高中物理备课全集：匀速圆周运动习题综合练习

高中物理备课全集：匀速圆周运动习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 综合练习 圆周运动习题综合练习 例1 如图1所示，已知绳长l=0.2米，水平杆长L=0.1米，小球m的质量 m=0.3千克，整个装置可绕竖直轴转动，当该装置以某一角速度转动时，绳子与竖直方向成30?角。 (1)试求该装置转动的角速度; (2)此时绳的张力是多大, 分析和解 , 当整个装置以角速度转动时，小球m将做圆周运 动，圆周运动的圆心在竖直轴上，且和m在同一平面上。 小球m只受到两个力的作用，重力G =mg，及绳子的拉 力T。而这两个力的合力即为小球所受到的向心力F。n 用正交分解法，和公式F=ma 可得 nn2Tmr,,sin,, 0Tmg,,,cos, 由几何知识可得，，把已知数据代入得 rLl,，sin,12Tr，,03.,2 3T，,，,03100.2 1r,，，0102..2, 解之得 = 5.37 弧度/秒 T= 3.46 牛 又解:此题中，m只受两个力的作用，所以用平行四边形法则 解也很方便。 由上面的分析已知，物体受竖直向下的的重力。大小为mg受 绳的拉力T作用。只知道它的方向与竖直方向夹角为，又因为小, 球m在水平面内做匀速圆周运动，所以受到水平向左(指向圆心) 的合外力，即上述重力和拉力的合力水平向左。由这四个已知(mg 的大小、方向、T的方向及的方向)可得图2的平行四边形。 ,F 解这个平行四边形可得 3,Fmg,,，，,tg..,0310173牛3 mg0310.，T,,,346.牛cos3, 2 2 又根据牛顿第二定律得FmaFmr,,,nn, L且rL,，2 ,F173.？,,,537./弧度秒,L02.ml()，0301.(.，，)22 说明 (1)既然牛顿第二定律是解圆周运动的重要依据，那么对做圆周运动的物体进行受力分析就是必不可少的了。因此我们在解圆周运动问题时几乎无一例外地要首先画草图对物体进行受力分析。 (2)在圆周运动中，向心力的方向往往为已知，而这个已知在受力分析中充当重要角色。在解法1中因为知道合外力(向心力)的方向，在正交分解法中才能列出方程,,FmaF,,,0。在解法2 中，因为知道合外力(向心力)方向，才能得到图2的平xny 行四边行。 例2 如图3，一个单摆的摆长为L，摆球质量为m， 在单摆运动的竖直平面内的F点有一颗钉子，钉子到O点 2?的距离为L。OF和竖直方向的夹角=60。现将摆球拉,3 起到A点，以一定初速度释放。使其作曲线ABCD到达E 点。如果小球m恰好通过最高点E，则它在B点和D点所 受绳的拉力是多大,小球刚到C点，和刚通过C点时，绳的拉力分别是多大, 分析和解 摆球由A运动到E的过程中，只受到重力G和绳的拉力T的作用。而在这过程中拉力T始终没做功，所以在这个过程中机械能守恒。 摆球到达E点时受到两个力的作用:重力G和拉力T。两个力的方向都竖直向下，所 ,fmgT,，以合外力，这里的mg的大小是不变的，而T可以在0 ,?之间根据需要而E ,Fmg,变化。所以。若摆球“恰好通过最高点E”表示拉力T是它的最小值:零，所以E ,Fmg,。 E Fma, 由牛顿第二定律得，恰好通过E点时，在E点有: nn 2v111112E mgm,？,,,mvmgrmgLmgLEEr22236E 设摆球在B点时重力势能为零。由几何知识得 1EmghmgLmgL,,,,(cos)1,PCC2 22EmghmgLLmgL,,,,(cos) ,PDD33 EmghmgyymgL,,，,()PEEEFGB 由于由A运动到E的过程中机械能守恒，所以有: 11112222 mvEmvEmvEmvE，,，,，,，BPBCPCDPDEPE2222 1111212222 即: mvmvmgLmvmgLmvmgL,，,，,，BCDE222232 112 把代入可以得: mvmgL,E26 14222 mvmgLmvmgLmvmgL,,,BCD33 再分别在B、C、D各点应用牛顿第二定律得: Fma,nn 22vvBB B: Tmg,,,mBvLB 2mv710B？,，,，,Tmgmgmgmg BL33 22vvCC C:刚到时: Tmgm,,,cos,mCO,vLCO, 2v1411C？