2012届高考物理第一轮考纲知识复习 圆周运动及其运用

j.Co M
第3节 圆周运动及其运用
【考纲知识梳理】
一、描述圆周运动的物理量及其相互关系
1、定义：质点沿圆周运动，如果在相等的时间里通过的圆弧长度相等，这种运动就叫做匀速圆周运动。
2、描述圆周运动的物理量：
（1）线速度：
①线速度的大小等于质点作匀速圆周运动时通过的弧长跟通过这段弧长所用时间的比值。
②线速度的方向就是在圆周该点的切线方向上。
③线速度的定义与第二章速度的定义，从字面上看似乎是不同的，实质上并没有差别，因为圆周运动中线速度的概念是瞬时速度的概念。在匀速圆周运动中，速度的大小不变，平均速率与瞬时速率相等，那么，弧长与对应时间的比值，在数值上就反映了瞬时速度的大小。
（2）角速度：
①角速度是描述圆周运动的特有概念。角速度的定义为：连接运动物体和圆心的半径转过的角度跟所用时间的比，叫做匀速圆周运动的角速度。
②在国际单位中，角速度的单位是弧度每秒，符号是 。要特别指出提，只有角速度以 为单位时，才有 的关系。
（3）周期
①周期：做匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期。
②转速：所谓转速，是指做匀速圆周运动的物体每秒转过的圈数。当转速的单位为 时，它和角速度的关系为 ；当转速的单位为 时，它和角速度的关系为 。
（4）向心力
①向心力的方向总是与物体运动的方向垂直，总是沿着半径指赂圆心。向心力的作用只是改变速度的方向。
②向心力的大小为
或
（5）向心加速度
①定义：做圆周运动的物体，在向心力的作用下产生的指向圆心的加速度，叫做向心加速度。
②向心加速度的大小为
或
二、匀速圆周运动与非匀速圆周运动
1、匀速圆周运动
（1）特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的．
（2）．性质：是速度大小不变而速度方向时刻在变的变速曲线运动，并且是加速度大小不变、方向时刻变化的变加速曲线运动．
（3）．加速度和向心力：由于匀速圆周运动仅是速度方向变化而速度大小不变，故仅存在向心加速度，因此向心力就是做匀速圆周运动的物体所受外力的合力．
（4）质点做匀速圆周运动的条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．
2、非匀速圆周运动
（1）非匀速圆周运动的物体，不仅线速度大小、方向时刻在改变，而且加速度的大小、方向也时刻在改变，是变加速曲线运动（注：匀速圆周运动也是变加速运动）．
非匀速圆周运动的合力一般不指向圆心，非匀速圆周运动所受的合外力产生两个效果．
（2）半径方向的分力：产生向心加速度而改变速度方向．
（3）切线方向的分力：产生切线方向加速度而改变速度大小．
故利用公式求圆周上某一点的向心力和向心加速度的大小，必须用该点的瞬时速度值．
三、离心运动与向心运动
1．定义：做圆周运动的物体，在所受外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。这种运动叫做离心运动。
2、做圆周运动的物体，离心现象条件的分析
（1）当 时，物体被限制着沿圆周运动。
（2）当 时，物体便沿所在位置的切线方向飞出去。
（3）当 时，物体沿切线和圆周之间的一条曲线运动。
3、当 时，物体离圆心将越来越近，即做向心运动。
【要点名师透析】
一、在传动装置中各物理量之间的关系
在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：
1.同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v=ωr与半径r成正比，向心加速度大小a=rω2与半径r成正比.
2.当皮带不打滑时，传动皮带、用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，由 可知,ω与r成反比,由 可知,a与r成反比.
【例1】 (2011?湛江模拟)如图所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径r0=1.0 cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边沿接触.当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电机提供动力.自行车车轮的半径R1=35 cm，小齿轮的半径R2=4.0 cm，大齿轮的半径R3=10.0 cm.求大齿轮的转速n1和摩擦小轮的转速n2之比.(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)
【答案】2∶175
【详解】大小齿轮间、摩擦小轮和车轮之间和皮带传动原理相同，两轮边沿各点的线速度大小相等，由v=2πnr可知转速n和半径r成反比；小齿轮和车轮同轴转动，两轮上各点的转速相同.大齿轮与小齿轮转速之间的关系为:n1∶n小=R2∶R3.车轮与小齿轮之间的转速关系为:n车=n小.车轮与摩擦小轮之间的关系为:n车∶n2=r0∶R1.由以上各式可解出大齿轮和摩擦小轮之间的转速之比为:n1∶n2=2∶175.
