发布时间 : 星期二 文章高考物理大一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动教学案更新完毕开始阅读f937bd3114fc700abb68a98271fe910ef12dae10
水平面内的圆周运动 [讲典例示法]
1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点 运动轨迹是圆且在水平面内。 2．匀速圆周运动的受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。 (2)合外力充当向心力。
3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤
(1)选择研究对象，找出匀速圆周运动的圆心和半径。 (2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。
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v24π2
(3)由Fn＝m或Fn＝mrω或Fn＝mr2列方程求解。
rT4．水平面内圆周运动的三种临界情况
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是：弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。
[典例示法] (2019·兰州质检)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方
h(A点)处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴
带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )
A．小球始终受三个力的作用 B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为g hg l思路点拨：(1)当转动的角速度较小时，水平面对小球有支持力作用；当转动的角速度较大时，小球将离开水平面。
(2)小球做匀速圆周运动的半径r与绳长l之间的关系，可由几何形状来确定。 (3)小球对水平面的压力为零，是小球将离开水平面的临界条件，此时，小球的合力由自身的重力及细绳的拉力合成来确定。
[解析] 小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向
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的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得Tsin β＝mωlsin β可知，随角速度变化，细绳的拉力T会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有Tcos θ＝mg，
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Tsin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝则角速度大于
[答案] C
glcos θ＝g，若小球飞离了水平面，hg，而hg [跟进训练] 1．(多选)(2019·江苏省如东县第一次检测)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则( ) A．该弯道的半径r＝ v2 gtan θ B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变 C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压 AB [火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处 v2v2 斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得r＝，故选项A正确； rgtan θv2 根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得v＝grtan θ，可知火车规定的行驶速度与质 r量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。] 2.(多选)(2019·河南示范性高中联考)如图所示，A、B两小球用一根轻绳连接，轻绳跨过圆锥筒顶点处的光滑小定滑轮，圆锥筒的侧面光滑。当圆锥筒绕竖直对称轴OO′匀速转动时，两球都位于筒侧面上，且与筒保持相对静止，小球A到顶点O的距离大于小球B到顶点O的距离，则下列判断正确的是( ) A．A球的质量大 6 B．B球的质量大 C．A球对圆锥筒侧面的压力大 D．B球对圆锥筒侧面的压力大 BD [本题考查圆锥面内的圆周运动问题。绳对A、B两球的拉力大小相等，设绳子对小球的拉力大小为T，侧面对小球的支持力大小为F，则竖直方向有Tcos θ＋Fsin θ＝mg，水平方向有Tsin θ－Fcos θ＝mωlsin θ，可得T＝mgcos θ＋mωlsin θ，可知质量 2 2 2 mg－Fsin θm越大，l就越小，则B球的质量大，又T＝，可知m越大，F就越大，则B球 cos θ受圆锥筒侧面的支持力大，结合牛顿第三定律可知选项B、D正确，A、C错误。] 3.(多选)(2019·沙市中学模拟)如图所示，在光滑的以角速度ω旋转的水平细杆上穿有质量分别为m和M的两球，两球用轻细线(不会断)连接，若M>m，则( ) A．当两球离轴距离相等时，两球可能相对杆静止 B．当两球离轴距离之比等于质量之比时，两球一定相对杆滑动 C．若两球相对于杆滑动，一定是都向穿有质量为M的球的一端滑动 D．若角速度为ω时，两球相对杆都不动，那么角速度为2ω时，两球也不动 BD [两小球所受细线的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，由于两小球质量不等，角速度相等，当两球离轴距离相等时，则有Mωr>mωr，所以两球相对杆会滑动，故A错误。两球的向心力是相等的，则有Mωr1＝mωr2，所以＝<1，两球离轴距离与质量成反比时可以与杆保持相对静止，所以两球离轴距离之比等于质量之比时，两球会相对杆滑动，故B正确。若Mωr1>mωr2，两球向质量为M的小球一端滑动，若Mωr1 竖直平面内的圆周运动 [讲典例示法] 1．竖直面内圆周运动的两类模型 一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法 2 2 2 2 2 2 2 22 2 r1mr2M 图示 受力特征 “轻绳”模型 “轻杆”模型 物体受到的弹力方向为向下、等于零或向上 物体受到的弹力方向为向下或等于零 7 受力示意图 力学方程 v2mg＋FN＝m Rv2minFN＝0 mg＝m R即vmin＝gR mv2mg±FN＝ Rv＝0 即F向＝0 临界特征 FN＝mg 在最高点的速度 过最高点的条件 在最高点的速度 v≥gR v≥0 [典例示法] (多选)(2019·湖北重点中学模拟)如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v图象如图乙所示，g取10 m/s，则( ) 甲 乙 A．小球的质量为4 kg B．固定圆环的半径R为0.8 m C．小球在最高点的速度为4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向向上 D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100 N 思路点拨：解此题关键有两点 (1)做好小球在某一位置的动力学分析。 (2)将小球的动力学方程与F-v图象对应找出已知物理量。 [解析] 对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，F－mg＝0，结合图象可知：20 N－m·10 m/s＝0，解得小球质量m＝2 kg，选项A错误；当F＝0时，由重力提供向心力可 2 mv28?m/s?·m得mg＝，结合图象可知mg＝，解得固定圆环半径R为0.8 m，选项B正确；小 RR2 2 2 2 球在最高点的速度为4 m/s时，设小球受圆环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F＋mg＝ v2 m，代入数据解得F＝20 N，方向竖直向下，所以选项C错误；小球经过最低点时，其受力Rv21 最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝ R2mv2，由以上两式得F＝5 mg，代入数据得F＝100 N，选项D正确。 [答案] BD 分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路 8