《圓周運動及應用》PPT課件.ppt

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一、描述圓周運動的物理量及其相互關系描述圓周運動的物理量主要有線速度、角速度、周期、轉(zhuǎn)速、向心加速度、向心力等，現(xiàn)比較如下表：,快慢,相切,轉(zhuǎn)動快慢,一圈,圈數(shù),mω2r,圓心,方向,快慢,方向,圓心,大小,1．對于某一確定的勻速圓周運動而言，角速度(ω)、周期(T)是恒定不變的．2．向心力是一種“效果力”，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某一個力的分力，方向時刻指向圓心．,1．勻速圓周運動(1)定義：線速度的的圓周運動．(2)特點：線速度的大小，角速度、周期和頻率都是恒定不變的，向心加速度和向心力的也是恒定不變的．(3)性質(zhì)：勻速圓周運動是速度大小而方向時刻改變的變速曲線運動，并且加速度大小，方向指向，所以加速度時刻在改變．(4)條件：合外力大小不變，方向始終與速度垂直．,大小處處相等,不變,大小,不變,不變,圓心,二、勻速圓周運動和非勻速圓周運動,(5)兩個特例①同一轉(zhuǎn)動圓盤(或物體)上各點的相同．②皮帶連接的兩輪不打滑時，輪緣上各點的大小相等．,角速度,線速度,2．非勻速圓周運動(1)定義：線速度的、均不斷變化的圓周運動．(2)合力的作用①合力沿速度方向的分量Ft產(chǎn)生切向加速度，F(xiàn)t＝mat，它只改變速度的．②合力沿半徑方向的分量Fn產(chǎn)生向心加速度，F(xiàn)n＝man，它只改變速度的．,大小,方向,大小,方向,三、離心運動和近心運動1．離心運動(1)定義：做圓周運動的物體，在所受合力突然消失或不足以提供做圓周運動所需的情況下，所做的圓心的運動．(2)本質(zhì)①離心現(xiàn)象是物體慣性的表現(xiàn)．②離心運動并非沿半徑方向飛出的運動，而是運動半徑越來越大的運動或沿方向飛出的運動．③離心運動并不是受到什么離心力．,向心力,遠離,切線,(3)條件：做圓周運動的質(zhì)點，當它受到的沿著半徑指向圓心的合力突然變?yōu)榱慊虿蛔阋蕴峁┳鰣A周運動所需的向心力時，質(zhì)點就做離心運動．,(4)設質(zhì)點質(zhì)量為m，做圓周運動的半徑為r，角速度為ω，向心力為F，如圖4－3－1所示．①當F＝時，質(zhì)點做勻速圓周運動；②當F＜時，質(zhì)點做離心運動；③當F＝0時，質(zhì)點沿切線做直線運動．,mω2r,mω2r,圖4－3－1,物體的運動狀態(tài)是由力決定的，物體做離心運動還是勻速圓周運動，關鍵是看提供的向心力和所需向心力的關系．,1．向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力、磁場力或電場力等各種力，也可以是幾個力的合力或某一個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個“向心力”．2．向心力的確定首先確定圓周運動的軌道所在的平面；其次找出軌道圓心的位置；然后分析做圓周運動的物體所受的力，并作出受力圖；最后找出這些力指向圓心的合力就是向心力．,當利用正交分解法確定向心力時，一般以做圓周運動的物體為坐標原點，沿半徑方向和切線方向分解各力．,1．如圖4－3－2所示，一小球用細繩懸掛于O點，將其拉離豎直位置一個角度后釋放，則小球以O點為圓心做圓周運動，運動中小球所需的向心力是(),A．繩的拉力B．重力和繩的拉力的合力C．重力和繩的拉力的合力沿繩方向的分力D．繩的拉力和重力沿繩方向分力的合力,圖4－3－2,解析：分析向心力來源時就沿著半徑方向求合力即可，注意作出正確的受力分析圖．如圖所示，對小球進行受力分析，它受到重力和繩子的拉力作用，向心力是指向圓心方向的合力．因此，它可以是小球所受合力沿繩方向的分力，也可以是各力沿繩方向的分力的合力．,答案：CD,,,臨界問題總是出現(xiàn)在變速圓周運動中，而豎直平面內(nèi)的圓周運動是典型的變速圓周運動，其常見模型有輕繩模型和輕桿模型．現(xiàn)比較如下：,,1.繩模型和桿模型過最高點的臨界條件不同，其原因是繩不能有支撐力，而桿可有支撐力．2．