第6章 圆周运动 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第二册同步导学案配套PPT课件（人教版）

章末综合提升 第六章　圆周运动 章末检测 内容索引 一、知识网络构建 二、归纳整合提升 1.描述圆周运动的物理量及相互关系   物理意义 公式、关系和单位 线速度 (1)描述做匀速圆周运动的物体运动快慢的物理量; (2)是矢量,方向与半径垂直,与圆周相切 (1)v===ωr; (2)单位:m/s 角速度 (1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量; (2)中学阶段不研究其方向 (1)ω==; (2)单位:rad/s   物理意义 公式、关系和单位 周期 和转 速 (1)周期是物体沿圆周匀速运动一周的时间; (2)转速是物体单位时间内转过的圈数 (1)T==,单位:s; (2)n=,单位:r/s、r/min 向心 加速 度 (1)描述速度方向变化快慢的物理量; (2)方向指向圆心 (1)an==rω2=; (2)单位:m/s2 2.圆锥摆模型 (1)受力特点 如图所示,物体受两个力,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)常见运动实例 (3)规律总结 ①圆锥摆的周期  如图,摆长为L,摆线与竖直方向夹角为θ,对摆球受力分析,由牛顿第二定律得 mgtan θ=mr, r=Lsin θ, 解得T=2π =2π 。 ②结论 a.摆高h=Lcos θ,周期T越小,圆锥摆转得越快,θ越大。 b.摆线拉力FT=,圆锥摆转得越快,摆线拉力FT越大。 c.摆球的向心加速度a=gtan θ,圆锥摆转得越快,向心加速度越大。 3.平抛运动与圆周运动结合模型 求解平抛运动与圆周运动的综合问题的思路是:首先根据运动的独立性和各自的运动规律列式,其次寻找两种运动的结合点,如它们的位移关系、速度关系、时间关系等,最后再联立方程求解。 三、经典例题体验 [典例1]　(2024·湖北荆州期末)如图所示的传动装置,皮带轮小轮和大轮上有三点A、B、C,小轮和大轮半径之比为 1∶4,C 是大轮上某半径的中点,则皮带轮转动时,关于 A、B、C三点的线速度、角速度之比,正确的是(　　) A.ωA∶ωB∶ωC=4∶2∶1 B.ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1 C.vA∶vB∶vC=4∶2∶1 D.vA∶vB∶vC=2∶2∶1 D 根据传动装置的特点可知,A、B两点的线速度大小相等,即vA=vB,根据v=ωr可得ωA∶ωB=rB∶rA=4∶1,由共轴转动特点可知,B、C两点的角速度相等,即ωB=ωC,根据v=ωr可得 vB∶vC=rB∶rC=2∶1,综合可得vA∶vB∶vC=2∶2∶1,ωA∶ωB∶ωC=4∶1∶1,故选D。 [典例2]　(多选) (2023·河南洛阳联考)“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术,杂技演员驾驶摩托车(视为质点)在倾角很大的“桶壁”内侧做圆周运动而不掉下来。如图所示,一杂技演员驾驶摩托车做匀速圆周运动,在t=2 s内转过的圆心角θ=4 rad,通过的弧长s=40 m,则下列说法正确的是(　　) A.摩托车的角速度大小为8 rad/s B.摩托车的角速度大小为2 rad/s C.摩托车做匀速圆周运动的半径为10 m D.摩托车做匀速圆周运动的半径为5 m BC 摩托车的角速度ω==2 rad/s,A错误,B正确;摩托车做匀速圆周运动的半径r==10 m,C正确,D错误。 [典例3]　天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P,两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动,且在任意时刻两球均在同一水平面内,则(　　) A.两球运动的周期不相等 B.两球的向心加速度大小相等 C.A、B两球的线速度之比等于sin α∶sin θ D.A、B两球的质量之比等于cos α∶cos θ D 设P点到圆周运动的圆心的高度为h,对小球由牛顿第二 定律有mgtan β=mω2htan β,可知ω=,则两球角速度相 等,两球的周期相等,故A错误;由于向心加速度a=ω2r=r,由于A、B两球的半径r不同,可得向心加速度大小不相等,故B错误;由公式v=ωr,又rA=htan α,rB=htan θ,可得A、B两球的线速度之比==,故C错误;绳子上的拉力处处相等,则有=,可得=,故D正确。 [典例4]　(多选)如图,有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗,圆锥中轴线与母线的夹角为θ=45°,可视为质点的小球A、B在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动,两个小球的质量mA=2m,mB=m。若A、B两球轨道平面距圆锥顶点O的高度分别为4h和h,图示时刻两球刚好在同一条母线上,则下列说法正确的是(　　) A.球A和球B所需要的向心力大小相等 B.两球所受漏斗支持力大小之比与其所 受重力大小之比相等 C.球A和球B的线速度大小之比为2∶1 D.从图示时刻开始,球B每旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次 BCD 球A所需要的向心力为FA==,球B所需要的向 心力为FB==,故A错误;设球所受支持力为F, 则=sin θ,所以两球所受漏斗支持力大小之比与其 所受重力大小之比相等,故B正确;根据向心力公式有=m,可解得v=,若A、B两球轨道平面距圆锥顶点O的高度分别为4h和h,由几何 关系可知=,联立以上可得球A和球B的线速度大小之比为=,故C正确;由ω=及上述分析可得,球A与球B的角速度之比为==,则第一次相遇有ωBt-ωAt=2π,解得ωBt=4π,即球B每旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次,故D正确。 [典例5]　(2024·江西赣州期中)如图所示,倾角为θ的斜面ABC固定在可以绕竖直转轴OO'转动的水平转台上,斜面底端A在转轴OO'上。一质量为m、可视为质点的小物块置于斜面上与A点距离为L处,当小物块与斜面一起随转台以一定的角速度匀速转动时,小物块与斜面间恰好无摩擦力。重力加速度大小为g,sin θ=0.6,求: (1)小物块对斜面的压力大小F压; [答案]　(1)mg　 (1)对小物块受力分析,如图所示, 根据几何知识可得FN= 则小物块对斜面的压力大小为 F压=FN=。 (2)小物块的角速度ω。 [答案]　(2) (2)根据牛顿第二定律可得 mgtan θ=mω2r 根据几何知识可得r=Lcos θ 联立可得,小物块的角速度为 ω= 。 [典例6]　(2024·江苏泰州期末)如图所示,AB为竖直光滑圆弧的直径,圆弧半径R=0.9 m,A端切线沿水平方向。水平轨道BC与半径r=0.9 m的光滑圆弧轨道CD相接于C点,D为圆轨道的最低点,圆弧轨道CD对应的圆心角θ=37°。一质量为M=0.9 kg的物块(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道,并从A点飞出,经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道CD,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)物块到达C点时的速度大小vC; [答案]　(1)10 m/s (1)经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道,对于A到C的平抛运动过程,竖直方向有=2g×2R 在C点有sin θ= 解得vC=10 m/s。 (2)物块在A点受到的弹力大小FA; [答案]　　(2)55 N (2)由几何关系得tan θ= 在A点有Mg+FA=M 解得FA=55 N。 (3)物块对C点的压力大小FC。 [答案]　　(3)107.2 N (3)在C点有FC'-Mgcos θ=M 解得FC'=107.2 N 根据牛顿第三定律可知FC=FC'=107.2 N。 章末检测(二)　圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 一、选择题(本题共10小题,共46分。在每小题所给的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。) 1.(2024·广东江门期中)狗拉雪橇在水平的雪地上行驶,其中一段可看作是匀速圆周运动。F表示狗对雪橇的拉力,f表示地面对雪橇的滑动摩擦力。下列对雪橇受力分析正确的是(　　) A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 雪橇做匀速圆周运动,合外力提供向心力,所以合外力一定指向圆心,并且滑动摩擦力必定与相对运动方向相反,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.如图所示,在短道速滑比赛中,将某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(不考虑冰刀嵌入冰内部分),已知该运动员质量为m,转弯时冰刀平面与冰面间夹角为θ,冰刀与冰面间的动摩擦因数为μ,弯道半径为R,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为(　　) A.　　　　　 B. C. D. D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度满足μmg=m,则v=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.如图所示,竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R,上部侧面A处开有小口,在小口A的正下方h处亦开有与A大小相同的小口B,小球从小口A沿切线方向水平射入筒内,使小球紧贴筒内壁运动,要使小球从B口处飞出,小球进入A口的最小速率v0为(　　) A.πR B.πR C.πR D.πR B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球在竖直方向做自由落体运动,所以小球在筒内的运动时间为t=,在水平方向,以圆周运动的规律来研究,得到t=n(n=1,2,3,…),所以v0==nπR(n=1,2,3,…),当n=1时,v0取最小值,所以最小速率v0为πR,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.如图所示,光滑杆OA与竖直方向夹角为θ,其上套有质量为m的小环,现让杆绕过O点的竖直轴以角速度ω匀速转动,小环相对杆静止,到O端的距离为L。现在增大角速度ω,保持杆OA与竖直方向夹角θ不变,此后关于小环的运动,下列说法正确的是(　　) A.小环在原位置继续做圆周运动 B.小环在更低的位置继续做圆周运动 C.小环在更高的位置继续做圆周运动 D.小环不可能继续做圆周运动 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 如图所示,小环在水平面内做匀速圆周运动,由重力和杆的支持力的合力充当向心力,若使杆转动的角速度增大,小环所需要的向心力增大,而外界提供的合外力不变,所以小环做离心运动,小环向上运动,半径r增大,ω增大,由Fn=mω2r可知需要的向心力更大,继续做离心运动,因此A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.