第6章 微专题四 竖直平面内的圆周运动-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第六章　圆周运动 微专题四　竖直平面内的 圆周运动 目录 1 2 模型建构　对点精研 核心素养提升练 科学思维　拓展提升 3 科学思维　拓展提升 1．竖直平面内的圆周运动模型 在竖直平面内做圆周运动的物体，根据运动至轨道最高点时的受力情况，可分为三种模型。一是只有拉(压)力，如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等，称为“轻绳模型”；二是只有推(支撑)力，称为“拱桥模型”；三是可拉(压)可推(支撑)，如球与杆连接、小球在弯管内运动等，称为“轻杆模型”。 科学思维 拓展提升 科学思维 拓展提升 科学思维 拓展提升 模型建构　对点精研 1 2 3 4 模型建构 对点精研 1 2 3 4 模型建构 对点精研 2．杂技演员在做“水流星”表演时，用一根细绳系着盛水的杯子，抡起绳子，让杯子在竖直面内做圆周运动。如图所示，杯内水的质量m＝0.5 kg，绳长l＝60 cm，g取9.8 m/s2，则：(保留三位有效数字) (1)在最高点水不流出的最小速率为________。 (2)水在最高点速率v′＝3 m/s时，水对杯底的压 力大小为________。 1.72 m/s 10.1 N 1 2 3 4 模型建构 对点精研 1 2 3 4 模型建构 对点精研 1 2 3 4 模型建构 对点精研 1 2 3 4 模型建构 对点精研 1 2 3 4 模型建构 对点精研 1 2 3 4 模型建构 对点精研 核心素养提升练 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 3．如图所示，内壁光滑的细圆管用轻杆固定在竖直平面内，其质量为0.22 kg，半径为0.5 m。质量为0.1 kg的小球，其直径略小于细圆管的内径，小球运动到圆管最高点时，杆对圆管的作用力为零，重力加速度的值取10 m/s2。则小球在最高点的速度大小为(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 1 2 3 4 5 核心素养提升练 创新考法1 创新考法2 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2．三种模型对比 轻绳模型 拱桥模型 轻杆模型 情景图示 弹力特征 弹力向下(也可能等于零) 弹力向上(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＝meq \f(v2,r) mg－FN＝meq \f(v2,r) mg±FN＝meq \f(v2,r) 临界 特征 FT＝0，即mg＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(gr) FN＝0，即mg＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(gr) v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg，方向向上 对速度eq \r(gr)的 理解 ①v>eq \r(gr)时，小球能过最高点；②v＝eq \r(gr)时，小球刚好过最高点；③v<eq \r(gr)时，小球不能过最高点 ①v≥eq \r(gr)时，车(物体)离开拱桥最高点做平抛运动；②v<eq \r(gr)时，车(物体)能过最高点且不离开拱桥 ①v>eq \r(gr)时，杆或管道的外侧对球产生向下的拉力或弹力；②v＝eq \r(gr)时，球在最高点只受重力，不受杆或管道的作用力；③0≤v<eq \r(gr)时，杆或管道的内侧对球产生向上的弹力 典型考点一　轻绳模型 1．(2023·四川省绵阳市高一统考期中)如图所示，长为L的轻绳一端系一质量为m的小球A(可视为质点)，另一端固定于O点，当绳竖直时小球静止。现给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动，且刚好能过最高点，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　) A．小球过最高点时，速度可能为零 B．小球过最高点时，绳的拉力不可能为零 C．小球过最高点时，速度大小为eq \r(gL) D．开始运动时，绳的拉力大小为m2,0)eq \f(v,L) 解析：小球刚好能过最高点，可知在最高点绳的拉力FT＝0，设小球过最高点时速度大小为v，根据牛顿第二定律可得mg＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(gL)，故A、B错误，C正确；设开始运动时，绳的拉力大小为FT′，根据牛顿第二定律可得FT′－mg＝m2,0)eq \f(v,L) ，解得FT′＝mg＋m2,0)eq \f(v,L) ，故D错误。 解析：(1)在最高点水不流出的条件是重力不大于水做圆周运动所需要的向心力，即mg≤meq \f(v2,r)，其中r＝eq \f(1,2)l，则所求最小速率v0＝eq \r(\f(\a\vs4\al(gl),2))＝eq \r(\f(9.8×0.6,2)) m/s≈1.72 m/s。 (2)当水在最高点的速率大于v0时，重力不足以提供向心力，此时杯底对水有一竖直向下的压力，设为FN，由牛顿第二定律有：FN＋mg＝meq \f(v′2,r)，即FN＝meq \f(v′2,r)－mg＝10.1 N。