专题06 力学中圆周运动模型(1)

模型界定

本模型只局限于力学范围内的圆周运动,(一)讨论圆周运动中的传动及水平面内的匀速圆周运动,(二)讨论竖直平面内的圆周运动及天体的圆周运动问题.本模型不涉及电磁学范围内的圆周运动，电磁学范围内的圆周运动另有等效重力场、动态圆模型等进行专题研究.

模型破解

1.圆周运动中的传动问题

(i)共轴传动中

①物体上任意一点的角速度相同;

②任意一点的线速度v＝ωr、向心加速度a＝rω2都与半径成正比.

(ii)摩擦传动、皮带传动、链条传动、齿合传动中(摩擦传动与皮带传动时要求不打滑)

①轮缘处线速度大小相等;

②两轮的角速度与其半径成反比;

③轮缘处各点的向心加速度与其半径成反比;

④采用齿合或链条传动时，齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比.

(iii)向心加速度的一个有用的表达式:

例1.图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 。（填入选项前的字母，有填错的不得分）

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n D.从动轮的转速为n

【答案】Ｃ

【解析】易判定ＡＢ中Ｂ正确．两轮皮带传动，轮缘处各点处线速度大小相等，由得从动轮转速，Ｃ正确Ｄ错误．

例2.某种变速自行车,有六个飞轮和三个链轮.如图所示,链轮和飞轮的齿数如下表所示,前、后轮直径约为660 mm,人骑该车行进速度为4 m/s时,脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为

A.1.9 rad/s B.3.8 rad/s C.6.5 rad/s D.7.1 rad/s

【答案】Ｂ

飞轮与链轮是用链条连接的,故链轮与飞轮边缘线速度大小相同,所以ω1r1=ω2r2,r1,r2分别为飞轮和链轮的半径.由于周长L=NΔL=2πr,N为齿数,ΔL为两邻齿间的弧长,故r∝N,所以

ω1N1=ω2N2.

又踏板与链轮同轴,脚踩踏板的角速度ω3=,要使ω3最小，则N1=15，N2=48，故ad/s=3.75 rad/s≈3.8 rad/s.

模型演练

１.如图所示，A点为轮子上边缘处一点，B点为轮子上轮子边缘处一点，C点为轮子上某半径的中心，则A和C两点线速度_____________，角速度=___________，向心加速度=_____________。

【答案】２：１，２：１，４：１

【解析】因为，，而，所以，同理

２.如图所示为一皮带传送装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，它到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在转动过程中皮带不打滑，则（ ）

A．a点与b点的线速度大小相等

B．a点与b点的角速度大小相等

C．a点与c点的线速度大小相等

D．a点与d点的向心加速度的大小相等

【答案】ＣＤ

，即选项（B）错。由，故。由，故，因此故选项（D）正确。

2.圆周运动中运动学的多解问题

圆周运动具有周期性,与平抛运动、自由落体运动、匀速及匀变速直线运动等其他运动形式结合时,往往形成多解,解题时需抓住两物体运动时间的联系、运动时间与圆周运动周期的联系.

例3.在半径为R的水平圆板中心轴正上方高为h处，水平抛出一小球，圆板作匀速圆周运动，当圆板半径OA与初速度方向一致时抛出，如图所示。要使球与圆板只碰一次，且落点为A，则小球的初速度v0为多大？圆板转动的角速度ω为多大？

【答案】，(n＝0,1, 2,3…)。

【解析】: 小球做平抛运动落到A点所用的时间为，

则小球的初速度v0为；

要使球与圆板只碰一次，且落点为A，则平抛时间t和圆周运动周期T的关系为

t=nT(n＝0,1,2,3…)，又T=2π/ω，

所以圆板转动的角速度ω为 (n＝0,1,2,3…)。

例4.A、B两物体的质量均为m，它们以相同的初速度Vo从如图所示的位置出发，A绕O点做匀速圆周运动，半径为r。B受到一个水平恒力的作用，那么对B施加的水平恒力的大小、方向必须满足什么条件，才可使A、B两物体在某一时刻的速度相同?

