2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學(xué)案

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學(xué)案 一、勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度 1.勻速圓周運動 (1)定義:做圓周運動的物體,若在相等的時間內(nèi)通過的圓弧長相等,就是勻速圓周運動. (2)特點:加速度大小不變,方向始終指向圓心,是變加速運動. (3)條件:合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心. 2.描述勻速圓周運動的物理量 定義、意義 公式、單位 線速度 描述做圓周運動的物體運動快慢的物理量(v) (1)v== (2)單位:m/s 角速度 描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量(ω) (1)ω== (

2、2)單位:rad/s 周期 物體沿圓周運動一圈的時間(T) (1)T==,單位:s (2)f=,單位:Hz 向心加 速度 (1)描述速度方向變化快慢的物理量(an) (2)方向指向圓心 (1)an==rω2 (2)單位:m/s2 [深度思考] 如圖1所示為一輛自行車傳動裝置的結(jié)構(gòu)圖. 圖1 (1)同一齒輪上到轉(zhuǎn)軸距離不同的各點的線速度、角速度是否相同? (2)兩個齒輪相比較,其邊緣的線速度是否相同?角速度是否相同,轉(zhuǎn)速是否相同? 答案 (1)線速度不同,角速度相同.(2)線速度相同,角速度、轉(zhuǎn)速不同. 二、勻速圓周運動的向心力 1.作用效果 向心力產(chǎn)生向

3、心加速度,只改變速度的方向,不改變速度的大?。? 2.大小 F=m=mrω2=mr=mωv=4π2mf2r. 3.方向 始終沿半徑方向指向圓心,時刻在改變,即向心力是一個變力. 4.來源 向心力可以由一個力提供,也可以由幾個力的合力提供,還可以由一個力的分力提供. 三、離心現(xiàn)象 1.定義:做圓周運動的物體,在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下,就做逐漸遠(yuǎn)離圓心的運動. 2.本質(zhì):做圓周運動的物體,由于本身的慣性,總有沿著圓周切線方向飛出去的趨勢. 3.受力特點(如圖2) 當(dāng)F=mrω2時,物體做勻速圓周運動; 當(dāng)F=0時,物體沿切線方向飛出; 當(dāng)F

4、

5、持相對靜止,跟著圓盤一起做勻速圓周運動,則A受力情況是(  ) 圖3 A.重力、支持力 B.重力、向心力 C.重力、支持力、指向圓心的摩擦力 D.重力、支持力、向心力、摩擦力 答案 C 3.(人教版必修2P19第4題改編)圖4是自行車傳動裝置的示意圖,其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪,Ⅱ是半徑為r2的小齒輪,Ⅲ是半徑為r3的后輪,假設(shè)腳踏板的轉(zhuǎn)速為nr/s,則自行車前進(jìn)的速度為(  ) 圖4 A. B. C. D. 答案 D 4.(人教版必修2P25第2題改編)如圖5所示,一個內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面,圓錐筒固定不動,有兩個質(zhì)量相等的小球A和B緊貼著內(nèi)壁分

6、別在圖中所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運動,則以下說法中正確的是(  ) 圖5 A.A球的角速度等于B球的角速度 B.A球的線速度大于B球的線速度 C.A球的運動周期小于B球的運動周期 D.A球?qū)ν脖诘膲毫Υ笥贐球?qū)ν脖诘膲毫? 答案 B 解析 先對小球受力分析,如圖所示,由圖可知,兩球的向心力都來源于重力mg和支持力FN的合力,建立如圖所示的坐標(biāo)系,則有: FNsinθ=mg① FNcosθ=mrω2② 由①得FN=,小球A和B受到的支持力FN相等,由牛頓第三定律知,選項D錯誤.由于支持力FN相等,結(jié)合②式知,A球運動的半徑大于B球運動的半徑,故A球的角速度小于B球的角速度,

7、A球的運動周期大于B球的運動周期,選項A、C錯誤.又根據(jù)FNcosθ=m可知:A球的線速度大于B球的線速度,選項B正確. 命題點一 圓周運動的分析 1.圓周運動中的運動學(xué)分析 (1)對公式v=ωr的理解 當(dāng)r一定時,v與ω成正比; 當(dāng)ω一定時,v與r成正比; 當(dāng)v一定時,ω與r成反比. (2)對a==ω2r=ωv的理解 在v一定時,a與r成反比;在ω一定時,a與r成正比. 2.圓周運動中的動力學(xué)分析 (1)向心力的來源 向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、彈力、摩擦力等各種力,也可以是幾個力的合力或某個力的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力.