如图所示,天车下吊着两个质量都是m的工件A和B,整体一起向左匀速运动,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,重力加速度大小为g,则两吊绳所受拉力FA、FB的大小关系是(　　) A.FA>FB>mg B.FA<FB<mg C.FA=FB=mg D.FA=FB>mg A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当天车突然停止时,A、B工件均绕悬点做圆周运动。由F-mg=m得拉力F=mg+m,因为m相等,A的绳长小于B的绳长,即rA<rB,则A的拉力大于B的拉力,即FA>FB>mg,故选项A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动,小球的直径略小于圆管的直径,如图所示。已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg,则小球以速度通过圆管的最高点时(　　) A.小球对圆管的内、外壁均无压力 B.小球对圆管的外壁的压力等于 C.小球对圆管的内壁压力等于 D.小球对圆管的内壁压力等于mg C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 依题意知,小球以速度v通过最高点时,由牛顿第二定律得2mg=m ① 若小球以速度通过圆管的最高点时小球受向下的压力FN,则有mg+FN=m② 由①②式解得FN=- 上式表明,小球受到向上的支持力,由牛顿 第三定律知小球对圆管内壁有向下的压力,大小为,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.(2024·云南保山期中)把a、b两个质量不同的小球放在玻璃漏斗中,可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁上某一水平面内做匀速圆周运动,如图所示。a、b两个小球做匀速圆周运动的角速度、线速度、向心加速度和所受合力的大小分别用ω1、v1、a1、F1和ω2、v2、a2、F2表示。下列关系式中正确的是(　　) A.ω1>ω2 B.v1>v2 C.a1>a2 D.F1=F2 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设漏斗壁与水平方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律和匀 速圆周运动规律可得mgtan θ=man=mrω2=m,化简整理 可得ω=,v=,an=gtan θ,由于r1>r2, 因此ω1<ω2,v1>v2,a1=a2,由于不知道两个小球质量的关系,所以无法比较小球a、b所受合力的大小关系,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.(2024·四川成都高一期中)如图,轻杆中点及一端分别固定有两个完全相同的小球A和B,另一端与O点相连。当轻杆绕竖直定轴OO2匀速转动时,A、B在水平面上做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　) A.小球A、B的角速度大小之比为2∶1 B.小球A、B的线速度大小之比为1∶2 C.小球A、B的加速度大小之比为1∶2 D.小球A、B受轻杆的作用力大小之比为1∶2 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球A、B绕同一转轴转动,则角速度相等,即两球的角速 度大小之比为1∶1,选项A错误;小球A、B转动的半径之 比为1∶2,根据v=ωr可知,两球的线速度大小之比为1∶2, 选项B正确;根据a=ωv可知,小球A、B的加速度大小之比 为1∶2,选项C正确;两球受轻杆的作用力竖直方向与重力 平衡,水平方向的分力提供向心力,因此=,可知小球A、B受轻杆的作用力大小之比不等于1∶2,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.如图所示,水平杆固定在竖直杆上,两者互相垂直。水平杆上O、A两点连接有两轻绳,两绳的另一端都系在质量为m的小球上,OA=OB=AB。现通过转动竖直杆,使水平杆在水平面内匀速转动,三角形OAB始终在竖直平面内。若转动过程中OB、AB两绳始终没有弯曲,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.OB绳的拉力大小可能为mg B.OB绳的拉力大小可能为mg C.AB绳的拉力大小可能为0 D.AB绳的拉力大小可能为mg ACD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 转动的角速度为零时,OB绳的拉力最小,AB绳的拉力最 大,这时二者的值相同,设为FT1,则2FT1cos 30°=mg,解得 FT1=mg,增大转动的角速度,两绳始终没有弯曲,所以 当AB绳的拉力刚好为零时,OB绳的拉力最大,设这时OB 绳的拉力为FT2,则FT2cos 30°=mg,FT2=mg。因此OB绳的拉力范围为mg~mg,AB绳的拉力范围为0~mg,故A、C、D正确,B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.(2024·江苏盐城期末)如图所示,两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上,并用不可伸长的轻绳连接,整个装置能绕过CD中点的竖直轴OO1转动,已知两物块质量相等,杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等。