二、用动力学方法解决圆周运动中的问题
1.向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力.
2.向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力.
3.解决圆周运动问题的主要步骤
(1)审清题意，确定研究对象；
(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程；
(5)求解、讨论.
【例2】(2011?福州模拟)小球在半径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中的θ(小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角)与线速度v、周期T的关系.(小球的半径远小于R)
【详解】小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面上(不在半球的球心)，向心力F是重力G和支持力FN的合力，所以重力和支持力的合力方向必然水平.如图所示,有:
mgtanθ= =mRsinθω2,
由此可得： (式中h为小球轨道平面到球心的高度)可见，θ越大(即轨迹所在平面越高)，v越大，T越小.
三、竖直面内圆周运动问题分析
竖直面内圆周运动问题的特点是：由于机械能守恒，物体做圆周运动的速率时刻在改变.常分析两种模型??轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下：
注意： (1)绳模型和杆模型过最高点的临界条件不同.其原因是：绳只能有拉力，不能承受压力，而杆既能有拉力，也能承受压力.
(2)对于竖直面内的圆周运动问题，经常是综合考查牛顿第二定律、机械能守恒及功能关系等知识的综合性问题.
【例3】如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )
A.在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m＋M)g
B.在释放前的瞬间，支架对地面的压力为Mg
C.摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m＋M)g
D.摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m＋M)g
【答案】选B、D.
【详解】在释放前的瞬间绳拉力为零,对M：对地面的压力F=Mg；
当摆球运动到最低点时，由机械能守恒得 ①
由牛顿第二定律得： ②
由①②得绳对小球的拉力FT=3mg
对支架M由受力平衡，地面支持力FN=Mg＋3mg
由牛顿第三定律知，支架对地面的压力FN2＝3mg＋Mg，故选项B、D正确.
【感悟高考真题】
1.（2011.安徽高考）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（a）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角的方向已速度υ0抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点p处的曲率半径是
A. B.
C. D.
【答案】选C.
【详解】物体做斜上抛运动，最高点速度即为斜上抛的水平速度 ，最高点重力提供向心力 ，由两式得 。
2.（2011?海南物理?T15）如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度 沿ab方向抛出一小球， 小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。
【答案】
【详解】如图所示， ，则
小球做平抛运动的水平位移
竖直位移
根据 ，
联立以上两式解得
3. （2010?上海理综）8．如图是位于锦江乐园的摩天轮，高度为108m，直径是98m。一质量为50kg的游客乘坐该摩天轮做匀速圆周运动旋转一圈需25min。如果以地面为零势能面，则他到达最高处时的（取g=10m/s2）（ ）。
A．重力势能为5.4×104J，角速度为0.2rad/s
B．重力势能为4.9×104J，角速度为0.2rad/s
C．重力势能为5.4×104J，角速度为4.2×10-3rad/s
D．重力势能为4.9×104J，角速度为4.2×10-3rad/s
答案：C
4.（2010?江苏卷）14. (16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角 = ，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取中立加速度 ， ，
求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力 ，平均阻力 ，求选手落入水中的深度 ；
若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。
【解析】（1）机械能守恒 ①
圆周运动F′－mg＝m
解得F′＝（3－2cos ）mg
人对绳的拉力F＝F′
则F＝1080N
（2）动能定理 mg（H－lcos ＋d）－（f1＋f2）d＝0
则d=
解得
(3)选手从最低点开始做平抛运动x=vt
H-l=
且有①式
解得
当 时，x有最大值，解得l=1.5m
因此，两人的看法均不正确。当绳长钺接近1.5m时，落点距岸边越远。
本题考查机械能守恒，圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。
难度：较难。
5. （2010?重庆卷）24.（18分）小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地。如题24图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为 d,重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。
（1）求绳断时球的速度大小 和球落地时的速度大小 。
（2）向绳能承受的最大拉力多大？
（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？
解析：
（1）设绳段后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有
竖直方向 ，水平方向
得
由机械能守恒定律，有
得
（2）设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小。
球做圆周运动的半径为
由圆周运动向心力公式，有
得
（3）设绳长尾l，绳断时球的速度大小为 ，绳承受的最大推力不变，
有 得
绳断后球做平抛运动，竖直位移为 ，水平位移为x，时间为
有
得
当 时， 有极大值，
6.（09?上海?43）右图为一种早期的自行车，这种下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 ）
A.提高速度 B.提高稳定性
C.骑行方便 D.减小阻力
7. (09?广东文科基础?57) 图7所示是一个玩具陀螺。a、b和c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是 （ B ）
A．a、b和c三点的线速度大小相等 B．a、b和c三点的角速度相等
C．a、b的角速度比c的大 D．c的线速度比a、b的大
8.（09?安徽?24）（20分）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径 、 。一个质量为 kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以 的初速度沿轨道向右运动，A、B间距 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数 ，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取 ，计算结果保留小数点后一位