8、 (2)向心力的確定 ①確定圓周運動的軌道所在的平面,確定圓心的位置. ②分析物體的受力情況,找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力. 例1 (多選)如圖6 所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道,兩個彎道分別為半徑R=90m的大圓弧和r=40m的小圓弧,直道與彎道相切.大、小圓弧圓心O、O′距離L=100m.賽車沿彎道路線行駛時,路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍,假設(shè)賽車在直道上做勻變速直線運動,在彎道上做勻速圓周運動,要使賽車不打滑,繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大,重力加速度g=10m/s2,π=3.14),則賽車(  ) 圖6 A.在繞過小圓弧

9、彎道后加速 B.在大圓弧彎道上的速率為45m/s C.在直道上的加速度大小為5.63m/s2 D.通過小圓弧彎道的時間為5.58s  繞賽道一圈時間最短. 答案 AB 解析 在彎道上做勻速圓周運動時,根據(jù)徑向靜摩擦力提供向心力得,kmg=m,當(dāng)彎道半徑一定時,在彎道上的最大速率是一定的,且在大彎道上的最大速率大于小彎道上的最大速率,故要想時間最短,可在繞過小圓弧彎道后加速,選項A正確;在大圓弧彎道上的速率為vmR==m/s=45 m/s,選項B正確;直道的長度為x==50m,在小彎道上的最大速率為:vmr==m/s=30 m/s,在直道上的加速度大小為a==m/s2≈6.50 m/

10、s2,選項C錯誤;由幾何關(guān)系可知,小圓弧軌道的長度為,通過小圓弧彎道的時間為t==s≈2.80s,選項D錯誤. 1.如圖7所示,“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等,通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上.不考慮空氣阻力的影響,當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時,下列說法正確的是(  ) 圖7 A.A的速度比B的大 B.A與B的向心加速度大小相等 C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D.懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 答案 D 解析 根據(jù)題意可知,座椅A和B的角速度相等,A的轉(zhuǎn)動半徑小于B的轉(zhuǎn)動半徑,由v=rω可知,座椅A的線速度比B的小,選項A錯誤;由a=rω

11、2可知,座椅A的向心加速度比B的小,選項B錯誤;座椅受力如圖所示,由牛頓第二定律得mgtanθ=mrω2,tanθ=,因座椅A的運動半徑較小,故懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小,選項C錯誤;拉力FT=, 可判斷懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小,選項D正確. 2.(多選)如圖8所示,兩個質(zhì)量不同的小球用長度不等的細(xì)線拴在同一點,并在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運動,則它們的(  ) 圖8 A.周期相同 B.線速度的大小相等 C.角速度的大小相等 D.向心加速度的大小相等 答案 AC 解析 對小球受力分析如圖所示,受自身重力mg、繩子拉力FT,合力提供向心力即水平指向圓心,設(shè)細(xì)

12、線和豎直方向夾角為θ,小球到懸點的距離為h,則有mgtanθ=man=mω2htanθ,可得向心加速度an=gtanθ,所以向心加速度大小不相等,選項D錯;角速度ω=,所以角速度大小相等,選項C對;由于水平面內(nèi)圓周運動的半徑不同,線速度v=ωhtanθ,所以線速度大小不同,選項B錯,周期T=,角速度相等,所以周期相等,選項A對. 命題點二 水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題 例2 如圖9所示,用一根長為l=1m的細(xì)線,一端系一質(zhì)量為m=1kg的小球(可視為質(zhì)點),另一端固定在一光滑錐體頂端,錐面與豎直方向的夾角θ=37°,當(dāng)小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時,細(xì)線的張力為FT

