《2025年资源库高中物理人教版》

例143 如图1-6-16所示,直径为d的圆筒绕中心轴做匀速圆周运动,枪口发射的子弹速度为v,并沿直径匀速穿过圆筒。若子弹穿出后在圆筒上只留下一个弹孔,则圆筒运动的角速度为多大？

【解析】子弹穿入圆筒后做匀速直线运动,当它再次到达圆筒壁时,若原来的弹孔也恰好运动到此处,则圆筒上只留下一个弹孔。所以,在子弹运动位移大小为d的时间内,圆筒转过的角度为$2n\pi+\pi$(其中$n= 0$,1,2,…),即$\frac{d}{v}= \frac{2n\pi+\pi}{\omega}$,解得角速度为$\omega=\frac{2n\pi+\pi}{d}v(n= 0,1,2,…)$。
【答案】$\frac{2n\pi+\pi}{d}v(n= 0,1,2,…)$

答案： 1. 子弹穿过圆筒的时间：$ t = \frac{d}{v} $
2. 圆筒转过的角度：$ \theta = (2n + 1)\pi $（其中$ n = 0,1,2,\cdots $）
3. 圆筒角速度：$ \omega = \frac{\theta}{t} = \frac{(2n + 1)\pi v}{d} $（其中$ n = 0,1,2,\cdots $）
$\omega = \frac{(2n + 1)\pi v}{d}$（$ n = 0,1,2,\cdots $）

例144 如图1-6-17所示的传动装置中,B、C两轮固定在一起绕同一轴转动,A、B两轮用皮带传动,三个轮的半径关系是$r_{A}= r_{C}= 2r_{B}$。若皮带不打滑,求A、B、C三轮边缘上的a、b、c三点的角速度之比和线速度之比。
角速度之比$1:2:2$；线速度之比$1:1:2$。

答案： 角速度之比$1:2:2$；线速度之比$1:1:2$。

例145 长为L的细线,拴一质量为m的小球,一端固定于O点,让其在水平面内做匀速圆周运动(这种运动通常称为圆锥摆运动),如图1-6-18所示,当细线与竖直方向的夹角为α时,求：
(1)细线的拉力$F_{T}$；
(2)小球运动的线速度的大小；
(3)小球运动的角速度及周期。



【解析】(1)如图1-6-19所示,根据小球在水平面内做圆周运动的情况建立直角坐标系,并把$F_{T}分解为F_{Tx}$、$F_{Ty}$,则
x轴：$F_{Tx}= F_{T}\sin\alpha=ma_{n}$ ①
y轴：$F_{Ty}= F_{T}\cos\alpha=mg$ ②
由②可得$F_{T}= \frac{mg}{\cos\alpha}$。
(2)由①②可解得$a_{n}= g\tan\alpha$,
代入圆周运动的向心力公式得$mg\tan\alpha=\frac{mv^{2}}{r}$,
由几何关系得$r= L\sin\alpha$,
所以小球做匀速圆周运动的线速度的大小$v= \sqrt{gL\tan\alpha\sin\alpha}$。

(3)小球运动的角速度$\omega=\frac{v}{r}= \frac{\sqrt{gL\tan\alpha\sin\alpha}}{L\sin\alpha}=\sqrt{\frac{g}{L\cos\alpha}}$。
小球运动的周期$T= \frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{L\cos\alpha}{g}}$。
【答案】(1)$\frac{mg}{\cos\alpha}$ (2)$\sqrt{gL\tan\alpha\sin\alpha}$ (3)$\sqrt{\frac{g}{L\cos\alpha}}$ $2\pi\sqrt{\frac{L\cos\alpha}{g}}$

答案：
(1)$F_{T} = \frac{mg}{\cos\alpha}$，
(2)$v = \sqrt{gL\tan\alpha\sin\alpha}$，
(3)$\omega = \sqrt{\frac{g}{L\cos\alpha}}$，$T = 2\pi\sqrt{\frac{L\cos\alpha}{g}}$。

例146 如图1-6-20所示,两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a到转轴$OO'$的距离为L,b到转轴的距离为2L,a、b之间用长为L且强度足够大的轻绳相连,木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,开始时轻绳刚好伸直但无张力,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是( )

A.a比b先达到最大静摩擦力
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.$\omega=\sqrt{\frac{kg}{2L}}$是b开始滑动的临界角速度
D.当$\omega=\sqrt{\frac{2kg}{3L}}$时,a所受摩擦力的大小为$\frac{5kmg}{3}$
【解析】木块随圆盘一起转动,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律得,木块所受的静摩擦力$f_{a}= 2m\omega^{2}L$,$f_{b}= m\omega^{2}\cdot2L$,即a、b转动所需向心力相等,且a、b的最大静摩擦力为$f_{ma}= k\cdot2mg$,$f_{mb}= kmg$,所以当圆盘的角速度增大时,b的静摩擦力先达到最大值,此时临界角速度$\omega_{0}= \sqrt{\frac{kg}{2L}}$,故A错误；在b的静摩擦力没有达到最大值前,木块受到的静摩擦力提供向心力,a和b受到的摩擦力是相等的,当b受到的静摩擦力达到最大值后,b受到的摩擦力与绳子的拉力的合力提供向心力,即$kmg+F= m\omega^{2}\cdot2L$,对a有$f'-F= 2m\omega^{2}L$,联立得$f'= 4m\omega^{2}L-kmg$,可知二者受到的摩擦力不一定相等,故B错误；当b刚要滑动时,有$2kmg+kmg= 2m\omega^{2}L+m\omega^{2}\cdot2L$,解得$\omega=\sqrt{\frac{3kg}{4L}}$,故C错误；当$\omega=\sqrt{\frac{2kg}{3L}}$时,由于$\omega＞\omega_{0}$,a所受摩擦力的大小为$f'= 4m\omega^{2}L-kmg= 4m\cdot\frac{2kg}{3L}\cdot L-kmg= \frac{5kmg}{3}$,故D正确。
【答案】D

答案： D