,，,，,Tmgmcos,mgmgmg CO,l236 222vvVCCC3 刚通过时:Tmgm,,,,cosmm CO，LrLCO， 3 2v19C？,，,，,Tmgmcos,3mgmgmg4 CO，l22 222,,,DDD33 D:Tm,,,,mmmg DLrLO 3 说明 (1)在B点，摆球所受合外力指向摆球轨道圆心，合外力就是向心力。而在C点和D 点，摆球所受合外力就不指向轨道圆心了，这两点摆球所受向心力只是摆球所受合外力正 交分解后指向圆心的分力 22vv2a,Fm,mv (2)由于向心加速度有公式再由牛顿第二定律得 ，或中 nnrr部分可看做物体动能的2倍，所以在解圆周运动问题时，常用机械能守恒定律或动能定理 解出物体在各点的动能。从而给解题以必要的帮助。 例3 关于第一宇宙速度，下列说法中正确的是: A:它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度 B:它等于人造地球卫星在近地圆形轨道上的运行速度; C:它是能使卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度 D:它是卫星在椭圆轨道上运行时近地点的速度 分析和解 2MmvG,m 如果卫星的运行轨道是一个圆，由牛顿第二定律F=ma得，从而推导nn2rr GMv,出(式中v为卫星运行速度，r为轨道半径，G和M分别为万有引力恒量及地r 球质量) 由上式可以看出，卫星的运行速度跟卫星的轨道半径的平方根成反比。可见卫星的轨道半径越大，它的运行速度越小，那么我们就产生了一个疑问，既然卫星轨道半径越大，它的运行速度越小，那么是不是发射离地球越远的卫星需要的发射速度越小呢,如果这个假设成立，还要三个宇宙速度有什么做用呢, 其实所谓第一宇宙速度，第二宇宙速度和第 三宇宙速度都指的是发射速度，它们表明发射不 同人造天体所需的最小发射速度，但是一般来讲 发射速度并不等于人造天体的运行速度。 我们以同步卫星的发射为例来说明发射速 度和运行速度的区别:当大于7.9 Km/s而小于 11.2 Km/s的发射速度(10.4 Km/s)发射卫星时，卫 星将不再做圆周运动，而是在一个椭圆轨道上运 动(如图4)，当卫星运动到椭圆轨道的近地点 A时，它的运行速度等于发射速度，当它从A点 沿椭圆轨道运动到远地点B时，由于要克服万有 引力做功，所以在B点的运行速度(1.58Km/s)要远小于发射速度，而且还小于在同步卫星的圆形轨道上运行时所需要的速度(3.08Km/s)。至此只完成了发射同步卫星的第一步，当卫星在某一次运动到远地点B时，再一次点燃火箭，使卫星的速度增大到同步卫星运行所需要的速度，卫星将绕圆形轨道(图4中大圆)运动，这样就使卫星成为同步卫星了。 可见，如果发射卫星的轨道是椭圆，且它的近地点在地球表面附近，则它在近地点时的运行速度才等于该卫星的发射速度，而卫星在其它位置的速度都小于发射速度，而在远地点时的速度最小。如果所发射的卫星在其它位置的速度都小于发射速度，而在远地点时的速度最小。如果所发射的卫星的椭圆轨道的半长轴有所减小，则它的发射速度也随着减小，而且它在近地点和远地点的速率之差也随着减小。当它的半长轴减小到使卫星轨道变成圆时，卫星的发射速度减小到最小值，——即第一宇宙速度，而卫星的线速度也将变成匀速率，它的发射速度就等于运行速度了，所以近地卫星的运行速度等于发射速度，而此时的发射速度等于第一宇宙速度。 当我们要发射远地圆轨道卫星时(例如同步卫星)，必须以大于第一宇宙速度的发射速度发射，使其先在一个椭圆轨道上运行;然后再经一次加速使其在圆形轨道上运行，但它在圆形轨道上运行的速度要小于发射速度，而且还要小于第一宇宙速度。 通过以上分析我们已知发射远地圆形轨道卫星，尽管它的运行速度较小，但却需要比近地圆形轨道卫星更大的发射速度，那么再问一句，为什么会形成这种局面呢,原来我们发射圆形轨道卫星时，不但要提供它在运行时所需要的动能，还要提供把它升到一定高度的万有引力势力能，而这两种能量都是发射时的动能转化而来的。如果发射两颗质量相等卫星，远地卫星的动能虽然小，但它的动能和万有引力势能之和却要比近地卫星大些。因此，发射时的动能就要大些，当然就要以较大的速度发射。 解 :通过以上分析我们可知如果卫星运行轨道是圆，随着轨道半径的增加卫星的飞行速度要有所减小。因此近地卫星的飞行速度最大，而近地卫星的飞行速度等于第一宇宙速度，所以第一宇宙速度应是圆形轨道道卫星飞行的最大速度。