高一物理必修二第五章 专题强化3 圆周运动的综合分析教师版.docx
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高一物理必修二第五章专题强化3圆周运动的综合分析教师版
专题强化3 圆周运动的综合分析
[学习目标] 1.会分析竖直面内的圆周运动,掌握轻绳、轻杆作用下圆周运动的分析方法.2.掌握圆周运动临界问题的分析方法.
一、竖直面内的圆周运动
1.竖直面内圆周运动的轻绳(过山车)模型
图1
如图1所示,甲图中小球受绳拉力和重力作用,乙图中小球受轨道的弹力和重力作用,二者运动规律相同,现以甲图为例.
(1)最低点动力学方程:
FT1-mg=m
所以FT1=mg+m
(2)最高点动力学方程:
FT2+mg=m
所以FT2=m
-mg
(3)最高点的最小速度:
由于绳不可能对球有向上的支持力,只能产生向下的拉力,由FT2+mg=
可知,当FT2=0时,v2最小,最小速度为v2min=
.
讨论:
当v2=
时,拉力或压力为零.
当v2>
时,小球受向下的拉力或压力.
当v2<
时,小球不能到达最高点.
例1
如图2所示,长度为L=0.4m的轻绳,系一小球在竖直平面内做圆周运动,小球的质量为m=0.5kg,小球半径不计,g取10m/s2,求:
图2
(1)小球刚好通过最高点时的速度大小;
(2)小球通过最高点时的速度大小为4m/s时,绳的拉力大小;
(3)若轻绳能承受的最大张力为45N,小球运动过程中速度大小的最大值.
答案
(1)2m/s
(2)15N (3)4
m/s
解析
(1)小球刚好通过最高点时,恰好只由重力完全提供向心力,故有mg=m
,解得v1=
=2m/s.
(2)小球通过最高点时的速度大小为4m/s时,拉力和重力的合力提供向心力,有FT+mg=m
,解得FT=15N.
(3)分析可知小球通过最低点时绳张力最大,在最低点由牛顿第二定律得FT′-mg=
,将FT′=45N代入解得v3=4
m/s,即小球的速度不能超过4
m/s.
2.竖直面内圆周运动的轻杆(管)模型
如图3所示,细杆上固定的小球和光滑管形轨道内运动的小球在重力和杆(管道)的弹力作用下做圆周运动.
图3
(1)最高点的最小速度
由于杆和管在最高处能对小球产生向上的支持力,故小球恰能到达最高点的最小速度v=0,此时小球受到的支持力FN=mg.
(2)小球通过最高点时,轨道对小球的弹力情况
①v>
,杆或管的外侧对球产生向下的拉力或弹力,mg+F=m
,所以F=m
-mg,F随v增大而增大.
②v=
,球在最高点只受重力,不受杆或管的作用力,F=0,mg=m
.
③0≤v<
,杆或管的内侧对球产生向上的弹力,mg-F=m
,所以F=mg-m
,F随v的增大而减小.
例2
如图4所示,长为0.5m的轻杆OA绕O点在竖直面内做圆周运动,A端连着一个质量m=2kg的小球.求在下述的两种情况下,通过最高点时小球对杆的作用力的大小和方向(g取10m/s2):
图4
(1)杆做匀速圆周运动的转速为2r/s;
(2)杆做匀速圆周运动的转速为0.5r/s.
答案
(1)138N,方向竖直向上
(2)10N,方向竖直向下
解析 小球在最高点的受力如图所示:
(1)杆的转速为2r/s时,ω=2π·n=4πrad/s,
由牛顿第二定律得F+mg=mLω2,
故小球所受杆的作用力
F=mLω2-mg=2×(0.5×42×π2-10)N≈138N,
即杆对小球有138N的拉力,由牛顿第三定律可知,小球对杆的拉力大小为138N,方向竖直向上.
(2)杆的转速为0.5r/s时,ω′=2π·n′=πrad/s,
同理可得小球所受杆的作用力
F′=mLω′2-mg=2×(0.5×π2-10)N≈-10N.
