2025届高考物理一轮总复习第4单元曲线运动万有引力与航天第11讲圆周运动课件新人教版

这是一份2025届高考物理一轮总复习第4单元曲线运动万有引力与航天第11讲圆周运动课件新人教版，共60页。PPT课件主要包含了落实基础主干，突破命题视角，归纳总结，ACD，核心素养7，实验6，原理装置图，操作步骤，数据处理和结论，结论Fmω2r等内容，欢迎下载使用。

一、圆周运动1.匀速圆周运动(1)定义:做圆周运动的物体,若在相等的时间内通过的弧长相等,其所做的运动就是匀速圆周运动。(2)速度特点:速度的大小不变,方向始终与半径垂直。
2.描述圆周运动的物理量
二、匀速圆周运动的向心力1.作用效果:向心力产生向心加速度,只改变速度的方向,不改变速度的大小。3.方向:始终沿半径方向指向圆心,时刻在改变,即向心力是一个变力。4.来源:向心力可以由一个力提供,也可以由几个力的合力提供,还可以由一个力的分力提供。
三、离心现象1.定义:做圆周运动的物体,在所受合力突然消失或不足以提供做圆周运动所需向心力的情况下,就做逐渐远离圆心的运动。2.本质:做圆周运动的物体,由于本身的惯性,总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势。3.受力特点(如图所示)(1)当F=mω2r时,物体做匀速圆周运动;(2)当F=0时,物体沿切线方向飞出;(3)当F[练一练]1.判断下列说法对错(1)物体做匀速圆周运动时,其角速度是不变的。(　　)(2)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(　　)(3)做匀速圆周运动的物体,当合力突然减小时,物体将沿切线方向飞出。(　　)(4)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动,这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(　　)
2.(2023浙江桐乡茅盾中学期中)如图所示,A、B、C三点为塑封机手压杆上的点,A在杆的顶端,O为杆转动的轴,且AB=BC=CO。在杆向下转动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.A、B两点线速度大小之比为1∶3B.B、C两点周期之比为1∶2C.A、B两点角速度之比为3∶2D.B、C两点的线速度大小之比为2∶1
解析 因A、B、C三点为同轴转动,可知周期和角速度都相等,即B、C两点周期之比为1∶1,A、B两点角速度之比为1∶1,B、C错误;根据v=ωr可知A、B两点线速度大小之比为3∶2,B、C两点的线速度大小之比为2∶1,A错误,D正确。
3.(多选)铁轨弯道处外轨总是略高于内轨,这样可使列车以规定速度通过弯道时内外轨道均不受侧向挤压,保证行车安全,其简化模型如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A.若要增大列车转弯时的规定速度,在设计铁路时可适当增大弯道处内外轨道的高度差B.列车以规定速度转弯时,受重力、支持力和向心力C.列车转弯时的速度大于规定速度时,列车将侧向挤压外轨D.只要列车转弯时速度足够小,内外轨道就不会受到侧向挤压
解析 设轨道平面的倾斜角为θ,列车以规定速度转弯时,受重力mg和轨道平面的支持力FN,如图所示,由重力和支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律可得F=mgtan θ=m ,可知,若要增大列车转弯时的规定速度,则要增大轨道平面的倾斜角θ,即在设计铁路时可适当增大弯道处内外轨道的高度差,故A正确,B错误;列车转弯时的速度大于规定速度时,列车有做离心运动的趋势,列车将侧向挤压外轨,故C正确;列车转弯时的速度小于规定的速度,有做向心运动的趋势,列车轮缘将挤压内轨道,故D错误。
考点一　描述圆周运动的物理量
1.匀速圆周运动各物理量间的关系
2.常见的三类传动方式及特点(1)皮带传动:如图甲、乙所示,皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB。
(2)摩擦传动和齿轮传动:如图丙、丁所示,两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB。
(3)同轴传动:如图戊、己所示,绕同一转轴转动的物体,角速度相同,即ωA=ωB,由v=ωr知v与r成正比。
典例　天宫空间站天和核心舱的机械臂,长度约10 m,是我国自主研发的七自由度系统,与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图所示,A、B、C是三个主要关节支点,P为BC臂上的一点,机械臂整体以A支点为轴抬起,则下列说法正确的是(　　)A.作业过程中P与B线速度大小一定相等B.作业过程中P与B线速度方向一定相同C.作业过程中P与B角速度大小一定相等D.作业过程中P与B加速度大小一定相等
解析 由于P、B两点为同轴传动,所以两点的角速度相同,P、B两点的半径不确定是否相同,故A错误,C正确;线速度的方向为该点与原圆心连线的垂直方向上,由于P、B两点与圆心连线不重合,故B错误;根据圆周运动加速度公式a=ω2r,P、B的r不确定是否相同,故D错误。
变式练(2023浙江五湖联盟高三选考模拟)我国汉代一幅表现纺织女纺纱的壁画记载了我国古代劳动人民的智慧,如图甲所示。图乙是一种手摇纺车的示意图,一根绳圈连着一个直径较大的纺轮和一个直径很小的纺锤,纺轮和可转动的摇柄共轴,转动摇柄,绳圈就会牵动着另一头的纺锤飞快转动,a、b、c分别为摇柄、纺轮的绳圈、纺锤的绳圈上的点,则匀速转动摇柄时(　　)
