第4节 生活中的圆周运动

设玩具小熊的质量为 $ m $ ,则玩具小熊受到的重力 $ mg $ 、细线的拉力 $ {F}_{\mathrm{T}} $ 的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力 $ F $ ,如图所示,有 $ mg \tan \theta =ma $ ,可知列车在转弯过程中向心加速度大小为 $ a=g \tan \theta $ ,方向与水平面平行, $ \mathrm{B} $ 错误；列车的向心加速度大小 $ a=g \tan \theta $ ,则列车做圆周运动的向心力由列车的重力与轨道的支持力的合力提供,故列车的轮缘对轨道无侧向挤压作用, $ \mathrm{A} $ 正确；水杯的向心加速度大小 $ a=g \tan \theta $ ,则水杯做圆周运动的向心力由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供,则水杯与桌面间无摩擦, $ \mathrm{C} $ 正确；在杯内水面取一微小质量元,此质量元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为 $ a=g \tan \theta $ ,可知水杯内水面与水平方向的夹角等于 $ \theta $ ,即与桌面平行, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 汽车在水平路面上转弯,由静摩擦力提供向心力，则有 $ f=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,又因为 $ f⩽ {f}_{ \max }=\mu mg $ ,

联立解得 $ R⩾ \dfrac{{v}^{2}}{\mu g}=\dfrac{{15}^{2}}{0.5×10}\mathrm{m}=45\mathrm{m} $ ,

可知弯道的最小半径为 $ 45\mathrm{m} $ .

（2） 要使汽车通过此弯道时不产生侧向摩擦力,则汽车受到的重力和支持力的合力提供向心力,有 $ mg \tan \theta =\dfrac{m{v}_{1}^{2}}{r} $ ,

解得 $ {v}_{1}=\sqrt{gr \tan \theta }=\sqrt{10×250×0.05}\mathrm{m}/\mathrm{s}=5\sqrt{5}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

速度大小为 $ {v}_{1}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 时，车对桥顶的压力为车重的 $ \dfrac{3}{4} $ ,根据牛顿第三定律可知，此时桥顶对车的支持力为车重的 $ \dfrac{3}{4} $ ，则由牛顿第二定律得 $ mg-\dfrac{3}{4}mg=m\dfrac{{v}_{1}^{2}}{r} $ ,设车速为 $ {v}_{2} $ 时汽车对桥顶的压力恰好为零,此时根据牛顿第二定律有 $ mg=m\dfrac{{v}_{2}^{2}}{r} $ ,联立解得 $ {v}_{2}=20\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

（1） 人和车离开平台后做平抛运动,则有 $ h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ , $ s=vt $ ,解得 $ s=1.2\mathrm{m} $ .

（2） 在 $ A $ 点时, $ {v}_{y}=gt $ , $ {v}_{A}=\sqrt{{v}^{2}+{v}_{y}^{2}} $ ,设人和车在 $ A $ 点的速度与水平面的夹角为 $ \theta $ ,则 $ \tan \theta =\dfrac{{v}_{y}}{v} $ ,设在 $ A $ 点圆弧轨道对人和车的支持力为 $ N $ ,根据牛顿第二定律有 $ N-mg \cos \theta =m\dfrac{{v}_{A}^{2}}{R} $ ,解得 $ N=5580\mathrm{N} $ ,根据牛顿第三定律可知,在 $ A $ 点人和车对轨道的压力大小为 $ 5580\mathrm{N} $ .

（3） 设在 $ O $ 点圆弧轨道对人和车的支持力为 $ N^\prime $ ,根据牛顿第二定律有 $ N^\prime -mg=m\dfrac{v{\prime }^{2}}{R} $ ,解得 $ N^\prime =7740\mathrm{N} $ ,根据牛顿第三定律可知,在 $ O $ 点人和车对轨道的压力大小为 $ 7740\mathrm{N} $ .

重物处于完全失重状态,对台秤的压力为零,无法通过台秤称量重物的质量, $ \mathrm{A} $ 错误；水杯中的水处于完全失重状态,不会因重力而流入嘴中, $ \mathrm{B} $ 错误；沙子处于完全失重状态,不能通过沉淀法与水分离, $ \mathrm{C} $ 错误；小球处于完全失重状态,给小球一个很小的初速度,小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动, $ \mathrm{D} $ 正确.