【答案】（n=0，1，2，……）

即:（n=0，1，2，……）

对B物体,取向左为正方向:F=ma、v0=-v0+at

联立解得:（n=0，1，2，……）

模型演练

３.如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以的初速度由A点开始向B点滑行，AB=5R，并滑上光滑的半径为R的圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方。若滑块滑过C点后P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？

【答案】 （n=0，1，2……） ……

【解析】设滑块至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有

……

解得 ………

滑块从B点开始运动后机构能守恒，设滑块到达P处时速度为，则

……

解得 ………

滑块穿过P孔后再回到平台的时间 …………

要想实现题述过程，需满足 …………

（n=0，1，2……） ……

４.图中M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R，内筒半径比R小得多，可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空，两筒以相同的角速度ω绕其中心轴线(图中垂直于纸面)作匀速转动。设从N筒内部可以通过窄缝s(与M筒的轴线平行) 不断地向外射出两种不同速率v1和v2的微粒。从s 处射出时的初速度的方向都是沿筒的半径方向，微粒到达N筒后就附着在N筒上，如果R、v1和v2都不变，而ω取某一合适的值，则

A．有可能使微粒落在N筒上的位置都在a处一条与s 缝平行的窄条上

B．有可能使微粒落在N筒上的位置都在某一处如 b处一条与s缝平行的窄条上

C．有可能使微粒落在N筒上的位置分别在某两处如b处和c 处与s缝平行的窄条上

D．只要时间足够长，N筒上将到处有微粒

【答案】ＡＢＣ

【解析】 微粒从M筒射到N筒的运动，在地面参考系中是匀速直线运动，在圆筒参考系中是曲线运动，而且是不容易研究的曲线运动。所以适合采用地面参考系，考虑这个问题。

微粒初速度是沿着半径方向的, 如果内外两个圆筒都是静止的，那么微粒都落在N筒上a处窄条上。微粒初速度是沿着半径方向的，在某个微粒从M筒运动到N筒的时间内:

如果N筒正好运动1周、2周、3周等等, 那么这个微粒仍将落在a处，如果N筒运动整数圈加上θ角,那么微粒在 N筒上的落点，跟s点之间的圆弧的圆心角为θ。速度大小相等的若干微粒，运动时间都相等，各微粒运动期间，圆筒转过的角度都相同，落点跟s点之间的圆弧的圆心角都相同，将落在同一窄条上。

如果v1适当，使得以v1射出的微粒运动期间，圆筒转过整数圈，如果v2适当，使得以v2射出的微粒运动期间，圆筒也转过整数圈(两个整数不相等),那么所有微粒都落在a处。于是选项(A)正确。

如果v1适当，使得以v1射出的微粒运动期间，圆筒转过整数圈加上角度θ，如果v2适当，使得以v2射出的微粒运动期间，圆筒转过整数圈(两个整数不相等)加上角度θ，那么所有微粒都落在同一窄条上，比如b处。于是选项(B)正确。

总之, 选项(A)(B)(C)正确，选项(D)错误。

５.如图所示，一根长为L的均匀细杆可以绕通过其一端O的水平轴在竖直平面内转动。杆开始时在外力作用下保持水平静止，杆上距O点为a处有一小物体静止于杆上。此杆突然在外力作用下以匀角速度顺时针转动，结果经一段时间后小物体刚好与杆的A端相碰，设小物体在空气中运动时没有翻转。试计算杆转动的角速度应取何值？