13、.(g取10m/s2,結(jié)果可用根式表示)求: 圖9 (1)若要小球剛好離開錐面,則小球的角速度ω0至少為多大? (2)若細(xì)線與豎直方向的夾角為60°,則小球的角速度ω′為多大?  ①小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動;②若要小球剛好離開錐面. 答案 (1)rad/s (2)2rad/s 解析 (1)若要小球剛好離開錐面,則小球只受到重力和細(xì)線的拉力,受力分析如圖所示.小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上,故向心力水平,在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得: mgtanθ=mω02lsinθ 解得:ω02= 即ω0==rad/s. (2)同理,當(dāng)細(xì)線與豎直方向成6

14、0°角時,由牛頓第二定律及向心力公式得: mgtanα=mω′2lsinα 解得:ω′2=, 即ω′==2rad/s. 水平面內(nèi)圓周運動臨界問題的分析技巧 1.在水平面內(nèi)做圓周運動的物體,當(dāng)角速度ω變化時,物體有遠(yuǎn)離或向著圓心運動的趨勢.這時要根據(jù)物體的受力情況,判斷某個力是否存在以及這個力存在時方向朝哪(特別是一些接觸力,如靜摩擦力、繩的拉力等). 2.三種臨界情況: (1)接觸與脫離的臨界條件:兩物體相接觸或脫離,臨界條件是:彈力FN=0. (2)相對滑動的臨界條件:兩物體相接觸且處于相對靜止時,常存在著靜摩擦力,則相對滑動的臨界條件是:靜摩擦力達(dá)到最大值. (3)繩

15、子斷裂與松馳的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限度的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛的臨界條件是:FT=0. 3.(多選)(2014·新課標(biāo)全國Ⅰ·20)如圖10所示,兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上,a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l,b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l,木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍,重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動,用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度,下列說法正確的是(  ) 圖10 A.b一定比a先開始滑動 B.a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等 C.ω=是b開始滑動的臨界角速度 D.當(dāng)ω=

16、時,a所受摩擦力的大小為kmg 答案 AC 解析 小木塊a、b做圓周運動時,由靜摩擦力提供向心力,即f=mω2R.當(dāng)角速度增加時,靜摩擦力增大,當(dāng)增大到最大靜摩擦力時,發(fā)生相對滑動,對木塊a:fa=mωa2l,當(dāng)fa=kmg時,kmg=mωa2l,ωa=;對木塊b:fb=mωb2·2l,當(dāng)fb=kmg時,kmg=mωb2·2l,ωb=,所以b先達(dá)到最大靜摩擦力,選項A正確;兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同,則fa=mω2l,fb=mω2·2l,fa

17、 1.豎直面內(nèi)圓周運動兩類模型 一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的過山車等),稱為“繩(環(huán))約束模型”,二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等),稱為“桿(管)約束模型”. 2.豎直平面內(nèi)圓周運動的兩種模型特點及求解方法 輕繩模型 輕桿模型 實例 如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的球等 如球與桿連接、球在內(nèi)壁光滑的圓管內(nèi)運動等 圖示 最高點無支撐 最高點有支撐 最 高 點 受力 特征 重力、彈力,彈力方向向下或等于零 重力、彈力,彈力方向向下、等于零或向上 受力示意圖 力學(xué) 特征 mg+FN=m mg±FN=

18、m 臨界 特征 FN=0,vmin= 豎直向上的FN=mg,v=0 過最高 點條件 v≥ v≥0 速度和 彈力關(guān) 系討論 分析  ①能過最高點時,v≥,F(xiàn)N+mg=m,繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN ②不能過最高點時,v<,在到達(dá)最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道做斜拋運動 ①當(dāng)v=0時,F(xiàn)N=mg,F(xiàn)N為支持力,沿半徑背離圓心 ②當(dāng)0時,F(xiàn)N+mg=m,F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大 例3 (2016·全國Ⅱ·16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上,P球的質(zhì)量大于Q

19、球的質(zhì)量,懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將兩球拉起,使兩繩均被水平拉直,如圖11所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點(  ) 圖11 A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 ①P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量;②由靜止釋放;③在各自軌跡的最低點. 答案 C 解析 小球從水平位置擺動至最低點,由動能定理得,mgL=mv2,解得v=,因LPmQ,LP