A.a点的周期保持不变B.b点的线速度始终不变C.纺锤的转速等于摇柄的转速D.a点的向心加速度等于c点的向心加速度
解析 由于匀速转动摇柄,则a点的周期保持不变,故A正确;由于线速度为矢量,故方向在改变,故B错误;纺轮和纺锤为皮带转动,线速度相同,即vb=vc,摇柄和纺轮为同轴转动,角速度相同,即ωa=ωb,其中rarc,可得ac>ab,即aa考点二　圆周运动的动力学问题
求解圆周运动的动力学问题做好“三分析”一是几何关系的分析,目的是确定圆周运动的圆心、半径等;二是运动分析,目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力公式;三是受力分析,目的是利用力的合成与分解的知识,表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力。
考向1　水平面内圆周运动问题
典例1　(多选)若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动,转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为θ(蹬冰角)的支持力,不计一切摩擦,弯道半径为R,重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)
A.地面对运动员的作用力与重力大小相等B.运动员转弯时速度的大小为C.若运动员转弯速度变大,则需要减小蹬冰角D.运动员做匀速圆周运动,他所受合外力保持不变
变式练(2023浙江嘉兴高三二模)港珠澳大桥的一段半径为120 m的圆弧形弯道如图所示。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的 。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动,汽车视为质点,路面视为水平且不考虑车道的宽度,则(　　)A.汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0 m/s2B.汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/sC.晴天时汽车以180 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道D.下雨时汽车以70 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
考向2　圆锥摆类问题1.受力特点受两个力,且两个力的合力沿水平方向,物体在水平面内做匀速圆周运动。
2.解题方法:①对研究对象进行受力分析,确定向心力来源。②确定圆心和半径。③应用相关力学规律列方程求解。
典例2　(2023浙江长兴中学高三选考模拟)轻绳系一小球在水平面内悬空做匀速圆周运动(如图所示),已知绳长为L,轻绳与竖直方向的夹角为θ=45°,小球的质量为m,小球的线速度大小为v。下列说法正确的是(　　)
(2)双圆锥摆模型(如图乙所示):P、Q随旋转圆盘绕中心轴匀速转动,则它们做圆周运动的角速度相等,故它们的线速度、向心加速度均与轨道半径成正比,且在竖直方向上受到的合力为零。
考向3　斜面内圆周运动问题在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、绳控制、杆控制,物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
典例3　如图所示,在倾角为α=30°的光滑斜面上,有一根长为L=0.8 m的细绳,一端固定在O点,另一端系一质量为m=0.2 kg的小球,沿斜面做圆周运动,g取10 m/s2,小球在A点的最小速度为(　　)
A.4 m/s B.2 m/s
解析 由题意可知,小球恰好过A点时的速度最小,即小球过A点时绳子上的拉力恰好为零,此时小球做圆周运动的向心力完全由小球重力沿斜面向下的分力来提供,由牛顿第二定律有mgsin 30°= 解得vmin=2 m/s,故选B。
考点三　竖直面内的圆周运动问题
典例1　(2023浙江A9协作体期末)如图所示,长为L的轻绳一端系一质量为m的小球A(视为质点),另一端固定于O点,当绳竖直时小球静止。现给小球一水平初速度v0,使小球在竖直平面内做圆周运动,且刚好能过最高点,重力加速度为g,不计空气阻力,则(　　)A.小球过最高点时,速度可能为零B.小球过最高点时,绳的拉力不可能为零
典例2　(多选)如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动,小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小为v,其F-v2图像如乙图所示,则(　　)
C.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等D.v2=c时,小球对杆的弹力方向向上
核心素养7　圆周运动相关的STSE问题(科学态度与责任)
圆周运动中的STSE问题主要有:飞机水平转弯,杂技中的水流星,飞车走壁,花样滑冰,汽车通过拱形桥、凹形路面,过山车,飞椅等。解题时的一般方法:
角度1　飞机、火车等的转弯1.无人机绕拍摄对象(可视为质点)做水平匀速圆周运动的示意图如图所示,已知无人机的质量为m,无人机的轨道距拍摄对象高度为h,无人机与拍摄对象距离为r,无人机飞行的线速度大小为v,则无人机做匀速圆周运动时(　　)
角度2　娱乐活动中的圆周运动2.(多选)游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施如图甲所示,游客坐在转动的魔盘上,当魔盘转速增大到一定值时,游客就会滑向盘边缘,其装置可以简化为图乙。若魔盘匀速转动,游客与魔盘相对静止,则下列说法正确的是(　　)
