2022高考物理系列模型之過程模型 專題08 圓周運動模型（3）學案

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1、2022高考物理系列模型之過程模型 專題08 圓周運動模型（3）學案 模型界定 本模型只局限于力學范圍內(nèi)的圓周運動,(一)討論圓周運動中的傳動及水平面內(nèi)的勻速圓周運動,(二)討論豎直平面內(nèi)的圓周運動及天體的圓周運動問題.本模型不涉及電磁學范圍內(nèi)的圓周運動，電磁學范圍內(nèi)的圓周運動另有等效重力場、動態(tài)圓模型等進行專題研究. 模型破解 3.圓周運動中的動力學問題 (ii)豎直平面內(nèi)的圓周運動 ①圓周運動中的速度 在向心加速度的表達式中,v是物體相對圓心的瞬時速度,在圓心靜止時才等于物體的對地速度 ②變速圓周運動中的向心力 在變速圓周運動中,向心力不是物體所受合外力,是物體在半徑方向

2、上的合力. ③豎直平面內(nèi)圓周運動的類型 豎直平面內(nèi)的圓周運動分為勻速圓周運動和變速圓周運動兩種． 常見的豎直平面內(nèi)的圓周運動是物體在軌道彈力（或繩、桿的彈力）與重力共同作用下運動，多數(shù)情況下彈力（特別是繩的拉力與軌道的彈力）方向與運動方向垂直對物體不做功，而重力對物體做功使物體的動能不斷變化，因而物體做變速圓周運動．若物體運動過程中，還受其他力與重力平衡，則物體做勻速圓周運動． ④變速圓周運動中的正交分解 應用牛頓運動定律解答圓周運動問題時，常采用正交分解法. 以物體所在的位置為坐標原點，建立相互垂直的兩個坐標軸：一個沿半徑（法線）方向，此方向上的合力即向心力改變物體速度的方向；另

3、一個沿切線方向，此方向的合力改變物體速度的大?。? ⑤處理豎直平面內(nèi)圓周運動的方法 在物體從一點運動至另點的過程中速度之間的聯(lián)系由能量觀點（動能定理、機械能守恒定律）列方程,在物體經(jīng)過圓周上某一點時速度與外力之間的聯(lián)系由牛頓運動定律列方程,兩類方程相結(jié)合是解決此類問題的有效方法． ⑥豎直平面內(nèi)變速圓周運動的最高點與最低點 例1.如圖所示，質(zhì)量為m的小球置于正方體的光滑盒子中，盒子的邊長略大于球的直徑.某同學拿著該盒子在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動,已知重力加速度為g,空氣阻力不計,要使在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力,則 A.該盒子做勻速圓周運動的周期一定小于 B.該盒

4、子做勻速圓周運動的周期一定等于 C.盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小可能小于2mg D.盒子在最低點時盒子與小球之間的作用力大小可能小于2mg 【答案】Ｂ 例２.一般的曲線運動可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖（a）所示，曲線上A點的曲率圓定義為：通過A點和曲線上緊鄰A點兩側(cè)的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓就叫做A點的曲率圓，其半徑叫做A點的曲率半徑?，F(xiàn)將一物體沿與水平面成角的方向以速度v0拋出，如圖（b）所示。則在其軌跡最高點P處得曲率半徑是 A． B． C． D． 【答案】

5、Ｃ 【解析】物體做斜拋運動，運動中只受重力作用，到達最高點時速度v沿水平方向，大小等于v0cosα,因軌跡上Ｐ點的曲率圓圓心在Ｐ點正下方，由牛頓第二定律，故有，Ｃ正確． 模型演練 1.如圖所示，物體A放在粗糙板上隨板一起在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，且板始終保持水平，位置Ⅰ、Ⅱ在同一水平高度上，則 A.物體在位置Ⅰ、Ⅱ時受到的彈力都大于重力 B.物體在位置Ⅰ、Ⅱ時受到的彈力都小于重力 C.物體在從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中受到的摩擦力先增大后減小 D.物體在從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中受到的摩擦力先減小后增大 【答案】ＢＤ 【解析】:如圖所示, (I)輕

