微專題3　圓周運動的常見模型和臨界問題 教學設計

微專題3圓周運動的常見模型和臨界問題類型一圓周運動中的輕桿和輕繩模型輕繩模型輕桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)v臨＝0討論分析(1)能過最高點時，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN(2)不能過最高點時，v<eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道，如圖所示(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<v<eq\r(gr)時，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N背離圓心，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0(4)當v>eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大【例1】(多選)如圖所示，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()A．球B的速度為eq\r(2gL)B．球A的速度大小為eq\r(2gL)C．水平轉軸對桿的作用力為1.5mgD．水平轉軸對桿的作用力為2.5mg[解析]球B運動到最高點時，球B對桿恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，則有：mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),2L)，解得v＝eq\r(2gL)，故A正確．由于A、B兩球的角速度相等，由v＝ωr得：球A的速度大小為：vA＝eq\f(1,2)vB＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故B錯誤．B球到最高點時，對桿無彈力，此時A球所受重力和拉力的合力提供向心力，有：F－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),L)，解得：F＝1.5mg，可得水平轉軸對桿的作用力為1.5mg，故C正確，D錯誤．[答案]AC【例2】如圖所示，長度為L＝0.4m的輕繩，系一小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球的質(zhì)量為m＝0.5kg，小球半徑不計，g取10m/s2.(1)求小球剛好通過最高點時的速度大?。?2)求小球通過最高點時的速度大小為4m/s時，輕繩的拉力大??；(3)若輕繩能承受的最大張力為45N，小球速度大小的最大值．解析：(1)小球剛好通過最高點時，重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，得v1＝eq\r(gL)＝2m/s.(2)小球通過最高點時的速度大小為4m/s時，拉力和重力的合力提供向心力，有FT＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),L)，得FT＝15N.(3)分析可知小球通過最低點時輕繩的張力最大，在最低點，由牛頓第二定律得F′T－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,3),L)，將F′T＝45N代入解得v3＝4eq\r(2)m/s，即小球的速度不能超過4eq\r(2)m/s.答案：(1)2m/s(2)15N(3)4eq\r(2)m/s[針對訓練1]如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T－v2關系如圖乙所示，則()A．輕質(zhì)繩長為eq\f(am,b)B．當?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(a,m)C．當v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥0，小球就能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動解析：選B.在最高點時，繩對小球的拉力和重力的合力提供向心力，則得：mg＋T＝meq\f(v2,L)，解得：T＝eq\f(m,L)v2－mg①，由圖像知，T＝0時，v2＝b.圖像的斜率k＝eq\f(a,b)，則得：eq\f(m,L)＝eq\f(a,b)，得繩長L＝eq\f(mb,a)，故A錯誤；當v2＝0時，T＝－a，由①得：－a＝－mg，得：g＝eq\f(a,m)，故B正確；當v2＝c時，代入①得：T＝eq\f(m,L)·c－mg＝eq\f(a,b)·c－a，故C錯誤；只要v2≥b，在最高點繩子的拉力F≥0，小球就能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，故D錯誤．