20、在最低點受力分析得,F(xiàn)T-mg=m,可得FT=3mg,選項C正確;由an==2g可知,兩球的向心加速度相等,選項D錯誤. 例4 如圖12所示,一質(zhì)量為m=0.5kg的小球,用長為0.4m的輕繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動.g取10m/s2,求: 圖12 (1)小球要做完整的圓周運動,在最高點的速度至少為多大? (2)當(dāng)小球在最高點的速度為4m/s時,輕繩拉力多大? (3)若輕繩能承受的最大張力為45N,小球的速度不能超過多大? ?、佥p繩拴著在豎直平面內(nèi)做圓周運動;②小球要做完整的圓周運動;③最大張力為45N. 答案 (1)2m/s (2)15N (3)4m/s 解析 (1)在

21、最高點,對小球受力分析如圖甲,由牛頓第二定律得mg+F1=① 由于輕繩對小球只能提供指向圓心的拉力,即F1不可能取負(fù)值, 亦即F1≥0 ② 聯(lián)立①②得v≥, 代入數(shù)值得v≥2m/s 所以,小球要做完整的圓周運動,在最高點的速度至少為2m/s. (2)將v2=4m/s代入①得,F(xiàn)2=15N. (3)由分析可知,小球在最低點張力最大,對小球受力分析如圖乙,由牛頓第二定律得 F3-mg= ③ 將F3=45N代入③得v3=4m/s 即小球的速度不能超過4m/s. 4.(多選)“水流星”是一種常見的雜技項目,該運動可以簡化為細(xì)繩一端系著小球在豎直平

22、面內(nèi)的圓周運動模型,如圖13所示,已知繩長為l,重力加速度為g,則(  ) 圖13 A.小球運動到最低點Q時,處于失重狀態(tài) B.小球初速度v0越大,則在P、Q兩點繩對小球的拉力差越大 C.當(dāng)v0>時,小球一定能通過最高點P D.當(dāng)v0<時,細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài) 答案 CD 解析 小球運動到最低點Q時,由于加速度向上,故處于超重狀態(tài),選項A錯誤;小球在最低點時:FT1-mg=m;在最高點時:FT2+mg=m,其中mv02-mg·2l=mv2,解得FT1-FT2=6mg,故在P、Q兩點繩對小球的拉力差與初速度v0無關(guān),選項B錯誤;當(dāng)v0=時,得v=,因為小球能經(jīng)過最高點的最小速度

23、為,則當(dāng)v0>時小球一定能通過最高點P,選項C正確;當(dāng)v0=時,由mv02=mgh得小球能上升的高度h=l,即小球不能越過與懸點等高的位置,故當(dāng)v0<時,小球?qū)⒃谧畹忘c位置來回擺動,細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài),選項D正確. 5.如圖14所示,輕桿長3L,在桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和B,光滑水平轉(zhuǎn)軸穿過桿上距球A為L處的O點,外界給系統(tǒng)一定能量后,桿和球在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動,球B運動到最高點時,桿對球B恰好無作用力.忽略空氣阻力.則球B在最高點時(  ) 圖14 A.球B的速度為零 B.球A的速度大小為 C.水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為1.5mg D.水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為2.5mg 答

24、案 C 解析 球B運動到最高點時,桿對球B恰好無作用力,即重力恰好提供向心力,有mg=m,解得vB=,故A錯誤;由于A、B兩球的角速度相等,則球A的速度大小vA=,故B錯誤;B球在最高點時,對桿無彈力,此時A球受重力和拉力的合力提供向心力,有F-mg=m,解得:F=1.5mg,故C正確,D錯誤. 斜面上圓周運動的臨界問題 在斜面上做圓周運動的物體,因所受的控制因素不同,如靜摩擦力控制、輕繩控制、輕桿控制,物體的受力情況和所遵循的規(guī)律也不相同.下面列舉三類實例: 1.靜摩擦力控制下的圓周運動 典例1 (2014·安徽·19)如圖15所示,一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒

25、定角速度ω轉(zhuǎn)動,盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止.物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),盤面與水平面的夾角為30°,g取10m/s2.則ω的最大值是(  ) 圖15 A.rad/s B.rad/s C.1.0rad/s D.0.5 rad/s 答案 C 解析 當(dāng)小物體轉(zhuǎn)動到最低點時為臨界點,由牛頓第二定律知, μmgcos30°-mgsin30°=mω2r 解得ω=1.0rad/s, 故選項C正確. 2.輕繩控制下的圓周運動 典例2 如圖16所示,一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上,能繞水平固定軸MN調(diào)節(jié)其與水平面所成

