专题12 圆周运动模型(解析版)
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2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练
专题12 圆周运动模型
【专题导航】
目录
热点题型一圆周运动的运动学问题 (1)
热点题型二圆周运动中的动力学问题 (4)
模型一车辆转弯问题 (6)
模型二圆锥摆模型 (8)
热点题型三竖直面内圆周运动中的临界问题的分析方法 (11)
模型一汽车过拱桥模型 (12)
模型二轻绳模型 (13)
模型三轻杆模型 (15)
热点题型四圆周运动中的两类临界问题 (17)
热点题型五实验:验证向心力的影响因素 (22)
【题型归纳】
热点题型一圆周运动的运动学问题
【题型要点】1.运动参量
当r 一定时,v 与ω成正比. 当ω一定时,v 与r 成正比. 当v 一定时,ω与r 成反比. 3.对a n =v 2
r
=ω2r 的理解
在v 一定时,a n 与r 成反比;在ω一定时,a n 与r 成正比. 4.常见的传动方式及特点
(1)皮带传动:如图甲、乙所示,皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等,即v A =v B .
(2)摩擦传动和齿轮传动:如图甲、乙所示,两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等,即v A =v B .
(3)同轴转动:如图甲、乙所示,绕同一转轴转动的物体,角速度相同,ωA=ωB,由v=ωr知v与r成正比.
【例1】(多选)(2020·辽宁丹东质检)在如图所示的齿轮传动中,三个齿轮的半径之比为2∶3∶6,当齿轮转动的时候,小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点()
A.A点和B点的线速度大小之比为1∶1 B.A点和B点的角速度之比为1∶1
C.A点和B点的角速度之比为3∶1 D.以上三个选项只有一个是正确的
【答案】AC
【解析】:题图中三个齿轮边缘线速度相等,A点和B点的线速度大小之比为1∶1,由v=ωr可得,线速度一定时,角速度与半径成反比,A点和B点角速度之比为3∶1,选项A、C正确,选项B、D错误.
【变式1】(多选)(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)明代出版的《天工开物》一书中记载:“其湖池不流水,或以牛力转盘,或聚数人踏转.”并附有牛力齿轮翻车的图画如图5所示,翻车通过齿轮传动,将湖水翻入农田.已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑,B、C齿轮同轴,若A、B、C三齿轮半径的大小关系为r A>r B>r C,则()
A .齿轮A 、
B 的角速度相等 B .齿轮A 的角速度比齿轮
C 的角速度小
C .齿轮B 、C 的角速度相等
D .齿轮A 边缘的线速度比齿轮C 边缘的线速度小 【答案】BC
【解析】齿轮A 与齿轮B 是齿轮传动,边缘线速度大小相等,根据公式v =ωr 可知,半径比较大的A 的角速度小于B 的角速度.而B 与C 是同轴转动,角速度相等,所以齿轮A 的角速度比齿轮C 的角速度小,故A 错误,B 、C 正确;B 、C 角速度相等,齿轮B 的半径大,边缘线速度大于C 的,又齿轮A 与齿轮B 边缘线速度大小相等,所以齿轮A 边缘的线速度比C 边缘的线速度大,故D 错误.
【变式2】如图所示,轮O 1、O 3固定在同一转轴上,轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑.在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ,已知三个轮的半径之比r 1∶r 2∶r 3=2∶1∶1,求:
(1)A 、B 、C 三点的线速度大小之比v A ∶v B ∶v C ; (2)A 、B 、C 三点的角速度之比ωA ∶ωB ∶ωC ; (3)A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比a A ∶a B ∶a C . 【答案】(1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1
【解析】(1)令v A =v ,由于皮带传动时不打滑,所以v B =v .因ωA =ωC ,由公式v =ωr 知,当角速度一定时,线速度跟半径成正比,故v C =1
2
v ,所以v A ∶v B ∶v C =2∶2∶1.
(2)令ωA =ω,由于轮O 1、O 3同轴转动,所以ωC =ω.因v A =v B ,由公式ω=v
r 知,当线速度相等时,角速度
跟半径成反比,故ωB =2ω,所以ωA ∶ωB ∶ωC =1∶2∶1.
(3)令A 点向心加速度大小为a A =a ,因v A =v B ,由公式a =v 2
r 知,当v 一定时,向心加速度大小跟半径成反
比,所以a B =2a .又因为ωA =ωC ,由公式a =ω2r 知,当角速度一定时,向心加速度大小跟半径成正比,故a C =1
2
a ,所以a A ∶a B ∶a C =2∶4∶1.
热点题型二 圆周运动中的动力学问题
【题型要点】1.向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的,不是物体又受到的一个力,它可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力的分力.