【答案】( L2-a2)-(2+ cos-1)。

【解析】 当杆转动后，小物体将自由下落，小物体能与杆相碰的过程可能有以下两种情况：

（1）杆的转速ω较小，小物体经过t时间追上杆，则

杆转过的角度为θ=wt，小物体下落的高度为h=gt2；

又h=，cosθ=a/L,

联立可得(L2-a2)-cos-1。

（2）杆的转速ω较大，杆转过一周后追上小物体，则

在小物体下落h=的时间内，杆转过的角度应为

又cosθ=a/L，由此可得w′=( L2-a2)-(2+ cos-1)。

3.圆周运动中的动力学问题

(i)水平面内的匀速圆周运动

①匀速圆周运动的动力学特征

物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。

②解决匀速圆周运动问题的方法

(I)明确物体做匀速圆周运动时轨迹所在有平面、圆心所在的位置

(II)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象，分析其受力

(III)选取物体运动轨迹的半径所在直线及垂直于半径两个方向建立正交坐标系

(IV)在半径方向上由Fn=mv2/R或Fn=mω2R或Fn=mR列方程、在垂直于半径方向上列出平衡方向联立求解。

(V)当物公受两个力作用时,也可用合成法作出平行四边形,由图中几何关系列出平衡方向及动力学方程.

③水平面内匀速圆周运动的几种典型组成元素情景(如图1所示)

(I)图乙中包括套在水平杆上的球,将甲乙情景相结合的情景最常见

(II)丙图中还有由两根绳控制的圆锥摆情形

(III)丁图中所示是接触面光滑或是一种无摩擦的临界状态

丁图中包括汽车(或火车)转弯、物体在球形槽内的匀速圆周运动等

(IV)己图中也有用平行于锥面的绳约束物体的情形.

④水平面内匀速圆周运动的临界状态

(I)绳形成的临界状态有两种:张力最小时(等于零)的即将松弛状态与张力最大时即将断裂的状态.

(II)接触面形成的临界状态也有两种:一是即将分离时的弹力为零状态;二是即将发生相对滑动时的摩擦力达到最大静摩擦力的状态或是静摩擦力方向即将改变即恰好为零的状态.

⑤动态分析方法

(I)分析物体受力,在沿半径方向上列出动力学方程,在垂直于半径方向上列出平衡方程.

(II)确定方程中的不变量与变化量

(III)由两个方程分析变量的变化情况,需注意变量的取值范围.

⑥类"双星"运动

两个物体在相互间力的作用下，绕着它们的中心连线上某一点做匀速圆周运动,与天体运动中的"双星"模型类似。

（I）两个物体做匀速圆周运动的周期T相同、频率f相同、角速度相同.

(II)两物体运动的轨迹半径与其质量成反比,从而线速度大小、向心加速度大小也与其轨迹半径成反比.

⑦圆锥摆模型

细线一端系一小球，另一端固定于天花板上，小球以一定的大小的速度在水平面内做匀速圆周运动，细线在空中划出一个圆锥面，这样的装置叫做“圆锥摆”.

由图1 丙可得:、由此可知：

(I)当悬线长度l一定时，，即悬线与竖直方向的夹角θ随着小球角速度ω的增大而增大、悬线中张力增大。

(II)若悬线的长度l和悬线与竖直方向的夹角θ均不相同，但是l和cosθ的乘积l cosθ相同，则角速度ω就相同，乘积l cosθ实际上就等于小球到悬点在竖直方向上的距离。即：如果有若干圆锥摆，即使小球质量m和悬线长度l各不相同，只要小球做圆周运动所在的平面到悬点的距离相同，那么它做匀速圆周运动的角速度ω就一定相同。

(III)小球做圆锥摆运动的角速度有一个最小值。当悬线与竖直方向的夹角θ＝00时，得到角速度ω0＝，这是角速度的一个临界值，也就是小球做圆锥摆运动的角速度的最小值。即只有当ω＞ω0时，悬线才会被拉直，小球在水平面内做圆锥摆运动；如果ω＜ω0，小球不会在水平面内做圆锥摆运动（这种情况下，如果悬线上端是固定的一根旋转的竖直杆上的话，悬线将会缠绕在竖直杆上，然后小球随杆一起转动，如图2所示）。

(IV)在图3中,由竖直方向上的平衡方程及水平方向上的动力学方程可得:

当时,小球不会在水平面内做圆周运动，此时两根细线小球将均缠绕在竖直杆上，小球随杆一起转动，类似于图2;

当时,细线AB将被拉紧，而细线BC则处于松弛状态,细线AB中张力随ω增大而增大;

当时,图中AB、BC两线都被拉紧.两线中张力随ω的变化情况是:ω增大时,AB线中张力甲图中增大、乙图中减小、丙图中不变;BC线中张力都增大.

