2018-2019學年高考物理 主題一 曲線運動與萬有引力定律 1.2 圓周運動階段總結學案 粵教版.doc

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1.2 圓周運動 階段總結 一、圓周運動的動力學問題 解決圓周運動問題的一般步驟： (1)確定做圓周運動的物體為研究對象。明確圓周運動的軌道平面、圓心位置和半徑。 (2)對研究對象進行受力分析，畫出受力示意圖。運用平行四邊形定則或正交分解法求出外界提供的向心力F。 (3)抓住所給的已知條件，是線速度v、角速度ω、還是周期T，根據向心力公式F＝m＝mω2r＝mr＝mvω，選擇適當形式確定物體所需要的向心力。 (4)根據題意由牛頓第二定律及向心力公式列方程求解。 [例1] 一根長為L＝2.5 m的輕繩兩端分別固定在一根豎直棒上的A、B兩點，一個質量為m＝0.6 kg的光滑小圓環(huán)C套在繩子上，如圖1所示，當豎直棒以一定的角速度轉動時，圓環(huán)以B為圓心在水平面上做勻速圓周運動(θ＝37，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2)，求： 圖1 (1)此時輕繩上的拉力大小等于多少？ (2)豎直棒轉動的角速度為多大？ 解析　對圓環(huán)受力分析如圖 (1)圓環(huán)在豎直方向所受合外力為零， 得Fsin θ＝mg，所以F＝＝10 N， 即繩子拉力大小為10 N。 (2)圓環(huán)C在水平面內做勻速圓周運動，由于圓環(huán)光滑，所以圓環(huán)兩端繩的拉力大小相等。BC段繩水平時，圓環(huán)C做圓周運動的半徑r＝BC，則有r＋＝L，解得r＝ m 則Fcos θ＋F＝mrω2， 解得ω＝3 rad/s。 答案　(1)10 N　(2)3 rad/s [針對訓練1] 如圖2所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔的水平桌面上。小球在某一水平面內做勻速圓周運動(圓錐擺)?，F使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，兩次金屬塊Q都保持在桌面上靜止。則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是(　　) 圖2 A.Q受到桌面的靜摩擦力變大 B.Q受到桌面的支持力變大 C.小球P運動的角速度變小 D.小球P運動的周期變大 解析　金屬塊Q保持在桌面上靜止，對金屬塊和小球研究，豎直方向上沒有加速度，根據平衡條件得知，Q受到桌面的支持力等于兩個物體的總重力，保持不變，故B錯誤；設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為T，細線的長度為L。P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有T＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝，周期T＝＝2π，現使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cos θ減小，則得到細線拉力T增大，角速度增大，周期T減小。對Q，由平衡條件知f＝Tsin θ＝mgtan θ，知Q受到桌面的靜摩擦力變大，故A正確，C、D錯誤。 答案　A 二、圓周運動中的臨界問題 1.臨界狀態(tài)：當物體從某種特性變化為另一種特性時發(fā)生質的飛躍的轉折狀態(tài)，通常叫做臨界狀態(tài)，出現臨界狀態(tài)時，既可理解為“恰好出現”，也可理解為“恰好不出現”。 2.輕繩類：輕繩拴球在豎直面內做圓周運動，過最高點時，臨界速度為v＝，此時F繩＝0。 3.輕桿類 (1)小球能過最高點的臨界條件：v＝0； (2)當0＜v＜時，F為支持力； (3)當v＝時，F＝0； (4)當v＞時，F為拉力。 4.汽車過拱形橋：如圖3所示，當壓力為零時，即G－m＝0，v＝，這個速度是汽車能正常過拱形橋的臨界速度。v＜是汽車安全過橋的條件。 圖3 5.摩擦力提供向心力：如圖4所示，物體隨著水平圓盤一起轉動，物體做圓周運動的向心力等于靜摩擦力，當靜摩擦力達到最大時，物體運動速度也達到最大，由Fm＝m得vm＝，這就是物體以半徑r做圓周運動的臨界速度。 圖4 [例2] 如圖5所示，AB是半徑為R的光滑金屬導軌(導軌厚度不計)，a、b為分別沿導軌上、下兩表面做圓周運動的小球(可看做質點)，要使小球不脫離導軌，則a、b在導軌最高點的速度va、vb應滿足什么條件？ 圖5 解析　對a球在最高點，由牛頓第二定律得 mag－Na＝ma① 要使a球不脫離軌道， 則Na＞0② 由①②得va＜ 對b球在最高點，由牛頓第二定律得 mbg＋Nb＝mb③ 要使b球不脫離軌道， 則Nb＞0④ 由③④得vb＞。 答案　va＜　vb＞ [針對訓練2] 如圖6所示，水平轉盤上放有質量為m的物塊，當物塊到轉軸的距離為R時，連接物塊和轉軸的繩剛好被拉直(繩中張力為零)，物塊與轉盤間最大靜摩擦力是其重力的k倍，求： 圖6 (1)轉盤的角速度為ω1＝時繩中的張力大小T1； (2)轉盤的角速度為ω2＝時繩中的張力大小T2。 解析　設角速度為ω0時繩剛好被拉直且繩中張力為零，則由題意有 kmg＝mωr 解得ω0＝ (1)當轉盤的角速度為ω1＝時，有 ω1<ω0，物塊所受靜摩擦力足以提供物塊隨轉盤做圓周運動所需向心力 即T1＝0 (2)當轉盤的角速度為ω2＝時，有 ω2>ω0，物塊所受最大靜摩擦力不足以提供物塊隨轉盤做圓周運動所需向心力 則kmg＋T2＝mωr 解得T2＝kmg 答案　(1)0　(2)kmg 三、圓周運動與平拋運動結合的問題 [例3] 如圖7所示，一水平軌道與一豎直半圓軌道相接，半圓軌道半徑為R＝ 1.6 m，小球沿水平軌道進入半圓軌道，恰能從半圓軌道頂端水平射出(g取 10 m/s2)。求： 圖7 (1)小球射出后在水平軌道上的落點與出射點的水平距離； (2)小球落到水平軌道上時的速度大小。 解析　因為小球恰能從半圓軌道頂端水平射出，則在頂端小球由重力充當向心力有mg＝m 所以v0＝＝4 m/s (1)水平射出后小球做平拋運動，則有 豎直方向：2R＝gt2 水平方向：s＝v0t 所以解得s＝3.2 m (2)因為vy＝gt＝8 m/s 所以v＝＝4 m/s 答案　(1)3.2 m　(2)4 m/s [針對訓練3] 如圖8所示，一個人用一根長1 m、只能承受74 N拉力的繩子，拴著一個質量為1 kg的小球，在豎直平面內做圓周運動，已知圓心O離地面h＝6 m。轉動中小球在最低點時繩子恰好斷了。(取g＝10 m/s2)。求： 圖8 (1)繩子斷時小球運動的角速度為多大？ (2)繩斷后，小球落地點與拋出點間的水平距離是多少？ 解析　(1)設繩斷時小球角速度為ω，由牛頓第二定律得 F－mg＝mω2L 代入數據得ω＝8 rad/s。 (2)繩斷后，小球做平拋運動， 其初速度v0＝ωL＝8 m/s。 由平拋運動規(guī)律有h－L＝gt2。 得t＝1 s。 水平距離s＝v0t＝8 m。 答案　(1)8 rad/s　(2)8 m