26、的傾角.板上一根長為l=0.60m的輕細(xì)繩,它的一端系住一質(zhì)量為m的小球P,另一端固定在板上的O點.當(dāng)平板的傾角固定為α?xí)r,先將輕繩平行于水平軸MN拉直,然后給小球一沿著平板并與輕繩垂直的初速度v0=3.0m/s.若小球能保持在板面內(nèi)做圓周 運動,傾角α的值應(yīng)在什么范圍內(nèi)?(取重力加速度g=10 m/s2) 圖16 答案 0°≤α≤30° 解析 小球在傾斜平板上運動時受到繩子拉力、平板彈力、重力.在垂直平板方向上合力為0,重力在沿平板方向的分量為mgsinα 小球在最高點時,由繩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+mgsinα= ① 研究

27、小球從釋放到最高點的過程,根據(jù)動能定理有 -mglsinα=mv12-mv02 ② 若恰好能通過最高點,則繩子拉力 FT=0 ③ 聯(lián)立①②③解得 sinα=,則α=30° 故α的范圍為0°≤α≤30°. 3.輕桿控制下的圓周運動 典例3 如圖17所示,在傾角為α=30°的光滑斜面上,有一根長為L=0.8m的輕桿,一端固定在O點,另一端系一質(zhì)量為m=0.2kg的小球,沿斜面做圓周運動,取g=10m/s2,若要小球能通過最高點A,則小球在最低點B的最小速度是(  ) 圖17 A.4m/s  B.2m/s  C.2m/s  D.2m/s 答案

28、 A 解析 小球受輕桿控制,在A點的最小速度為零,由2mgLsinα=mvB2可得vB=4m/s,A正確. 題組1 勻速圓周運動的分析 1.水平放置的三個不同材料制成的圓輪A、B、C,用不打滑皮帶相連,如圖1所示(俯視圖),三圓輪的半徑之比為RA∶RB∶RC=3∶2∶1,當(dāng)主動輪C勻速轉(zhuǎn)動時,在三輪的邊緣上分別放置一相同的小物塊(可視為質(zhì)點),小物塊均恰能相對靜止在各輪的邊緣上,設(shè)小物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,小物塊與輪A、B、C接觸面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC,A、B、C三輪轉(zhuǎn)動的角速度分別為ωA、ωB、ωC,則(  ) 圖1 A.μA∶μB∶μC=2∶

29、3∶6 B.μA∶μB∶μC=6∶3∶2 C.ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶3 D.ωA∶ωB∶ωC=6∶3∶2 答案 A 解析 小物塊在水平方向由最大靜摩擦力提供向心力,所以向心加速度a=μg,而a=,A、B、C三圓輪邊緣的線速度大小相同,所以μ∝,所以μA∶μB∶μC=2∶3∶6,由v=Rω可知,ω∝,所以ωA∶ωB∶ωC=2∶3∶6,故只有A正確. 2.如圖2為學(xué)員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視示意圖.已知質(zhì)量為60kg的學(xué)員在A點位置,質(zhì)量為70kg的教練員在B點位置,A點的轉(zhuǎn)彎半徑為5.0m,B點的轉(zhuǎn)彎半徑為4.0m,學(xué)員和教練員(均可視為質(zhì)點)(  )

30、圖2 A.運動周期之比為5∶4 B.運動線速度大小之比為1∶1 C.向心加速度大小之比為4∶5 D.受到的合力大小之比為15∶14 答案 D 解析 A、B兩點做圓周運動的角速度相等,根據(jù)T=知,周期相等,故A錯誤.根據(jù)v=rω知,半徑之比為5∶4,則線速度大小之比為5∶4,故B錯誤.根據(jù)a=rω2知,半徑之比為5∶4,則向心加速度大小之比為5∶4,故C錯誤.根據(jù)F=ma知,向心加速度大小之比為5∶4,質(zhì)量之比為6∶7,則合力大小之比為15∶14,故D正確. 3.(2014·天津·9(1))半徑為R的水平圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動,A為圓盤邊緣上一點.在O的正上方有一個可視為質(zhì)