6、繩模型 如圖1所示,此模型包括沿圓形軌道內(nèi)側(cè)運動的小球,其共同特征是在最高點時均無支撐. a小球能通過最高點的條件 如圖2所示,在最高點A: 、 即 b小球能過最高點A的臨界條件 、 c小球能做完整圓周運動時在最低點B滿足的條件 d小球不脫離軌道在最低點B滿足的條件 或 e小球沿圓周運動過程中繩中張力變化情況 在最低點繩中張力最大,在最高點時繩中張力最小,此兩點處繩中張力大小差值恒定,即.小球從圓周的最低點運動至最高點的過程中,繩中張力單調(diào)減小. f變速圓周上的最高點與最低點 小球位于最高點處時: 動能最小、勢能最大、繩中張力最小,小球在此處最易脫軌,小球

7、在此處不脫軌是保證小球做完整圓周運動的充要條件. 小球位于最高點處時: 動能最大、勢能最小、繩中張力最大,繩在此處最易斷裂. g圓周運動中的能量 小球沿圓周運動過程中只受到重力與繩的拉力,運動中機械守恒.但滿足能量守恒的過程不一定能夠發(fā)生,需注意小球脫離軌道后做斜上拋運動,動能不能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能. 例３.過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個質(zhì)量為kg的小球（視為質(zhì)點），從軌道的左側(cè)A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距m。小球與水平軌道

8、間的動摩擦因數(shù)，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計算結(jié)果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求 （1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大??； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。 【答案】（１）１０.０Ｎ（２）１２.５m（３）當時， ； 當時， 【解析】（1）設小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據(jù)動能定理 ① 小球在最高點

9、受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律 ② 由①②得 ③ （2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意 ④ ⑤ 由④⑤得

10、 ⑥ （3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論： I．軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足 ⑦ ⑧ 由⑥⑦⑧得 II．軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據(jù)動能定理 解得 為了保證圓

11、軌道不重疊，R3最大值應滿足 解得 R3=27.9m 當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L〞，則 例4.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用細繩拴住，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，已知小球運動到最高點時對繩的拉力為mg，則小球運動到最低點時對繩的拉力為（ ） A．3mg B．5mg C．7mg D．9mg 【答案】Ｃ 【解析】在最高點：，在最低點： 由機械能守恒定律：；由此可得正確選項為

12、C． 例5.如圖所示，半徑r= 0．5m的光滑圓軌道被豎直固定在水平地面上，圓軌道最低處有一小球（小球的半徑比r小很多）?，F(xiàn)給小球一個水平向右的初速度v0，要使小球不脫離軌道運動，v0應滿足 （ ） A．v0≤5m/s B．v0≥2m/s C．v0≥m/s D．v0≤m/s 【答案】Ｄ 守恒有，聯(lián)立可解得，答案為D。 例6.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，由長為l的細線系住，細線的另一端固定在A點，AB是過A的豎直線，E為AB上的一點，且AE=0.5l，過E作水平線EF，在EF上釘鐵釘D，若線能承受的最大拉力是9

13、mg，現(xiàn)將小球拉直水平，然后由靜止釋放，若小球能繞釘子在豎直面內(nèi)做圓周運動，不計線與釘子碰撞時的能量損失．求釘子位置在水平線上的取值范圍． 【答案】l≤x≤l 【解析】這是一個圓周運動與機械能兩部分知識綜合應用的典型問題．題中涉及兩個臨界條件：一是線承受的最大拉力不大于9mg；另一個是在圓周運動的最高點的瞬時速度必須不小于（r是做圓周運動的半徑）．設在D點繩剛好承受最大拉力，設DE=x1，則：AD= 懸線碰到釘子后，繞釘做圓周運動的半徑為：r1=l－AD= l－……① 當小球落到D點正下方時，繩受到的最大拉力為F，此時小球的速度v，由牛頓第二定律有： F－mg=……………………

