2022年高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學案

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1、2022年高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第3講 圓周運動學案 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構圖． 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F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動； 當F＝0時，物體沿切線方向飛出； 當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，假設腳踏板的轉(zhuǎn)速為nr/s，則自行車前進的速度為(　　) 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分析 (1)對公式v＝ωr的理解 當r一定時，v與ω成正比； 當ω一定時，v與r成正比； 當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，設細

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，細線的張力為FT

13、.(g取10m/s2，結果可用根式表示)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)若細線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω′為多大？ ?、傩∏蛟谒矫鎯?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，當細線與豎直方向成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，當角速度ω變化時，物體有遠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.當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a：fa＝mωa2l，當fa＝kmg時，kmg＝mωa2l，ωa＝；對木塊b：fb＝mωb2·2l，當fb＝kmg時，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，所以b先達到最大靜摩擦力，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 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 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<，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道做斜拋運動 ①當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心 ②當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？ 　①輕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v0>時，小球一定能通過最高點P D．當v0<時，細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，選項B錯誤；當v0＝時，得v＝，因為小球能經(jīng)過最高點的最小速度

23、為，則當v0>時小球一定能通過最高點P，選項C正確；當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v0<時，小球?qū)⒃谧畹忘c位置來回擺動，細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．當平板的傾角固定為α時，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)細線相連，保持細線伸直且恰無張力．當圓盤從靜止開始轉(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ω2>時整體會發(fā)生滑動 D．當<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，最先達到最大靜摩擦力，此時μ(2m)g＝2m·2rω12，解得ω1＝，當C的摩擦力達到最大靜摩擦力之后，細線BC開始提供拉力，B的摩擦力增大，達到最大靜摩擦力后，A、B之間細線開始有力的作用，隨著角速度增大，A的摩擦力將減小到零然后反向增大，當A的摩擦力達到最大，且細線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ω2>時整體會發(fā)生滑動，故A錯誤

36、，B、C正確；當<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，設為F1，則2F1cos30°＝mg，F(xiàn)1＝mg，增大轉(zhuǎn)動的角速度，當AB繩的拉力剛好等于零時，OB繩的拉力最大，設這時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ω＝(1＋k)ω0時，F(xiàn)f沿罐壁切線向下，大小為 mg 當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應當滿足(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v0較小時，小球不能通過最高點，這時對應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，繩長應是多少？最大水平距離為多少？ 答案　(1)　　　(2)mg (3)　d 解析　(1)設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l＝時，x有極大值，xmax＝d.