力F′为负值表示它的方向与受力分析中所假设的方向相反,即杆对小球有10N的支持力,由牛顿第三定律可知,小球对杆的压力大小为10N,方向竖直向下.
二、圆周运动的临界问题
物体做圆周运动时,若物体的速度、角速度发生变化,会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化,进而出现某些物理量或运动状态的突变,即出现临界状态,分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大,分析各量的变化,找出临界状态.
通常碰到较多的是涉及如下三种力的作用:
(1)与绳的弹力有关的临界条件:
绳弹力恰好为0.
(2)与支持面弹力有关的临界条件:
支持力恰好为0.
(3)因静摩擦力而产生的临界问题:
静摩擦力达到最大值.
例3
如图5所示,用一根长为l=1m的细线,一端系一质量为m=1kg的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥体顶端,锥面与竖直方向的夹角θ=37°,当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线的张力为FT.(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,结果可用根式表示)
图5
(1)若要小球离开锥面,则小球的角速度ω0至少为多大?
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°,则小球的角速度ω′为多大?
答案
(1)
rad/s
(2)2
rad/s
解析
(1)若要小球刚好离开锥面,则小球只受到重力和细线的拉力,受力分析如图所示.小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力水平,在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得
mgtanθ=mω02lsinθ
解得ω02=
,即ω0=
=
rad/s
(2)同理,当细线与竖直方向成60°角时,由牛顿第二定律及向心力公式得mgtanα=mω′2lsinα
解得ω′2=
,即ω′=
=2
rad/s
例4
(2019·郑州市高一下学期期末)如图6甲,水平转盘上放有质量为m的物块,物块到转轴的距离为r,物块和转盘间的动摩擦因数为μ,设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度为g.
图6
(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时,物块与转盘刚好能相对静止,求ω1的值;
(2)将物块和转轴用细绳相连,如图乙,当转盘的角速度ω2=
时,求细绳的拉力FT2的大小;
(3)将物块和转轴用细绳相连,当转盘的角速度ω3=
时,求细绳的拉力FT3的大小.
答案
(1)
(2)0 (3)
μmg
解析
(1)设水平转盘以角速度ω1匀速转动时,物块与转盘刚好要相对滑动,此时物块所需向心力恰好只由最大静摩擦力提供,则μmg=mrω12
解得:
ω1=
(2)由于ω2<ω1,物块受到的最大静摩擦力大于所需向心力,此时绳对物块没有拉力,故FT2=0.
(3)由于ω3>ω1,物块受到的最大静摩擦力不足以提供所需的向心力,此时绳对物块有拉力,由μmg+FT3=mω32r
得此时绳子对物块拉力的大小为FT3=
μmg.
1.(轻绳作用下物体的运动)杂技演员表演“水流星”,在长为1.6m的细绳的一端,系一个与水的总质量为m=0.5kg的大小不计的盛水容器,以绳的另一端为圆心,在竖直平面内做圆周运动,如图7所示,若“水流星”通过最高点时的速率为4m/s,则下列说法正确的是(g取10m/s2)( )
图7
A.“水流星”通过最高点时,有水从容器中流出
B.“水流星”通过最高点时,绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C.“水流星”通过最高点时,处于完全失重状态,不受力的作用
D.“水流星”通过最高点时,绳子的拉力大小为5N
答案 B
解析 “水流星”在最高点的临界速度v=
=4m/s,由此知绳的拉力恰好为零,且水恰好不流出,故选B.
2.(轻杆作用下物体的运动)如图8所示,质量为m的小球固定在杆的一端,在竖直面内绕杆的另一端O做圆周运动.当小球运动到最高点时,瞬时速度为v=
,L是球心到O点的距离,则球对杆的作用力是( )
图8
A.
mg的拉力B.
mg的压力
C.零D.
mg的压力
答案 B
解析 当重力完全充当向心力时,球对杆的作用力为零,所以mg=m
,解得:
v′=
,而
<
,故杆对球的作用力是支持力,即mg-FN=m
,解得FN=
mg,由牛顿第三定律可知,球对杆的作用力是压力,故选B.