2.几种典型运动模型
模型一车辆转弯问题
【例1】(多选)(2020·安徽合肥市第二次质检)如图所示为运动员在水平道路上转弯的情景,转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧,运动员始终与自行车在同一平面内.转弯时,只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时,车才不会倾倒.设自行车和人的总质量为M,轮胎与路面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.下列说法正确的是()
A.车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B.转弯时车不发生侧滑的最大速度为μgR
C.转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg D.转弯速度越大,车所在平面与地面的夹角越小
【答案】BD
【解析】车受到的地面的支持力方向不与车所在的平面平行,故A错误;设自行车受到地面的弹力为F N,
则有:F fm=μF N,由平衡条件有:F N=Mg,根据牛顿第二定律有:F fm=M v m2
R,代入数据解得:v m=μgR,
故B正确;对车(包括人)受力分析如图,
地面对自行车的弹力F N 与摩擦力F f 的合力过人与车的重心,则:1tan θ=F f Mg ,解得F f =Mg
tan θ,转弯时车与
地面间的静摩擦力不一定为μMg ,转弯速度越大,车所在平面与地面的夹角越小,C 错误,D 正确. 【变式1】.(2020·四川遂宁三诊)如图所示,图1是甲汽车在水平路面转弯行驶,图2是乙汽车在倾斜路面上转弯行驶.关于两辆汽车的受力情况,以下说法正确的是( )
A .两车都受到路面竖直向上的支持力作用
B .两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力
C .甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力
D .乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力 【答案】D.
【解析】:图1中路面对汽车的支持力竖直向上;图2中路面的支持力垂直路面斜向上,A 错误;图1中甲汽车受到平行路面指向弯道内侧的摩擦力作为向心力;图2中若路面的支持力与重力的合力提供向心力,即mg tan θ=m v 2
R ,即v =gR tan θ,则此时路面对车没有摩擦力作用;若v <gR tan θ,则乙车受平行路面指
向弯道外侧的摩擦力,B 、C 错误,D 正确.
【变式2】(多选)(2020·天津市南开区下学期二模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外,还受到重力和机翼的升力,机翼的升力垂直于机翼所在平面向上,当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图9所示),以保证重力和机翼升力的合力提供向心力.设飞机以速率v 在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角,飞行周期为T .则下列说法正确的是( )
A .若飞行速率v 不变,θ增大,则半径R 增大
B .若飞行速率v 不变,θ增大,则周期T 增大
C .若θ不变,飞行速率v 增大,则半径R 增大
D .若飞行速率v 增大,θ增大,则周期T 可能不变
【答案】CD
【解析】对飞机进行受力分析,如图所示,
根据重力和机翼升力的合力提供向心力,得mg tan θ=m v 2R =m 4π2
T 2R ,解得:v =gR tan θ,T =2π
R
g tan θ
.若飞行速率v 不变,θ增大,由v =gR tan θ知,R 减小,则再由T =2π
R
g tan θ
知T 减小,故A 、B 错误;若θ不变,飞行速率v 增大,由v =gR tan θ知,R 增大,故C 正确;若飞行速率v 增大,θ增大,R 的变化不能确定,则周期T 可能不变,故D 正确.
模型二 圆锥摆模型
【例2】(多选)(2020·四川成都七中5月测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P 可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转.一根轻绳穿过P ,两端分别连接质量为m 1和m 2的小球A 、B (m 1≠m 2).设两球同时做如图6所示的圆锥摆运动,且在任意时刻两球均在同一水平面内,则( )
A .两球运动的周期相等
B .两球的向心加速度大小相等
C .球A 、B 到P 的距离之比等于m 2∶m 1
D .球A 、B 到P 的距离之比等于m 1∶m 2 【答案】AC
【解析】对其中一个小球受力分析,其受到重力和绳的拉力F T ,绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡,设轻绳与竖直方向的夹角为θ,则有F T cos θ=mg ,拉力在水平方向上的分力提供向心力,设该小球到P 的距离为l ,则有F T sin θ=mg tan θ=m 4π2
T
2l sin θ,解得周期为T =2π
l cos θ
g
=2πh
g
,因为任意时刻两球均在同一水平面内,故两球运动的周期相等,选项A 正确;连接两球的绳的张力F T 相等,由于向心力为F n =
F T sin θ=mω2l sin θ,故m 与l 成反比,即l 1l 2=m 2m 1,又小球的向心加速度a =ω2h tan θ=(2π
T )2h tan θ,故向心加
速度大小不相等,选项C 正确,B 、D 错误.
【变式1】(多选)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上做匀速圆周运动.已知L 1跟竖直方向的夹角为60°,L 2跟竖直方向的夹角为30°,下列说法正确的是( )
A .细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1
B .小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1
C .小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1
D .小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1 【答案】AC.
