第3章 拓展课四 圆周运动中的临界问题及其与平抛运动结合问题（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（鲁科版2019）

第3章　圆周运动 拓展课四　圆周运动中的临界问题及其与平抛运动结合问题 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 栏目索引 课堂 互动探究 课堂 互动探究 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第3章　圆周运动 谢谢观看！ 核心素养 物理观念 科学思维 科学态度与责任 1.知道水平面内的圆周运动的临界问题及竖直平面内的临界问题的解决方 2.知道平抛运动与圆周运动组合问题的特点及解决方法． 法． 能灵活应用圆周运动知识解决临界问题，处理圆周运动与平抛运动相结合问题，体会数学知识在物理问题中的应用． 通过圆周运动知识的应用， 体会物理知识的实际应用价值． 探究点一　圆周运动中的临界问题　(科学思维之提升) ►探究归纳 1．水平面内的圆周运动的临界问题 (1)与摩擦力有关的临界问题 ①物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，则有f＝ eq \f(mv2,r) ，静摩擦力的方向一定指向圆心． ②如果除摩擦力外还有其他力，如绳两端连接物体，其中一个物体竖直悬挂，另外一个物体在水平面内做匀速圆周运动，此时存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向分别为沿半径背离圆心和沿半径指向圆心． (2)与弹力有关的临界问题：压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等． (3)解决圆周运动临界问题的一般思路 ①要考虑达到临界条件时物体所处的状态． ②分析该状态下物体的受力特点． ③结合圆周运动知识，列出相应的动力学方程分析求解． 2．竖直平面内的临界问题：物体在竖直面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，该类运动常有临界问题，并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，常分为两种模型——“轻绳模型”和“轻杆模型”． ►对点例练 (多选)(2021·湖南省隆回县第一中学)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，质量都为m，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为xA＝r，xB＝2r两物体与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　) A．此时细线张力为F＝4μmg B．此时圆盘的角速度为ω＝ eq \r(\f(2μg,r)) C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心 D．此时烧断细线，A和B都将做离心运动 BD　解析：ABC．两物块A和B随着圆盘转动，角速度相同，根据F向＝mω2r可知B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律，对A有F－μmg＝mω2r 对B有F＋μmg＝mω2·2r 联立解得F＝3μmg ω＝ eq \r(\f(2μg,r)) 故B正确，AC错误； D．若此时剪断绳子，B的摩擦力不足以提供所需的向心力，B将会做离心运动，此时A所需要的向心力将角速度代入可求得F向＝2μmg由此可知A的摩擦力也不足以提供所需的向心力，A也将会做离心运动，故D正确．故选BD． [训练1] (2021·云南省通海县第三中学高一月考)如图所示，光滑圆管形轨道固定在地面上，AB部分水平，BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆，圆管截面半径r≪R，有一质量为m，半径比r略小的光滑小球以一定水平初速度射入圆管A端，重力加速度为g，则： (1)当小球到达圆管C端时，刚好对圆管没有压力，则小球射入圆管A端的速度v0为多大？ (2)假定小球可从圆管C端射出，试讨论：小球到达C端处对管壁压力方向不同时，对应射入A端速度v0的条件． 