31、點的小球以初速度v水平拋出時,半徑OA方向恰好與v的方向相同,如圖3所示.若小球與圓盤只碰一次,且落在A點,重力加速度為g,則小球拋出時距O的高度h=________,圓盤轉(zhuǎn)動的角速度大小ω=________. 圖3 答案  (n=1,2,3,…) 解析 小球做平拋運動,在豎直方向:h=gt2 ① 在水平方向R=vt ② 由①②兩式可得h= ③ 小球落在A點的過程中,OA轉(zhuǎn)過的角度θ=2nπ=ωt (n=1,2,3,…)④ 由②④兩式得ω=(n=1,2,3,…) 題組2 水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題 4.(多選)摩擦傳動是傳動裝置

32、中的一個重要模型,如圖4所示的兩個水平放置的輪盤靠摩擦力傳動,其中O、O′分別為兩輪盤的軸心.已知兩個輪盤的半徑比r甲∶r乙=3∶1,且在正常工作時兩輪盤不打滑.今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的滑塊A、B,兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數(shù)相同,兩滑塊距離軸心O、O′的間距RA=2RB.若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉(zhuǎn)動起來,且轉(zhuǎn)速逐漸增加,則下列敘述正確的是(  ) 圖4 A.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時,角速度之比為ω甲∶ω乙=1∶3 B.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時,向心加速度的比值為aA∶aB=2∶9 C.轉(zhuǎn)速增加后滑塊B先發(fā)生滑動 D.轉(zhuǎn)速增加后兩滑塊一起發(fā)生滑動 答案 AB

33、C 解析 假設(shè)輪盤乙的半徑為R,由題意可知兩輪盤邊緣的線速度大小相等,有ω甲(3R)=ω乙R,得ω甲∶ω乙=1∶3,所以滑塊相對輪盤滑動前,A、B的角速度之比為1∶3,A正確;滑塊相對輪盤滑動前,根據(jù)a=ω2r得A、B的向心加速度之比為aA∶aB=2∶9,B正確;據(jù)題意可得滑塊A、B的最大靜摩擦力分別為FfA=μmAg,F(xiàn)fB=μmBg,最大靜摩擦力之比為FfA∶FfB=mA∶mB,滑塊相對輪盤滑動前所受的靜摩擦力之比為FfA′∶FfB′=(mAaA)∶(mBaB)=mA∶(4.5mB),綜上分析可得滑塊B先達(dá)到最大靜摩擦力,先開始滑動,C正確,D錯誤. 5.(多選)如圖5所示,在水平圓盤

34、上放有質(zhì)量分別為m、m、2m的可視為質(zhì)點的三個物體A、B、C,圓盤可繞垂直圓盤的中心軸OO′轉(zhuǎn)動.三個物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)相同,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.三個物體與軸O共線且OA=OB=BC=r,現(xiàn)將三個物體用輕質(zhì)細(xì)線相連,保持細(xì)線伸直且恰無張力.當(dāng)圓盤從靜止開始轉(zhuǎn)動,角速度極其緩慢地增大,則對于這個過程,下列說法正確的是(  ) 圖5 A.A、B兩個物體同時達(dá)到最大靜摩擦力 B.B、C兩個物體的靜摩擦力先增大后不變,A物體所受的靜摩擦力先增大后減小再增大 C.當(dāng)ω2>時整體會發(fā)生滑動 D.當(dāng)<ω<時,在ω增大的過程中B、C間的拉力不斷增大 答案 BCD 解析 當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)

35、速增大時,靜摩擦力提供向心力,三個物體的角速度相等,由F0=mω2r,由于C的半徑最大,質(zhì)量最大,故C所需要的向心力增加最快,最先達(dá)到最大靜摩擦力,此時μ(2m)g=2m·2rω12,解得ω1=,當(dāng)C的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力之后,細(xì)線BC開始提供拉力,B的摩擦力增大,達(dá)到最大靜摩擦力后,A、B之間細(xì)線開始有力的作用,隨著角速度增大,A的摩擦力將減小到零然后反向增大,當(dāng)A的摩擦力達(dá)到最大,且細(xì)線BC的拉力大于A、B整體的摩擦力時物體將會出現(xiàn)相對滑動,此時A與B還受到細(xì)線的拉力,對C有FT+μ(2m)g=2m·2rω22,對A、B整體有FT=2μmg,解得ω2=,當(dāng)ω2>時整體會發(fā)生滑動,故A錯誤

