专题一 第3讲 考点2 圆周运动-（教师用书）【考前60天】2024年高考物理总复习特色专项集训

考点2　圆周运动 1.竖直面内圆周运动的解题思路 (1)确定模型种类：首先判断是“线模型”还是“杆模型”。 (2)确定临界位置：对于竖直面内的圆周运动，其临界位置通常为圆周运动的最高点或最低点。 (3)研究临界状态：对于“线模型”，最高点的临界状态满足速度v＝(其中R为圆周运动的半径)；而对于“杆模型”，最高点的临界状态满足速度v＝0。 (4)对研究对象进行受力分析：明确研究对象做圆周运动过程中的受力情况(通常是最高点或最低点)，然后根据牛顿第二定律列出方程沿半径方向的合力F合＝m。 (5)对运动过程进行分析：对于处在两个状态之间的运动过程，通常采用动能定理或机械能守恒定律来求解。 2.圆周运动临界问题的解题模板 1.有两根长度不同的轻质细线下面分别悬挂小球a、b，细线上端固定在同一点，若两个小球绕同一竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，相对位置关系分别如图所示，则两个摆球在运动过程中，小球a的角速度比小球b的角速度大的是(　　) 解析　设小球与悬挂点的竖直距离为h，绳子与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2htan θ，解得ω＝，所以h越小，角速度越大，选项B正确，A、C错误；由于a、b在同一根绳子上，属于同一旋转体，角速度相等，D错误。 答案　B 2.(2023·海口模拟)如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形， 10 学科网（北京）股份有限公司 AB＝5 m，BC＝3 m，有一个可视为质点、质量m＝1 kg的小球用长L＝5 m的轻绳悬挂在A点。小球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.当ω＝1 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4 N B.当ω＝2 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12 N C.小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s D.小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s 解析　设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝＝，解得θ＝37°，以小球对对象，根据牛顿第二定律可得mgtan 37°＝mωr，解得ω0＝＝＝ rad/s，故选项C正确，D错误；当ω＝1 rad/s时，由于ω＝1 rad/s<ω0＝ rad/s可知小球还未接触器壁CD，故选项A错误；当ω＝2 rad/s时，由于ω＝2 rad/s>ω0＝ rad/s，设器壁CD对小球的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，则有Tcos 37°＝mg，Tsin 37°＋N＝mω2r，联立解得N＝4.5 N，故选项B错误。 答案　C 3.(2023·青岛模拟)如图所示的光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，可视为质点的小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是(　　) A.角速度由ω0逐渐增大，小球沿杆向上移动 B.角速度大于ω0时，杆与小球间的作用力大小可能不变 10 学科网（北京）股份有限公司 C.仅增加小球的质量，小球沿杆向上移动 D.ω0与小球的质量大小有关 解析　角速度由ω0逐渐增大的过程中，假设弹簧仍处于原长状态，由F向＝mω2R可知小球所需的向心力增大，杆对小球的支持力增大，因此小球一定沿杆向上运动，故选项A正确，B错误；当角速度为ω0时，对小球进行受力分析，如图所示，假设杆与竖直方向的夹角为θ，弹簧的原长为l0，＝mωl0sin θ，解得ω0＝，可知角速度ω0与小球的质量大小无关，故选项D错误；仅增加小球的质量，角速度不变，弹簧仍处于原长，故选项C错误。 答案　A 4.如图所示，一光滑细杆以角速度ω绕竖直轴旋转，杆的一端固定在轴上O点，杆与轴的夹角为α。一质量为m的小球套在杆上，在距离O点L处刚好随杆一起在水平面上做匀速圆周运动。若杆的角速度ω稍增大了一点，并随即以新的角速度匀速转动，则关于小球接下来的运动情况，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.小球仍将在原位置做匀速圆周运动，加速度为a＝gtan α B.小球将沿杆向上滑动，最后在某位置相对杆静止 C.小球将沿杆向上滑动，直至从上端飞出 D.小球相对杆滑动时机械能不变 解析　小球受重力，杆的支持力作用，如图所示。由牛顿第二定律可得 FNcos α＝mω2r，FNsin α＝mg，当ω稍增大了一点，杆的支持力变大，竖直方向分力大于重力，小球沿杆上滑，作圆周运动的半径增大，导致杆的支持力继续变大，直至从上端飞出，故选项A、B错误，C正确；小球相对杆滑动时机械能变大，故选项D错误。 答案　C 5.如图甲所示，三个物体A、B和C放在水平圆盘上，用两根不可伸长的轻绳分别连接A、B和B、C。