车运行的速率相同，因此轨道半径大的车所需的向心力小，即摩擦力小，A 正确． 答案 A

9. 如图4－3－6所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P 、Q 为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P ，则下列说法中正确的是

( ) ．

A ．轨道对小球做正功，小球的线速度v P >v Q B ．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP a Q D ．轨道对小球的压力F P >F Q

解析 本题考查圆周运动和机械能守恒，中档题．轨道光滑，小球在运动的过程中只受 重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直所以不做功，A 错；那么在整个过程中只有 重力做功满足机械能守恒，根据机械能守恒有v P r Q ，

图4－3－

6

v v 2

根据ω＝，a ＝，得小球在P 点的角速度小于在Q 点的角速度，B 正确；在P 点的向

r r

心加速度小于在Q 点的向心加速度，C 错；小球在P 和Q 两点的向心力由重力和支持力 提供，即mg ＋F N ＝ma 向，可得P 点对小球的支持力小于Q 点对小球的支持力，D 错． 答案 B

10. 乘坐游乐园的过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动(如图4－3－7所示) ，下列说法正确的是 ( ) ． A ．车在最高点时，人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有 保险带，人一定会掉下去

B ．人在最高点时，对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mg C ．人在最低点时，处于超重状态 D ．人在最低点时，对座位的压力大于mg

解析 人在最高点如果速度较大，就会产生对座位的压力．并且压力也有可能大于mg 而不致于掉落，故A 、B 均错；人在最低点时具有向上的加速度，因此处于超重状态，

图4－3－7

v 2

C 对；在最低点满足N ＝mg ＋m >mg ，D 对(竖直平面内圆周运动的杆模型) ．

R

答案

CD

11．如图4－3－8所示为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g . 求：

(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ；

(3)已知地面与水面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90°角的范围内2

来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在m 到m 之间变化，且均能落

3到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？ 解析 (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，

图4－3－8

v 12

则mg ＝m R

由①式解得

①

v 1＝gR ②

(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能， 由机械能守恒定律有

E p ＝mg (1.5R ＋R ) ＋12

由②③式解得

12

③

E p ＝3mgR ④

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响， 质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动， 设经过t 时间落到水面上， 离OO ′的水平距离为x 1， 由平抛运动规律有 12

4．5R ＝2

⑤

x 1＝v 1t ＋R

⑦

⑥

由⑤⑥式解得x 1＝4R 2

时，

3

设其到达管口C 时速度大小为v 2， 由机械能守恒定律有

⎛⎫E p ＝mg (1.5R ＋R ) ＋ ⎪v 22

32⎝3⎭

由④⑧式解得v 2＝2gR

212

⑧

⑨

2

的鱼饵落到水面上时，

3设离OO ′的水平距离为x 2，则

x 2＝v 2t ＋R ⑩

由⑤⑨⑩式解得x 2＝7R 鱼饵能够落到水面的最大面积

S ＝(πx 22－πx 12) ＝πR 2(或8.25πR 2) ．

答案 (1) (2)3mgR

3322(3)πR (或8.25πR )

4

1

12．如图4－3－9所示，弯曲部分AB 和CD 是两个半径相等的中间的BC 段是竖直的

4薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径) ，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC 段的长度L 可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D 、A 分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A 点水平进入轨道而从

14334

D 点水平飞出．今在A 、D 两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A 、D 两点的压力，

计算出压力差ΔF . 改变BC 的长度L ，重复上述实验，最后绘得的ΔF －L 图像如图4－3－21乙所示．(不计一切摩擦阻力，g 取10 m/s)

2

图4－3－9

(1)某一次调节后，D 点的离地高度为0.8 m，小球从D 点飞出，落地点与D 点的水平距 离为2.4 m，求小球经过D 点时的速度大小； (2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径．

12

解析 (1)小球在竖直方向做自由落体运动，有：H D ＝gt ，

2在水平方向做匀速直线运动，有：x ＝v D t ， 得：v D x t

x

＝6 m/s. 2H D

g

(2)设轨道半径为r ，A 到D 过程机械能守恒，有： 1212

mv A ＝mv D ＋mg (2r ＋L ) ， 22

② ③

①

v A 2

在A 点：F A －mg ＝m

r v D 2

在D 点：F D ＋mg ＝m

r

由①②③式得：ΔF ＝F A －F D ＝6mg ＋2mg ， 由图像纵截距得：6mg ＝12 N，得m ＝0.2 kg，

当L ＝0.5 m时，ΔF ＝17 N，解得：r ＝0.4 m．(杆模型) 答案 (1)6 m/s (2)0.2 kg 0.4 m

L r