36、,B、C正確;當(dāng)<ω<時,C所受摩擦力沿著半徑向里,且沒有出現(xiàn)滑動,故在ω增大的過程中,由于向心力F=FT+Ff不斷增大,故B、C間的拉力不斷增大,故D正確. 6.如圖6所示,水平桿固定在豎直桿上,兩者互相垂直,水平桿上O、A兩點連接有兩輕繩,兩繩的另一端都系在質(zhì)量為m的小球上,OA=OB=AB,現(xiàn)通過轉(zhuǎn)動豎直桿,使水平桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,三角形OAB始終在豎直平面內(nèi),若轉(zhuǎn)動過程中OB、AB兩繩始終處于拉直狀態(tài),則下列說法正確的是(  ) 圖6 A.OB繩的拉力范圍為0~mg B.OB繩的拉力范圍為mg~mg C.AB繩的拉力范圍為mg~mg D.AB繩的拉力范圍為0~

37、mg 答案 B 解析 當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度為零時,OB繩的拉力最小,AB繩的拉力最大,這時兩者的值相同,設(shè)為F1,則2F1cos30°=mg,F(xiàn)1=mg,增大轉(zhuǎn)動的角速度,當(dāng)AB繩的拉力剛好等于零時,OB繩的拉力最大,設(shè)這時OB繩的拉力為F2,則F2cos30°=mg,F(xiàn)2=mg,因此OB繩的拉力范圍為mg~mg,AB繩的拉力范圍為0~mg,B項正確. 7.如圖7所示,半徑為R的半球形陶罐,固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上,轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合.轉(zhuǎn)臺以一定角速度ω勻速旋轉(zhuǎn),一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi),經(jīng)過一段時間后,小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止,它和O點的連線與O

38、O′之間的夾角θ為60°,重力加速度大小為g. 圖7 (1)若ω=ω0,小物塊受到的摩擦力恰好為零,求ω0; (2)若ω=(1±k)ω0,且0<k?1,求小物塊受到的摩擦力大小和方向. 答案 (1) (2)當(dāng)ω=(1+k)ω0時,F(xiàn)f沿罐壁切線向下,大小為 mg 當(dāng)ω=(1-k)ω0時,F(xiàn)f沿罐壁切線向上,大小為 mg 解析 (1)對小物塊受力分析可知: FNcos60°=mg ① FNsin60°=mR′ω02 ② R′=Rsin60° ③ 聯(lián)立①②③解得:ω0= (2)由于0<k?1, 當(dāng)ω=(

39、1+k)ω0時,物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向下. 由受力分析可知: FN′cos60°=mg+Ffcos30° ④ FN′sin60°+Ffsin30°=mR′ω2 ⑤ 聯(lián)立③④⑤解得:Ff=mg 當(dāng)ω=(1-k)ω0時,物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向上. 由受力分析和幾何關(guān)系知: FN″cos60°+Ff′sin60°=mg ⑥ FN″sin60°-Ff′cos60°=mR′ω2 ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦解得Ff′=mg. 題組3 豎直平面內(nèi)圓周運動的臨界問題 8.如圖8所示,長均為L的兩根輕繩

40、,一端共同系住質(zhì)量為m的小球,另一端分別固定在等高的A、B兩點,A、B兩點間的距離也為L.重力加速度大小為g.現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以AB為軸做圓周運動,若小球在最高點速率為v時,兩根繩的拉力恰好均為零,則小球在最高點速率為2v時,每根繩的拉力大小為(  ) 圖8 A.mg B.mg C.3mg D.2mg 答案 A 解析 設(shè)小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的半徑為r,小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌道平面的夾角為θ=30°,則有r=Lcosθ=L.根據(jù)題述小球在最高點速率為v時,兩根繩的拉力恰好均為零,有mg=m;小球在最高點速率為2v時,設(shè)每根繩的拉力大小為F,則有2Fcosθ+mg

