人教版 (2019)必修 第二册第六章 圆周运动综合与测试学案设计
展开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
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.
图1
(1)最低点动力学方程:
FT1-mg=meq \f(v\\al( 2,1),L)
所以FT1=mg+meq \f(v\\al( 2,1),L)
(2)最高点动力学方程:
FT2+mg=meq \f(v\\al( 2,2),L)
所以FT2=meq \f(v\\al( 2,2),L)-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=eq \f(mv\\al( 2,2),L)可知,当FT2=0时,v2最小,最小速度为v2=eq \r(gL).
讨论:当v2=eq \r(gL)时,拉力或压力为零.
当v2>eq \r(gL)时,小球受向下的拉力或压力.
当v2
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4 m/s时,绳的拉力大小;
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N,小球运动过程中速度的最大值.
答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4eq \r(2) m/s
解析 (1)小球刚好能够通过最高点时,恰好只由重力提供向心力,故有mg=meq \f(v\\al( 2,1),L),解得v1=eq \r(gL)=2 m/s.
(2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时,拉力和重力的合力提供向心力,则有FT+mg=meq \f(v\\al( 2,2),L),解得FT=15 N.
(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=eq \f(mv\\al( 2,3),L),将FT′=45 N代入解得v3=4eq \r(2) m/s,即小球的速度不能超过4eq \r(2) 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
由于杆和管在最高点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>eq \r(gL),杆或管的外侧对球产生向下的拉力或弹力,mg+F=meq \f(v2,L),所以F=meq \f(v2,L)-mg,F随v 增大而增大;
②v=eq \r(gL),球在最高点只受重力,不受杆或管的作用力,F=0,mg=meq \f(v2,L);
③0
图4
(1)杆做匀速圆周运动的转速为2 r/s;
(2)杆做匀速圆周运动的转速为0.5 r/s.
答案 (1)140 N 方向竖直向上 (2)10 N 方向竖直向下
解析 假设小球在最高点受到轻杆的作用力竖直向下,则小球受力如图所示:
(1)杆的转速为2 r/s时,ω=2π·n=4π rad/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=140 N,
即杆对小球有140 N的拉力,由牛顿第三定律可知,小球对杆的拉力大小为140 N,方向竖直向上.
(2)杆的转速为0.5 r/s时,ω′=2π·n′=π rad/s,
同理可得小球所受杆的作用力
F′=mLω′2-mg=2×(0.5×π2-10) N=-10 N.
力F′为负值表示它的方向与受力分析中假设的方向相反,即杆对小球有10 N的支持力,由牛顿第三定律可知,小球对杆的压力大小为10 N,方向竖直向下.
二、圆周运动的临界问题
物体做圆周运动时,若物体的线速度大小、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.
如图5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.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=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)eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s (2)2eq \r(5) 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
mgtan θ=mω02lsin θ
解得ω0=eq \r(\f(g,lcs θ))=eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s
(2)同理,当细线与竖直方向成60°角时,小球已离开锥面,由牛顿第二定律及向心力公式得mgtan α=mω′2lsin α
解得ω′=eq \r(\f(g,lcs α))=2eq \r(5) rad/s
(2019·郑州市高一下学期期末)如图6甲所示,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)如图乙,将物块和转轴用细绳相连,当转盘的角速度ω2=eq \r(\f(μg,3r))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=eq \r(\f(5μg,3r))时,求细绳的拉力FT3的大小.
答案 (1)eq \r(\f(μg,r)) (2)0 (3)eq \f(2,3)μmg
解析 (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,则此时物块所需向心力恰好完全由最大静摩擦力提供,则μmg=mrω12
解得:ω1=eq \r(\f(μg,r))
(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,则μmg+FT3=mω32r,可得此时绳子对物块拉力的大小为FT3=eq \f(2,3)μmg.
1.(轻绳模型)杂技演员表演“水流星”,在长为1.6 m的细绳的一端,系一个与水的总质量为m=0.5 kg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4 m/s,则下列说法正确的是(g取10 m/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5 N
答案 B
解析 “水流星”在最高点的临界速度v=eq \r(gL)=4 m/s,由此知绳的拉力恰好为零,且水恰好不流出,故选B.
2.(过山车模型)(多选)如图8所示,质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环内侧做圆周运动.圆环半径为R,小球半径不计,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( )
图8
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eq \r(gR)
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,则有mg=meq \f(v2,R)=ma,即v=eq \r(gR),a=g,选项B、C、D正确.
3.(轻杆模型)如图9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,瞬时速度大小为v=eq \r(\f(1,2)Lg),L是球心到O点的距离,则球对杆的作用力是( )
图9
A.eq \f(1,2)mg的拉力 B.eq \f(1,2)mg的压力
C.零 D.eq \f(3,2)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=meq \f(v′2,L),解得:v′=eq \r(gL),而eq \r(\f(1,2)gL)
相对圆盘静止,则下列说法正确的是( )
图10
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,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.0 B.eq \r(gR)
C.eq \r(2gR) D.eq \r(3gR)
答案 C
解析 由题意知F+mg=2mg=meq \f(v2,R),故速度大小v=eq \r(2gR),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,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)( )
A.mg B.2mg
C.mg+eq \f(mv2,R) D.2eq \f(mv2,R)
答案 B
解析 在最高点有:F1+mg=meq \f(v2,R),解得:F1=meq \f(v2,R)-mg;在最低点有:F2-mg=meq \f(v2,R),解得:F2=mg+meq \f(v2,R).所以由牛顿第三定律可知,F2′-F1′=F2-F1=2mg,B正确.