對于桿模型，在最高點時，如果不知是支撐力還是拉力，此時可假設，然后根據(jù)其方向再確定．,2．長度為L＝0.50m的輕質(zhì)細桿OA，A端有一質(zhì)量為m＝3.0kg的小球，如圖4－3－3所示，小球以O點為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，通過最高點時小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，則此時細桿OA受到()A．6.0N的拉力B．6.0N的壓力C．24N的拉力D．24N的壓力,圖4－3－3,解析：法一：設小球以速率v0通過最高點時，球?qū)U的作用力恰好為零，即mg＝m得v0＝由于v＝2.0m/s＜m/s，可知過最高點時，球?qū)殫U產(chǎn)生壓力，則桿對球的作用力方向向上．小球的受力情況如圖甲所示．由牛頓第二定律mg－FN＝m，得FN＝mg－m即細桿OA受到6.0N的壓力．,法二：設桿對小球的作用力為FN(由于方向未知，可以設為向下)，對小球進行受力分析如圖乙所示．,由向心力公式得FN＋mg＝m，則FN＝負號說明FN的方向與假設方向相反，即向上，即桿對球作用力為6.0N的支持力．由牛頓第三定律可知細桿OA受到6.0N的壓力．,答案：B,1．火車轉(zhuǎn)彎問題在平直軌道上勻速行駛的火車，所受合力為零，在火車轉(zhuǎn)彎時，什么力提供向心力呢？在火車轉(zhuǎn)彎處，讓外軌高于內(nèi)軌，如圖4－3－4所示，轉(zhuǎn)彎時所需向心力由重力和彈力的合力提供．若軌道水平，轉(zhuǎn)彎時所需向心力應由外軌對車輪的擠壓力提供，而這樣對車軌會造成損壞．車速大時，容易出事故．,圖4－3－4,設車軌間距為L，兩軌高度差為h，車轉(zhuǎn)彎半徑為R，質(zhì)量為M的火車運行時應當有多大的速度？根據(jù)三角形邊角關系知sinθ＝對火車的受力情況分析如圖4－3－4所示，得tanθ＝因為θ角很小，所以sinθ≈tanθ，故所以向心力F＝Mg.又因為F＝，所以車速v＝由于鐵軌建成后h、L、R各量都是確定的，故火車轉(zhuǎn)彎時的車速應是一個定值，否則將對鐵軌有不利影響，如：,靜摩擦力的特點是根據(jù)物體運動改變大小，變換方向．有人把靜摩擦力的這一特點稱為“適應性”．由于靜摩擦力這一特點的存在導致在許多問題中出現(xiàn)了臨界問題．處理這類問題的關鍵是分析出靜摩擦力的變化，從而結合其他力分析出向心力的變化，以確定圓周運動的其他物理量的變化．,2．靜摩擦力作用下的圓周運動,3．在用高級瀝青鋪設的高速公路上，汽車的設計時速是108km/h.汽車在這種路面上行駛時，它的輪胎與地面間的最大靜摩擦力為車重的0.6倍．取g＝10m/s2，試問：汽車在這種高速公路的水平彎道上安全拐彎時，其彎道的最小半徑是多少？,解析：汽車在水平彎道上拐彎時，向心力由靜摩擦力來提供，但不能超過最大靜摩擦力；汽車在水平路面上拐彎，可視為汽車做勻速圓周運動，恰好不滑動時有：0.6mg＝m，將v＝30m/s代入，得最小彎道半徑r＝150m.,答案：150m,(2010桂林質(zhì)檢)某種變速自行車，有六個飛輪和三個鏈輪，如圖4－3－5所示，鏈輪和飛輪的齒數(shù)如下表所示，前、后輪直徑約為660mm，人騎該種自行車行進速度為4m/s時，腳踩踏板做勻速圓周運動的角速度最小值約為(),圖4－3－5,A．1.9rad/sB．3.8rad/sC．6.5rad/sD．7.1rad/s,[思路點撥]解答本題時應把握好以下幾個關系：(1)后輪與飛輪的角速度相等；(2)鏈輪與飛輪邊緣線速度相等；(3)當飛輪齒數(shù)取最小值、鏈輪齒數(shù)取最大值時，腳踏板的角速度有最小值．,[課堂筆記]車行駛速度與前、后輪邊緣的線速度相等，故后輪邊緣的線速度為4m/s，后輪的角速度ω＝rad/s≈12rad/s.飛輪與后輪為同軸裝置，故飛輪的角速度ω1＝ω＝12rad/s.飛輪與鏈輪是用鏈條連接的，故鏈輪與飛輪邊緣的線速度相同，所以ω1r1＝ω2r2，r1、r2分別為飛輪和鏈輪的半徑，因為周長L＝NΔL＝2πr，N為齒數(shù)，ΔL為兩鄰齒間的弧長，,故r∝N，所以ω1N1＝ω2N2.又踏板與鏈輪同軸，腳踩踏板的角速度ω3＝ω2，ω3＝ω1，要使ω3最小，則N1＝15，N2＝48，故ω3＝rad/s＝3.75rad/s≈3.8rad/s.