综合•融通 圆周运动中的临界问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

圆周运动中的临界问题 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通 圆周运动中临界状态及临界条件的分析是圆周运动中的一类重要问题,也一直是高考的热点问题,此类问题分为竖直平面与水平面内的圆周运动,其主要涉及临界速度、临界受力、临界约束等。通过本节课的学习要掌握竖直面内圆周运动的轻绳模型和轻杆模型的分析方法;知道水平面内的圆周运动的几种常见模型,并会找它们的临界条件。 1 主题(一)　竖直面内的圆周运动及临界问题 2 主题(二)　水平面内的圆周运动及 临界问题 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一)　竖直面内的圆周运动及临界问题 1.模型建立 在竖直平面内做圆周运动的物体,根据其受力特点可分为两类: (1)轻绳模型——无支撑 小球在细绳作用下在竖直平面内做圆周运动,如图甲所示;小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动,如图乙所示,都称为“轻绳”模型。 知能融会通 (2)轻杆模型——有支撑 小球在轻杆作用下在竖直平面内做圆周运动,如图丙所示;小球在竖直放置的光滑管道内做圆周运动,如图丁所示,都称为“轻杆”模型。 2.模型对比   “轻绳”模型 “轻杆”模型 弹力 特征 弹力可能向下,也可能等于零 弹力可能向下,可能向上,也可能等于零 受力 示意图 力学方程 mg+FT=m mg±FN=m 临界 特征 FT=0,即mg=m,得v= v=0,即F向=0,此时FN=mg v= 的意义 物体能否过最高点的临界点 FN表现为拉力还是支持力的临界点 续表 [典例]　(2024·江西南昌高一期中)图甲和图乙分别是竖直平面内圆周运动的轻绳模型和轻杆模型,甲、乙两模型中小球A和B的质量均为m,绳长和杆长均为L,小球过最高点时,轻绳恰好对小球没有作用力,而轻杆对小球的作用力大小F=,其中g为当地的重力加速度,不计空气阻力。求: (1)小球A在最高点的加速度; [答案]　g,方向竖直向下　 [解析]　处于最高点的小球A受力分析, 由牛顿第二定律有mg=ma 解得a=g,方向竖直向下。 (2)小球A和B在最高点时的速度大小之比。 [答案]　或 [解析]　对轻绳模型中处于最高点的小球A,由牛顿第二定律有mg=m 对轻杆模型中处于最高点的小球B,根据牛顿第二定律,若F为支持力,则有mg-F=m 解得小球A和B在最高点时的速度大小之比为= 若F为拉力,有mg+F=m 解得小球A和B在最高点时的速度大小之比为=。 [思维建模] 两类模型的运动特点 (1)轻绳模型和轻杆模型中小球都是在竖直平面内做圆周运动,在最高点、最低点时由小球竖直方向所受的合力充当向心力。 (2)轻绳模型和轻杆模型在最低点的受力特点是一致的,在最高点轻杆模型可以提供竖直向上的支持力,而轻绳模型不能。 1.(2024·东营高一检测)如图所示,轻杆的一端有一个小球,另一端有光滑的固定轴O。现给小球一初速度,使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动,杆长为l,不计空气阻力,用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力,则F (　　) A.一定是拉力 B.一定是支持力 C.一定等于零 D.可能是拉力,可能是支持力,也可能等于零 题点全练清 √ 解析:给小球一初速度,使球和杆一起绕O轴在竖直平面内转动。在最高点,当球的速度v=时,只有球的重力提供向心力,这时杆、球之间无作用力;当球的速度v>时,球的重力不足以提供向心力,这时杆对球产生拉力;当球的速度v<时,球的重力大于球做圆周运动所需的向心力,这时杆对球产生支持力。综上所述,A、B、C错误,D正确。 2.如图所示,长度均为l=1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为m=0.5 kg的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为l,重力加速度g取10 m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点的速率为v时,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点的速率为2v时,每根绳的拉力大小为 (　　) A.5 N B.20 N C.15 N D.10 N √ 解析:小球在最高点的速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg=m,由题意可知,小球在最高点时,绳与竖直方向的夹角为30°,当小球在最高点的速率为2v时,由牛顿第二定律得mg+2FTcos 30°=m,解得FT=mg=5 N,故选A。 主题(二)　水平面内的圆周运动及临界问题 1.水平面内的圆周运动是指物体做圆周运动的轨迹在水平面内。 2.临界状态: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。 知能融会通 3.水平面内的圆周运动常见的临界条件 (1)与绳的弹力有关的临界条件:绳的弹力恰好为0或不被拉断的最大值。 (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条件:静摩擦力达到最大值。 [典例]　如图所示,一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角θ=45°,一条长为L的轻绳(质量不计),一端固定在圆锥体的顶点O处,另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看成质点),物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。