14、……………………② 結(jié)合F≤9mg可得：≤8mg……………………③ 由機械能守恒定律得：mg (+r1)=mv12 即：v2=2g (+r1) ………………………………④ 由①②③式聯(lián)立解得：x1≤l…………………⑤ 隨著x的減小，即釘子左移，繞釘子做圓周運動的半徑越來越大．轉(zhuǎn)至最高點的臨界速度也越來越大，但根據(jù)機械能守恒定律，半徑r越大，轉(zhuǎn)至最高點的瞬時速度越小，當這個瞬時速度小于臨界速度時，小球就不能到達圓的最高點了． 設釘子在G點小球剛能繞釘做圓周運動到達圓的最高點，設EG=x2，如圖， 則：AG= r2=l－AG=

15、l－…………………………⑥ 在最高點：mg≤……………………………⑦ 由機械能守恒定律得：mg (r2)=mv22…………⑧ 由④⑤⑥聯(lián)立得：x2≥l…………………………⑨ 在水平線上EF上釘子的位置范圍是：l≤x≤l 例7.一小球以初速度v0豎直上拋，它能到達的最大高度為H，下列幾種情況中，哪種情況小球不可能達到高度H（忽略空氣阻力） A．以初速v0沿光滑斜面向上運動（圖a） B．以初速v0沿光滑的拋物線軌道從最低點向上運動（圖b） C．以初速v0沿半徑為R的光滑圓軌道從最低點向上運動（圖c，） D．以初速

16、v0沿半徑為R的光滑圓軌道從最低點向上運動（圖d、R>H） 【答案】Ｃ 有水平方向上的速度,物體的動能不能全部重力勢能,則其上升的高度必小于H,答案為C. 模型演練 2.光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，其中圓軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點。一質(zhì)量為m的小球以初速度v0沿AB運動，恰能通過最高點，則 A．R越大，v0越大 B．R越大，小球經(jīng)過B點后的瞬間對軌道的壓力越大 C．m越大，v0越大 D．m與R同時增大，初動能Ek0增大 【答案】ＡＤ 【解析】從Ａ點到Ｄ點由機械能守恒有，在Ａ及Ｄ點由牛頓第二定律有、，聯(lián)立

17、可解得，，，可見ＡＤ正確ＢＣ錯誤． 3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球在豎直面內(nèi)的光滑圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，通過最高點且剛好不脫離軌道時的速度為v，則當小球通過與圓心等高的A點時，對軌道內(nèi)側(cè)的壓力大小為 A．mg B．2mg C．3mg D．5mg 【答案】Ｃ 【解析】:在最高點剛好不脫離軌道時，在A點時所需向心力水平，則向心力剛好完全由軌道的彈力來提供，，再由機械能守恒有，聯(lián)立可解得C項結(jié)果。 ４.如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)有兩個正對著的半圓形晃滑軌道，軌道的半徑都是R。軌道端點所在的水平線相隔一定的距離。一質(zhì)量為m的小球能在其間運動而不脫離軌道，經(jīng)過最低點

18、B時的速度為。小球在最低點B與最高點A對軌道的壓力之差為。不計空氣阻力。則 A．、一定時，R越大，一定越大 B．、一定時，越大，一定越大 C．、R一定時，越大，一定越大 D．、R一定時，越大，一定越大 【答案】Ｃ 結(jié)合表達式可知A錯誤C正確。 5.質(zhì)量為m的小球由長為L的細線系住，細線的另一端固定在 A點，AB是過A的豎直線，且AB=L，E為AB的中點，過E作水平線 EF，在EF上某一位置釘一小釘D，如圖所示．現(xiàn)將小球懸線拉至水平，然后由靜止釋放，不計線與釘碰撞時的機械能損失． (1)若釘子在E點位置，則小球經(jīng)過B點前后瞬間，繩子拉力分別為多少？ (2)若小球恰能繞釘