故B項正確．,[答案]B,對于有傳動裝置連接的做圓周運動的物體，要注意尋找它們之間的關系．對于用皮帶、鏈條、齒輪連接的物體，直接連接處的線速度大小相等.,如圖4－3－6所示，質(zhì)量為m的小球置于方形的光滑盒子中，盒子的邊長略大于小球的直徑．某同學拿著該盒子在豎直平面內(nèi)以O點為圓心做半徑為R的勻速圓周運動，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，求：,圖4－3－6,(1)若要使盒子運動到最高點時與小球之間恰好無作用力，則該同學拿著盒子做勻速圓周運動的周期為多少？(2)若該同學拿著盒子以第(1)問中周期的做勻速圓周運動，則當盒子運動到如圖4－3－6所示(球心與O點位于同一水平面上)時，小球?qū)凶拥哪男┟嬗凶饔昧?，作用力大小分別為多少？,[思路點撥],[課堂筆記](1)設盒子的運動周期為T0.因為在最高點時盒子與小球之間剛好無作用力，因此小球僅受重力作用，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝mR()2解之得T0＝2π,(2)設此時盒子的運動周期為T，則小球的向心加速度為a0＝由第(1)問知T0＝2π且T＝由上述三式知a0＝4g設小球受盒子右側面的作用力為F，受上側面的作用力為FN，根據(jù)牛頓運動定律知在水平方向上F＝ma0,即F＝4mg在豎直方向上FN＋mg＝0即FN＝－mg因為F為正值、FN為負值，由牛頓第三定律知小球?qū)凶拥挠覀让婧拖聜让嬗凶饔昧?，大小分別為4mg和mg.,[答案](1)2π(2)小球?qū)凶拥挠覀让婧拖聜让嬗凶饔昧Γ笮》謩e為4mg和mg,在判斷盒子對小球的作用力的大小和方向時，可以首先做出假設，然后應用牛頓第二定律列式求解，最后根據(jù)結果的符號判斷力的真實方向.,(10分)如圖4－3－7所示，在光滑的圓錐體頂端用長為l的細線懸掛一質(zhì)量為m的小球．圓錐體固定在水平面上不動，其軸線沿豎直方向，母線與軸線之間的夾角為30.小球以速率v繞圓錐體軸線在水平面內(nèi)做勻速圓周運動．(1)當v1＝時，求線對小球的拉力；(2)當v2＝時，求線對小球的拉力．,[思路點撥]當小球做圓周運動的速率v足夠大時，小球有可能脫離圓錐體表面，因此應當求出臨界速度，然后對(1)、(2)問中的速度下小球的運動情況做出判斷．,[解題樣板]如圖4－3－8甲所示，小球在錐面上運動，當支持力FN＝0時，小球只受重力mg和線的拉力FT的作用，其合力F應沿水平面指向軸線，由幾何關系知F＝mgtan30┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄①(1分)又F＝m┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄②(2分)由①②兩式解得v0＝┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(1分),(1)因為v1＜v0，所以小球與錐面接觸并產(chǎn)生彈力FN，此時小球受力如圖4－3－8乙所示．根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄③(1分)FTcosθ＋FNsinθ－mg＝0┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄④(1分)由③④兩式解得FT＝≈1.03mg┄┄┄┄(1分),(2)因為v2＞v0，所以小球與錐面脫離并不接觸，設此時線與豎直方向的夾角為α，小球受力如圖4－3－8丙所示．則FTsinα＝┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄⑤(1分)FTcosα－mg＝0┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄⑥(1分)由⑤⑥兩式解得FT＝2mg.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(1分),[答案](1)1.03mg(2)2mg,(1)先確定臨界值v0，再對v1、v2所對應的情況做出判斷，可以減少解題的盲目性，少走彎路．