第2章 素养拓展课(2) 匀速圆周运动规律的应用（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（粤教版2019）

素养拓展课(二)　匀速圆周运动规律的应用 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 栏目索引 知识方法 探究 随堂达标 训练 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 知识方法 探究 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 随堂达标 训练 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 谢谢观看！ 返回导航 物理 必修 第二册 （Y） 第二章　圆周运动 eq \a\vs4\al(拓展点一　水平面内圆周运动的临界问题) 物体做圆周运动时，若物体的线速度大小、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态．分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态． 通常碰到较多的是涉及如下三种力的作用： (1)与绳的弹力有关的临界条件：绳弹力恰好为0. (2)与支持面弹力有关的临界条件：支持力恰好为0. (3)因静摩擦力而产生的临界问题：静摩擦力达到最大值． 如图所示，一根长为l＝1 m的细线一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示) (1)若要使小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω为多大？ 解析　(1)若要使小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，小球做匀速圆周运动的轨迹在水平面上，故向心力沿水平方向，受力分析如图所示． 由牛顿第二定律及向心力公式得mg tan θ＝mω2l sin θ 解得ω＝ eq \f(5,2) eq \r(2) rad/s (2)同理，当细线与竖直方向成α＝60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得mg tan α＝mω2l sin α 解得ω＝ eq \r(\f(g,l cos α)) ＝2 eq \r(5) rad/s 答案　　 (1) eq \f(5,2) eq \r(2) rad/s (2)2 eq \r(5) rad/s [题后总结]　当物体从某种特性变化为另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫作临界状态，出现临界状态时，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”． (1)水平面内常见的临界情况有：①与绳子的弹力有关：绳子恰好无弹力或恰好弹力最大(断裂)时；②与支持面弹力有关：恰好无支持力时；③与静摩擦力有关：静摩擦力达到最大值时． (2)解题方法：确定临界条件是关键，一般通过极限思维来确定临界条件，即把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显现，确定临界条件． [训练1]　(多选)如图所示，小球用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，随杆转动．若转动角速度为ω，则下列说法正确的是(　　) A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力 B．绳子BP对小球的拉力随ω的增大而增大 C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力 D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力 ABC　[小球的重力、绳子BP的拉力及绳子AP中可能存在的拉力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力．用正交分解法求出小球分别在水平、竖直两个方向受到的合力Fx合、Fy合，由牛顿运动定律列方程，Fx合＝mrω2，Fy合＝0，分析讨论可知A、B、C正确，D错误．] [训练2]　如图甲所示，水平转盘上放有质量为m的物块，物块到转轴的距离为r，物块和转盘间的动摩擦因数为μ，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g. (1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对滑动，求ω1的值； (2)如图乙所示，将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度ω2＝ eq \r(\f(μg,3r)) 时，求细绳的拉力FT2的大小； (3)将物块和转轴用细绳相连，当转盘的角速度ω3＝ eq \r(\f(5μg,3r)) 时，求细绳的拉力FT3的大小． 解析　(1)当水平转盘以角速度ω1匀速转动时，物块与转盘刚好能相对滑动，则此时物块所需向心力恰好完全由最大静摩擦力提供，则μmg＝mrω eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) 解得：ω1＝ eq \r(\f(μg,r)) (2)由于ω2＜ω1，最大静摩擦力大于所需向心力．此时绳对物块没有拉力，故FT2＝0. (3)由ω3＞ω1，物块受到的最大静摩擦力不足以提供所需的向心力，此时绳对物块有拉力，则μmg＋F T3＝mω eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) r，可得此时绳子对物块拉力的大小为F T3＝ eq \f(2,3) μmg. 答案　　(1) eq \r(\f(μg,r)) (2)0 (3) eq \f(2,3) μmg eq \a\vs4\al(拓展点二　竖直面内的圆周运动) 竖直平面内圆周运动的分析方法 (1)明确运动的模型：轻绳模型或者轻杆模型； (2)明确物体的临界状态：在最高点时物体具有最小速度时的受力特点； (3)分析物体在最高点及最低点的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解． 