数字。试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距 应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径 应满足的条件；小球最终停留点与起点 的距离。
答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当 时， ；当 时，
解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律
②
由①②得 ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意
④
⑤
由④⑤得 ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
⑦
⑧
由⑥⑦⑧得
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
解得
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
或
当 时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则
当 时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L?，则
9.（09?浙江?24）（18分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）
答案：2.53s
解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。
设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律
解得
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
解得 m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是
m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能原理
由此可得 t=2.53s
10.（09?四川?25） (20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，
（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？
（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。
(3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。
解析：（1）设弹簧的弹力做功为W，有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　①
代入数据，得：W＝ J　　　　　　　　　　　　　　　 　②
（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有: ③
而： 　　　　　　　　　　　　　　　　 ④
若P、N碰后速度同向时，计算可得VP、N速度相同时，N经过的时间为 ，P经过的时间为 。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为 ，有：
　　　　　　　 ⑥
　　　　　　　　　　　 　 ⑦
代入数据，得： 　　　　　　　　　　 ⑧
对小球P，其圆周运动的周期为T，有：
　　　　　　　　　　　　　 　 ⑨
经计算得： ＜T，
P经过 时，对应的圆心角为 ，有： 　　　 ⑩
当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：
联立相关方程得：
比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。
当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有： ，
同上得： ，
比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。
（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同， ，
再联立④⑦⑨⑩解得：
当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同 ，
同理得： ，
考虑圆周运动的周期性，有:
（给定的B、q、r、m、 等物理量决定n的取值）
11.（09?广东物理?17）（20分）（1）为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施了投弹爆破，飞机在河道上空高H处以速度v0水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标。求炸弹刚脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小。（不计空气阻力）
（2）如图17所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半。内壁上有一质量为m的小物块。求
①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
②当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的 角速度。
解析：⑴炸弹作平抛运动，设炸弹脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离为x,
联立以上各式解得
设击中目标时的竖直速度大小为vy，击中目标时的速度大小为v
联立以上各式解得
⑵①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得
摩擦力的大小
支持力的大小
②当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为 有
由几何关系得
联立以上各式解得
【考点模拟演练】
1.关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )
A.匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度
B.做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度
C.做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速(曲线)运动
D.匀速圆周运动的物体加速度大小虽然不变，但加速度的方向始终指向圆心，加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动既不是匀速运动，也不是匀变速运动
【答案】选B、D.
【详解】速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度.加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动.故本题选B、D.
2.如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长.若天车运动到P处突然停止，则两吊绳所受的拉力FA和FB的大小关系为( )
A.FA>FB B.FAC.FA=FB=mg D.FA=FB>mg
【答案】选A.
【详解】天车运动到P处突然停止后，A、B各以天车上的悬点为圆心做圆周运动，线速度相同而半径不同，由 ，得： ，因为m相等，v相等，而LAFB，A选项正确.
