2013届高考物理第一轮考点总复习课件29.ppt

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1、曲曲线线运运动动万万 有有 引引 力力 定定 律律3匀速圆周运动匀速圆周运动离心现象离心现象第四章1l一、描述圆周运动的物理量l1.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.l线速度的大小为，其中s为质点在t时间内通过的.沿该点的切线方向沿该点的切线方向弧长弧长2l2.角速度：描述质点绕圆心转动l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.l3.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.3l4.向心加速度an：描述线速度改变快慢l的物理量.其大小为，其方向总是

2、指向圆心，因此不论其大小是否恒定都一定是变量.l5.向心力Fn：产生向心加速度的力，按其作用l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.方向方向始终指向圆心始终指向圆心方向方向大小大小4l二、匀速圆周运动l1.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.l2.性质：变加速曲线运动.l3.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.5l三、离心运动l1.现象：原来做圆周运动的质点远离圆心的运动.l2.原因：设做圆周运动的质点所受的径向l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l运动.若Fn，则质点将做向心运动.l3.应用：等.l4.危害与防止：等.离心机、洗衣机脱水筒离心机、洗衣机脱水筒车辆转弯时应减速行驶车辆转弯时应减速行驶6l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()lA.600r/min B.900r/minlC.1200r/min D.3000r/min图图431描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量7l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

4、倍.l风扇的最小转速为：l故满足题意的可能转速有：n=knmin(k=1,2,3)选B.l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.8l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?图图432910l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

5、作电压/电流：36V/5A11l根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为()lA.15km/hlB.18km/hlC.20km/hlD.25km/h12l该车额定时速即为后轮转动线速度大小.由题意，根据v=rl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.13l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

6、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.图图43314【答案】(1)v1v2v3=211(2)w1w2w3=223(3)a1a2a3=42315l常见的水平面内的圆周运动问题l 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/mm5010015020015030016l(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.l(2)已

7、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)l(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？17l(1)由表中的数据分析得，h与r的乘积为一常数，即hr=Cl由已知数据得：lC=3300.1m2=33m2l由此得：h=l当r=550m时，得lh=m=0.06m=60mm18l(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.lF=mgtan=l由于很小，则ltan=

8、sin=l由得：l代入数值解得：lv=15m/s=54km/h19l(3)由可知，提高转弯处的设计速率，应采取如下措施：l适当增大内、外轨的高度差h.l适当增大转弯半径r.20l解答该类问题的一般方法为：l(1)确定圆周运动的轨道平面，找准圆心和半径.l(2)对研究对象进行受力分析，确定沿半径方向的合外力，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.l(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.2122图4342324l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/

9、s，g取10m/s2，常见的竖直面内的圆周运动模型常见的竖直面内的圆周运动模型图图43425l求：l(1)在最高点时，绳的拉力.l(2)在最高点时，水对水桶底的压力.l(3)为使小桶经过最高点时水不流出，在最高点时的最小速率是多少？26l小桶质量m1=0.5kg，水质量m2=1kg,r=1ml(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：l解得：l代入数值解得：T=22.5N27l(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lm2g+N=,解得N=-m2g代入数值解得N=15Nl由牛顿第三定律，水对桶底的压

10、力N=15N，方向竖直向上l(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.28l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()图图435A.一定是拉力一定是拉力B.一定是推力一定是推力C.一定等于一定等于0D.可能是拉力，可能是推力，也可能等于零可能是拉力，可能是推力，也可能等于零293031l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，

11、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圆周运动与其他力学知识的综合应用图图43632l 雨滴离开伞时速度的大小v=R=20.8m/s=1.6m/sl方向沿切线方向雨滴离开雨伞后做平抛运动，运动时间l雨滴落地时的水平位移，如下图33lx=vxt=1.60.6m=0.96m则雨滴在地面上所围圆的半径为r，有l雨滴落地时竖直方向速度的大小：lvy=gt=100.6m/s=6m/sl所以落地速度34如图如图437所示，半径为所示，半径为R的水平圆盘正以中的水平圆盘正以中心心O为转轴匀速转动，从圆盘中

12、心为转轴匀速转动，从圆盘中心O的正上方的正上方h高处水平抛出一小球，此时半径高处水平抛出一小球，此时半径OB恰与球恰与球的初速度方向一致要使小球只与圆盘碰撞的初速度方向一致要使小球只与圆盘碰撞一次，且正好落在一次，且正好落在B点，则小球的初速度及圆点，则小球的初速度及圆盘的角速度分别为多少？盘的角速度分别为多少？图43735当小球在半径当小球在半径OB恰与初速度方向一致时恰与初速度方向一致时水平抛出，要使圆盘只碰撞一次，且落点水平抛出，要使圆盘只碰撞一次，且落点为为B，则必须使小球落到，则必须使小球落到B点时，圆盘上点时，圆盘上的的B点也恰好转到该位置点也恰好转到该位置(即运动时间相等即运动时

13、间相等)设小球的初速度为设小球的初速度为v，由平抛运动知识，由平抛运动知识得：得：3637l 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.38图图43839l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、末状态，运用机械能守恒定律和圆周运动知识相结合求解.l设高度为h1时，m恰能通过圆形轨道的最高点，物块到

14、达圆形轨道最高点的速度大小为v1，有l,l所以v1=40l由系统机械能守恒，以圆形轨道最低点为零势能面，有l得h1=2.5Rl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=l所以v2=2l而同样由机械能守恒lmgh2=+mg2R，h2=4Rl故2.5Rh4R41l 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=10

15、0kg，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)42图图43943l(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力.l(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.l(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.4445(2)若滑上木板若滑上木板A时，木板不动，由受力分时，木板不动，由受力分析得析得1m1g2(m1+2m2)g若滑上木板若滑上木板B时，木板时，木板B开始滑动，由受开始滑动，由受力分析得力分析得1m1g2(m1+m

16、2)g联立联立式，代入数据得式，代入数据得0410.646(3)若若1=0.5，由，由式可知，货物在木板式可知，货物在木板A上滑上滑动时，木板不动设货物在木板动时，木板不动设货物在木板A上做减速运动上做减速运动时的加速度大小为时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得1m1g=m1a1设货物滑到木板设货物滑到木板A末端时的速度为末端时的速度为v1，由运动学，由运动学公式得公式得v12v22=2a1l联立联立式，代入数据得式，代入数据得v1=4m/s设在木板设在木板A上运动的时间为上运动的时间为t，由运动学公式得，由运动学公式得v1=v0a1t联立联立 式，代入数据得式，代入数据得t=0.4s47