轻绳模型 轻杆模型 常见类型 最高点弹 力的特点 弹力只能指向圆心 弹力既可以指向圆心也可以背离圆心 过最高点 的临界条件 由mg＝m eq \f(v2,r) 得v临＝ eq \r(gr) 由F合＝0可得v临＝0 轻绳模型 轻杆模型 讨 论 分 析 (1)过最高点时，v＝ eq \r(gr) ，mg＝m eq \f(v2,r) ，绳、轨道对球无弹力 (2)过最高点时，v＞ eq \r(gr) ，FN＋mg＝m eq \f(v2,r) ，绳、轨道对球产生弹力FN (3)v＜ eq \r(gr) 时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0＜v＜ eq \r(gr) 时，mg－FN＝m eq \f(v2,r) ，FN为支持力，背离圆心且随v的增大而减小 (3)当v＝ eq \r(gr) 时，mg＝m eq \f(v2,r) ，FN＝0，弹力出现的临界点 (4)当v＞ eq \r(gr) 时，FN＋mg＝m eq \f(v2,r) ，FN为拉力或压力，指向圆心并随v的增大而增大 如图所示，长度为L＝0.4 m的轻绳系一小球，并使小球在竖直平面内做圆周运动，小球的质量为m＝0.5 kg.(小球半径不计，g取10 m/s2) (1)求小球刚好通过最高点时的速度大小； (2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，求绳的拉力大小； (3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，求小球运动过程中速度的最大值． 解析　(1)小球刚好能够通过最高点时，恰好只由重力提供向心力，故有mg＝meq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(v,L) ，解得v1＝ eq \r(gL) ＝2 m/s. (2)小球通过最高点时的速度大小为4 m/s时，拉力和重力的合力提供向心力，则有FT＋mg＝meq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(v,L) ，解得FT＝15 N. (3)分析可知小球通过最低点时绳张力最大，在最低点由牛顿第二定律得 FT′－mg＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) eq \f(mv,L) ，将FT′＝45 N代入解得v3＝4 eq \r(2) m/s，即小球的速度不能超过4 eq \r(2) m/s. 答案　　(1)2 m/s　(2)15 N　(3)4 eq \r(2) m/s 如图，长为0.5 m的轻杆OA绕O点在竖直面内做圆周运动，A端连着一个质量m＝2 kg的小球(半径不计).求在下述的两种情况下，通过最高点时小球对杆的作用力的大小和方向(g取10 m/s2，取π2＝10)： (1)杆做匀速圆周运动的转速为2 r/s； (2)杆做匀速圆周运动的转速为0.5 r/s. 解析　假设小球在最高点受到轻杆的作用力竖直向下，则小球受力如图所示． (1)杆的转速为2 r/s时，有ω＝2π·n＝4π rad/s 由牛顿第二定律得F＋mg＝mLω2 故小球所受杆的作用力为 F＝mLω2－mg＝2×(0.5×42×π2－10) N≈140 N 即杆对小球有140 N的拉力，由牛顿第三定律可知，小球对杆的拉力大小为140 N，方向竖直向上． (2)杆的转速为0.5 r/s时，有ω′＝2π·n′＝π rad/s 同理可得小球所受杆的作用力为 F′＝mLω′2－mg＝2×(0.5×π2－10) N≈－10 N 力F′为负值表示它的方向与受力分析中假设的方向相反，即杆对小球有10 N的支持力，由牛顿第三定律可知，小球对杆的压力大小为10 N，方向竖直向下． 答案　　(1)140 N　方向竖直向上　(2)10 N　方向竖直向下 [训练3]　如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　) A．200 N　 B．400 N　 C．600 N　 D．800 N B　[取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子平均受力为F，由牛顿第二定律知：2F－mg＝ eq \f(mv2,r) ，代入数据得F＝405 N，选项B正确．] [训练4]　(多选)如图所示，一根长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动．现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是(　　) A．小球的线速度大小为gL B．小球运动到最高点时处于完全失重状态 C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向不可能指向圆心O D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为mg BC　[根据a＝ eq \f(v2,L) ＝g，可知v＝ eq \r(gL) ，故A错误；小球运动到最高点时由于加速度为竖直向下的g，故小球处于完全失重状态，故B正确；当轻杆转到水平位置时，小球受向下的重力mg和杆的弹力作用，合力方向指向圆心，故轻杆对小球作用力方向应该斜向上方向，不可能指向圆心O，故C正确；轻杆在匀速转动过程中，在最低点时轻杆对小球作用力最大，其最大值为F＝mg＋ma＝2mg，故D错误．] eq \a\vs4\al(拓展点三　圆周运动与平抛运动的结合) 求解这类平抛运动与圆周运动的运动学综合问题的思路是：首先根据运动的独立性和各自的运动规律列式；其次寻找两种运动的结合点，如它们的位移关系、速度关系、时间关系等；最后再联立方程求解． 如图所示，一个人用一根长R＝1.6 m的轻质细绳拴着一个质量m＝1 kg的小球在竖直平面内做圆周运动，且恰好能够经过最高点．已知圆心O距离地面h＝6.6 m，转动中小球在最低点时绳子刚好断裂，此时小球的速度为4 eq \r(5) m/s.