第6章 专题提升6 圆锥摆模型 水平面内圆周运动的临界问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第六章　圆周运动 专题提升六　圆锥摆模型　 水平面内圆周运动的临界问题 目录 1 课后课时作业 提升 2 提升 常见的圆锥摆模型 物体受重力、斜向上的拉力或支持力等(也可能受斜面的摩擦力)在水平面内做匀速圆周运动，称为圆锥摆模型。常见的圆锥摆模型如下表： 提升1　圆锥摆模型 提升 4 运动模型 向心力的来源图示 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 物体在光滑半球形碗内做匀速圆周运动 提升 5 例1　如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面内做匀速圆周运动。已知系有小球1的细线跟竖直方向的夹角为α，系有小球2的细线跟竖直方向的夹角为β，且α>β，下列说法正确的是(　　) A．小球1受到的细线拉力比小球2受到的细线拉力小 B．小球1的角速度比小球2的角速度大 C．小球1的向心力比小球2的向心力小 D．小球1的线速度比小球2的线速度小 提升 6 提升 7 [跟进训练]　 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆形表演台的光滑侧壁做匀速圆周运动。图中的圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法正确的是(　　) A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大 B．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大 C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小 D．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 提升 8 提升 9 提升2　水平面内圆周运动的临界问题 提升 10 (2)圆锥摆模型 ①绳上拉力的临界条件是：绳恰好拉直且没有弹力或绳上的拉力恰好达到最大值。 ②接触或脱离的临界条件是：物体与物体间的弹力恰好为零。 ③对于半球形碗内的水平圆周运动有两类临界情况：摩擦力的方向发生改变；恰好发生相对滑动。 提升 11 提升 12 提升 13 例3　如图所示，光滑的圆锥体顶部有一根杆，一根与圆锥体母线平行的不可伸长的轻绳一端与杆的上端相连，另一端与一个质量为m＝1 kg的小球(视为质点)相连，其中轻绳的长度为L＝0.5 m。在杆的上端安装了一个驱动装置，可以使小球绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动，角速度在一定范围内可以调整。圆锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线的夹角为θ＝37°。当小球旋转的角速度为ω0时，小球与圆锥体之间的弹力恰好为零，此时绳上的拉力为T0，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，则(　　) A．ω0＝10 rad/s B．ω0＝25 rad/s C．T0＝12.5 N D．T0＝14.5 N 提升 14 提升 15 例4　如图所示，半径R＝25 cm的半球形陶罐可以绕竖直轴OO′匀速转动，O为陶罐球心，一小物块靠在陶罐内壁上随陶罐一起转动。已知小物块与罐壁间的动摩擦因数μ＝0.5，它和O点连线与OO′之间的夹角θ＝37°，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)陶罐的角速度为多大时，小物块与罐壁间无摩擦力； (2)要保证小物块不滑动，陶罐角速度的最大值。 提升 16 提升 17 提升 18 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 2．如图所示，竖直固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自所在的水平面内做匀速圆周运动。下列关于A、B两球做圆周运动时的线速度(vA、vB)、角速度(ωA、ωB)、加速度(aA、aB)和对内壁的压力(FNA、FNB)的关系式正确的是(　　) A．vA>vB B．ωA>ωB C．aA>aB D．FNA>FNB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 3. (2024·北京市东城区高一下期末)如图所示，质量为m的小球用绳悬于P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，若保持轨迹的圆心O到悬点P的距离不变，重力加速度为g。下列关于小球做匀速圆周运动的角速度ω与绳长l关系的图像和绳对小球的拉力F与绳长l关系的图像中正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 题型二　水平面内圆周运动的临界问题 4. (2024·江苏高考)如图所示为生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑与工作台一起绕OO′匀速转动，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面足够大)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B．