3.(圆周运动的临界问题)(2019·双峰一中高一下学期期末)如图9所示,A、B、C三个物体放在旋转的水平圆盘面上,物体与盘面间的最大静摩擦力均是其重力的k倍,三物体的质量分别为2m、m、m,它们离转轴的距离分别为R、R、2R.当圆盘旋转时,若A、B、C三物体均相对圆盘静止,则下列说法正确的是( )
图9
A.A的向心加速度最大
B.B和C所受摩擦力大小相等
C.当圆盘转速缓慢增大时,C比A先滑动
D.当圆盘转速缓慢增大时,B比A先滑动
答案 C
一、选择题
1.如图1所示,某公园里的过山车驶过轨道的最高点时,乘客在座椅里面头朝下,人体颠倒,若轨道半径为R,人体重为mg,要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力,则过山车在最高点时的速度大小为( )
图1
A.0B.
C.
D.
答案 C
解析 由题意知F+mg=2mg=m
,故速度大小v=
,C正确.
2.某飞行员的质量为m,驾驶飞机在竖直面内以速度v做匀速圆周运动,圆的半径为R,在圆周的最高点和最低点比较,飞行员对座椅的压力在最低点比最高点大(设飞行员始终垂直于座椅的表面,重力加速度为g)( )
A.mgB.2mg
C.mg+
D.2
答案 B
解析 在最高点有:
F1+mg=m
,解得:
F1=m
-mg;在最低点有:
F2-mg=m
,解得:
F2=mg+m
.所以F2-F1=2mg,B正确.
3.(多选)如图2所示,质量为m的小球(可视为质点)在竖直平面内的光滑圆环内侧做圆周运动.圆环半径为R,小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环,则其通过最高点时下列表述正确的是(重力加速度为g)( )
图2
A.小球对圆环的压力大小等于mg
B.重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力
C.小球的线速度大小等于
D.小球的向心加速度大小等于g
答案 BCD
解析 因为小球经过圆环内侧最高点时刚好不脱离圆环,故在最高点时小球对圆环的压力为零,选项A错误;此时小球只受重力作用,即重力mg充当小球做圆周运动所需的向心力,满足mg=m
=ma,即v=
,a=g,选项B、C、D正确.
4.(多选)(2019·双峰一中高一下学期期末)如图3所示,长为l的轻杆,一端固定一个小球,另一端固定在光滑的水平轴上,使小球在竖直面内做圆周运动,关于小球在最高点的速度v,下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
图3
A.v的最小值为
B.v由零逐渐增大,向心力也增大
C.当v由
逐渐增大时,杆对小球的弹力逐渐增大
D.当v由
逐渐减小时,杆对小球的弹力逐渐增大
答案 BCD
解析 由于是轻杆,即使小球在最高点速度为零,小球也不会掉下来,因此v的最小值是零,故A错误.v由零逐渐增大,由Fn=
可知,Fn也增大,故B正确.当v=
时,Fn=
=mg,此时杆恰好对小球无作用力,向心力只由其自身重力提供;当v由
逐渐增大时,则
=mg+F,故F=m
-mg,杆对球的力为拉力,且逐渐增大;当v由
逐渐减小时,杆对球的力为支持力,此时,mg-F′=
,F′=mg-
,支持力F′逐渐增大,杆对球的拉力、支持力都为弹力,故C、D正确.