[針對訓練2]如圖所示，可視為質(zhì)點的、質(zhì)量為m的小球，在半徑為R的豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，重力加速度為g.下列有關說法中正確的是()A．小球在圓心上方管道內(nèi)運動時，對外壁一定有作用力B．小球能夠到達最高點時的最小速度為eq\r(gR)C．小球到達最高點的速度是eq\r(gR)時，球受到的合外力為零D．若小球在最高點時的速度大小為2eq\r(gR)，則此時小球?qū)艿劳獗诘淖饔昧Υ笮?mg解析：選D.圓形管道內(nèi)能支撐小球，小球能夠通過最高點時的最小速度為0，此時對外軌道沒有作用力，故A、B錯誤；小球在最高點的速度大小為eq\r(gR)時，根據(jù)F合＝eq\f(mv2,R)可得F合＝mg，即合外力不為零，故C錯誤；設管道外壁對小球的彈力大小為F，方向豎直向下，由牛頓第二定律得mg＋F＝eq\f(mv2,R)，代入解得F＝3mg＞0方向豎直向下，故D正確．類型二水平圓周運動中的臨界問題1．與摩擦力有關的臨界問題(1)物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，則有Ff＝eq\f(mv2,r)，靜摩擦力的方向一定指向圓心．(2)如果除摩擦力外還有其他力，如繩兩端連接物體，其中一個物體豎直懸掛，另外一個物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，此時存在一個恰不向內(nèi)滑動的臨界條件和一個恰不向外滑動的臨界條件，靜摩擦力達到最大且靜摩擦力的方向分別為沿半徑背離圓心和沿半徑指向圓心．2．與彈力有關的臨界問題：壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零．繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受力等．3．解決圓周運動臨界問題的一般思路(1)要考慮達到臨界條件時物體所處的狀態(tài)．(2)分析該狀態(tài)下物體的受力特點．(3)結合圓周運動知識，列出相應的動力學方程分析求解．【例3】質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)細桿的B點和A點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l.當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)繩的張力可能為零B．a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大C．當角速度ω＞eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩將出現(xiàn)彈力D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化[解析]由于小球m的重力不為零，a繩的張力不可能為零，b繩的張力可能為零，故A錯誤；由于a繩的張力在豎直方向的分力等于重力，角θ不變，所以a繩張力不變，b繩的張力隨角速度的增大而增大，故B錯誤；若b繩中的張力為零，設a繩中的張力為F，對小球m有，F(xiàn)sinθ＝mg，F(xiàn)cosθ＝mω2l，解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，即當角速度ω＞eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩將出現(xiàn)彈力，故C正確；若ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，b繩突然被剪斷時，a繩的彈力不發(fā)生變化，故D錯誤．[答案]C【例4】如圖所示，水平轉盤的中心有一個光滑的豎直小圓孔，質(zhì)量為m的物體A放在轉盤上，物體A到圓孔的距離為r，物體A通過輕繩與物體B相連，物體B的質(zhì)量也為m.若物體A與轉盤間的動摩擦因數(shù)為μ，則轉盤轉動的角速度ω在什么范圍內(nèi)，才能使物體A隨轉盤轉動而不滑動？