由牛顿第三定律知，水对杯底的压力FN′＝FN＝10.1 N，方向竖直向上。 典型考点二　轻杆模型 3．(多选)如图所示，有一个半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是(　　) A．v的极小值为eq \r(gR) B．v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大 C．当v由eq \r(gR)逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大 D．当v由eq \r(gR)逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大 解析：因为轨道内壁下侧可以提供支持力，则小球过最高点的最小速度为零，故A错误。当v>eq \r(gR)时，管道上壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，在最高点有mg＋F＝meq \f(v2,R)，当速度增大时，弹力F增大；当v<eq \r(gR)时，管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得，在最高点有mg－N＝meq \f(v2,R)，速度增大时，弹力减小，速度减小时，弹力增大；故C、D正确，B错误。 4．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN­v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．当地的重力加速度大小为eq \f(R,b) B．小球的质量为eq \f(aR,b) C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上 D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a 解析：由图乙可知，当v2＝b时，FN＝0，此时小球的重力恰好提供圆周运动的向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得当地的重力加速度大小为g＝eq \f(b,R)，故A错误。当v2＝0时，FN＝a，故有FN＝mg＝a，结合A项结论可解出小球的质量m＝eq \f(aR,b)，故B正确。由图乙可知，当v2＝c>b时，速度大于杆的弹力为零的临界速度，此时杆的弹力方向向下，故C错误。当v2＝2b时，由F合＝meq \f(v2,R)，故有FN＋mg＝eq \f(2mb,R)＝eq \f(2×\f(aR,b)×b,R)＝2a＝2mg，得FN＝mg＝a，故D错误。 1．(2023·山西省长治市高一下期中)(多选)图甲是在笼中表演的摩托飞车，其某次在竖直平面内的表演可简化为图乙所示，将笼在竖直平面看作半径为r的圆。已知摩托车和驾驶员(可简化为质点)的总质量为M，关于在竖直平面内表演的摩托车，下列说法正确的是(　　) A．在最高点受到的最小弹力为Mg B．在最高点的最小速度为eq \r(gr) C．在最低点处于超重状态，在最高点处于失重状态 D．在最低点处于失重状态，在最高点处于超重状态 解析：摩托车在最高点受到笼的最小弹力为0，此时由重力提供向心力，且速度最小，有Mg＝Meq \f(v2,r)，解得在最高点的最小速度vmin＝eq \r(gr)，故A错误，B正确；摩托车在最低点有方向竖直向上的向心加速度，处于超重状态，在最高点有方向竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故C正确，D错误。 2．(多选)竖直平面内的圆周运动是物理学里的经典模型之一，某同学通过如下实验来探究其相关规律：如图所示，质量为m的均质小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在轻杆一端，现给小球一初速度让其绕O点在竖直面内做圆周运动，小球球心到O点距离为L。已知当力传感器受到球对其的压力时读数为负，受到拉力时读数为正，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．只有当小球通过圆周最高点的速度大于eq \r(gL)时才能完成完整的圆周运动 B．若小球通过圆周最高点时速度大小为eq \r(\f(\a\vs4\al(gL),3))，则力传感器读数为－eq \f(2,3)mg C．小球在与圆心等高的B点下方运动的过程中，力传感器读数总是为负值 D．若小球通过圆周最低点时速度大小为eq \r(2gL)，则力传感器读数为3mg 解析：通过轻杆连接的小球只要在最高点的速度大于0即可完成完整的圆周运动，A错误；对通过最高点时的小球进行受力分析，以竖直向下为传感器作用力的正方向，有mg＋F1＝m2,1)eq \f(v,L) ，其中v1＝eq \r(\f(\a\vs4\al(gL),3))，解得小球受到力传感器的作用力F1＝－eq \f(2,3)mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知传感器受到小球向下的压力，则力传感器读数为－eq \f(2,3)mg，故B正确；小球在与圆心等高的B点下方运动的过程中，小球都受到拉力，根据牛顿第三定律可知力传感器受到小球的拉力，则力传感器读数总是为正值，故C错误；对通过最低点时的小球进行受力分析，有F2－mg＝m2,2)eq \f(v,L) ，其中v2＝eq \r(2gL)，解得力传感器对小球的拉力F2＝3mg，结合C项分析可知力传感器的读数为3mg，故D正确。 