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文档介绍
【物理】2018届一轮复习人教版圆周运动规律的应用学案
第24课时 圆周运动规律的应用(题型研究课) [命题者说] 圆周运动是运动学中的典型运动，是高考的热点。本课时的难点是向心力来源的判断和计算、竖直面内圆周运动的两类模型：绳模型和杆模型。学习本课时，要注意分析受力情况，弄清向心力的来源，同时要注意圆周运动和其他知识的综合问题。 (一) 水平面内的圆周运动 题型1 水平面内圆周运动的动力学分析 题型 简述 此类问题相对简单，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。 方法 突破 (1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。 (2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。 (3)由Fn＝m列方程求解。 [例1] 如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管，两端分别拴着一个小球A和B。小球A和B的质量之比＝。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态。管子的内径粗细不计，重力加速度为g。试求： (1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ； (2)小球A转动的周期。 [解析] (1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态有F＝mBg 在竖直方向上，小球A处于平衡状态，有Fcos θ＝mAg 解得cos θ＝＝ 所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ＝60°。 (2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力， 有Fsin θ＝mA r＝lsin θ 解得小球A的线速度为v＝ 又T＝ 则小球A转动的周期T＝π 。 [答案] (1)60° (2)π 题型2 水平面内圆周运动的临界问题 题型 简述 在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力达最大值、弹簧弹力大小或方向发生变化等，从而出现临界问题。 方 法 突 破 (1)判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应着临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往对应着临界状态。 (2)确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来。 (3)选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后列方程求解。 [例2] 如图所示，用一根长为 l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg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(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，结果可用根式表示)。求： (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？ [解析] (1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力，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 mgtan θ＝mω02lsin θ 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mgtan α＝ mω′2lsin α 解得ω′2＝， 即ω′＝ ＝ 2 rad/s。 [答案] (1) rad/s (2)2 rad/s 水平面内圆周运动临界问题的分析技巧 在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。 题型3 水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题 题型 简述 此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题形式考查。 方 法 突破 (1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。 (2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。 (3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。 [例3] (2017·厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块做平抛运动的初速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ。 [解析] (1)设物块做平抛运动所用时间为t， 竖直方向有H＝gt2① 水平方向有s＝v0t② 联立①②两式得v0＝s ＝1 m/s。③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 μmg＝m④ 联立③④得μ＝＝0.2。⑤ [答案] (1)1 m/s (2)0.2 (二) 竖直面内的圆周运动 1.轻绳模型和轻杆模型概述 在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类。一是无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”。 2．两类模型对比 轻绳模型 轻杆模型 情景图示 弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力 示意图 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0， 此时FN＝mg v＝ 的意义 物体能否过最高点的临界点 FN表现为拉力还是支持力的临界点 模型1 轻绳模型 [例1] 如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T＝a＋bcos θ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( ) A. B. C. D. [解析] 设小球在最低点，即θ＝0时的速度为v1，拉力为T1，在最高点，即θ＝180°时的速度为v2，拉力为T2，在最低点有：T1－mg＝m，在最高点有：T2＋mg＝m，根据动能定理有：2mgR ＝ mv12－mv22，可得T1－T2＝6mg，对比T＝a＋bcos θ，有T1＝a＋b，T2＝a－b，故T1－T2＝2b，即6mg＝2b，故当地重力加速度g＝，选项D正确。 [答案] D 模型2 轻杆模型 [例2] (2017·烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( ) A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B．小球过最高点的最小速度是 C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 [解析] 轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v＜，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝m，随v增大，F减小，若v＞，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝m，随v增大，F增大，故C、D均错误。 [答案] A 模型3 复合模型(竖直面内圆周运动与平抛运动的组合) 模型简述 此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动；有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查。 方法突破 (1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。 (2)速度是联系前后两个过程的关键物理量。 [例3] 如图所示，一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长 L＝1.0 m，B点离地高度 H＝1.0 m，A、B两点的高度差 h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)地面上D、C两点间的距离s； (2)轻绳所受的最大拉力大小。 [解析] (1)小球从A到B过程机械能守恒，则 mgh＝mvB2① 小球从B到C做平抛运动，则水平方向s＝vBt② 竖直方向H＝gt2③ 联立①②③式解得s＝1.41 m。 (2)小球下摆到B点，绳子的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有F－mg＝m④ 联立①④式解得F＝20 N 由牛顿第三定律得F′＝F＝20 N 即轻绳所受的最大拉力为20 N。 [答案] (1)1.41 m (2)20 N [通法归纳] 竖直面内圆周运动的求解思路 (三) 斜面上的圆周运动 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同，下面列举三类题型。 题型1 静摩擦力控制下的圆周运动 [例1] (2014·安徽高考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是( ) A. rad/s B. rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s [解析] 物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。 [答案] C 题型2 轻杆控制下的圆周运动 [例2] 如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( ) A．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s [解析] 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsin α＝mvB2可得vB＝4 m/s，A正确。 [答案] A 题型3 轻绳控制下的圆周运动 [例3] (2017·开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10 m/s2) [解析] 小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsin α 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力， 有FT＋mgsin α＝① 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mglsin α＝mv12－mv02② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③ 联立①②③解得sin α＝，解得α＝30° 故α的范围为0°≤α≤30°。 [答案] 0°≤α≤30° [通法归纳] 与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。 一、单项选择题 1.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( ) A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来 B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力 C．人在最低点时对座位的压力等于mg D．人在最低点时对座位的压力大于mg 解析：选D 人过最高点时，FN＋mg＝m，当v≥时，不用保险带，人也不会掉下来，当v＝时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。 2. (2017·莆田联考)如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转速n r/s在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为( ) A．R－ B. C.－R D.＋ 解析：选A 由题意知，小球做圆周运动需要的向心力为F＝m·4π2n2r，根据匀速圆周运动的动力学特征可知，向心力由重力与弹力的合力提供，即mgtan θ＝m·4π2n2r，根据几何关系：sin θ＝，联立解得：cos θ＝，可得：h＝R－Rcos θ＝R－，所以A正确，B、C、D错误。 3.(2017·抚顺模拟)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足( ) A．最小值 B．最大值 C．最小值 D．最大值 解析：选D 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝m，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmin2＝mg·2r＋mv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A、C错误；为了不会使环在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mg＝m，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmax2＝mg·2r＋mv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确。 4.(2017·忻州一中检测)如图所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( ) A.mg B．2mg C．3mg D．4mg 解析：选A 当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，有mg＝m；当小球到达最高点时速率为2v，设每段线中张力大小为F，应有2Fcos 30°＋mg＝m，解得F＝mg，选项A正确。 5.(2017·宁波联考)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg。当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用。则ω可能为( ) A．3 B. C. D. 解析：选B 因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力。细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°。当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为F＝mω2r，根据几何关系，其中r＝Rsin 60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得Fmin＝2mgsin 60°，即2mgsin 60°＝mωmin2Rsin 60°，解得ωmin＝ ；当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，同理可知，最大角速度为ωmax＝ ，故只有B正确。 6.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( ) A．OB绳的拉力范围为0～mg B．OB绳的拉力范围为mg～mg C．AB绳的拉力范围为mg～mg D．AB绳的拉力范围为0～mg 解析：选B 当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos 30°＝mg，F1＝ mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝ mg, 因此OB绳的拉力范围为mg ～ mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B项正确。 二、多项选择题 7.如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有( ) A．FN小于滑块重力 B．FN大于滑块重力 C．FN越大表明h越大 D．FN越大表明h越小 解析：选BC 设滑块到达B处时的速度为v，根据向心力公式得FN－mg＝m ，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，联立解得FN＝mg，B、C正确。 8.(2017·宜昌联考)如图所示，半径为R的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为2m和m的静止小球A、B，它们由长为2R的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动。今对上方小球A施加微小扰动。两球开始运动后，下列说法正确的是( ) A．轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等 B．轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等 C．运动过程中A球速度的最大值为 D．当A球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为mg 解析：选ACD 两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，选项A正确，B错误；A、B球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即A 球在最低点)时，线速度最大，则mg·2R＝·3mv2，最大速度v＝ ，选项C正确；A球在最低点时，分别对A、B球受力分析，FNA－2mg＝2m，FNB＋mg＝m，则FNA－FNB＝，选项D正确。 9．(2017·安阳模拟)如图甲所示，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Fv2图像如图乙所示。则( ) 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 解析：选ACD 当弹力F方向向下时，F＋mg＝m，解得F＝m－mg，当弹力F方向向上时，mg－F＝m，解得F＝mg－m，对比Fv2图像可知，b＝gR，a＝mg，联立解得g＝，m＝，A正确，B错误；v2＝c时，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。 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后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( ) A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 解析：选AC 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。 三、计算题 11.如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ＝0.2)，当转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少(g取 10 m/s2)? 解析：由于转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动，当木块恰不做近心运动时，有mg－μmg＝mr1ω2 解得r1＝0.5 m 当木块恰不做离心运动时，有 mg＋μmg＝mr2ω2 解得r2＝0.75 m 因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是0.5 m≤r≤0.75 m。 答案：0.5 m≤r≤0.75 m 12.如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L，重力加速度为g。 (1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN； (2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm； (3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？ 解析：(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有FL－2mgR＝mv2 解得v＝ 在B点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m 解得FN＝－5mg。 (2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有 FN＝－5mg＝0 解得Rm＝。 (3)设小球平抛运动的时间为t，有2R＝gt2 解得t＝ 水平位移 x＝vt＝ · ＝ 当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大。 解得R＝ D到A的最大距离xm＝。 答案：(1)－5mg (2) (3) 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求) 1.如图所示为“歼20”在竖直平面内作横“8”字形飞行表演的示意图，其飞行轨迹1→2→3→4→5→6→1，如果飞机的轨迹可以视为两个相切的等圆，且飞行速率恒定，在A、B、C、D四个位置时飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为FNA、FNB、FNC、FND，那么以下关于这四个力的大小关系说法正确的是( ) A．FNA＝FNB查看更多