[解析]當A將要沿轉盤背離圓心滑動時，A所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向指向圓心，此時A做圓周運動所需的向心力為繩的拉力與最大靜摩擦力的合力，即F＋Ffmax＝mrωeq\o\al(2,1)①由于B靜止，故有F＝mg②又Ffmax＝μFN＝μmg③由①②③式可得ω1＝eq\r(\f(g（1＋μ）,r))當A將要沿轉盤向圓心滑動時，A所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向背離圓心，此時A做圓周運動所需的向心力為F－Ffmax＝mrωeq\o\al(2,2)④由②③④式可得ω2＝eq\r(\f(g（1－μ）,r))故要使A隨轉盤一起轉動而不滑動，其角速度ω的范圍為ω2≤ω≤ω1，即eq\r(\f(g（1－μ）,r))≤ω≤eq\r(\f(g（1＋μ）,r)).[答案]eq\r(\f(g（1－μ）,r))≤ω≤eq\r(\f(g（1＋μ）,r))[針對訓練3]如圖所示，可視為質(zhì)點的木塊A、B疊放在一起，放在水平轉臺上隨轉臺一起繞固定轉軸OO′勻速轉動，木塊A、B與轉軸OO′的距離為1m，A的質(zhì)量為5kg，B的質(zhì)量為10kg.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，B與轉臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，若木塊A、B與轉臺始終保持相對靜止，則轉臺角速度ω的最大值為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2)()A．1rad/s B.eq\r(2)rad/sC.eq\r(3)rad/s D．3rad/s解析：選B.對A有μ1mAg≥mAω2r，對A、B整體有(mA＋mB)ω2r≤μ2(mA＋mB)g，代入數(shù)據(jù)解得ω≤eq\r(2)rad/s，故B正確．[針對訓練4](2022·江蘇如皋期末)如圖所示，水平轉臺上有一個小物塊，用長為L的輕細繩將物塊連接在通過轉臺中心的轉軸上，細繩與豎直轉軸的夾角為θ，系統(tǒng)靜止時細繩繃直但張力為零．物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)為μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ＜tanθ))，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動，求：(1)繩中剛要出現(xiàn)拉力時轉臺的角速度ω1；(2)物塊剛離開轉臺時轉臺的角速度ω2.解析：(1)當物塊與轉臺間達到最大靜摩擦力時，繩中要出現(xiàn)拉力，由牛頓第二定律得μmg＝mωeq\o\al(2,1)Lsinθ解得ω1＝eq\r(\f(μg,Lsinθ)).(2)物塊剛離開轉臺時，物體和轉臺之間恰好無相互作用力，有FN＝0，f＝0對物塊有Tsinθ＝mωeq\o\al(2,2)LsinθTcosθ＝mg聯(lián)立解得ω2＝eq\r(\f(g,Lcosθ)).答案：(1)eq\r(\f(μg,Lsinθ))(2)eq\r(\f(g,Lcosθ))類型三傾斜圓周運動的臨界問題【例5】如圖所示，一傾斜的圓筒繞固定軸OO1以恒定的角速度ω轉動，圓筒的半徑r＝1.5m．筒壁內(nèi)有一小物體與圓筒始終保持相對靜止，小物體與圓筒間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，轉動軸與水平面間的夾角為60°，g取10m/s2，則ω的最小值是()A．1rad/s B.eq\f(\r(30),3)rad/sC.eq\r(10)rad/s D．5rad/s[解析]受力分析如圖，受重力mg，彈力N，靜摩擦力f.ω取最小值時，物體在圖示位置將要產(chǎn)生相對滑動．由牛頓第二定律有mgcos60°＋N＝mω2r，在平行于筒壁方向上，達到最大靜摩擦力，即fmax＝mgsin60°，由于fmax＝μN，解得ω＝eq\r(10)rad/s，C正確．[答案]C[針對訓練5]如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上與轉軸距離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eq\f(\r(3),2)(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()A.eq\r(5)rad/s B.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/s D．0.5rad/s解析：選C.小物體隨圓盤勻速轉動時，向心力由靜摩擦力和重力沿斜面方向的分力的合力提供，小物體轉到最低點時，摩擦力一方面需提供向心力，另一方向還需平衡重力沿斜面方向上的分力，即在最低點時所需摩擦力最大，是最容易發(fā)生相對滑動的位置，故只要保證最低點不發(fā)生相對滑動即可．