2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第4章拋體運(yùn)動與圓周運(yùn)動專題強(qiáng)化5圓周運(yùn)動的臨界問題考點(diǎn)2豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界問題

考點(diǎn)2豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界問題(實(shí)力考點(diǎn)·深度研析)1．運(yùn)動特點(diǎn)(1)豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動一般是變速圓周運(yùn)動。(2)只有重力做功的豎直面內(nèi)的變速圓周運(yùn)動機(jī)械能守恒。(3)豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動問題，涉及學(xué)問面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒問題，要留意物體運(yùn)動到圓周的最高點(diǎn)的速度。(4)一般狀況下，豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動問題只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)兩種情形。2．豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的兩種模型輕繩模型輕桿模型模型圖示有支撐的小球彈力特征小球受到的彈力可能向下，也可能等于零小球受到的彈力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意圖力學(xué)方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FT＝0，mg＝meq\f(v2,r)，v＝eq\r(gr)F向＝0，F(xiàn)N＝mg，v＝0v＝eq\r(gr)的意義v＝eq\r(gr)，球恰過最高點(diǎn)；v>eq\r(gr)，球所受彈力向下；v<eq\r(gr)，球不能達(dá)到最高點(diǎn)v＝eq\r(gr)，球所受彈力為零；v>eq\r(gr)，球所受彈力向下；v<eq\r(gr)，球所受彈力向上?考向1輕繩模型[解析]小球恰好能通過軌道2的最高點(diǎn)B時(shí)，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過其最高點(diǎn)A時(shí)，有FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得FN＝4mg，結(jié)合牛頓第三定律可知，小球在軌道1上經(jīng)過其最高點(diǎn)A時(shí)對軌道的壓力大小為4mg，C正確。分析豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動問題的思路?考向2單球輕桿模型如圖所示，有一個(gè)半徑為R的內(nèi)壁光滑的圓管道(管壁厚度可忽視)?，F(xiàn)給小球一個(gè)初速度，使小球沿管道在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動。關(guān)于小球在最高點(diǎn)的速度v，下列敘述中正確的是(小球可看成質(zhì)點(diǎn))(C)A．v的最小值為eq\r(gR)B．v由0慢慢增大，管道對小球的彈力慢慢增大C．當(dāng)v由eq\r(gR)慢慢增大時(shí)，管道對小球的彈力慢慢增大D．當(dāng)v由在eq\r(gR)慢慢減小時(shí)，管道對小球的彈力慢慢減小[解析]在最高點(diǎn)時(shí)，因?yàn)楣艿纼?nèi)壁可以供應(yīng)支持力，則最高點(diǎn)的最小速度可以為0，故A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)，若v<eq\r(gR)，此時(shí)管道內(nèi)壁對小球有彈力FN，依據(jù)牛頓其次定律得mg－FN＝meq\f(v2,R)，且隨著速度的增大，彈力FN慢慢減小，隨著速度的減小，管道對小球的彈力FN慢慢增大，故B、D錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)，若v>eq\r(gR)，管道外壁對小球有彈力FN′，依據(jù)牛頓其次定律得mg＋FN′＝meq\f(v2,R)，且隨著速度的增大，彈力FN′在慢慢增大，故C正確。?考向3雙球輕桿模型如圖，輕桿長2l，中點(diǎn)裝在水平軸O上，兩端分別固定著小球A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，A球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為2m，重力加速度為g，兩者一起在豎直平面內(nèi)繞O軸做圓周運(yùn)動。(1)若A球在最高點(diǎn)時(shí)，桿的A端恰好不受力，求此時(shí)B球的速度大??；(2)若B球到最高點(diǎn)時(shí)的速度等于第(1)問中的速度，求此時(shí)O軸的受力大小和方向；(3)在桿的轉(zhuǎn)速慢慢變更的過程中，能否出現(xiàn)O軸不受力的狀況？若不能，請說明理由；若能，求出此時(shí)A、B球的速度大小。[解析](1)A在最高點(diǎn)時(shí)，對A依據(jù)牛頓其次定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,A),l)，解得vA＝eq\r(gl)，因?yàn)锳、B兩球的角速度相等，半徑相等，則vB＝vA＝eq\r(gl)。(2)B在最高點(diǎn)時(shí)，對B依據(jù)牛頓其次定律得2mg＋FTOB′＝2meq\f(v\o\al(2,B),l)代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0對A有FTOA′－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),l)可得FTOA′＝2mg依據(jù)牛頓第三定律，O軸所受的力大小為2mg，方向豎直向下。(3)要使O軸不受力，依據(jù)B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量，設(shè)A、B的速度為v，可推斷B球應(yīng)在最高點(diǎn)對B有FTOB″＋2mg＝2meq\f(v2,l)對A有FTOA″－mg＝meq\f(v2,l)O軸不受力時(shí)有FTOA″＝FTOB″聯(lián)立可得v＝eq\r(3gl)所以當(dāng)