解析：设圆管的质量为M，小球的质量为m，小球在最高点的速度大小为v，根据题意，对圆管受力分析，由平衡条件可知，小球在最高点给圆管竖直向上的作用力与圆管的重力平衡，结合牛顿第三定律可知，圆管给小球竖直向下的作用力F＝Mg，对此时的小球，由牛顿第二定律有Mg＋mg＝meq \f(v2,r)，代入数据解得v＝4 m/s，故选B。 4．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，若小球在最高点速率为v时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为(　　) A．5eq \r(3) N B．20eq \r(3) N C．15 N D．10eq \r(3) N 解析：小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg＝meq \f(v2,r)，当小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为FT，由牛顿第二定律得mg＋2FTcos30°＝meq \f(（2v）2,r)，解得FT＝eq \r(3)mg＝5eq \r(3) N，故选A。 5．如图所示，小球A质量为m，固定在长度为L的轻细直杆的一端，并随杆一起绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动。如果小球经过最高点时，杆对球的拉力大小等于球的重力。重力加速度为g。 (1)求小球在最高点的速度大小； (2)若小球经过最低点时速度为eq \r(6gL)，求此时杆对球的作用力大小和球的向心加速度大小。 答案：(1)eq \r(2gL)　(2)7mg　6g 解析：(1)小球在最高点时，受重力mg和杆对它向下的拉力F1，合力提供向心力，设此时小球的速度大小为v1，由牛顿第二定律得mg＋F1＝m2,1)eq \f(v,L) 根据题意可知F1＝mg 联立解得v1＝eq \r(2gL)。 (2)小球在最低点时，设杆对球的作用力大小为F2，球的向心加速度大小为an，速度大小为v2，由牛顿第二定律得F2－mg＝man 又an＝2,2)eq \f(v,L) 其中v2＝eq \r(6gL) 可解得F2＝7mg，an＝6g。 1．(2023·陕西省西安市高一统考期中)如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的小球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距小球A为L处的O点，给小球B一个初速度后，杆和小球在竖直平面内转动，小球B运动到最高点时，杆对小球B恰好无作用力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则小球B在最高点时(　　) A．小球B的速度为零 B．小球A的速度大小为eq \r(2gL) C．水平转轴对杆的作用力大小为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力大小为2.5mg 解析：小球B运动到最高点时，杆对小球B恰好无作用力，则重力恰好提供小球B做圆周运动的向心力，设此时小球B的速度为vB，对小球B有mg＝2,B)eq \f(mv,2L) ，解得vB＝eq \r(2gL)，故A错误；由于A、B两小球同轴转动，角速度相等，由v＝ωr可知，此时小球A的速度大小vA＝eq \f(1,2)vB＝eq \f(\r(\a\vs4\al(2gL)),2)，故B错误；小球B到最高点时，对杆无弹力，此时小球A由重力和杆的作用力的合力提供向心力，有F－mg＝2,A)eq \f(mv,L) ，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律知，小球A对杆的作用力大小为F′＝F＝1.5mg，方向竖直向下，对杆受力分析可知，水平转轴对杆的作用力与F′是一对平衡力，大小也为1.5mg，故C正确，D错误。 2．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 \f(Mg,mL) D．若使支架离开地面，则电动机的角速度ω＞eq \r(\f(\a\vs4\al(（M＋m）g),mL)) 解析：铁块转动到最低点时，有竖直向上的向心加速度，故轻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；铁块转动到最高点时，若铁块的重力恰好提供所需向心力，则此时铁块所受轻杆的弹力为零，故B错误；铁块在最高点时，支架最容易离开地面，若铁块运动至最高点时支架对地面的压力恰好为零，则此时轻杆对支架的拉力大小等于Mg，轻杆对铁块的拉力大小也为Mg，对铁块根据牛顿第二定律有mωeq \o\al(2,min)L＝Mg＋mg，解得ωmin＝eq \r(\f(\a\vs4\al(（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(\a\vs4\al(（M＋m）g),mL))，故C错误，D正确。 $$