解析：(1)由题意，设小球到达圆管C端的速度大小为vC时刚好对圆管没有压力，根据牛顿第二定律有 mg＝meq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) eq \f(v C ,R) ① 对小球从A到C的运动过程，根据动能定理有 －2mgR＝ eq \f(1,2) mv C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) － eq \f(1,2) mv0 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ② 联立①②解得 v0＝ eq \r(5gR) ③ (2)小球刚好能从C射出时，有 vC＞0　 ④ 联立②④解得 v0>2 eq \r(gR) ⑤ 根据③⑤可知小球到达C端处对下管壁有压力时，v0需满足的条件是2 eq \r(gR) <v0< eq \r(5gR) ⑥ 小球到达C端处对上管壁有压力时，v0需满足的条件是 v0> eq \r(5gR) ⑦ (1) eq \r(5gR) 　(2)对下管壁有压力时：2 eq \r(gR) ＜v0＜ eq \r(5gR) ，对上管壁有压力时：v0> eq \r(5gR) 探究点二　平抛运动与圆周运动相结合问题　(科学思维之提升) ►探究归纳 平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿运动定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速度等于平抛末速度在圆切线方向的分速度． ►对点例练 (2021·四川高一期末)如图所示，一个小物块(可视为质点)置于一个半径为R＝0.2 m、离地高度为H＝0.8 m的圆形水平转台的边缘，随转台一起做匀速圆周运动．当圆台角速度缓慢增加到某一值ω0时，物块恰好从转台边缘滑离而落到地面上，已知落地点离滑离点的水平距离为0.4 m．物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求： (1)物块从转台滑离的速度大小； (2)转台的角速度ω0及转台与物块之间的动摩擦因数μ. 解析：(1)离开转台物块做平抛运动，对物块，竖直方向 H＝ eq \f(1,2) gt2 水平方向x＝vt 得物块滑离时速度v＝1 m/s (2)离开转台时，由v＝ωR解得ω0＝5 rad/s 物块在转台上做圆周运动，由牛顿第二定律得 μmg＝mω0 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) R 解得μ＝0.5 (1)1 m/s　(2)5 rad/s　μ＝0.5 [训练2] (2021·安徽省泗县第一中学高一月考)如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圈心O的正下方．距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以 eq \r(2gL) 的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，求： (1)B点与抛出点A正下方的水平距离x； (2)圆弧BC段所对的圆心角θ； (3)小球经B点时，对圆轨道的压力大小． 解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律 L＝ eq \f(1,2) gt2 x＝v0t v0＝ eq \r(2gL) 联立解得 x＝2L (2)小球到达B点时竖直分速度v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)) ＝2gL 则tan θ＝ eq \f(vy,v0) 解得θ＝45° (3)设小球到达B点时速度大小为vB，则有 vB＝ eq \r(2) v0 设轨道对小球的支持力为F，根据 F－mg cos 45°＝meq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) eq \f(v B ,L) 解得F＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(\r(2),2))) mg 由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为 F′＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(\r(2),2))) mg (1)x＝2l　(2)θ＝45 °　(3)F′＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(\r(2),2))) mg 探究点三　解决实际问题　(科学态度与责任) [训练3] (生活情境)(2021·广东汕头市·金山中学高一期中)建筑工地上有一种小型打夯机，其结构原理如图所示，一个质量为M的支架(含电动机)上有一根长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的铁块(视为质点)，另一端固定在电动机的转轴上．电动机带动铁块在竖直平面内做匀速圆周运动，当转动的角速度达到一定数值时，支架抬起然后砸向地面，从而起到夯实地基的作用．若重力加速度为g，空气阻力不计，则(　　) A．铁块转动到最低点时处于失重状态 B．铁块转动到最高点时所受弹力大小一定不为零 C．