5.(多选)如图4所示,一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内,其中管道半径为R.现有一个半径略小于弯管横截面半径(远小于R)的光滑小球在弯管里运动,当小球通过最高点时速率为v0,则下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
图4
A.若v0=
,则小球对管内壁无压力
B.若v0>
,则小球对管内上壁有压力
C.若0 ,则小球对管内下壁有压力 D.不论v0多大,小球对管内下壁都有压力 答案 ABC 解析 在最高点,只有重力提供向心力时,由mg=m ,解得v0= ,因此小球对管内壁无压力,选项A正确.若v0> ,则有mg+FN=m ,表明小球对管内上壁有压力,选项B正确.若0<v0< ,则有mg-FN=m ,表明小球对管内下壁有压力,选项C正确.综上分析,选项D错误. 6.(多选)如图5所示,小球m在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动,其中管道半径为R,管道横截面半径远小于R,下列说法正确的是(重力加速度为g)( ) 图5 A.小球通过最高点时的最小速度是 B.小球通过最高点时的最小速度为零 C.小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定无作用力 D.小球在水平线ab以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定有作用力 答案 BD 解析 小球通过最高点的最小速度为0,圆形管外侧、内侧都可以对小球提供弹力,小球在水平线ab以下时,必须有指向圆心的力提供向心力,即外侧管壁对小球一定有作用力,故B、D正确. 7.(多选)(2019·襄阳四中期中考试)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一竖直轻质细杆的A点和B点,如图6所示,当轻杆绕轴OO′以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,a绳与水平方向成θ角,b绳沿水平方向且长为l,则下列说法正确的是(重力加速度为g)( ) 图6 A.a绳的张力不可能为零 B.a绳的张力随角速度的增大而增大 C.当角速度ω> 时,b绳将出现弹力 D.若b绳突然被剪断,则a绳的弹力一定发生变化 答案 AC 解析 对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力,解得FTa= ,为定值,A正确,B错误.当FTacosθ=mω2l即ω= 时,b绳的弹力为零,若角速度大于该值,则b绳将出现弹力,C正确.由于b绳可能没有弹力,故b绳突然被剪断,a绳的弹力可能不变,D错误. 8.(多选)如图7所示,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴OO′的距离为l,b与转轴的距离为2l,木块与圆盘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,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是( ) 图7 A.b一定比a先开始滑动 B.a、b所受的摩擦力始终相等 C.ω= 是b开始滑动的临界角速度 D.当ω= 时,a所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC 解析 小木块a、b做匀速圆周运动时,由静摩擦力提供向心力,即Ff=mω2R.当角速度增加时,静摩擦力增大,当增大到最大静摩擦力时,发生相对滑动,对木块a: Ffa=mω l,当Ffa=kmg时,kmg=mωa2l,ωa= ;对木块b: Ffb=mωb2·2l,当Ffb=kmg时,kmg=mωb2·2l,ωb= ,所以b先达到最大静摩擦力,即b先开始滑动,选项A正确.两木块滑动前转动的角速度相同,则Ffa=mω2l,Ffb=mω2·2l,Ffa 时b刚要开始滑动,选项C正确.当ω= 时,a没有滑动,则Ffa=mω2l= kmg,选项D错误. 9.(2019·六安一中期中考试)如图8所示,在水平圆盘上,沿半径方向放置用平直细线相连的质量相等的两物体A和B,它们与圆盘间的动摩擦因数相同,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当圆盘转速增大到两物体刚要发生滑动时烧断细线,则两个物体将要发生的运动情况是( ) 图8 A.两物体仍随圆盘一起转动,不会发生滑动 B.只有A仍随圆盘一起转动,不会发生滑动 C.两物体均沿半径方向滑动,A靠近圆心、B远离圆心 D.两物体均沿半径方向滑动,A、B都远离圆心 答案 B 解析 当两物体刚要滑动时,A、B所受静摩擦力都是最大静摩擦力Ffm.对A有Ffm-FT=mω2rA,对B有Ffm+FT=mω2rB,烧断细线的瞬间,FT消失,A的向心力由圆盘的静摩擦力提供,且Ff=mω2rA,所以Ff 10.