A.游客受到的合力方向沿斜面向上指向转轴B.游客处于平衡状态,合力为零C.若魔盘角速度缓慢增加,游客受到魔盘的摩擦力也会缓慢增大D.若魔盘角速度缓慢增加,游客受到魔盘的作用力也会缓慢增大
解析 根据题意可知,游客与魔盘一起匀速转动,游客受到的合力提供向心力,方向指向圆心,即沿水平方向指向转轴,故A、B错误;根据题意,对游客受力分析,如图所示游客在竖直方向上受力平衡,有Ffsin θ+FNcs θ=mg在水平方向上由牛顿第二定律有Ffcs θ-FNsin θ=mω2r由于乘客的重力保持不变,魔盘的倾斜角度不变,魔盘角速度缓慢增大,游客所需向心力增大,因此只有摩擦力Ff增大,FN减小,游客受到魔盘的作用力在竖直方向与重力相等,在水平方向的分力提供向心力,向心力缓慢增大,所以游客受到摩盘的作用力大小缓慢增大,故C、D正确。
角度3　体育项目的圆周运动3.(多选)如图所示,自行车运动员在水平道路上转弯,转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧,运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时,只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时,车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为m',轮胎与路面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B.转弯时车不发生侧滑的最大速度为C.转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μm'gD.转弯速度越大,车所在平面与地面的夹角越小
角度4　生活中的圆周运动4.(2023浙江丽水育才高级中学期末)假设旋转餐桌上某个餐盘及盘中菜肴的总质量为1.2 kg,餐盘与转盘间的动摩擦因数为0.2,距中心转轴的距离为0.5 m,若轻转转盘,使餐盘随转盘以0.5 m/s的速率保持匀速转动,转动过程中餐盘和转盘始终保持相对静止。求:
(1)餐盘的向心加速度大小;(2)餐盘与转盘间的摩擦力大小;(3)为防止转动过程中餐具滑出而发生危险,旋转转盘时的角速度不能超过多大?
答案 (1)0.5 m/s2　(2)0.6 N　(3)2 rad/s
解析 (1)根据餐盘的线速度和半径,可得餐盘的向心加速度大小为代入数据解得a=0.5 m/s2。(2)餐盘与转盘间的摩擦力提供餐盘做匀速圆周运动的向心力,根据向心力公式可得,餐盘受到的摩擦力大小为Ff=ma=代入数据解得Ff=0.6 N。(3)若设餐具与桌面之间的动摩擦因数为μ,则当餐具刚好不相对转盘滑动时需满足μmg=mω2r代入数据解得ω=2 rad/s。
实验6探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
向心力演示仪控制变量法
1.手柄 2、3.变速塔轮 4.长槽 5.短槽 6、7.小球 8.横臂 9.弹簧测力筒 10.标尺
1.把两个质量相同的小球放在长槽和短槽上,使它们的转动半径相同,调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度不同,探究向心力的大小与角速度的关系。2.保持两个小球质量不变,增大长槽上小球的转动半径,调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度相同,探究向心力的大小与半径的关系。3.换成质量不同的小球,使两个小球的转动半径相同,调整塔轮上的皮带,使两个小球的角速度也相同,探究向心力的大小与质量的关系
1.分别作出F-ω2、F-r、F-m的图像,分析向心力与角速度、半径、质量之间的关系。2.实验结论
考点一　实验原理与实验操作1.通过探究发现,向心力跟角速度的二次方成正比。2.认识了向心力演示仪的巧妙之处,在于利用两个塔轮半径的不同获得两个塔轮角速度之比,从而克服了直接测量角速度的困难。3.进一步体会了一种重要的研究方法:控制变量法。4.向心力演示仪提供了两个圆周运动,通过两运动的对比,来探究向心力跟三个因素之间的关系。这里还隐含着一种重要的研究方法——对比实验法。
典例　(2023浙江1月选考)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
(1)采用的实验方法是　　　　。 A.控制变量法B.等效法C.模拟法(2)在小球质量和转动半径相同的情况下,逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左、右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的　　　　　　　(选填“线速度大小”“角速度二次方”或“周期二次方”)之比;在加速转动手柄过程中,左、右标尺露出红白相间等分标记的比值　　　　(选填“不变”“变大”或“变小”)。 
解析 (1)本实验先控制其他几个因素不变,集中研究其中一个因素变化所产生的影响,采用的实验方法是控制变量法,故选A。(2)标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所需向心力的比值,根据F=mrω2可知比值等于两小球的角速度二次方之比,逐渐加大手柄的转速的过程中,该比值不变,故左右标尺露出的格数之比不变。