【解析】:对任一小球进行研究,设细线与竖直方向的夹角为θ,竖直方向受力平衡,则T cos θ=mg ,解得T =mg cos θ,所以细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为T 1T 2=cos 30°cos 60°=3
1,故A 正确;小球所受合力的大小
为mg tan θ,根据牛顿第二定律得mg tan θ=mLω2sin θ,得ω2=g L cos θ,故两小球的角速度大小之比为ω1ω2
=
cos 30°cos 60°=4
3
1
,故B 错误;小球所受合力提供向心力,则向心力为F =mg tan θ,小球m 1和m 2的向心力大小之比为F 1F 2=tan 60°tan 30°=3,故C 正确;两小球角速度大小之比为4
3∶1,由v =ωr 得线速度大小之比为
33∶1,故D 错误.
【变式2】(2020·河南省八市重点高中联盟第三次模拟)如图所示,用一根细绳一端系一个小球,另一端固定,给小球不同的初速度,使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动,则下列细绳拉力F 、悬点到轨迹圆心高度h 、向心加速度a 、线速度v 与角速度平方ω2的关系图象正确的是( )
【答案】A
【解析】设细绳长度为l,小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ,细绳拉力为F,有F sin θ=
mω2l sin θ,得F=mω2l,选项A正确;mg tan θ=mω2l sin θ,得h=l cos θ=g
ω2,选项B错误;小球的向心加
速度a=ω2l sin θ,小球运动的角速度不同时,sin θ不同,选项C错误;小球的线速度v=ωl sin θ,选项D 错误。
【变式3】.(2020·黄冈中学模拟)“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱,这项运动由杂技演员驾驶摩托车,沿表演台的侧壁做匀速圆周运动.简化后的模型如图所示,若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变,摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零,轨道平面离地面的高度为H,侧壁倾斜角度α不变,则下列说法中正确的是()
A.摩托车做圆周运动的H越高,向心力越大B.摩托车做圆周运动的H越高,线速度越大
C.摩托车做圆周运动的H越高,向心力做功越多D.摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小
【答案】B
【解析】:摩托车做匀速圆周运动,提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力,作出受力图,如图所示.
向心力F 向=mg tan α,m 、α不变,向心力大小不变,A 错误;根据牛顿第二定律得F 向=m v 2
r ,h 越高,r
越大,F 向不变,则v 越大,B 正确;向心力对物体不做功,C 错误;侧壁对摩托车的支持力F =mg
cos α不变,
则摩托车对侧壁的压力不变,D 错误.
热点题型三 竖直面内圆周运动中的临界问题的分析方法
【题型要点】常见模型
【解题技巧】
(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同. (2)确定临界点:抓住绳模型中最高点v ≥gR 及杆模型中v ≥0这两个临界条件. (3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.
(4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程:F 合=F 向. (5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.
模型一 汽车过拱桥模型
【例1】.一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后,接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥.设两圆弧半径相等,汽车通过拱形桥桥顶时,对桥面的压力F N1为车重的一半,汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时,对桥面的压力为F N2,则F N1与F N2之比为( ) A .3∶1 B .3∶2 C .1∶3 D .1∶2
【答案】C.
【解析】:汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时,由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力.如图甲所示,汽车过圆弧形拱形桥的最高点时,由牛顿第三定律可知,汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等,即F N1=F ′N1∶
所以由牛顿第二定律可得mg -F ′N1=mv 2R
∶
同样,如图乙所示,F ′N2=F N2,汽车过圆弧形凹形桥的最低点时,有F ′N2-mg =mv 2
R ∶
由题意可知F N1=1
2
mg ∶
由∶∶∶∶式得F N2=3
2
mg ,所以F N1∶F N2=1∶3.
【变式1】如图,在一固定在水平地面上A 点的半径为R 的球体顶端放一质量为m 的物块,现给物块一水平初速度v 0,则( )
A .若v 0=gR ,则物块落地点距离A 点为 2R
B .若球面是粗糙的,当v 0<gR 时,物块一定会沿球面下滑一段,再斜抛离开球面
C .若v 0<gR ,则物块落地点离A 点为R
D .若v 0≥gR ,则物块落地点离A 点至少为2R 【答案】D.
【解析】:若v 0≥gR ,物块将离开球面做平抛运动,由y =2R =gt 2
2、x =v 0t ,得x ≥2R ,A 错误,D 正确;若
v 0<gR ,物块将沿球面下滑,若摩擦力足够大,则物块可能下滑一段后停在球面上某位置,若摩擦力较小,物块将在球心上方球面上某处离开,向下做斜抛运动,落地点到A 点距离大于R ,B 、C 错误.