19、子在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求釘子D的位置離E點的距離x． (3)保持小釘D的位置不變，讓小球從圖示的P點靜止釋放，當小球運動到最低點時，若細線剛好達到最大張力而斷開，最后小球運動的軌跡經(jīng)過B點．試求細線能承受的最大張力T． 【答案】（１）3mg ，5mg（２）L （３）mg 【解析】:(1)mgl=mv2 T1-mg=m T2-mg=m ∴T1=3mg T2=5mg (3)小球做圓周運動到達最低點時，速度設為v2 則 T-mg=m ⑥ 以后小球做平拋運動過B點，在水平方向有x=v2t ⑦ 在豎直方向有：L

20、/2-r=gt2 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式可得T=mg 6.質(zhì)量為m的小球，用輕軟繩系在邊長為a的正方形截面木柱的頂角A處（木柱水平，圖中斜線部分為其豎直橫截面），如圖2，軟繩長為4a，軟繩所能承受的最大拉力為，軟繩開始時拉直并處于水平狀態(tài)。問此時至少應以多大的初速度豎直下拋小球，才能使繩繞在木柱上且各小段均做圓周運動最后擊中A點。 【答案】＜V0＜ 【解析】在最低點，對小球應用牛頓第二定律得： 由上式可看出，R1小時，T大，繩子易斷。故小球在最低點時，應取以B為圓心，即R1=3a，并保障繩子不能被拉斷。 設開始下拋的初速度為V0，從開始至最低點應用機械能守恒定律得：

21、 聯(lián)立以上三式可得： 若小球恰好能通過最高點，則在最高點處有：，由該式可見R2最大時，通過最高點所需V2越大，故應取C點為圓心，即R2=2a，才能完成圓周運動。 從開始至最高點應用機械能守恒定律得： 聯(lián)立以上各式可解得： 故所求為：＜V0＜ 7.如圖所示，P點與 N點等高，Q點有一光滑釘子，Q點與E點等高，O是擺的懸點，O、 N、Q、M在同一豎直線上.Q為MN的中點.將質(zhì)量為m的擺球拉到與豎直方向成60°的P點后無初速釋放.當球擺到最低點時懸線被釘子擋住，球沿以Q為中心的圓弧繼續(xù)運動，下列對小球第一次過M點后的描述和最終狀態(tài)的描述中正確的是 A.在過M點后小球向左擺到 N點后自

22、由下落 B.在過M點后小球?qū)⒃?NM之間做自由下落 C.在過M點的瞬間，繩對小球的拉力為小球重力的5倍 D.小球最終將繞Q點來回擺動 【答案】ＣＤ 【解析】:設擺線長OP為l，在P點靜止釋放后，由機械能守恒定律知，小球通過E點時的速度為又由于P與 N等高，E N為圓周的部分軌道，任何一點都具有速度，所以選項AB錯誤.小球在過M點的瞬間，繩對小球的拉力與球的重力的合力提供其做圓周運動的向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：又據(jù)機械能守恒定律得： 聯(lián)立①②得： 8.曉明站在水平地面上，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

23、低點時，繩突然斷掉。球飛離水平距離d后落地，如題圖所示，已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為3d/4，重力加速度為g，忽略手的運動半徑和空氣阻力。 (1) 求繩斷時球的速度大小v1和球落地時球的速度大小v2 (2) 問繩承受的最大拉力多大? (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,要使球拋出的水平距離最大,繩長應為多少?最大水平距離為多少? 【答案】（１），（２）mg（３）當L=d/2時，xmax=d. 【解析】:(1)設繩斷后球飛行的時間為t,由平拋運動規(guī)律有 豎直方向 水平方向 聯(lián)立解得 由機械能守恒定律有 解得 (2)設繩

24、能承受的拉力大小為T，這也是球受到繩的最大拉力。 球做圓周運動的半徑為R=3d/4 對小球運動到最低點，由牛頓第二定律和向心力公式有T-mg=m v12/R， 聯(lián)立解得T=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，有 T-mg=m v32/L 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，飛行時間為t1，根據(jù)平拋運動規(guī)律有d-L=gt12，x= v3 t1 聯(lián)立解得x=4. 當L=d/2時，x有極大值，最大水平距離為xmax=d. 9.如圖所示,一物體以速度v0沖向光滑斜面AB，并剛好能沿斜面升高h,下列說法正確的是