重力加速度为g,求: (1)当v1=时,绳对物体的拉力大小; [答案]　mg　 [解析]　当物体刚要离开锥面时,锥面对物体没有支持力,对物体受力分析, 由牛顿第二定律得FTsin θ=m, FTcos θ=mg,解得v0=。 因v1<v0,此时锥面对物体有支持力,设为FN,对物体受力分析,如图甲所示,则有 FT1cos θ+FNsin θ-mg=0 FT1sin θ-FNcos θ=m 解得FT1=mg。 (2)当v2=时,绳对物体的拉力大小。 [答案]　2mg [解析]　因v2>v0,则物体离开锥面,设绳与竖直方向的夹角为α,如图乙所示, 则FT2cos α-mg=0,FT2sin α=m 解得FT2=2mg。 [思维建模] 水平面内圆周运动临界问题的三种解题方法 (1)极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象显露,达到尽快求解的目的。 (2)假设法 有些物理过程转化没有出现明显临界问题的线索,但在变化过程中可能出现临界问题。因此分析时先假设出临界状态,然后再分析判定。 (3)数学方法 将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式,求得临界条件,具体步骤如下: ①对物体进行受力分析。 ②找到其中变化的力以及它的临界值。 ③求出向心力(合力或沿半径方向的合力)的临界值。 ④用向心力公式求出运动学量(线速度、角速度、周期、半径等)的临界值。 1.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动,圆 盘半径为R,甲、乙两物体质量分别为M和m(M >m), 它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的μ倍,两 物体用一根长为L(L<R)的轻绳连在一起,如图所示,若将甲物体放在转轴的位置上,甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直,要使两物体与圆盘不发生相对滑动,则圆盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均可看作质点,重力加速度为g) (　　) 题点全练清 A. 　　 B. C. D. 解析:当轻绳中的拉力FT=μMg时,圆盘转动的角速度达到最大。此时,对物体乙,由牛顿第二定律有FT+μmg=mω2L,可解得ω=,选项D正确。 √ 2.(2024·广东高考)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为(　　) A.r　　 B.l　　 C.r　　 D.l √ 解析:由题意可知,当插销刚卡进固定端盖时,弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力提供插销做匀速圆周运动的向心力,则F=mlω2,对卷轴有v=rω,联立解得v=r。故选A。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (选择题1~9小题,每小题6分。本检测卷满分80分) 1.如图所示,在匀速转动的水平圆盘上离转轴某一距离处放一小木块,该木块恰能跟随圆盘做匀速圆周运动而不发生相对滑动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在改变下列哪种条件时,木块仍能与圆盘保持相对静止(　　) A.增大圆盘转动的角速度 B.增大木块到转轴的距离 C.增大木块的质量 D.改变上述的任一条件都不能使木块与圆盘继续保持相对静止 √ 6 7 8 9 10 11 解析:由题意可知,木块刚要发生相对滑动时,最大静摩擦力提供向心力,此时有μmg=mω2r,圆盘转动的角速度ω增大或木块到圆盘转轴的距离增大,木块随圆盘做匀速圆周运动所需要的向心力Fn=mω2r增大,需要的向心力将大于最大静摩擦力而使木块在圆盘上发生相对滑动,故A、B错误;木块在圆盘上发生相对滑动的临界状态是μmg=mω2r,由此可知木块在圆盘上是否发生相对滑动与质量无关,所以增大木块的质量仍能保持木块与圆盘相对静止,故C正确,D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.(多选)如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑圆形 管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管 道内做圆周运动,下列说法中正确的是 (　　) A.小球通过管道最低点时,小球对管道的压力向下 B.小球通过管道最低点时,小球对管道的压力向上 C.小球通过管道最高点时,小球对管道的压力可能向上 D.小球通过管道最高点时,小球对管道可能无压力 2 3 4 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:设管道的半径为R,小球的质量为m,小球通过最低点时的速度大小为v1,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,可知小球所受合力向上,则管道对小球的支持力向上,由牛顿第三定律可知,小球对管道的压力向下,故A正确,B错误。设小球在最高点时的速度大小为v2,根据牛顿第二定律有mg-FN=m,当v2=时,FN=0,说明管道对小球无压力;当v2>时,FN<0,说明管道对小球的作用力向下,由牛顿第三定律可知,小球对管道的压力向上,故C、D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.如图所示,可视为质点的木块A、B叠放在一起,放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO'匀速转动,木块A、B与转轴OO'的距离为1 m,木块A的质量为5 kg,木块B的质量为10 kg。