当时,甲丙两图中两线仍是拉紧的,乙图中BC拉紧AB松弛.拉紧的线中张力都是随ω的增大而增大的.

例5.如图所示，光滑的水平桌面上钉有两枚铁钉A、B，相距=0.1m。长L=1m的柔软细线一端拴在A上，另一端拴住一个质量为500g的小球。小球的初始位置在AB连线上A的一侧。把细线拉直，给小球以2m/s的垂直细线方向的水平速度，使它做圆周运动。由于钉子B的存在，使细线逐步缠在A、B上。若细线能承受的最大张力，则从开始运动到细线断裂历时多长？

【答案】８.１６s

设运动n个半圈后，绳子的拉力达到细线能承受的最大张力，由得：

所以小球运动8个半周后，细绳就要断裂，故开始运动到细线断裂的时间为：

例6.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，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐缓慢增大，在绳子从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．B受到的静摩擦力一直增大

B．B受到的静摩擦力是先增大，后保持不变

C．A受到的静摩擦力是先增大后减小

D．A受到的合外力一直在增大

【答案】ＢＤ

【解析】:在开始转动的最初阶段中,两物体所需向心力均由静摩擦力提供,即,两物体所受摩擦力均随转速的增大而增大.由于,任一时刻B所需向心力为A的2倍,而杆对AB的最大静摩擦力相同,故B与杆之间的摩擦力先达到最大值,此时绳中开始产生张力T,此后B与杆间的静摩擦力大小保持不变.对B由牛顿第二定律有:,可知转速增大时绳中张力T增大;对A有:,结合上式可得:,可见当转速增大时,杆对A的摩擦力又开始减小,当杆对A的摩擦力减小到零后再反向开始增大,当杆对A的静摩擦力也达到最大值后AB两物体开始滑动.由上述分析可知在整个过程中,A所受的摩擦力大小是先增大再减小再增大,而B受静摩擦力大小是先增大后不变,ABC中只有B正确.再由可知AB所受合力都是一直在增大的,D也正确.

例7.如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO/转动，同内壁粗糙，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，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．

【答案】①， ②.

【解析】(1)物块静止时，对物块进行受力分析如图甲所示，设筒壁与水平面的夹角为θ.

由平衡条件有Ff＝mgsinθ FN＝mgcosθ

(2)分析此时物块受力如图乙所示，

由牛顿第二定律有mgtanθ＝mrω2.

其中tanθ＝，r＝，可得

ω＝.

例8 有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．

【答案】

【解析】设转盘转动角速度时，夹角θ夹角θ

座椅到中心轴的距离： ①

对座椅分析有： ②

联立两式 得

例9.如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg，当AC和BC均拉直时∠ABC=90°,∠ACB=53°,ABC能绕竖直轴AB匀速转动，因而C球在水平面内做匀速圆周运动，求：

（1）当m的线速度增大时，AC和BC（BC=1 m）哪条绳先断？

（2）一条绳被拉断后，m的速率继续增加，整个运动状态会发生什么变化？

【答案】（１）BC绳（２）见解析

【解析】:(1)当小球线速度增大到BC被拉直时，AC线拉力=1.25mg.当球速再增大时，由于竖直方向上TACsin530=mg,AC绳上的拉力保持不变，再由水平方向上，可知BC线拉力随球速增大而增大，当时，TBC=2mg，故BC绳先断.

例10.甲、乙两名滑冰运动员，m甲＝80 kg，m乙＝40 kg，面对面拉着弹簧秤做匀速圆周运动的滑冰表演，如图所示，两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为864 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6 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】ＢＤ

【解析】:由于两人做圆周运动所需向心力都是由相互间的拉力提供,方向沿两人之间的连线,则两人的连线应始终过共同的圆心,进而可知两人转动的角速度一定相同.由、及可得:、、、、,故BD正确.

2019高考物理系列模型之过程模型专题06圆周运动模型1