而不是最小速度。但是如果考虑到椭圆轨道卫星的话，那么飞行速度就有可能有时大于第一宇宙速度，有时小于第一宇宙速度。因此无论是否考虑椭圆轨道卫星，A选项都是错的。 通过上面的分析很容易得出结论:B选项是正确的。 粗看C也是正确的，但实际C选项是错误的。因为近地圆轨道卫星指的是轨道半径等于(当然应略大于)地球半径的卫星，所以它的发射速度应当只有一个，就是第一宇宙速度，而不是有很多发射速度，只要大于或等于第一宇宙速度就行。 通过上面的分析已知卫星做椭圆轨道运动时， 其近地点速度是必定大于第一宇宙速度的，因此D 选项是错误的。 所以本题应选B。 例4 y轴右方有方向垂直于纸面的匀强磁场。 一个质子以速度v水平向右通过x轴上的p点，最 后从y轴的M点射出磁场。已知M点到原点O的距 离为H，质子射出磁场时速度方向与y轴负方向夹角 ? =30，质子的电量为q，质量m，求: , (1)磁场磁感应强度的大小和方向; (2)适当的时候，在y轴右方再加一个匀强电场，就可以使质子最终能沿y轴正方向作奖速直线运动。从质子经过P点开始计时，再经 过多长时间加这个匀强电场,电场强度多大,方向 如何, 分析和解 带电粒子在磁场中垂直于磁场方向运动时，在 磁场力作用下，做匀速圆周运动，所以质子的运动 轨迹就是一个圆，(或一段圆弧)而质子在P、M两 点的速度方向应与这个圆相切，所以过P、M两点做 这两点速度方向的垂线，这两条垂线的交点O必为运动轨迹圆的圆心。有了圆心和圆上两点P、M，根据平面几何知识就可以得到圆弧和圆的半径r(如图6) r过d点做y轴垂线O,A则 ，,,:？,,,30AM2 2r32 ？,,,？,，,，,,AM又即AOOPrHAMAO'rrrHr223 mvr, 我们知道，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，轨迹半径 qB mv23mv？,,,B,把代入得rHB qr32qH 再由左手定则可以判断B的方向应垂直于纸面向里。 下面讨论第二问 我们知道当质子运动到图中B点时，其速度方向沿y轴正方向。当从这一时刻开始加一电场，使电场力F 和洛伦磁力f平衡，则可使质子从此后沿y轴正方向做匀速直线运动。 电 1 质子从P点运动B点转过了个圆周。所以若从P点开始计时,到达B点，经过的时间4 ,,2mTmTT,？,,t。我们知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,。 t,qB42qB4 ？Ff和 又 在B点时(包括这以后时间内)平衡， 电 ？,EqqvB 23mv？,,EvB。 2qH 因为质子为正电荷，所以F方向与电场E方向相同 ，所以电场方向向右。 电 几点说明 (1)前面提到解圆周运动题要从牛顿第二定律入手，但本例题中，没有提到牛顿第二定律，这里好像有点矛盾，其实不然，我们在学习带电粒子在磁场中运动这部分 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 时提出了轨道半径和周期公式，这两个公式很重要，当然应当记住，但是，它们是牛顿第二定律的的推导公式，而且推导过程极为简单，所以我们不但要记住这两个公式，还要记住它们的推导过程:因为Fma,，而带电粒子在磁场中做圆周运动时，向心力是由带电粒子nn 22v,a,qvBm,FfqvB,,所受的洛伦兹力提供的。即再把公式代入可得 ，nnrr ,2mmv2r,？,rT,，又T,把半径公式代入即可得由上述推导过程，可见，我们qBqBv 在应用半径公式和周期公式解题时，已间接地应用了牛顿第二定律。 (2)既然带电粒子在磁场中是做圆周运动，那么找到圆心和半径就显得比较重要。这一点在本例题中表现突出。只有找到圆心，才能通过几何知识解出半径r，从而解出tO, 来。 (,)在解t时，我们先用周期公式解出,，然后根据t 跟T的关系解出t，这种解题思路在解周期性运动(匀速圆周运动、单摆、交流电、电磁振荡)习题时经常采用。 