若使支架离开地面，则电动机的角速度ω> eq \r(\f(Mg,mL)) D．若使支架离开地面，则电动机的角速度ω> eq \r(\f(（M＋m）g,mL)) D　解析：A．铁块转动到最低点时，有竖直向上的加速度，故杆对铁块的拉力大于其所受的重力，铁块处于超重状态，故A错误； B．铁块转动到最高点时所受弹力大小可以为零，此时 mg＝mLω2 解得ω＝ eq \r(\f(g,L)) 故B错误； CD．铁块转动到最高点时对支架有向上的拉力使其离开地面，支架刚离开地面时，对铁块的拉力T＝Mg 其转动到最高点时，由牛顿第二定律可得T＋mg＝mω2L 解得ω＝ eq \r(\f(（M＋m）g,mL)) 所以若使支架离开地面，则电动机的角速度 ω> eq \r(\f(（M＋m）g,mL)) ，故D正确C错误．故选D． [训练4] (实验情境)一种可以测量转动角速度的简易装置如图所示，内壁光滑的圆管与水平面夹角θ为53°，绕竖直轴OO′转动，其下端封闭且恰好位于转轴上，圆筒内部套有一根原长为L＝0.5 m的轻弹簧，轻弹簧的下端固定于圆筒底端，弹簧上端与一小球相连接，已知小球质量为m＝1 kg，小球直径略小于圆筒直径，可看作质点，小球静止时弹簧被压缩了0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，现让小球随支架一起绕中轴线OO′匀速转动，圆筒长度足够，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)轻弹簧的劲度系数k； (2)当轻弹簧恰为原长时，圆筒稳定转动的角速度ω0； (3)圆筒稳定转动，当弹簧伸长0.25 m时，求小球对圆筒的压力及圆筒转动的角速度ω. 解析：(1)静止时，弹簧被压缩了 eq \f(2L,5) ，设弹簧弹力为F1，受力分析如图所示，则有F1＝ eq \f(2,5) kL 由平衡条件可得F1＝mg sin θ 代入数据解得k＝40 N/m (2)弹簧恰好为原长时，小球只受重力及圆筒内壁支持力FN的作用，如图所示 竖直方向FNcos θ＝mg 水平方向FNsin θ＝mrω0 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) 又r＝L cos θ 联立，代入数据求得ω0＝ eq \f(20,3) rad/s (3)圆筒稳定转动，当弹簧伸长0.25 m时，即伸长 eq \f(L,2) 时，设弹簧弹力为F2，此时小球受力分析如图所示 竖直方向FN′cos θ＝mg＋F2sin θ 水平方向FN′sin θ＋F2cos θ＝mrω2 又r＝(L＋ eq \f(L,2) )cos θ 联立，代入数据求得 FN′＝30 N，ω＝2 eq \r(10) rad/s 根据牛顿第三定律，可得小球对圆筒的压力为30 N． [训练5] (杂技情境)(2021·金华市云富高级中学高一月考)杂技运动员抓住长为L＝1.5 m的绳子绕高为H＝5.9 m 的固定支柱旋转，支柱直径忽略不计，如图所示，已知α＝53°，且运动员在旋转过程中可视为匀速圆周运动．重力加速度g＝10 m/s2，杂技运动员可视为质点，手臂长度忽略不计，不计空气阻力，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6).求： (1)求杂技运动员在匀速旋转过程中速度大小v； (2)某时刻运动员松手，求落地点到转轴下端点的距离？(结果保留两位有效数字) 解析：(1)运动员的向心力为Fn＝mg tan a 运动半径为r＝L sin a 满足Fn＝m eq \f(v2,r) 解得v＝4 m/s (2)根据平抛运动规律H－L cos a＝ eq \f(1,2) gt2，x＝vt 解得x＝4 m 落地点距离转轴的距离d＝ eq \r(x2＋r2) 解得d＝4.2 m (1) v＝4 m/s　(2)d＝4.2 m [训练6] (生产情境)(2021·四川高一期末)如图所示为某同学设计的研究工厂中行车运动的模型示意图，悬挂重物的细绳长为l，所悬挂重物可视为质点，质量为m，离地的高度为h.行车吊着重物在水平轨道上匀速行驶，在行驶过程中行车由于出现故障紧急制动(即行车瞬间停下，时间可忽略)，细绳刚好被拉断，细绳断后，重物落在地面上，其水平距离为s.空气阻力忽略不计，重力加速度为g.求： (1)行车匀速运动的速度大小； (2)细绳能承受的最大拉力． 解析：(1)细绳断后，重物做平抛运动 h＝ eq \f(1,2) gt2 s＝v0t 可得行车匀速运动的速度大小v0＝s eq \r(\f(g,2h)) (2)绳子将断时，相当于物体在圆周运动的最低点，因此 T－mg＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) eq \f(mv0,l) 解得细绳能承受的最大拉力T＝mg＋ eq \f(mgs2,2hl) (1)s eq \r(\f(g,2h)) 　(2)mg＋ eq \f(mgs2,2hl) $$