已知木块A与木块B间的动摩擦因数为0.2,木块B与转台间的动摩擦因数为0.3,如果木块A、B与转台始终保持相对静止,则转台角速度ω的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2) (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.1 rad/s B. rad/s C. rad/s D.3 rad/s 解析:由于木块A、木块A和B组成的整体需要的向心力均由静摩擦力提供,又μ1=0.2,μ2=0.3,可知转台角速度增大时,木块A先开始滑动,对木块A有μ1mAg≥mAω2r,代入数据解得ω≤ rad/s,故选项B正确。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 4.如图,轻绳OA拴着质量为m的小球,在竖直平 面内做半径为R的圆周运动,重力加速度为g,下列说 法正确的是 (　　) A.小球过最高点时的最小速度为0 B.小球过最高点时,绳子拉力可以为0 C.若将轻绳OA换成轻杆,则小球过最高点时,轻杆对小球的作用力不可以与小球所受重力大小相等,方向相反 D.若将轻绳OA换成轻杆,则小球过最高点时的最小速度为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:当小球在最高点时,由牛顿第二定律可知mg+F=m,因为轻绳只能提供拉力,所以当小球过最高点时,若轻绳的拉力为F=0,则此时小球的速度最小为v=,A错误,B正确;若将轻绳OA换成轻杆,小球过最高点时,轻杆可对小球产生竖直向上的弹力,若此时小球速度为0,所需向心力为0,由力的平衡条件可知,此时轻杆对小球的作用力与小球所受重力大小相等,方向相反,C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.如图所示,一长L=0.4 m的轻杆,可绕通过中点O的水平轴在竖直平面内转动,在轻杆两端分别固定小球A、B。当A球通过最低点,B球通过最高点,且旋转的角速度ω=10 rad/s时,转轴对轻杆恰好无作用力,重力加速度g取10 m/s2,忽略一切摩擦和阻力,则A、B两个小球的质量之比为 (　　) A.mA∶mB=1∶3 B.mA∶mB=1∶1 C.mA∶mB=2∶3 D.mA∶mB=9∶11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:若转轴恰好对轻杆无作用力,可知两个小球对轻杆的作用力大小相等,方向相反。故轻杆对球A的拉力恰好等于轻杆对球B的拉力,设拉力大小为FT,对A和B,根据牛顿第二定律可知FT-mAg=mAω2,FT+mBg=mBω2,代入数据联立解得mA∶mB=1∶3,故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　) A. rad/s B. rad/s C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:物体随圆盘做匀速圆周运动,运动到最低点时最容易滑动,因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值,这时,根据牛顿第二定律得μmgcos 30°-mgsin 30°=mrω2,解得ω=1.0 rad/s,C项正确,A、B、D项错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(多选)如图所示,倾角θ=30°的斜面体C固定在水 平面上,置于斜面上的物块B通过细绳跨过光滑定滑轮 (滑轮可视为质点)与小球A相连,连接物块B的细绳与斜 面平行,滑轮左侧的细绳长度为L,物块B与斜面间的动摩擦因数μ=。开始时A、B均处于静止状态,B、C间恰好没有摩擦力,现让A在水平面内做匀速圆周运动,物块B始终静止,则A的角速度可能为(　　) 2 3 4 √ A. B. C. D. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:开始时A、B均处于静止状态,B、C间恰好没有摩擦力,则有mAg= mBgsin θ,解得mB=2mA。当A以最大角速度做圆周运动时,要保证B静止,此时绳子上的拉力FT=mBgsin θ+μmBgcos θ=2mAg。设A以最大角速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为α,则cos α==,α=60°,对A受力分析可知,物体A做圆周运动的半径R=Lsin α=L,向心力为Fn=FTsin α=mAg,由向心力公式Fn=mAω2R,代入数据解得ω=,故角速度小于等于,A、C、D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 8.如图所示,粗糙水平圆盘上,质量相等的A、B两物块叠放在一起,随圆盘一起做匀速圆周运动,则下列说法正确的是 (　　) A.A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势 B.B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力 C.圆盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍 D.若B相对圆盘先滑动,则A、B间的动摩擦因数μA小于圆盘与B间的动摩擦因数μB 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:把A、B当作一个整体,在水平方向上只受摩擦力作用,摩擦力提供向心力,摩擦力方向指向圆心,物块有沿径向向外滑动的趋势,故A错误;物块做匀速圆周运动,向心力F=m,A、B质量相等,一起做匀速圆周运动的角速度、半径也相等,所以两者运动所需的向心力大小相等,故B错误;由受力分析可知,B对A的摩擦力等于Ff,圆盘对B的摩擦力等于2Ff,故C正确;若B相对圆盘先滑动,则2μBmg-μAmg<μAmg,即μB<μA,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9.