(2019·北京十一学校期末考试)一转动轴垂直于一光滑水平面,交点O的上方h处固定一细绳的一端,细绳的另一端固定一质量为m的小球B,绳长AB=l>h,小球可随转动轴转动,并在光滑水平面上做匀速圆周运动,如图9所示,要使小球不离开水平面,转动轴的转速的最大值是(重力加速度为g)( ) 图9 A. B.π C. D.2π 答案 A 解析 如图所示,设细绳与转动轴夹角为θ,以小球为研究对象,小球受三个力的作用,重力mg、水平面支持力FN、细绳拉力F,在竖直方向合力为零,在水平方向所需向心力为m(2πn)2R,而R=htanθ,得Fcosθ+FN=mg,Fsinθ=m(2πn)2R=m(2πn)2htanθ,当小球即将离开水平面时FN=0,转速n有最大值,则mg=m(2πnmax)2h,nmax= ,故A正确,B、C、D错误. 11.(多选)如图10甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小为v,其F-v2图象如图乙所示.则( ) 图10 A.小球的质量为 B.当地的重力加速度大小为 C.v2=c时,小球对杆的弹力方向向上 D.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等 答案 ACD 解析 当小球受到的弹力F方向向下时,F+mg= ,解得F= v2-mg,当弹力F方向向上时,mg-F=m ,解得F=mg-m ,对比F-v2图象可知,b=gR,a=mg,联立解得g= ,m= ,A正确,B错误.v2=c时,小球受到的弹力方向向下,则小球对杆的弹力方向向上,C正确.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等,D正确. 二、非选择题 12.如图11所示,半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置,两个质量均为m的小球A、B从水平地面上以不同速率进入管内,A通过最高点C时,对管壁上部的压力为3mg,B通过最高点C时,对管壁下部的压力为0.75mg.g为重力加速度,忽略空气阻力,求A、B两球落地点间的距离. 图11 答案 3R 解析 两个小球在最高点时,受重力和管壁的作用力,这两个力的合力作为向心力,离开轨道后两球均做平抛运动,A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差. 对A球应用牛顿第二定律得 3mg+mg=m 解得A球通过最高点C时的速度vA=2 对B球应用牛顿第二定律得 mg-0.75mg=m 解得B球通过最高点C时的速度vB= A、B球做平抛运动的时间均为t= =2 两球做平抛运动的水平分位移分别为 xA=vAt=4R xB=vBt=R A、B两球落地点间的距离Δx=xA-xB=3R. 13.如图12所示,水平转盘的中心有一个光滑的竖直小圆孔,质量为m的物体A放在转盘上,物体A到圆孔的距离为r,物体A通过轻绳与物体B相连,物体B的质量也为m.若物体A与转盘间的动摩擦因数为μ,则转盘转动的角速度ω在什么范围内,才能使物体A随转盘转动而不滑动? (已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g) 图12 答案 ≤ω≤ 解析 当A将要沿转盘背离圆心滑动时,A所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向指向圆心,此时A做圆周运动所需的向心力为绳的拉力与最大静摩擦力的合力,即 F+Ffmax=mrω12① 由于B静止,故有F=mg② 又Ffmax=μFN=μmg③ 由①②③式可得ω1= 当A将要沿转盘向圆心滑动时,A所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向背离圆心,此时A做圆周运动所需的向心力为F-Ffmax=mrω22④ 由②③④式可得ω2= 故要使A随转盘一起转动而不滑动,其角速度ω的范围为ω2≤ω≤ω1, 即 ≤ω≤ . 14.如图13所示,质量为1kg的小球P用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上,随杆在水平面内做匀速圆周运动.AB的距离等于绳长为1m.(重力加速度g=10m/s2) 图13 (1)当ω1=4rad/s时,细绳AP和BP的拉力分别为多少? (2)当ω2=5rad/s时,细绳AP和BP的拉力分别为多少? 答案 见解析 解析 设AP刚伸直时的角速度为ω0 此时BP与竖直方向夹角为60°,AP拉力为0 球受力情况如图 FT1sin60°=mω02Lsin60°① FT1cos60°=mg② 由①②解得: ω0=2 rad/s (1)当ω1=4rad/s<ω0时,AP上拉力为0,设BP拉力为FT2,其与竖直方向夹角为θ FT2cosθ=mg③ FT2sinθ=mω12Lsinθ④ 由③④解得FT2=16N (2)当ω2=5rad/s>ω0时,AP、BP上都有拉力,设分别为FT3、FT4 FT4cos30°+FT3cos30° =mω22Lsin60°⑤ FT4sin30°=FT3sin30°+mg⑥ 由⑤⑥解得FT3=2.5N,FT4=22.5N.
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