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）单选

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 [解析]　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]　如图所示,甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车,甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动,丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动,这两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上,车中座椅是指底座、靠背以及安全卡扣组成的整体,四个图中轨道的半径都为R,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.甲图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时,座椅一定给人向上的力 B.乙图中,轨道车过最低点的最大速度为 C.丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,座椅一定给人向上的力 D.丁图中,轨道车过最高点的最小速度为 [答案]　C [解析]　由重力提供向心力可得mg=m,则轨道车通过最高点的临界速度为v=,若通过最高点速度大于临界速度,座椅给人的力向下,若通过最高点速度小于临界速度,座椅给人的力向上,故A错误;乙图中轨道车合力向上,可得F-mg=m,由于不知轨道车和轨道弹力最大值,所以不能求出速度最大值,故B错误;丙图中人所受合力向上,提供向心力,所以座椅给人向上的力,故C正确;丁图中,轨道可以对轨道车提供向上的弹力,属于圆周运动轻杆模型,所以最高点速度大于零即可,故D错误。 [典例3]　双人滑项目有一项技术动作叫双人螺旋线,如图(a)所示,以男选手为轴心,女选手围绕男选手旋转。将这一情景做如图(b)所示的抽象:一细线一端系住一小球,另一端固定在一竖直细杆上,小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内做匀速圆周运动,细线便在空中划出一个圆锥面,这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点做匀速圆周运动动力学关系的典型特例。若小球(可视为质点)质量为m,细线AC长为l,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　) A.若图(b)中小球做匀速圆周运动时,细线与竖直方向所成夹角为θ,则小球受重力、细线的拉力和向心力作用 B.若图(b)中θ=53°,则小球做匀速圆周运动的角速度为 C.图(c)中用一根更长的细线AB系一质量更大的小球(可视为质点),保持两球在同一水平面内绕竖直杆做匀速圆周运动,则ωB>ωC D.若小球在空中旋转的角速度ω小于时,细线会像图(d)那样缠绕在竖直杆上,最后随细杆转动 [答案]　D [解析]　题图(b)中小球做匀速圆周运动时,小球受重力和细线的拉力,合力提供向心力,故A错误;题图(b)中小球做匀速圆周运动,mgtan θ =mω2lsin θ,得角速度ω=,故B错误;题图(c)中满足mgtan θ=mω2lsin θ,则ω==,因A到两球做圆周运动的圆心的高度相同,所以两球角速度相同,故C错误;由以上分析可知,当θ=0°时ω=,故角速度ω小于时,细线会像题图(d)那样缠绕在竖直杆上,最后随细杆转动,故D正确。 [典例4]　(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; (2)小物块的角速度ω。 [答案]　(1)mg　(2) [解析]　(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)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5]　(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; (2)物块在A点受到的弹力大小FA; (3)物块对C点的压力大小FC。 [答案]　(1)10 m/s　(2)55 N　(3)107.2 N [解析]　(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)由几何关系得tan θ= 在A点有Mg+FA=M 解得FA=55 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 16 一、单项选择题:共11题,每题4分,共44分。每题只有一个选项符合题意。 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 16 解析: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 16 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 16 解析: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 16 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 16 解析: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 16 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 16 解析: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 16 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 16 解析: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 16 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 16 解析: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=m ② 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 16 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 16 解析: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 16 8.作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机质量之比称为飞机的过载,则当飞机以g的加速度向上加速时,我们称飞机的过载为2g,g为重力加速度。现有一位飞行员所能承受的最大过载为9g,已知g取10 m/s2,声速约为340 m/s,当飞机在竖直面内以声速做圆周运动,在经过最低点时对其半径的要求是(　　) A.小于1 445 m B.大于1 445 m C.小于1 284 m D.大于1 284 m B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=m 飞行员所能承受的最大过载为9g,则有<9g 联立解得R>= m=1 445 m 故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9.如图所示,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ光滑且足够长。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴先以角速度ω1匀速转动,然后提高转速以角速度ω2匀速转动。下列说法正确的是(　　) A.小球的高度一定升高 B.小球的高度一定降低 C.两次转动杆对小球的弹力大小可能不变 D.两次转动小球所受的合力大小可能不变 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:对小球进行受力分析,如图所示,小球受重力、支持 力、弹簧的拉力。