在最低點，由向心力公式得：Ff－mgsinθ＝mω2r①，F(xiàn)f＝μmgcosθ②，代入數(shù)值得：ω＝1.0rad/s，故C正確．[A級——合格考達標練]1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的圓周軌道半徑為r，質(zhì)量為m的小物塊以速度v通過軌道的最高點P.已知重力加速度為g，則小物塊在P點受到軌道對它的壓力大小為()A．meq\f(v2,r) B.eq\f(mv2,r)－mgC．mg－meq\f(v2,r) D．meq\f(v2,r)＋mg解析：選B.在P點由牛頓第二定律可知：mg＋F＝meq\f(v2,r)，解得F＝meq\f(v2,r)－mg，B正確．2．如圖所示，當汽車以12m/s的速度通過拱形橋頂時，對橋頂?shù)膲毫檐囍氐膃q\f(3,4).如果要使汽車在橋面行駛至橋頂時，對橋面的壓力恰好為零，則汽車通過橋頂?shù)乃俣葹?)A．3m/s B．10m/sC．12m/s D．24m/s解析：選D.根據(jù)牛頓第二定律得：mg－N＝meq\f(v2,R)，其中N＝eq\f(3,4)mg，解得：R＝57.6m．當車對橋頂無壓力時，有：mg＝eq\f(mv′2,R)，代入數(shù)據(jù)解得：v′＝24m/s，D正確．3．如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩物體隨豎直圓筒一起做勻速圓周運動，且與圓筒保持相對靜止，下列說法中正確的是()A．線速度vA>vBB．運動周期TA>TBC．筒壁對它們的彈力NA＝NBD．它們受到的摩擦力fA＝fB解析：選D.A和B共軸轉動，角速度相等即周期相等，由v＝rω知，A轉動的半徑較小，則A的線速度較小，A、B錯誤．A和B做圓周運動靠彈力提供向心力，由N＝mrω2知，A的半徑小，則NA<NB.在豎直方向上，重力和靜摩擦力平衡，兩物體重力相等，則摩擦力相等，即fA＝fB，C錯誤，D正確．4．質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)的圓形軌道的內(nèi)側運動，經(jīng)過軌道最高點而不脫離軌道的最小速度是v，則當小球以3v的速度經(jīng)過最高點時，對軌道壓力的大小是()A．0 B．3mgC．5mg D．8mg解析：選D.當小球以速度v經(jīng)內(nèi)軌道最高點時不脫離軌道，小球僅受重力，重力充當向心力，有mg＝meq\f(v2,r)；當小球以速度3v經(jīng)內(nèi)軌道最高點時，小球受重力mg和向下的彈力N，合外力充當向心力，有mg＋N＝meq\f(（3v）2,r)；又由牛頓第三定律得到，小球?qū)壍赖膲毫εc軌道對小球的彈力相等，N′＝N；由以上三式得到，N′＝8mg，D正確．5．一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是()A．小球過最高點的最小速度是eq\r(gR)B．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小解析：選B.由于桿可以提供拉力，也可以提供支持力，所以小球過最高點的最小速度為零，故A錯誤；當小球在最高點的速度v＝eq\r(gR)時，靠重力提供向心力，桿的彈力為零，故B正確；桿在最高點可以提供拉力，也可以提供支持力，當提供支持力時，速度越大作用力越小，當提供拉力時，速度越大作用力越大，故C、D錯誤．6．(多選)如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)．現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，兩次金屬塊Q都保持在桌面上靜止．則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是()A．Q受到桌面的支持力變大B．Q受到桌面的靜摩擦力變大C．小球P運動的角速度變大D．小球P運動的周期變大解析：選BC.金屬塊Q保持在桌面上靜止，對于金屬塊和小球整體研究，整體在豎直方向沒有加速度，根據(jù)平衡條件得知，Q受到桌面的支持力等于兩個物體的總重力，保持不變，故A錯誤．設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為T，細線的長度為L.P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有T＝eq\f(mg,cosθ)，mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))＝eq\r(\f(g,h))，周期T＝eq\f(2π,ω)，使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cosθ減小、h減小，則得到細線拉力T增大，角速度增大，周期T減?。