41、=m,聯(lián)立解得F=mg,選項A正確. 9.(多選)如圖9所示,豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上,半徑r=0.4m,最低點處有一小球(半徑比r小很多),現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0,則要使小球不脫離圓軌道運動,v0應(yīng)當(dāng)滿足(取g=10m/s2)(  ) 圖9 A.v0≥0 B.v0≥4m/s C.v0≥2m/s D.v0≤2m/s 答案 CD 解析 當(dāng)v0較大時,小球能夠通過最高點,這時小球在最高點處需要滿足的條件是mg≤,又根據(jù)機械能守恒定律有mv2+2mgr=mv02,得v0≥2m/s,C正確.當(dāng)v0較小時,小球不能通過最高點,這時對應(yīng)的臨界條件是小球上升到與圓心等高

42、位置處時速度恰好減為零,根據(jù)機械能守恒定律有mgr=mv02,得v0=2m/s,D正確. 10.如圖10所示,兩個四分之三豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上,半徑R相同,左側(cè)軌道由金屬凹槽制成,右側(cè)軌道由金屬圓管制成,均可視為光滑軌道.在兩軌道右側(cè)的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放,小球距離地面的高度分別為hA、hB,下列說法正確的是(  ) 圖10 A.若使小球沿軌道運動并且到達(dá)軌道最高點,兩球釋放的最小高度hA

43、好落在各自軌道右端開口處 答案 B 解析 若小球A恰好能到左側(cè)軌道的最高點,由mg=m得vA=,根據(jù)機械能守恒定律有mg(hA-2R)=mv,解得hA=R;若小球B恰好能到右側(cè)軌道的最高點,在最高點的速度vB=0,根據(jù)機械能守恒定律得hB=2R,故hA>hB,A錯誤;在軌道最低點,小球受到的支持力最小時,釋放高度是最小的,即對左側(cè)軌道來說,在最低點mghA=mv12,由牛頓第二定律有FNA-mg=m,聯(lián)立得FNA=6mg,對右側(cè)軌道來說,在最低點有mghB=mv22,根據(jù)牛頓第二定律有FNB-mg=m,聯(lián)立得FNB=5mg,故B正確,C錯誤;小球A從最高點飛出后進(jìn)行平拋運動,下落R高度時,

44、水平位移的最小值為xA=vA=·=R>R,所以小球A落在軌道右端開口外側(cè),而適當(dāng)調(diào)整hB,B可以落在軌道右端開口處,D錯誤. 11.小明站在水平地面上,手握不可伸長的輕繩一端,繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球,甩動手腕,使球在豎直平面內(nèi)做圓周運動.當(dāng)球某次運動到最低點時,繩突然斷掉,球飛行水平距離d后落地,如圖11所示.已知握繩的手離地面高度為d,手與球之間的繩長為d,重力加速度為g,忽略手的運動半徑和空氣阻力. 圖11 (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2; (2)求繩能承受的最大拉力; (3)改變繩長,使球重復(fù)上述運動,若繩仍在球運動到最低點時斷掉,要使球拋出的

45、水平距離最大,繩長應(yīng)是多少?最大水平距離為多少? 答案 (1)   (2)mg (3) d 解析 (1)設(shè)繩斷后球飛行時間為t,由平拋運動規(guī)律得 豎直方向d=gt2 水平方向d=v1t 解得v1= 在豎直方向上有v⊥2=2g(1-)d,則 v22-v12=2g(1-)d 解得v2= (2)設(shè)繩能承受的最大拉力大小為FT,這也是球受到繩的最大拉力大?。蜃鰣A周運動的半徑為R=d 對小球在最低點由牛頓第二定律得 FT-mg= 解得FT=mg (3)設(shè)繩長為l,繩斷時球的速度大小為v3,繩承受的最大拉力不變.由牛頓第二定律得 FT-mg= 解得v3= 繩斷后球做平拋運動,豎直位移為d-l,水平位移為x,時間為t1,則 豎直方向d-l=gt12 水平方向x=v3t1 解得x=4 當(dāng)l=時,x有極大值,xmax=d.

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