考点二　数据处理与误差分析典例　一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度、半径的关系。(1)首先,他们让一砝码做半径r为0.08 m的圆周运动,数字实验系统通过测量和计算得到若干组向心力F和对应的角速度ω,如下表所示。请你根据表中的数据在图甲上绘出F-ω的关系图像。
(2)通过对图像的观察,兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比。你认为,可以通过进一步的转换,通过绘出　　　　关系图像来确定他们的猜测是否正确。
(3)在证实了F∝ω2之后,他们将砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04 m、0.12 m,又得到了两条F-ω图像,他们将三次实验得到的图像放在一个坐标系中,如图乙所示。通过对三条图线的比较、分析、讨论,他们得出F∝r的结论,你认为他们的依据是　 。 
(4)通过上述实验,他们得出:做圆周运动的物体受到的向心力大小F与角速度ω、半径r的数学关系式是F=kω2r,其中比例系数k的大小为　　　　,单位是　　　　。 
作一条平行于纵轴的辅助线,观察和图线的交点中,力的数值之比是否为1∶2∶3
解析 (1)描点绘图时尽量让所描的点落到同一条曲线上,不能落到曲线上的点应均匀分布在曲线两侧,如图所示。
(2)通过对图像的观察,兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比。可以通过进一步的转换,通过绘出F与ω2关系图像来确定他们的猜测是否正确,如果猜测正确,作出的F与ω2的关系图像应当为一条倾斜直线。
(3)作一条平行于纵轴的辅助线,观察和图线的交点中,力的数值之比是否为1∶2∶3,如果比例成立则说明向心力与物体做圆周运动的半径成正比。(4)做圆周运动的物体受到的向心力大小F与角速度ω、半径r的数学关系式是F=kω2r,代入(1)题中F-ω的关系图像中任意一点的坐标数值,比如:(20,1.2),此时半径为0.08 m,有1.2 N=k×202(rad/s)2×0.08 m,解得k=0.037 5 kg。
考点三　实验的改进与创新本实验的创新形式比较少,主要有:1.采用信息技术来辅助探究向心力影响因素,例如:利用速度传感器、力传感器与光电计时器来分析向心力。2.通过圆锥摆或者通过单摆来研究向心力与其影响因素之间的关系。
典例1　某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与线速度大小的关系。装置中光滑水平直杆随竖直转轴一起转动,一个滑块套在水平光滑杆上,用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接,当滑块随水平杆一起转动时,细线的拉力就是滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得,滑块转动的线速度可以通过速度传感器测得。
(1)要探究向心力大小与线速度大小的关系,采用的方法是　　　　。 A.控制变量法B.等效替代法C.微元法D.放大法
(2)实验中,要测量滑块做圆周运动时的半径,应测量滑块到　　　　　(选填“力传感器”或“竖直转轴”)的距离。仅多次改变竖直转轴转动的快慢,测得多组力传感器的示数F及速度传感器的示数v,将测得的多组F、v值,在图乙F-v2坐标系中描点,请将描出的点进行作图。若测得滑块做圆周运动的半径为r=0.2 m,由作出的F-v2图线可得滑块与速度传感器的总质量m=　　　　 kg(结果保留两位有效数字)。 
解析 (1)要探究向心力大小与线速度大小的关系,保持滑块与速度传感器的总质量和运动半径不变,采用的实验方法是控制变量法,故A正确;(2)实验中,因为滑块在水平方向上做圆周运动,故要测量滑块做圆周运动的半径时,应测量滑块到竖直转轴的距离。作出F-v2图线,如图所示
典例2　(2023浙江宁波北仑中学期末)某同学用如图甲所示装置探究钢质小球自由摆动至最低点时的速度大小与此时细线拉力的关系。其中力传感器显示的是小球自由摆动过程中各个时刻细线拉力FT的大小,光电门测量的是钢球通过光电门的挡光时间Δt。
(1)调整细线长度,使细线悬垂时,钢球中心恰好位于光电门中心。(2)要测量小球通过光电门的速度,还需测出　 　　　(写出需要测量的物理量及其表示符号),小球通过光电门的速度表达式为v=　　　　(用题中所给字母和测出的物理量符号表示)。 (3)由于光电门位于细线悬点的正下方,此时细线的拉力就是力传感器显示的各个时刻的拉力FT的　　　　　　(选填“最大值”“最小值”或“平均值”)。(4)改变小球通过光电门的速度,重复实验,测出多组速度v和对应拉力FT的数据,作出FT-v2图像如图乙所示。已知当地重力加速度为9.7 m/s2,则由图像可知,小球的质量为　　　　 kg,光电门到悬点的距离为　　　　 m。 
核心素养8　圆周运动与平抛运动的综合问题(科学思维)
平抛运动与圆周运动相结合的问题中,水平面内的圆周运动与平抛运动的综合考查和竖直面内圆周运动与平抛运动的综合考查是主要考查方向。平抛运动与圆周的轨迹相切的位置,即速度方向是解决这类问题的突破口。另外在竖直面内的圆周运动还要注意能够达到最高点这个隐藏的约束条件。解决抛体运动与圆周运动综合问题的“四个关键”(1)运动阶段的划分;(2)运动阶段的衔接,尤其注意速度方向;(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系;(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题,应用合成与分解的思想分析,这两种运动转折点的速度是解题的关键。