(g＝10 m/s2)求： (1)绳子能够承受的最大拉力大小； (2)上述第(1)问中绳子断后小球落地点到O的水平距离． 解析　(1)在最低点，绳子拉力和重力的合力提供向心力，T－mg＝m eq \f(v2,R) ，所以T＝m eq \f(v2,R) ＋mg＝60 N (2)绳子断裂后，小球做平抛运动，h－R＝ eq \f(1,2) gt2且x＝vt，解得t＝1 s，x＝ 4 eq \r(5) m 答案　　(1)60 N　(2)4 eq \r(5) m [训练5]　如图所示，杂技演员驾驶摩托车做腾跃特技表演时，先沿曲面冲上高H＝0.8 m的水平高台顶部，接着以v＝4 m/s的水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧轨道两端点，其连线水平．已知圆弧轨道半径为R＝2 m，人和车的总质量为m＝200 kg，特技表演的全过程中，空气阻力不计．(取g＝10 m/s2) (1)从平台飞出到A点的过程中，求人和车运动的水平距离s； (2)求人和车从平台飞出到达A点时的速度大小及圆弧轨道对应的圆心角θ； (3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O点的速度为6 m/s，求此时人和车对轨道的压力大小． 解析　(1)人和车从平台飞出后做平抛运动至A点，则由平抛运动规律有H＝ eq \f(1,2) gt2，s＝vt 代入数据可解得s＝1.6 m. (2)人和车落至A点时，其竖直方向的分速度 vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s 由于人和车从A点恰能无碰撞地沿圆弧轨道切线进入，则在A点有tan eq \f(θ,2) ＝ eq \f(vy,v) ＝ eq \f(4,4) ＝1 所以圆弧轨道对应的圆心角θ＝90° 到达A点时的速度vA＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)) eq \r(v＋v2) ＝4 eq \r(2) m/s. (3)在O点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(mv,R) 代入数据求得轨道对人和车的支持力FN＝5 600 N 根据牛顿第三定律，可知人和车对轨道的压力大小 FN′＝5 600 N． 答案　　(1)1.6 m　(2)4 eq \r(2) m/s　90°　(3)5 600 N 1．(圆周运动规律的应用)如图所示，某游乐园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，若轨道半径为R，要使重力为mg的乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为(g为重力加速度)(　　) A．0　　 B． eq \r(gR) 　　 C． eq \r(2gR) 　　 D． eq \r(3gR) C　[由题意知F＋mg＝2mg＝m eq \f(v2,R) ，解得v＝ eq \r(2gR) ，选项C正确．] 2．(圆周运动规律的应用)(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　) A． eq \f(h,k＋1) B． eq \f(h,k) C． eq \f(2h,k) D． eq \f(2h,k－1) D　[运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝ eq \f(1,2) mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝m eq \f(v2,R) ，解得R＝ eq \f(2h,k－1) ，D项正确．] 3．(圆周运动规律的应用)在长为L的轻杆中点和末端各固定一个质量均为m的小球，杆可在竖直面内转动，如图所示，将杆拉至某位置释放，当其末端刚好摆到最低点时，下半段受力恰好等于球重的2倍，则杆上半段受到的拉力大小为(　　) A． eq \f(1,2) mg　　　　　　 B． eq \f(3,2) mg C．2mg D． eq \f(7,2) mg D　[B球通过最低点时，受到重力和拉力的作用做圆周运动，根据牛顿第二定律得：TB－mg＝meq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)) eq \f(v,L) ，据题意有：TB＝2mg，解得B球通过最低点时的线速度大小为：vB＝ eq \r(gL) .以A球为研究对象，受到重力以及向上的拉力和向下的拉力，由牛顿第二定律得：TA－mg－2mg＝meq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)) eq \f(v,0.5L) 且vA＝ eq \f(1,2) vB，得OA段此时受到的拉力为：TA＝ eq \f(7,2) mg，故D项正确．] 4．(圆周运动规律的应用)如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m＝50 kg的重锤(重锤可视为质点)绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R＝0.5 m，电动机连同打夯机底座的质量为M＝25 kg，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)重锤转动的角速度为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？ (2)若重锤以上述的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？ 解析　(1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面 有：FT＝Mg 对重锤有：mg＋FT＝mω2R 解得：ω＝ eq \r(\f(（M＋m）g,mR)) ＝ eq \r(30) rad/s (2)在最低点，对重锤有：FT′－mg＝mω2R 则：FT′＝Mg＋2mg 对打夯机有： FN＝FT′＋Mg＝2(M＋m)g＝1 500 N. 由牛顿第三定律得FN′＝FN＝1 500 N 答案　　(1) eq \r(30) rad/s (2)1 500 N $$