越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C．陶屑只能分布在工作台边缘 D．陶屑只能分布在某一半径的圆内 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 6. (多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力为Fmax＝6.0 N，绳的一端系在木块上，另一端通过转台的中心孔O(孔光滑)悬挂一个质量m＝1.0 kg的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10 m/s2，M、m均视为质点)(　　) A．0.04 m B．0.08 m C．0.16 m D．0.32 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 8．用一根不可伸长的细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图像是下图中的(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析：设细线长度为L，支持力FN＝0时，角速度为ω0；当ω<ω0时，由牛顿第二定律得FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，又FTcosθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ，此时FT­ω2图线在FT轴的截距为mgcosθ；当ω>ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，此时FT­ω2图线的反向延长线经过原点，图线的斜率变大。故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 9．如图所示，A和B两物块(可视为质点)放在转盘上，A的质量为m，B的质量为2m，两者用长为l的细绳连接，A距转轴距离为l，两物块与转盘间的动摩擦因数均为μ，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，细绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，角速度ω缓慢增大，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)角速度ω为何值时，绳上刚好出现拉力； (2)角速度ω为何值时，A、B开始与转盘发生相对滑动。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　设两小球的质量均为m，两细线的长度均为L。对小球1受力分析，竖直方向有：T1cosα＝mg，解得小球1所受细线的拉力T1＝eq \f(\a\vs4\al(mg),cosα)，水平方向有：向心力Fn1＝mgtanα，由向心力公式得Fn1＝mωeq \o\al(2,1)Lsinα，解得小球1的角速度ω1＝eq \r(\f(\a\vs4\al(g),Lcosα))，线速度v1＝ω1Lsinα＝eq \r(gLsinαtanα)；同理可知，小球2所受细线的拉力T2＝eq \f(\a\vs4\al(mg),cosβ)，小球2的向心力Fn2＝mgtanβ，角速度ω2＝eq \r(\f(\a\vs4\al(g),Lcosβ))，线速度v2＝eq \r(gLsinβtanβ)，已知α＞β，则T1＞T2，Fn1＞Fn2，ω1＞ω2，v1＞v2，故B正确，A、C、D错误。 解析：摩托车沿圆形表演台的侧壁做匀速圆周运动时，所需向心力由摩托车的重力和侧壁的支持力的合力提供，支持力FN＝eq \f(\a\vs4\al(mg),cosθ)，向心力Fn＝mgtanθ，所以FN和Fn均与高度h无关，即h变化时，FN和Fn均不变，由牛顿第三定律知，摩托车对侧壁的压力不变，A、B错误；根据Fn＝meq \f(v2,r)，可得v2＝grtanθ，当h越高时，运动半径r越大，线速度v越大，D正确；根据T＝eq \f(2πr,v)，v2＝grtanθ，可得T∝eq \r(r)，当h越高时，运动半径r越大，周期T越大，C错误。 两类常见模型的临界情况分析 (1)水平转盘模型 ①如果只有摩擦力提供向心力，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，则最大静摩擦力fm＝eq \f(mv2,r)，方向指向圆心。 ②如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其临界情况要根据题设条件进行判断，如判断某个力是否存在以及这个力存在时的方向(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。 