题组练1.(2023浙江临海新昌高三三模)如图所示,小球A、B用细线分别与天花板、杆连接,在同一高度做匀速圆周运动,圆心均为点O。在某时刻,细线同时断裂,两小球做平抛运动,同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l,A、B圆周运动的半径分别为6l、4l,则O点到水平面的高度为(忽略物体的大小和细线质量)(　　)
A.6lB.10lC.12lD.15l
解析 两球落地时水平方向的位移关系如图所示
2.如图所示,水平实验台AB固定,弹簧左端固定,右端有一可视为质点、质量为2 kg的滑块紧靠弹簧(未与弹簧连接),弹簧压缩量不同时,将滑块弹出去的速度不同。平台右侧有一圆弧轨道固定在地面上并与一段动摩擦因数为0.4的粗糙水平地面相切于D点。实验平台距地面高度h=0.53 m,圆弧半径R=0.4 m,θ=37°,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)通过调整弹簧压缩量,滑块弹出后恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道,求滑块从平台B端飞出的初速度大小和B、C两点水平距离;(2)若滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行2 m,求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小及方向。
答案 (1)4 m/s　1.2 m　(2)100 N,方向竖直向下
解析 (1)根据题意,C点到地面高度hC=R-Rcs 37°=0.08 m从B点到C点,滑块做平抛运动,根据平抛运动规律有h-hC= gt2则t=0.3 s到C点时竖直方向的速度vy=gt=3 m/s滑块飞出恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道,所以tan θ=得v0=4 m/sxBC=v0t=1.2 m。
命题热点(四)　多过程曲线运动中的动量能量问题
1.解动力学问题的三个基本观点(即选用原则)(1)力的观点:用牛顿运动定律结合运动学知识解题,主要处理在某处的向心力,例如在最高点、最低点对轨道的压力。(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,主要处理曲线运动上从某点到某点的能量转化问题。(3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,主要处理两个物体之间的碰撞或者物体与可移动模板之间的动量(速度关联)。
2.注意事项(1)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和动能定理去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。(2)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换,这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
典例1　(2023浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5 m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5 m,HI长度L0=9 m,摆渡车长度L=3 m、质量m=1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m处静止释放,滑块在FG段运动时的阻力为其重力的 。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC;(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ;(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t。
答案 (1)22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
典例2　(2022浙江6月选考)如图所示,在竖直面内,一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O点,并向左拉开一定的高度h由静止下摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4 m,H=0.2 m,v=2 m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ=0.5,轨道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD与DE平滑连接,物块可视为质点。
(1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小;(2)物块a在DE最高点时,求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系;(3)若物块b释放高度0.9 m答案 (1)5 m/s(2)FN=(0.1h-0.14) N(h≥1.2 m)
解析 (1)物块b摆到最低点过程,根据动能定理得发生弹性正碰,物块a、b速度交换,有v0=vb=5 m/s。(2)设从高度为h1处释放b时,物块a运动到E点时速度恰好为零,根据能量守恒定律得mgh1-2μmgl-mgH=0解得h1=1.2 m以竖直向下为正方向,物块a在E点时有FN+mg=从释放物块b,至物块a运动到E过程,由能量守恒定律得联立得FN=(0.1h-0.14) N(h≥1.2 m)。