3.(多选)(2019·双峰一中高一下学期期末)如图2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( )
图2
A.v的最小值为eq \r(gl)
B.v由零逐渐增大,向心力也增大
C.当v由eq \r(gl)逐渐增大时,杆对小球的弹力逐渐增大
D.当v由eq \r(gl)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=eq \f(mv2,l)可知,Fn也增大,故B正确.当v=eq \r(gl)时,Fn=eq \f(mv2,l)=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>eq \r(gl)时,杆对球的力为拉力,由mg+F=eq \f(mv2,l)可得F=meq \f(v2,l)-mg,则当v由eq \r(gl)逐渐增大时,拉力F逐渐增大;当v<eq \r(gl)时,杆对球的力为支持力,此时,mg-F′=eq \f(mv2,l)可得F′=mg-eq \f(mv2,l),当v由eq \r(gl)逐渐减小时,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.
4.(多选)如图3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( )
图3
A.若v0=eq \r(gR),则小球对管内壁无压力
B.若v0>eq \r(gR),则小球对管内上壁有压力
C.若0
答案 ABC
解析 在最高点,只有重力提供向心力时,由mg=meq \f(v\\al(2,0),R),解得v0=eq \r(gR),此时小球对管内壁无压力,选项A正确;若v0>eq \r(gR),则有mg+FN=meq \f(v\\al( 2,0),R),表明小球对管内上壁有压力,选项B正确;若0<v0<eq \r(gR),则有mg-FN=meq \f(v\\al( 2,0),R),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.
5.(多选)如图4所示,小球m在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动,下列说法正确的是( )
图4
A.小球通过最高点时的最小速度是eq \r(Rg)
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
6.(多选)(2019·襄阳四中期中考试)质量为m的小球(不计大小)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5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( )
图5
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.若角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ)),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=eq \f(mg,sin θ),为定值,A正确,B错误.当FTacs θ=mω2l,即ω=eq \r(\f(g,ltan θ))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.
7.(多选)如图6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6
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=eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度
D.当ω=eq \r(\f(2kg,3l))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.当角速度增大时,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=mωa2 l,当Ffa=kmg时,kmg=mωa2l,可得ωa=eq \r(\f(kg,l));对木块b:Ffb=mωb2·2l,当Ffb=kmg时,kmg=mωb2·2l,可得ωb=eq \r(\f(kg,2l)),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
图7
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
图8
A.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h)) B.πeq \r(gh)
C.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,l)) D.2πeq \r(\f(l,g))
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,则有Fcs θ+FN=mg,在水平方向上由牛顿第二定律有Fsin θ=m(2πn)2R=m(2πn)2htan θ,则n=eq \f(1,2 π)eq \r(\f(Fcs θ,mh)),当小球即将离开水平面时FN=0,F有最大值eq \f(mg,cs θ),转速n有最大值,则有nmax=eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h)),故A正确,B、C、D错误.
10.(多选)如图9甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球(大小不计),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图像如图乙所示.则( )
图9
A.小球的质量为eq \f(aR,b)
B.当地的重力加速度大小为eq \f(R,b)
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 当小球受到的弹力方向向下时,有F+mg=eq \f(mv2,R),解得F=eq \f(m,R)v2-mg;当弹力方向向上时,有mg-F=meq \f(v2,R),解得F=mg-meq \f(v2,R).对比F-v2图像可知,a=mg,当v2=b时,F=0,可得b=gR,则g=eq \f(b,R),m=eq \f(aR,b),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
11.如图10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10
答案 3R
解析 两个小球在最高点时,受重力和管壁的作用力,这两个力的合力提供向心力,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球由牛顿第二定律得
3mg+mg=meq \f(v\\al( 2,A),R)
解得A球通过最高点C时的速度大小为vA=2eq \r(gR)
对B球由牛顿第二定律得
mg-0.75mg=meq \f(v\\al( 2,B),R)
解得B球通过最高点C时的速度大小为vB=eq \f(\r(gR),2)
A、B球做平抛运动的时间相同,由2R=eq \f(1,2)gt2可得t=eq \r(\f(2×2R,g))=2eq \r(\f(R,g))
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.
12.如图11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(μ<1),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11
答案 eq \r(\f(g1-μ,r))≤ω≤eq \r(\f(g1+μ,r))
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=eq \r(\f(g1+μ,r))
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=eq \r(\f(g1-μ,r))
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eq \r(\f(g1-μ,r))≤ω≤eq \r(\f(g1+μ,r)).
13.(拓展提升)如图12所示,质量为1 kg、大小不计的小球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1 m.(重力加速度g=10 m/s2)
图12
(1)当ω1=4 rad/s时,细绳AP和BP的拉力分别为多少?
(2)当ω2=5 rad/s时,细绳AP和BP的拉力分别为多少?
答案 (1)0 16 N (2)2.5 N 22.5 N
解析 设AP刚伸直时小球做圆周运动的角速度为ω0
此时BP与竖直方向夹角为60°,AP拉力为0
球受力如图甲所示,
FT1sin 60°=mω02Lsin 60°
FT1cs 60°=mg
联立解得:
ω0=2eq \r(5) rad/s
(1)当ω1=4 rad/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,受力分析如图乙,
FT2sin θ=mω12Lsin θ
解得FT2=16 N
(2)当ω2=5 rad/s>ω0时,AP、BP上都有拉力,设分别为FT3、FT4,受力分析(如图丙)
FT4cs 30°+FT3cs 30°=mω22Lsin 60°
FT4sin 30°=FT3sin 30°+mg
联立解得FT3=2.5 N,FT4=22.5 N.
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