25、 A.若把斜面從C點鋸斷，由機械能守恒定律知,物體沖出C點后仍能升高h B.若把斜面彎成如圖所示的半圓弧狀，物體仍能沿升高成h C.若把斜面從C點鋸斷或彎成如圖所示的半圓弧狀，物體都不能升高h，因為機械能不守恒 D.若把斜面從C點鋸斷或彎成如圖所示的半圓弧狀,物體都不能升高h,但機械能仍守恒 【答案】Ｄ 10.半徑為R的圓桶固定在小車上，有一個光滑的小球靜止在圓桶最低點，如圖所示。小車以速度v向右勻速運動，當小車遇到障礙物時，突然停止運動，在這之后，關(guān)于小球在圓桶中上升的高度的判斷，正確的是 A．不可能等于v2/2g B．不可能大于v2/2g C．不可能小

26、于v2/2g D．不可能等于2R 【答案】Ｂ 【解析】當，小球能上升的最大高度不大于圓心所在高度，小球速度能在軌道上減小到零，動能可全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，由能量守恒知小球上升的最大高度；當，小球上升到圓心上方某處時離開軌道做斜上拋運動，到達最高點時速度不為零，即初動能不能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，，有；當，小球可在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，，故只有Ｂ正確． (II)輕桿模型 如圖3所示,此模型包括沿圓形管軌道內(nèi)運動的小球、套在光滑環(huán)上的小球,其共同特征是在最高點時均有支撐. a小球能通過最高點的條件 如圖4所示,在最高點C: b小球能過最高點C的臨界條件 、 c小球能做完

27、整圓周運動時在最低點D滿足的條件 d小球沿圓周運動過程中桿中彈力變化情況 在最低點桿中彈力最大,在最高點時桿中彈力不一定最小: 若,桿中彈力方向向上,大小為 若,桿中彈力方向向上,大小小于重力,,大小隨此點速度的增大而減小. 若,桿中無彈力 若,桿中彈力方向向下,大小可小于、等于或大于小球重力,,大小 隨此點速度的增大而增大 此兩點處當桿中彈力都是拉力時,其大小差值恒定,即;若在最高點C處桿中彈力為推力時,此兩點處彈力大小之和恒定,即. 小球從圓周的最低點運動至最高點的過程中,桿中彈力不一定是單調(diào)減小的. 例7.如圖所示光滑管形圓軌道半徑為R（管徑遠小于R），小球A．b大

28、小相同，質(zhì)量相同，均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動.兩球先后以相同速度v通過軌道最低點，且當小球a在最低點時，小球b在最高點，以下說法正確的是 A．當小球b在最高點對軌道無壓力時，小球a比小球b所需向心力大5mg B．當v=時，小球b在軌道最高點對軌道無壓力 C．速度v至少為，才能使兩球在管內(nèi)做圓周運動 D．只要v≥,小球a對軌道最低點壓力比小球b對軌道最高點壓力都大6mg 【答案】ＢＤ 【解析】小球在最高點恰好對軌道沒有壓力時，小球b所受重力充當向心力，mg＝mR(v02)即v0＝.小球從最高點運動到最低點過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒，2mg

29、R＋2(1)mv02＝2(1)mv2，解以上兩式可得：v＝，B項正確；小球在最低點時，F(xiàn)向＝mR(v2)＝5mg，在最高點和最低點所需向心力的差為4mg，A項錯；小球在最高點，內(nèi)管對小球可以提供支持力，所以小球通過最高點的最小速度為零，再由機械能守恒定律可知，2mgR＝2(1)mv′2，解得v′＝2，C項錯；當v≥時，小球在最低點所受支持力F1＝mg＋R(mv2)，由最低點運動到最高點，2mgR＋2(1)mv12＝2(1)mv2，小球?qū)壍缐毫2＋mg＝mR(v12)，解得F2＝mR(v2)－5mg，F(xiàn)1－F2＝6mg，可見小球a對軌道最低點壓力比小球b對軌道最高點壓力大6mg，D項正確．