物体做不做离心运动取决于合外力提供的向心力与物体所需向心力的大小关系,只有当提供的向心力小于所需要的向心力时,物体才做离心运动,做离心运动的物体并没有受到所谓的离心力的作用,离心力没有施力物体,所以离心力并不存在,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

脱水的原因是水受到的合力小于所需的向心力, $ \mathrm{A} $ 错误；衣物在竖直面内做匀速圆周运动,当衣物运动到最低点 $ b $ 时,向心加速度方向为竖直向上,处于超重状态,由合外力提供向心力可知,衣物在 $ b $ 点受到筒壁的作用力最大,脱水效果最好, $ \mathrm{B} $ 错误；在最低点时,衣物受到筒壁的作用力最大,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg=mr{\omega }^{2} $ ,解得 $ \omega =5\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；衣物通过与圆心等高点时向心力大小为 $ {F}_{\mathrm{n}}=mr{\omega }^{2}=37.5\mathrm{N} $ ,即滚筒对衣物水平方向的分力大小为 $ 37.5\mathrm{N} $ ，则滚筒对衣物的作用力大小为 $ F=\sqrt{{F}_{\mathrm{n}}^{2}+(mg)^{2}}\approx 48\mathrm{N} $ ，结合牛顿第三定律可知，衣物对滚筒的作用力大小为 $ 48\mathrm{N} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

匀速转动时,配重受到的合力提供配重做匀速圆周运动的向心力,其大小不变,但方向时刻变化,故配重受到的合力改变,故 $ \mathrm{A} $ 错误；以配重为研究对象,受到重力和拉力,设配重的质量为 $ m $ ,如图1所示,竖直方向根据平衡条件可得 $ {F}_{\mathrm{T}} \cos \theta =mg $ ,水平方向由牛顿第二定律可得 $ {F}_{\mathrm{n}}=mg \tan \theta =m(2\mathrm{\pi }n)^{2}r $ ,其中 $ r=L \sin \theta +{r}_{0} $ ,转速增大,配重做圆周运动所需的向心力增大,分析可知 $ \theta $ 增大, $ {F}_{\mathrm{T}} $ 增大,设腰带的质量为 $ M $ ，对腰带进行受力分析如图2所示,水平方向根据平衡条件可得 $ N=F{\prime }_{\mathrm{T}} \sin \theta $ ,又 $ F{\prime }_{\mathrm{T}}={F}_{\mathrm{T}} $ ，若增大转速, $ F{\prime }_{\mathrm{T}} $ 和 $ \theta $ 都增大,则腰带受到腰的弹力变大,根据牛顿第三定律可知,腰受到腰带的弹力变大,故 $ \mathrm{B} $ 正确；计数器显示在 $ 1 \min $ 内圈数为120,可得周期为 $ T=\dfrac{1}{120} \min =\dfrac{60}{120}\mathrm{s}=0.5\mathrm{s} $ ,角速度 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{0.5}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s}=4\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据图1结合牛顿第二定律可得 $ mg \tan \theta =mr\dfrac{4{\mathrm{\pi }}^{2}}{{T}^{2}} $ ,而配重做圆周运动的半径为 $ r={r}_{0}+L \sin \theta $ ,计算可知 $ \theta $ 不等于 $ {37}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

当系统向心力由重力与支持力的合力提供时,有 $ mg \tan \theta =m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,解得 $ v=\sqrt{gR \tan \theta } $ , $ \mathrm{A} $ 正确；若 $ v > \sqrt{gR \tan \theta } $ ,则自行车有向外滑动的趋势,所以系统受到来自赛道路面的摩擦力沿赛道路面指向内侧, $ \mathrm{B} $ 正确；系统即将向外滑动时,速度最大,有 $ N \cos \theta =f \sin \theta +mg $ , $ N \sin \theta +f \cos \theta =m\dfrac{{v}_{\mathrm{m}}^{2}}{R} $ , $ f=\mu N $ ,解得 $ {v}_{\mathrm{m}}=\sqrt{gR\cdot \dfrac{ \sin \theta +\mu \cos \theta }{ \cos \theta -\mu \sin \theta }} $ , $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