3．如图所示是一种娱乐设施“魔盘”，而且画面反映的是魔盘旋转转速较大时，盘中人的情景．甲、乙、丙三位同学看了图后发生争论，甲说：“图画错了，做圆周运动的物体受到向心力的作用，魔盘上的人应该向中心靠拢”．乙说：“图画得对，因为旋转的魔盘给人离心力，所以人向盘边缘靠拢．”丙说：“图画得对，当盘对人的摩擦力不能满足人做圆周运动的向心力时，人会逐渐远离圆心．”该三位同学的说法应是
(　　)
A．甲正确　　B．乙正确　　C．丙正确　　D．无法判断
【答案】C
【详解】人在水平魔盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，转速增大到一
定值，最大静摩擦力不足以提供向心力，人将做离心运动，所以丙的说法正确．
4．一小球用一不可伸缩且柔软的轻绳拉着在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，下面说法中正确的是
(　　)
A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动
B．小球的机械能一定守恒
C．小球的向心加速度的大小一定是变化的
D．小球的向心加速度的大小一定是不变的
【答案】BC
【详解】不计空气阻力，轻绳的拉力不做功，因此小球的机械能守恒，高度增大时速度减小，A错B对；小球的向心加速度a＝v2R随速度的变化而变化，C正确D错．考查圆周运动的向心加速度、机械能守恒等知识点，本题较易．
5．中央电视台《今日说法》栏目报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图14所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是
(　　)
A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动
B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动
C．公路在设计上可能内(东)高外(西)低
D．公路在设计上可能外(西)高内(东)低
【答案】AC
【详解】汽车进入民宅，远离圆心，因而车作离心运动，A对，B错．汽车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，汽车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，摩擦力不足以提供向心力；也可能是路面设计不太合理，内高外低．重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C对，D错．
6．如图所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是(　　)
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮的转速为r1r2n
D．从动轮的转速为r2r1n
【答案】BC
【详解】因为主动轮顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误，B正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以由2πnr1＝2πn2r2，得从动轮的转速为n2＝nr1r2，C正确，D错误．
7．皮带传送机传送矿石的速度v大小恒定，在轮缘A处矿石和皮带恰好分离，如图所示．若轮子的半径为R，则通过A点的半径OA和竖直方向OB的夹角θ为(　　)
A．arcsin v2Rg B．arccot v2Rg
C．arctan v2Rg D．arccos v2Rg
【答案】D
【详解】矿石和皮带分离时两者之间的弹力为零，将重力沿半径OA方向和垂直于OA的方向分解，有mgcos θ＝mv2R，则θ＝arccos v2Rg，D正确．
8．如图所示，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
【答案】　CD
【详解】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，小球只受重力作用，重力竖直向下且过圆心，根据牛顿第二定律得小球的向心加速度大小为a＝mgm＝g，此时小球满足mg＝mv2R，得v＝gR.
9.(2011?惠州模拟)甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧测力计做圆周运动.已知M甲=80 kg，M乙=40 kg，两人相距0.9 m，弹簧测力计的示数为96 N，下列判断中正确的是
( )
A.两人的线速度相同，约为40 m/s
B.两人的角速度相同，为2 rad/s
C.两人的运动半径相同，都是0.45 m
D.两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m
【答案】选B、D.
【详解】两人旋转一周的时间相同，故两人的角速度相同，两人做圆周运动所需的向心力相同，由F=mω2r可知，旋转半径满足：r甲∶r乙=M乙∶M甲=1∶2，又r甲＋r乙=0.9 m，则r甲=0.3 m，r乙=0.6 m.两人的角速度相同，则v甲∶v乙=1∶2.由F=M甲ω2r甲可得ω=2 rad/s.故选项B、D正确.
10.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是( )
A.小球通过最高点时的最小速度
B.小球通过最高点时的最小速度vmin=0
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【答案】选B、C.
【详解】小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即： ，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D错误.
11．如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块．求：
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；
(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．
【答案】(1)HR2＋H2mg　RR2＋H2mg　(2)2gHR
【详解】(1)如图所示，当圆锥筒静止时，物块受到重力mg、摩擦力Ff和支持力FN.由题意可知：
Ff＝mgsin θ＝HR2＋H2mg，①
FN＝mgcos θ＝RR2＋H2mg.②
(2)物块受到重力和支持力的作用，设圆筒和物块匀速转动的角速度为ω，
竖直方向FNcos θ＝mg，③
水平方向FNsin θ＝mω2r，④
联立③④，得ω＝grtan θ，其中tan θ＝HR，r＝R2，
ω＝2gHR.
12．如图所示，把一个质量m＝1 kg的物体通过两根等长的细绳与竖直杆上A、B两个固定点相连接，绳a、b长都是1 m，AB长度是1.6 m，直杆和球旋转的角速度等于多少时，b绳上才有张力？
【答案】ω>3.5 rad/s
【详解】已知a、b绳长均为1 m，即
Am＝Bm＝1 m，AO＝12AB＝0.8 m
在△AOm中，cos θ＝AOAm＝0.81＝0.8，
sin θ＝0.6，θ＝37°
小球做圆周运动的轨道半径
r＝Om＝Am?sin θ＝1×0.6 m＝0.6 m.
b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a绳拉力FTa的合力F为向心力，其受力分析如图所示，由图可知小球的向心力为
F＝mgtan θ
根据牛顿第二定律得
F＝mgtan θ＝mr?ω2
解得直杆和球的角速度为
ω＝gtan θr＝10×cos 37°0.6 rad/s＝3.5 rad/s.
当直杆和球的角速度ω>3.5 rad/s时，b中才有张力．


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