畬，由平衡條件得知，f＝Tsinθ＝mgtanθ，知Q受到桌面的靜摩擦力變大，靜摩擦力方向在改變，故B、C正確，D錯誤．7．(多選)如圖所示，A、B、C三個物體放在旋轉圓臺上，它們由相同材料制成，A的質(zhì)量為2m，B、C的質(zhì)量各為m，如果A、B到O點的距離為R，C到O的距離為2R，當圓臺旋轉時(設A、B、C都沒有滑動)，下述結論中正確的是()A．C物體的向心加速度最大B．B物體受到的靜摩擦力最小C．當圓臺旋轉速度增加時，B比C先開始滑動D．當圓臺旋轉速度增加時，A比B先開始滑動解析：選AB.由題意可知三個物體相對圓盤靜止，向心力都由靜摩擦力提供，且三個物體角速度相同，C物體的半徑最大，由向心力公式a＝ω2R得，C物體的向心加速度最大，A正確；由f＝mω2R可知物體B的靜摩擦力最小，B正確；當圓臺轉速增大時，哪個物體先達到最大靜摩擦力f＝μFN＝μmg哪個先滑動，比較物體B和C，它們的質(zhì)量相同，最大靜摩擦力相同，而物體C的半徑大，所以物體C先發(fā)生滑動，C錯誤；比較物體A和B，它們的質(zhì)量不同，半徑相同，根據(jù)μmg＝mω2R可知，A、B同時發(fā)生滑動，D錯誤．[B級——等級考增分練]8．如圖，在半徑為R的大圓環(huán)上套有一個質(zhì)量為m的小圓環(huán)(忽略大小，可看作質(zhì)點)，大圓環(huán)繞過圓心的豎直軸做角速度為ω的勻速圓周運動，小圓環(huán)一直相對于大圓環(huán)靜止．小圓環(huán)與大圓環(huán)圓心的連線與豎直軸成θ(0<θ<90°)角，則下列關于小圓環(huán)所受彈力和摩擦力的說法正確的是()A．小圓環(huán)可能不受彈力B．小圓環(huán)所受彈力方向可能指向圓心C．小圓環(huán)可能不受摩擦力D．小圓環(huán)所受摩擦力與大圓環(huán)相切向下解析：選B.分析小圓環(huán)受力如圖，小圓環(huán)受到重力，設大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力N、大圓環(huán)對小圓環(huán)的靜摩擦力f沿圖示方向．小圓環(huán)一直相對于大圓環(huán)靜止，隨大圓環(huán)一起做勻速圓周運動，在豎直方向上由平衡條件有fsinθ＋Ncosθ＝G，在水平方向上由牛頓運動定律有fcosθ－Nsinθ＝mω2r，解得N＝Gcosθ－mω2rsinθ，f＝Gsinθ＋mω2rcosθ，由于G、ω、r、θ的大小未知，則N取值可正可負，即小圓環(huán)所受的彈力方向可能指向圓心，也可能背離圓心，大圓環(huán)對小圓環(huán)的靜摩擦力一定取正值，則小圓環(huán)所受摩擦力與所設方向相同，即沿大圓環(huán)切線向上，B正確．9．如圖，在電機距軸O為r處固定一質(zhì)量為m的鐵塊，電機啟動后，鐵塊以角速度ω繞O軸勻速轉動，則電機對地面最大壓力和最小壓力之差為()A．2mω2r B．mω2rC．mg＋2mω2r D．2mg＋2mω2r解析：選A.電機處于平衡，整體所受合力等于鐵塊轉動所需向心力．鐵塊轉動到最低點時具有向上的向心加速度，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，對地面壓力增大，此時地面對電機支持力N1滿足N1－(M＋m)g＝0＋mrω2；鐵塊轉到最高點時具有豎直向下的向心加速度，系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，對地面的壓力最小，此時地面對電機的支持力N2滿足：(M＋m)g－N2＝0＋mrω2，則由牛頓第三定律可得電機對地面最大壓力和最小壓力之差為：N1－N2＝2mrω2，A正確．10．如圖所示，OO′為豎直軸，MN為固定在OO′上的水平光滑桿，有兩個質(zhì)量相同的金屬球A、B套在水平桿上，AC和BC為抗拉能力相同的兩根細線，C端固定在轉軸OO′上．當繩拉直時，A、B兩球轉動半徑之比恒為2∶1，當轉軸的角速度逐漸增大時()A．AC先斷 B．BC先斷C．兩線同時斷 D．不能確定哪根線先斷解析：選A.對A球進行受力分析，A球受重力、支持力、拉力FA三個力作用，拉力的分力提供A球做圓周運動的向心力，得：水平方向FAcosα＝mrAω2，同理，對B球：FBcosβ＝mrBω2，由幾何關系，可知cosα＝eq\f(rA,AC)，cosβ＝eq\f(rB,BC).所以：eq\f(FA,FB)＝eq\f(rAcosβ,rBcosα)＝eq\f(\f(rArB,BC),\f(rBrA,AC))＝eq\f(AC,BC).由于AC>BC，所以FA>FB，即繩AC先斷．11．(多選)研究離心現(xiàn)象的簡易裝置如圖所示，將兩個桿垂直固定在豎直面內(nèi)，在垂足O1和水平桿上的O2位置分別固定一力傳感器，其中O1O2＝