(2024·南昌高一检测)(多选)陶艺是中国上下五千年的传统技艺,融合了祖辈们的智慧。某次陶艺制作得到一个半径R=10 cm的半球形陶罐,并固定在绕竖直轴OO'转动的水平转台上,转台转轴OO'过陶罐的圆心O,如图所示。现将一个小滑块放在陶罐内,转动转台,使得滑块与球心O的连线与转轴成θ=53°角,与陶罐保持相对静止。已知滑块与陶罐内表面的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。则转台转动的角速度ω (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.最小值为2.5 rad/s B.最小值为5 rad/s C.最大值为2.5 rad/s D.最大值为5 rad/s 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向上,且为最大值时,转台转动角速度最小,以小滑块为对象,竖直方向受力平衡有FNcos θ+fmsin θ=mg,水平方向根据牛顿第二定律可得FNsin θ-fmcos θ=mRsin θ,又fm=μFN,联立解得ωmin=2.5 rad/s,A正确,B错误;当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向下,且为最大值时,转台转动角速度最大,以小滑块为对象,竖直方向受力平衡有FN'cos θ-fm'sin θ=mg,水平方向根据牛顿第二定律可得FN'sin θ+fm'cos θ=mRsin θ,又fm'=μFN',联立解得ωmax=2.5 rad/s,C正确,D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 10.(11分)王老师在课堂上给同学们做如下实验:一细线与桶相连,桶中装有小球,桶与细线一起在竖直平面内做圆周运动,桶在最高点时小球不会掉出,如图所示,小球的质量m=0.2 kg,小球到转轴的距离l=90 cm,g= 10 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)若桶在最高点时小球不会掉出,求桶的最小速率; 答案: 3 m/s　 解析:桶运动到最高点时,设速率为vmin时小球恰好不会掉出,小球受到的重力刚好提供其做圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律得mg=m 解得vmin== m/s=3 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)如果通过最低点时桶的速度大小为9 m/s,求此时小球对桶底的压力大小。 答案:20 N 解析:根据牛顿第二定律得F-mg=m 解得此时桶对小球的支持力大小F=20 N 根据牛顿第三定律,小球对桶底的压力大小 F'=F=20 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(15分)如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B,距离中心为r0=0.2 m处放置小物块A,小物块A、B的质量均为m=1 kg,小物块A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5,现在用原长为d=0.2 m、劲度系数k=40 N/m的轻质弹簧将两者拴接,重力加速度g=10 m/s2,假设弹簧始终处于弹性限度以内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)缓慢增加转盘转动的角速度,求小物块A即将打滑时的ω0; 答案: 5 rad/s　 解析:设转盘的角速度为ω0时,小物块A将开始滑动,由牛顿第二定律有μ1mAg=mAr0 解得小物块A即将打滑时ω0=5 rad/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)若转盘的角速度ω1=6 rad/s,小物块A可以放置在离中心距离不同的位置上,且小物块A始终不打滑,求满足条件的小物块A转动半径rA的大小范围; 答案:0.75 m≤rA≤3.25 m 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:小物块A放置在离中心距离不同的位置上弹力不同,由临界条件可得 F1+f=mAr1,F2-f=mAr2,f=μ1mAg 由胡克定律可知,F1=k,F2=k 解得r1=0.75 m,r2=3.25 m 故满足条件的小物块A转动半径rA的大小范围为0.75 m≤rA≤3.25 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)若小物块B解除固定状态,小物块B与转盘间的动摩擦因数为μ2=0.2,现将转盘角速度从0开始缓慢增大,为了保证小物块B不打滑,求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。 答案:ω2≤2 rad/s 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:若小物块B解除固定状态,则小物块B刚好滑动时弹簧拉力为F3,则对小物块B有F3=μ2mBg=2 N 由胡克定律可知F3=k,解得r3=0.25 m 对小物块A受力分析,为了保证小物块B不打滑,则有F3+μ1mAg≥mAr3,解得ω2≤2 rad/s。 2 3 4 阶段质量评价（二） (单击进入电子文档) $$