(2)當小球與圓錐面脫離后，線與豎直方向的夾角發(fā)生了變化，應重新設角度．,1．如圖4－3－9所示，物塊在水平圓盤上，與圓盤一起繞固定軸勻速轉(zhuǎn)動，下列說法中正確的是()A．物塊處于平衡狀態(tài)B．物塊受三個力作用C．在角速度一定時，物塊到轉(zhuǎn)軸的距離越遠，物塊越不容易脫離圓盤D．在物塊到轉(zhuǎn)軸距離一定時，物塊運動周期越小，越不容易脫離圓盤,圖4－3－9,解析：對物塊進行受力分析可知，物塊受豎直向下的重力、垂直圓盤向上的支持力及指向圓心的摩擦力共三個力作用，合力提供向心力，A錯，B正確．根據(jù)向心力公式F＝mrω2可知，當ω一定時，半徑越大，所需的向心力越大，越容易脫離圓盤；根據(jù)向心力公式F＝mr可知，當物塊到轉(zhuǎn)軸距離一定時，周期越小，所需向心力越大，越容易脫離圓盤，C、D錯誤．,答案：B,2．如圖4－3－10所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做勻速圓周運動．當小球運動到P點時拉力F發(fā)生變化，關于小球以后運動情況的說法正確的是()A．若拉力突然消失，小球?qū)⒀剀壽EPa做離心運動B．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPa做離心運動C．若拉力突然變大，小球?qū)⒀剀壽EPb做離心運動D．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPc做近心運動,圖4－3－10,解析：當拉力變小時，小球會由于拉力不足以提供向心力而做離心運動，同時又由于細線還有拉力而改變運動方向，所以小球?qū)⒀厍芯€和圓周之間的某一方向飛出，即沿軌跡Pb做離心運動；在拉力突然變大后，由于所施加的拉力大于所需的向心力，會把小球向內(nèi)拉動，偏離了圓周，而向圓心的一側運動，即沿軌跡Pc運動；若拉力突然消失，小球?qū)⒂捎趹T性沿軌跡Pa做離心運動．故只有A正確．,答案：A,3．鐵路轉(zhuǎn)彎處的彎道半徑r是根據(jù)地形決定的．彎道處要求外軌比內(nèi)軌高，其內(nèi)、外軌高度差h的設計不僅與r有關，還與火車在彎道上的行駛速率v有關．下列說法正確的是()A．v一定時，r越小則要求h越大B．v一定時，r越大則要求h越大C．r一定時，v越小則要求h越大D．r一定時，v越大則要求h越大,解析：設軌道平面與水平方向的夾角為θ，由mgtanθ＝m得tanθ＝可見v一定時，r越大，tanθ越小，內(nèi)、外軌的高度差h越小，故A正確，B錯誤；當r一定時，v越大，tanθ越大，內(nèi)、外軌的高度差h越大，故C錯誤，D正確．,答案：AD,4．小球質(zhì)量為m，用長為L的輕質(zhì)細線懸掛在O點，在O點的正下方處有一釘子P，把細線沿水平方向拉直，如圖4－3－11所示，無初速度地釋放小球，當細線碰到釘子的瞬間，設線沒有斷裂，則下列說法錯誤的是()A．小球的角速度突然增大B．小球的瞬時速度突然增大C．小球的向心加速度突然增大D．小球?qū)揖€的拉力突然增大,解析：當細線碰到釘子時，線速度不變，但小球做圓周運動的半徑將減?。搔兀剑琑減小，ω增大；由a＝，R減小，a增大；由FT－mg＝m，得FT增大，故A、C、D正確，B錯誤．,答案：B,5．(2010湛江模擬)在2008年北京奧運會體操男子單杠決賽中，中國小將鄒凱問鼎冠軍．鄒凱完成了一個單臂回環(huán)動作后恰好靜止在最高點，如圖4－3－12所示．設鄒凱的重心離杠l＝0.9m，體重56kg.忽略摩擦力，且認為單臂回環(huán)動作是圓周運動(g＝10m/s2)．試求：(1)達到如圖4－3－12所示效果，鄒凱的重心在最低點的速度大小．(2)鄒凱在最高點與最低點時對杠的作用力分別是多大．,解析：(1)根據(jù)機械能守恒，設鄒凱在最低點的速度為v，則mgh＝mv2h＝2l所以v＝＝6.0m/s.(2)在最高點鄒凱處于靜止狀態(tài)，故所受杠的支持力等于其重力FN＝mg＝560N,由牛頓第三定律，鄒凱對杠的作用力為560N.在最低點做圓周運動，設杠對鄒凱的作用力為FN′則FN′－mg＝m故FN′＝mg＋m＝2800N由牛頓第三定律知，鄒凱對杠的作用力為2800N.,答案：(1)6.0m/s(2)560N2800N,