例2　(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　) A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝eq \r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg 解析　小木块a、b做匀速圆周运动时，均由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R，当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动。对木块a有Ffa＝mωeq \o\al(2,a)l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωeq \o\al(2,a)l，可得ωa＝eq \r(\f(\a\vs4\al(kg),l))；对木块b有Ffb＝mωeq \o\al(2,b)·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωeq \o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq \r(\f(\a\vs4\al(kg),2l))，所以b先达到最大静摩擦力，即b先开始滑动，A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa＜Ffb，B错误；当ω＝eq \r(\f(\a\vs4\al(kg),2l))时，b刚要开始滑动，C正确；当ω＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2kg),3l))＜ωa时，a没有滑动，则Ffa＝mω2l＝eq \f(2,3)kmg，D错误。 解析　 小球受到的合力方向水平指向运动轨迹的圆心，提供向心力，如图所示，在竖直方向上根据平衡条件可得T0cosθ＝mg，在水平方向上根据牛顿第二定律可得F合＝mωeq \o\al(2,0)r，且F合＝T0sinθ，由几何关系得r＝Lsinθ，联立解得ω0＝5 rad/s，T0＝12.5 N，故选C。 答案　(1)5eq \r(2) rad/s　(2)eq \f(20\r(3),3) rad/s 解析　(1)设小物块的质量为m。根据题意可知，当小物块与罐壁间无摩擦力时，小物块做圆周运动的向心力由重力与支持力的合力提供，设此时陶罐的角速度为ω0，则有mgtanθ＝mωeq \o\al(2,0)r 由几何关系可得小物块做圆周运动的半径为 r＝Rsinθ 联立解得ω0＝5eq \r(2) rad/s。 (2)分析可知，要保证小物块不滑动，当陶罐角速度最大时，小物块所受摩擦力将沿着与陶罐的接触面斜向下方，且为最大静摩擦力，设此时陶罐的角速度为ωm，小物块所受支持力大小为FN，摩擦力大小为Ff，对小物块受力分析如图所示， 竖直方向根据平衡条件有 mg＋Ffsinθ＝FNcosθ 水平方向根据牛顿第二定律有 Ffcosθ＋FNsinθ＝mωeq \o\al(2,m)r 又Ff＝μFN 联立解得ωm＝eq \f(20\r(3),3) rad/s。 题型一　圆锥摆模型 1. (2024·北京市大兴区高一下期末)如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心O到悬点P的距离为h，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．小球的转速为2πω B．小球的线速度大小为ωh C．小球受到的合力大小为eq \f(mgh,l) D．绳对小球的拉力大小为mω2l 解析：小球的转速为n＝eq \f(ω,2π)，故A错误；由几何关系可知，小球做圆周运动的半径为r＝eq \r(l2－h2)，根据线速度与角速度的关系可知，小球的线速度大小为v＝ωr＝eq \r(l2－h2)ω，故B错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，则小球受到的合力大小为F＝mgtanθ＝mgeq \f(\r(l2－h2),h)，故C错误；根据牛顿第二定律可得Tsinθ＝mω2r，解得绳对小球的拉力大小为T＝mω2l，故D正确。 解析：设锥形内壁母线与竖直轴线的夹角为θ，A、B两球质量均为m，对小球受力分析如图所示，可得内壁对球的支持力大小FN′＝eq \f(\a\vs4\al(mg),sinθ)，小球做圆周运动的向心力大小Fn＝eq \f(\a\vs4\al(mg),tanθ)，由于两个小球的质量相同，并且都是在水平面内做匀速圆周运动，所以两个小球受到的支持力大小和向心力大小分别相等，结合牛顿第三定律，所以有FNA＝FNB，FnA＝FnB，又a＝eq \f(Fn,m)，则aA＝aB，故C、D错误；向心加速度an＝a大小相等，由an＝eq \f(v2,r)可知，运动轨迹半径大的，线速度大，所以vA>vB，由an＝rω2可知，运动轨迹半径大的，角速度小，所以ωA<ωB，故A正确，B错误。 解析：小球的受力分析如图所示，在水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ＝mω2lsinθ，在竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ＝mg，由题意知，圆心O到悬点P的距离h＝lcosθ不变，联立解得ω＝eq \r(\f(\a\vs4\al(g),h))，即角速度ω与绳长l无关，F＝eq \f(mgl,h)，即绳对小球的拉力F与绳长l成正比，故A、B、C错误，D正确。 