弹簧拉力在竖直方向的分力等于重力, 所以弹簧的拉力F是不变的,则小球的高度不变,故A、B错 误;角速度较小时,转动杆对小球的支持力FN的方向可能如 图所示,角速度较大时,转动杆对小球的支持力方向可能与图示FN的方向 相反,此时角速度不同,支持力的大小可能相等,故C正确;小球位置不变,做圆周运动的半径不变,角速度增大,根据F合=mω2r可知,合力肯定增大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 10.如图所示,一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径为R=1 m,小球可看作质点且其质量为m=1 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2,则(　　) A.小球经过B点时的速率为5 m/s B.小球经过B点时受到管道的作用力为1 N,方向向上 C.若改变小球进入管道的初速度使其恰好到 达B点,则在B点时小球对管道的作用力为零 D.若改变小球速度使其在A点的速度为8 m/s,则在A点时小球对管道的作用力为64 N B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:由题可知小球到达斜面时竖直分速度vy= gt=10×0.3 m/s=3 m/s,小球垂直撞在斜面上,根 据平行四边形定则知tan 45°=,解得小球经过 B点的速率为vB=vy=3 m/s,故A错误;在B点,根据牛 顿第二定律得mg+FN=m,解得轨道对小球的作用力FN=-1 N,可知轨道对小球的作用力方向向上,大小为1 N,故B正确;改变小球进入管道的初速度使其恰好到达B点,即到达B点速度为零,此时满足FN=mg,则在B点时小球对管道的作用力大小等于其重力大小,故C错误;若改变小球速度使其在A点的速度为8 m/s,在A点根据牛顿第二定律得FNA-mg=m,解得FNA=74 N,由牛顿第三定律知FN'=FNA=74 N,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11.如图所示,一辆汽车通过一段半径约为80 m的圆弧形弯道公路,假设该汽车做匀速圆周运动,水平路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.5倍,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.汽车安全通过此弯道的最大加速度为5 m/s2 B.汽车以80 km/h的速率行驶可以安全通过此弯道 C.质量大的汽车在此弯道处的最大安全速度大 D.汽车以36 km/h的速率通过此弯道时的角速度为0.25 rad/s A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:当汽车与路面间的摩擦力达到最大静摩擦时,有Ffmax=m=mamax,即μmg=m=mamax,得vmax=,amax=μg,代入数据解得amax=5 m/s2, vmax=20 m/s=72 km/h<80 km/h,最大安全速度与质量无关,故A正确,B、C错误;汽车以36 km/h的速率通过此弯道时的角速度为ω== rad/s= 0.125 rad/s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 二、非选择题:共5题,共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。 12.(9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 16 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。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (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。 (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)  答案:(2)1.40　(4)7.9　1.4 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 16 解析:(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg。 (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 16 13.(10分)如图所示,有一内壁光滑的试管装有质量为1 g的小球,试管的开口端封闭后安装在水平轴O上,转动轴到管底小球的距离为5 cm,让试管在竖直平面内做匀速转动(g取10 m/s2)。 (1)转动轴达到某一转速时,试管底部受到小球压力的 最大值为最小值的3倍,此时角速度多大? (2)当转动的角速度ω=10 rad/s时,管底对小球的作用力 的最大值和最小值各是多少? 答案:(1)20 rad/s　(2)1.5×10-2 N　0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:(1)转至最低点时,小球对管底压力最大,转至最高点时,小球对管底压力最小,最低点时管底对小球的支持力F1是最高点时管底对小球支持力F2的3倍,即F1=3F2 ① 根据牛顿第二定律有,最低点:F1-mg=mrω2 ② 最高点:F2+mg=mrω2 ③ 由①②③得ω== rad/s=20 rad/s。 ④ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)在最高点时,设小球不掉下来的最小角速度为ω0,则mg=mr,ω0== rad/s≈14.1 rad/s 因为ω=10 rad/s<ω0≈14.1 rad/s,故管底转到最高点时,小球已离开管底,因此管底对小球作用力的最小值为F2'=0,当转到最低点时,管底对小球的作用力最大为F1',根据牛顿第二定律知F1'-mg=mrω2,则F1'=mg+mrω2=1.5×10-2 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 14.(10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: (1)小球经过A点的速度大小; (2)小球落地点与C点间的水平距离; (3)小球在A点时轨道对小球的压力大小。 答案:(1)4 m/s　(2)1.6 m　(3)15 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:(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)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。 (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 16 15.(12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。 (1)求小车恰能过最高点A时速度大小v1; (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; (3)在(2)的前提下,求小车在最低点B时台秤的示数F2。 答案:(1)0.8 m/s　(2)4.8 m/s　(3)12.7 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:(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)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 16 (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 16 16.(15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; (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; (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:(1)　(2)gtan θ　(3) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 解析:(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 16 (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。 (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 $$