【练习题】: (1)如图,所示，三个物体、、放在旋转圆,,, 台上，磨擦因数均为，A的质量为2m，B和C的质量, 均为m ，A、B离轴为R，C离轴为2R，则当圆台旋转时 ，若A、B、C均没有滑动，则 A:C的向心加速度最大; B:B物体的摩擦力最小; C:若圆台转速逐渐增大时，C比B先滑动; D:若圆台转速逐渐增大时，B比A先滑动; (2)图8所示，光滑杆偏离竖直方向的夹角为 ，杆,以O点为支点绕竖直轴旋转，质量为m的小球套在杆上可自由滑动，当杆旋转角度度W时，小球可在A处的水平面1 内旋转，当杆旋转角速度为W时，小球可在B处的水平面2 内旋转，设环对杆的压力分别为N和N，则 12 A:NN, B:NN, 1212 C:,,, D:,,, 1212 (3)人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，线速度为v，周其为T，若要使卫星的周期变为2T，可能的办法是: v A:r不变，使线速度变为 B:v不变，使轨道半径变为2r 2 34R C:轨道半径变为 D:无法实现 (4)如图9所示，A、B为两个水平放置的平行金属板。它们处在垂直纸面向里的匀强磁场中，金属棒ab以速度v沿1金属板边沿匀速平移，与此同时有一带电液滴以速度v飞入匀2强磁场，发现液滴恰能做圆周运动。则液滴做圆周运动的半径为 vv,，，vv1212 A( B( gg 22vv12 C( D( gg (5)，一只碗水平放置，其放一小球，开始小球相对于碗静止于碗底，如图10所示，则下列哪些情况能使碗对小球的支持力大于小球的重力: A:碗竖直向上加速运动; B:碗竖直向下加速运动 C:碗由匀速向左运动突然变成减速运动的瞬间 D:碗由匀速向左运动突然变为静止的瞬间 6 (6)已知地球的半径约为米，又知月球绕地球6410.， 运动可以近似看做匀速圆周运动，则可估算出月球到地心的距离为 米。(结果保留一位有效数字) (7)如图11所示，一带电小球用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，摆角最大时为60:，水平磁场垂直于小球摆 动平面，磁感应强度为B，当小球从左边摆到最低点A时，悬线的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点A时悬线的张力为 。(设摆线长为L， 小球所带电量为q) (8)在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电的细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点(如图12)，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，已知小球摆到 最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为,。求小球经过最低点时细线对小球的拉力。 【练习题 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】: (1) A B C (2) B (3)C (4)A (5) A D 2cos,8 ()()()(64107283，,,qBgLTmg)1，sin,练习题提示: (4)提示1:金属板A、B间有磁场同时有电场。 再提示:任何电荷受到重力，电场力和洛伦兹力的共同作用，若能做圆周运动则合外力只 能是洛伦兹力 ,?电场力跟重力必定平衡，且该运动为匀速圆周运动。 (6)提示:此题中要用到一些常数作为已知，而且有的常数不是物理常数，再提示: 2g,98.m/s做为已知的常数为重力加速度和月亮公转周期T=27天。 (9)提示:在A、B两点间和A、C两点间分别用动能定理列方程。 练习题分析和解答: , (1)当A、B、C相对圆台不滑动时，它们做圆周运动的角速度是相同的， arra,？？最大？A选项正确所以，它们的向心加速度最大，。 ncC 2又不滑动时？fFFmr,,,,,n静 2222 222？,,,,,fmRFmRfmRmR,,,,ABC ？fB最小，正确B ？三个物体的相同，最大静摩擦力vfmg？,m ？,,,,ffffff222，而无滑动时，mAmBmCABC 1？,,,当时，(即开始滑动时)ffCffFf,CCmAmCmA2 11fffABC,,？？、均未滑动，正确BmCmB 22 同样由推理得当时、同时滑动ffffAB,,？,,BmBAmA ?D不正确 (2)当杆以任意角速度w 转动时，小球的受力情况如 图13所示，由数学知识可得N跟,F的夹角为，所以, N=mg/sin,，?m不变，? N不变，? B正确。 又也不变，由牛顿第二定律得FFmg,,？