解析：对与工作台一起匀速转动的陶屑受力分析，可知由摩擦力提供向心力，则有f＝mω2r，又f≤μmg，解得陶屑与OO′间的距离r≤eq \f(\a\vs4\al(μg),ω2)，则陶屑只能分布在某一半径的圆内，C错误，D正确；由C、D项分析可知，陶屑与台面边缘的距离与其质量无关，A、B错误。 5．如图所示，一长度为eq \f(3l,2)的光滑轻杆可绕O点在光滑水平面内做匀速圆周运动，轻杆上套有一质量为m的小球，原长为eq \f(l,2)、劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在轻杆左端，另一端与小球连接。已知在弹性限度内，轻质弹簧的最大伸长量为eq \f(l,2)，转动过程中弹簧始终未超过弹性限度，轻杆右端P点线速度的最大值为(　　) A．eq \f(3l,2) eq \r(\f(k,2m)) B．leq \r(\f(k,2m)) C．eq \f(3l,2) eq \r(\f(2k,m)) D．leq \r(\f(2k,m)) 解析：弹簧弹力提供小球做圆周运动所需的向心力，设弹簧伸长量为x时小球转动的角速度为ω，则有kx＝mω2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋x))，解得ω＝eq \r(\f(k,m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2x)＋1))))，故当轻质弹簧达到最大伸长量时，转动的角速度达到最大值ωm，且ωm＝eq \r(\f(k,2m))，小球、光滑轻杆同轴转动，角速度相同，则轻杆右端P点线速度的最大值为vm＝ωm·eq \f(3,2)l＝eq \f(3l,2) eq \r(\f(k,2m))，故选A。 解析：由题意可知，绳上张力T＝mg＝1.0×10 N＝10 N，当木块有远离轴心运动的趋势且与转台间的摩擦力为Fmax时，有T＋Fmax＝Mω2rmax，解得rmax＝eq \f(mg＋Fmax,Mω2)＝0.32 m；当木块有靠近轴心运动的趋势且与转台间的摩擦力为Fmax时，有T－Fmax＝Mω2rmin，解得rmin＝eq \f(mg－Fmax,Mω2)＝0.08 m，所以木块相对转台静止，木块到O点的距离r应满足0.08 m≤r≤0.32 m，故A错误，B、C、D正确。 7．如图所示装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球在位置A处与两细线连接后分别系于B、C两点，当细线AB沿水平方向绷直时，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m。(重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)若装置匀速转动，细线AB刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω1； (2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s，求细线AB和AC上的张力大小FTAB、FTAC。 答案：(1)eq \f(5\r(2),2) rad/s　(2)2.5 N　12.5 N 解析：(1)当细线AB刚好被拉直时，AB的拉力为零，AC的拉力和小球所受重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mgtan37°＝mLABωeq \o\al(2,1) 又LAB＝Lsin37° 解得ω1＝eq \r(\f(gtan37°,Lsin37°))＝eq \f(5\r(2),2) rad/s。 (2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s> ω1＝eq \f(5\r(2),2) rad/s，则细线AB绷紧 竖直方向上有FTACcos37°＝mg 水平方向上有FTACsin37°＋FTAB＝mLABωeq \o\al(2,2) 代入数据解得FTAC＝12.5 N，FTAB＝2.5 N。 答案：(1)eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),2l))　(2)eq \r(\f(\a\vs4\al(3μg),5l)) 解析：(1)开始时两物块都靠静摩擦力提供向心力，转动半径更大的B先达到最大静摩擦力，此时绳子开始出现拉力，对物块B，根据牛顿第二定律有μ·2mg＝2mωeq \o\al(2,1)·2l 解得ω1＝eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),2l)) 故角速度为eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),2l))时，绳上刚好出现拉力。 (2)当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B开始相对于转盘滑动，根据牛顿第二定律， 对A有μmg－T＝mωeq \o\al(2,2)l 对B有μ·2mg＋T＝2mωeq \o\al(2,2)·2l 其中T为此时绳上的拉力大小 联立解得ω2＝eq \r(\f(\a\vs4\al(3μg),5l)) 故角速度为eq \r(\f(\a\vs4\al(3μg),5l))时，A、B开始与转盘发生相对滑动。 $$