开始静止时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力),物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴距离的两倍。现让该装置开始转动,转速缓慢增大,在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.A受到的合外力一直在增大 B.B受到的静摩擦力先增大后保持不变 C.A受到的静摩擦力先增大后减小 D.进一步增加转速,最终A、B将一起向D点滑动 ABD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 将该过程分为两个阶段:第一阶段转速较小,绳上无 拉力的过程以及第二阶段转速较大绳上有拉力的过 程。随着转速逐渐增大,由ω=2πn可知A的角速度不 断增加,向心力Fn=mω2r不断增加,合力提供向心力,则A受到的合外力一直在增大,故A正确;在绳子没有拉力之前,静摩擦力提供向心力,临界角速度满足fm=mω2r,解得ω= ,B物体转动半径大,摩擦力增大得比A更快,先到达最大静摩擦力,角速度继续增大,B物体靠绳子的拉力和最大静摩 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 擦力提供向心力,即T+fm=mω2rB,而T+fA=mω2rA,角速 度增大,B所受最大静摩擦力不变,拉力比A物体做圆 周运动所需向心力增大得快,则A物体的摩擦力fA减 小,当拉力增大到一定程度,A物体所受的摩擦力减小到零后反向,角速度继续增大,A物体的摩擦力反向增大,所以A所受的摩擦力先增大后减小,再反向增大,先指向圆心,然后背离圆心,B物体的静摩擦力一直增大达到最大静摩擦力后不变,故B正确,C错误;由上述分析可知在两物块A、B即将滑动时继续进一步增加转速,当最大静摩擦力将不足以提供A、B做圆周运动的向心力时会与绳之间发生相对滑动,B的摩擦力指向圆心,A的摩擦力背离圆心,则A、B会一起向D点滑动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、非选择题(本题共5小题,共54分。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11.(6分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20 m)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 完成下列填空。 (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所示,托盘秤的示数为1.00 kg。 (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为　　　　kg。  1.40 (2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧,此过程中托盘秤的最大示数为m,多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如下表所示。 序号 1 2 3 4 5 m/kg 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为　　N;小车通过最低点时的速度大小为　　m/s。(重力加速度大小取9.80 m/s2,计算结果保留两位有效数字)  7.9 1.4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为= kg=1.81 kg 小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 F=(-1.00 kg)g=(1.81-1.00)×9.80 N≈7.9 N 由题意可知小车的质量为 m'=(1.40-1.00)kg=0.40 kg 对小车,在最低点时由牛顿第二定律得 F'- m'g= 其中F'=F 解得v≈1.4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(6分)某同学计划用如图所示(俯视图)的装置验证在物体质量不变的情况下向心力与角速度的关系,实验步骤如下: a.测量重物的质量,记为m,将重物和弹簧穿在较光滑的水平横杆上后,弹簧一端连接重物,另一端固定在竖直转轴上,测量重物静止时到竖直转轴的距离,记为r; b.竖直转轴在电机驱动下带动水平横杆一起转动,当重物运动状态稳定时,记下重物到竖直转轴的距离R和横杆转动50圈所需的时间t; c.改变竖直转轴的角速度,测得多组数据。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 请回答下列问题。 (1)重物做圆周运动的周期T=　　　　,重物做圆周运动所需的向心力 Fn=　　　　　　。  　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)横杆转动50圈所需时间为t,则重物做圆周运动的周期为T=,重物做圆周运动所需的向心力为 Fn=mω2R=mR=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)弹簧的劲度系数为k,当作出的-　　　　(选填“t2”“t”“”或“”)图像近似为一条直线、图线斜率近似等于　　　　　(用题中所给物理量符号表示)且与纵轴交点的纵坐标为时,即可验证在物体质量不变的情况下向心力与角速度的关系。  　 - 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)根据弹力提供向心力可得 k(R-r)=, 整理可得=-·, 可知作出的-图像近似为一条直线、图线斜率近似等于-且与纵轴交点的纵坐标为,可验证在物体质量不变的情况下向心力与角速度的关系。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(12分) (2024·北京西城期末)如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道DCBA,其中CBA部分是半径R=0.4 m的半圆形轨道(AC是圆的直径),DC部分是水平轨道。一个质量m=0.5 kg的小球沿水平方向进入轨道,通过最高点A后落在水平轨道上,已知落地瞬间速度方向与水平方向成45°角。小球运动过程中所受空气阻力忽略不计,g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)小球经过A点的速度大小; 答案:(1)4 m/s　 (1)通过最高点A后落在水平轨道上,竖直方向有=2g×2R 根据速度的分解可知 tan 45°= 解得vA=4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小球落地点与C点间的水平距离; 答案: (2)1.6 m (2)根据平抛运动水平方向的规律可知,小球落地点与C点间的水平距离为x=vAt 落地时间为vy=gt 联立解得 x=1.6 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)小球在A点时轨道对小球的压力大小。 答案:　(3)15 N (3)设小球在A点时轨道对小球的压力大小为F,根据牛顿第二定律有 F+mg=m 解得F=15 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(14分)激光高速特技车(以下简称小车)依靠强磁电机提供动力,能以很大的速度在空心圆体中运动,如图甲所示。某同学将鱼缸固定在示数已调零的台秤上,打开小车开关,使小车在半径为r=0.064 m的竖直面内做匀速圆周运动。已知鱼缸的质量M=0.90 kg,小车的质量m=0.01 kg,g取10 m/s2,不考虑空气阻力等影响,运动模型如图乙所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求小车恰能过最高点A时速度大小v1; 答案:(1)0.8 m/s (1)小车在最高点A刚好由重力提供做圆周运动所需的向心力,则有mg=m 解得v1==0.8 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若小车在最高点A时,台秤的示数为F1=5.5 N,求此时小车速度大小v2; 答案:(2)4.8 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小车在最高点A时,以小车为对象,设鱼缸对小车的弹力大小为FA,根据牛顿第二定律可得 FA+mg=m 以鱼缸为对象,根据受力平衡可得FN1+FA'=Mg 由牛顿第三定律可知FA=FA',F1=FN1 联立解得v2=4.8 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)在(2)的前提下,求小车在最低点B时台秤的示数F2。 答案:(3)12.7 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)小车在最低点B时,以小车为对象,设鱼缸对小车的弹力大小为FB,根据牛顿第二定律可得 FB-mg=m 以鱼缸为对象,根据受力平衡可得 FN2=Mg+FB' 由牛顿第三定律可知FB=FB',F2=FN2 联立解得F2=12.7 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(16分)(2024·湖北宜昌期末)如图所示,光滑的矩形金属框MNQP处于竖直平面内,一根长为L的轻绳一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过竖直边PQ。已知轻绳与竖直方向的夹角为θ,MN、PQ足够长,重力加速度为g。 (1)若金属框静止不动,求小球对轻绳的拉力大小F; 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)当金属框和小球静止不动时,设轻绳对小球的拉力大小F1,竖直方向有 F1cos θ=mg 由牛顿第三定律可得F=F1 解得小球对轻绳的拉力大小 F=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若小球和金属框一起在竖直平面内水平向左做匀加速直线运动,PQ边对小球的作用力恰好为零,求金属框的加速度大小a; 答案: (2)gtan θ　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)当小球和金属框一起向左做匀加速运动时,有 mgtan θ=ma 解得a=gtan θ。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)若金属框绕MN边匀速转动,PQ边对小球的作用力恰好为零,求金属框转动的角速度大小ω。 答案: (3) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)当小球绕MN边做匀速圆周运动时,有 mgtan θ=mω2r 由几何关系得r=Lsin θ 解得ω=。 图形 受力分析 力的分解方法 满足的方程 或mgtan θ=mω2lsin θ 或mgtan θ=mrω2 图形 受力分析 力的分解方法 满足的方程 或mgtan θ=mrω2 $$