,ctg,n 2, arrw,？？,不变，当较大时较小，,,,nBA ？CD、都不正确。 2r,1 (3)物体做圆周运动时有，若r 不变，v减小为原来的，周期T可变为原T,2v 来的一半，看来好像A正确，但A是错误的，原因是卫星绕地球做圆周运动时，是靠万有 2MmvGM1G,m引力来充当向心力的,所以,，式中G、M为常数，?，？,rr,222rrvv 1当v减小到原来时，卫星轨道半径r要增大到原来的4倍，我们根本做不到使速度减小 2 1，而使r不变。同理，B也是错误的。由牛顿第二定律到原来的2 23Mmr4, FmaG,,？,得，:mrT2,n22rTGM 3334r，，r3, 222(),当变为时，rrT42,,,T2GMGM ？ C是正确的。 (4)当ab以v运动时，A、B两板间有电压，UBLv,,，两板间形成电场。?液滴11 在A、B间运动时受到电场力洛伦兹力和重力的作用。带电液滴在这三个力的作用下若做圆周运动，则必然是重力跟电场力平衡，所受合外力为洛伦兹力，圆周运动也为匀速圆周运则必重罚跟电场力平衡，所受合外力为洛伦力，圆周运动也为匀速圆周运动。则必须是动, 重力跟电场力平衡，所受合外力为洛伦兹力，圆周运动也为匀速圆周运动。(关于这个结论的证明较麻烦，本答案后有证明，如果看不懂这个证明，可假定圆运动为匀速圆周运动就已为已知条件) U？,,mgEqqd Uq?v 22vvmvgd12又把上面两式代入得r,,？,rrUqBgq?dv1 ?B正确 附:若带电体在匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动则电场力跟重力必定平衡。 证明 假定G跟F不平衡且它们的合外力为F，(向下)再假定带电体能做圆周运动，圆电 半径为r，则它在A、B、C、D各点受力情况如图14，由于在运 动过程中洛伦 兹力不做功， ?根据动能定理应有: 1122 mvmvFr,,? , AB22 1122 mvmvFr,, , BC22 又由牛顿第二定律得: 2vAqvBFm,, , Ar 2vBqvBm, , Br 2vCqvBFm，, , Cr 122得 ,-, qBvv()(),,,,mvmvF2ABABr 122 ,-, 得 qBvv()(),,,,mvmvF2BcBCr , ？,,,vvvvABBC2222vvvv,,, 由,,得 , ABBC vvvvvv，,，？, ,/,得 ABBCAC 显然:如果F,0 则，而上述推理又说明，？必有F=0。 vv,vv,ABAB (5)A、B、C、D四个选项所设置的四种情况下，小球均处在碗底，所以都是只受到重力G及支持力N的作用(如图15)。当碗竖直向上加速运动时，小球也有向上加速度。所以，小球所受合外力向上，?A？,NG正确。 同理，当碗向下加速运动时，小球所受合外力向下，所以N G，? D正确。 2Mm4,GM23G,？,mrrT (6)由牛顿第二定律Fma,得 nn222rT4, Mm2又在地球表面可近似看做mgG,？,GMRg 2R 22226410982786400RgT，，，，(.).()33代入上式得 r,,224,4314，. 8,,，3510.,243,，553910. ,8,,，410, 8？,，r410 米 (7)在摆动过程中，小球受到重力mg ，洛伦兹力f和拉力T的作用，而f、T均未做功，?在摆动过程中机械能守恒。?两次摆到最低点时v相同，又左方摆到最低点时T=0， 2vfmgm,,？f 必向上且，由右方摆到最低点时，f 向下， L 2vTfmgm,,, ?有 L 由机械能守恒得(在A、B两点间): 112vmghmgL,,AB22 2？,vgLA gL ？,,,fmgmmgL Tfmgmg,,, ？,,,TfqvBqBgL222A (8)设电场水平向右，小球带正电。在A、B两点间应用动能定理。 mghqd,,,0ABAB ,,mghmgLcosmgcosAB？,,,q,dL，sin1，sin,,AB 再在A、C间应用动能定理 12mgLqLmv,,,C2 coscos,,mg2()？,,mvmgL22LmgL,,21Csinsin1，1，,,在最低点C时，小球受力情况如图19，在竖直方向上应用牛顿第二定 律得 2vCTmgm,,2 2,vcosC 21()？,，,，,Tmgmmgmg1sinL，, cos,32,,mgmg1sin， ,