设臂长为 $ R $ ，在起抛处，手臂与竖直方向的夹角为 $ \theta $ ，则在起抛处,沿手臂方向，根据牛顿第二定律有 $ {F}_{1}-mg \cos \theta =m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,垂直手臂方向有 $ {F}_{2}=mg \sin \theta $ ,手对秧苗的作用力大小 $ F=\sqrt{{F}_{1}^{2}+{F}_{2}^{2}} > mg $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；秧苗在最低点 $ C $ 处,由牛顿第二定律有 $ F\prime -mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,可知手对秧苗的作用力大小大于秧苗的重力大小,秧苗处于超重状态,故 $ \mathrm{B} $ 错误；依题意, $ O $ 与 $ P $ 间的竖直距离一定,在竖直方向,秧苗 $ A $ 做竖直上抛运动,秧苗 $ B $ 做自由落体运动,所以秧苗 $ B $ 用时短,先经过 $ P $ 点,故 $ \mathrm{C} $ 正确；秧苗 $ A $ 在最高点有水平方向的速度,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

用离心机处理血液,红细胞做离心运动是因为受到的合力不足以提供所需的向心力,不存在离心力, $ \mathrm{B} $ 错误；离心机的转速越大,则角速度越大,做圆周运动需要的向心力越大,试管底部对血液的弹力越大,根据牛顿第三定律可知,试管底部受到的压力越大, $ \mathrm{A} $ 错误；转速越大,做圆周运动需要的向心力越大，越容易发生离心运动,实现血浆、白细胞和红细胞的分层, $ \mathrm{C} $ 正确；若在天宫空间站上利用此装置进行实验,由于离心现象与重力无关,仍能实现血液成分的分层, $ \mathrm{D} $ 错误.

根据题意可知，小物块做匀速圆周运动，对小物块受力分析，可知它受到重力、支持力、摩擦力，采用正交分解法，如图所示，水平方向有 $ f \cos \theta -{F}_{\mathrm{N}} \sin \theta =m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ，竖直方向有 $ f \sin \theta +{F}_{\mathrm{N}} \cos \theta =mg $ ，联立解得 $ f=m\dfrac{{v}^{2}}{R} \cos \theta +mg \sin \theta > mg \sin \theta $ ， $ {F}_{\mathrm{N}}=mg \cos \theta -m\dfrac{{v}^{2}}{R} \sin \theta < mg \cos \theta $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 错误；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，小物块放在甲板上恰能与甲板保持相对静止，满足 $ f=\mu {F}_{\mathrm{N}} $ ，结合 $ f=m\dfrac{{v}^{2}}{R} \cos \theta +mg \sin \theta $ ， $ {F}_{\mathrm{N}}=mg \cos \theta -m\dfrac{{v}^{2}}{R} \sin \theta $ ，解得 $ v=\sqrt{\dfrac{\mu - \tan \theta }{1+\mu \tan \theta }gR} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误， $ \mathrm{D} $ 正确.

根据题意可知, $ y $ 轴与火车前进方向一致,且该方向车速始终为 $ v=118\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h} $ ,即沿 $ y $ 轴方向合力为零,则在 $ MN $ 路段火车沿 $ y $ 轴的加速度始终为零,故 $ \mathrm{A} $ 正确；手机平放在火车卧铺床位上, $ z $ 轴垂直床位即车厢底板,根据题意,当火车刚好经过弯道的 $ P $ 点时, $ P $ 点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分,火车此时做匀速圆周运动,此时向心加速度 $ a=\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,向心加速度等于 $ x $ 、 $ z $ 轴方向加速度的矢量和,根据矢量合成规律可知,此时有 $ {a}_{z}={a}_{x} \tan \theta $ ,根据题图3有 $ {a}_{x}={a}_{0} $ ,解得 $ {a}_{z}={a}_{0} \tan \theta $ ,即在 $ MN $ 路段火车沿 $ z $ 轴的加速度不是始终为零,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ P $ 点附近火车的运动可视为水平面内圆周运动的一部分,结合前面分析可得 $ a \cos \theta ={a}_{0} $ ,解得 $ \dfrac{{a}_{0}}{ \cos \theta }=\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.