模型二 轻绳模型
【例2】.(多选)(2020·黑龙江哈尔滨三中期中)如图所示,长为L 的细绳一端拴一质量为m 的小球,另一端固定在O 点,绳的最大承受能力为11mg ,在O 点正下方O ′点有一小钉,先把绳拉至水平再释放小球,为使绳不被拉断且小球能以O ′为轴完成竖直面内完整的圆周运动,则钉的位置到O 点的距离为( )
A .最小为25L
B .最小为3
5L
C .最大为4
5L
D .最大为9
10
L
【答案】BC.
【解析】:当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r ,重力提供向心力,则有mg =m v 2
r
,根
据机械能守恒定律可知,mg (L -2r )=12mv 2,联立解得:r =25L ,故钉的位置到O 点的距离为L -25L =3
5L ;当
小球转动时,恰好达到绳子的最大拉力时,即F =11mg ,此时一定处在最低点,设半径为R ,则有:11mg -mg =m v 20
R ,根据机械能守恒定律可知,mgL =12mv 20,联立解得:R =15L ,故此时离最高点距离为45L ,则可知,距离最小为35L ,距离最大为4
5
L ,故B 、C 正确,A 、D 错误.
【例2】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F N ,小球在最高点的速度大小为v ,F N -v 2图象如图乙所示。
下列说法正确的是( )
A .当地的重力加速度大小为R b
B .小球的质量为aR
b
C .当v 2=c 时,杆对小球弹力方向向上
D .若v 2=2b ,则杆对小球弹力大小为2a 【答案】B
【解析】在最高点,若v =0,则F N =a =mg ;若F N =0,则mg =m v 2R =m b R ,解得g =b R ,m =a
b R ,故A 错误,
B 正确;由题图可知:当v 2<b 时,杆对小球弹力方向向上,当v 2>b 时,杆对小球弹力方向向下,所以当v 2=c 时,杆对小球弹力方向向下,故
C 错误;若v 2=2b ,则F N +mg =m 2b
R ,解得F N =a =mg ,故D 错误。
【变式2】如图甲,小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动,小球经过最高点时的速度大小为v ,此时绳子的拉力大小为F T ,拉力F T 与速度的平方v 2的关系如图乙所示,图象中的数据a 和b 包括重力加速度g 都为已知量,以下说法正确的是( )
A .数据a 与小球的质量有关
B .数据b 与圆周轨道半径有关
C .比值b
a
只与小球的质量有关,与圆周轨道半径无关
D .利用数据a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径 【答案】D
【解析】在最高点对小球受力分析,由牛顿第二定律有F T +mg =m v 2R ,可得图线的函数表达式为F T =m v 2
R -
mg ,题图乙中横轴截距为a ,则有0=m a R -mg ,得g =a R ,则a =gR ,A 错误;图线过点(2a ,b ),则b =m
2a
R -mg ,可得b =mg ,B 错误;b a =m R ,C 错误;由b =mg 得m =b g ,由a =gR 得R =a
g
,则D 正确。
模型三 轻杆模型
【例3】.(2020·山东烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m 的小球,以另一端O 为圆心,使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动,如图所示,则下列说法正确的是( )
A .小球过最高点时,杆所受到的弹力可以等于零
B .小球过最高点的最小速度是gR
C .小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D .小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而减小 【答案】A.
【解析】:轻杆可对小球产生向上的支持力,小球经过最高点的速度可以为零,当小球过最高点的速度v =gR 时,杆所受的弹力等于零,A 正确,B 错误;若v <gR ,则杆在最高点对小球的弹力竖直向上,mg -F =m v 2R ,随v 增大,F 减小,若v >gR ,则杆在最高点对小球的弹力竖直向下,mg +F =m v 2
R ,随v 增大,F 增大,故C 、D 均错误.
【变式1】(2020·四川绵阳市诊断)如图所示,轻杆长3L ,在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ,光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点,外界给系统一定能量后,杆和球在竖直平面内转动,球B 运动到最高点时,杆对球B 恰好无作用力.忽略空气阻力,重力加速度为g ,则球B 在最高点时( )
A .球
B 的速度为零 B .球A 的速度大小为2gL
C .水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D .水平转轴对杆的作用力为2.5mg 【答案】C
【解析】球B 运动到最高点时,杆对球B 恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,则有mg =m v B 2
2L ,解得v B
=2gL ,故A 错误;由于A 、B 两球的角速度相等,则球A 的速度大小v A =1
22gL ,故B 错误;B 球在最
高点时,对杆无弹力,此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力,有F -mg =m v A 2
L ,解得:F =1.5mg ,
根据牛顿第三定律可知,C 正确,D 错误.
【变式2】.(2020·山西吕梁模拟)如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R ,小球半径为r ,则下列说法正确的是( )
A .小球通过最高点时的最小速度v min =g (R +r )
B .小球通过最高点时的最小速度v min =0
C .小球在水平线ab 以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D .小球在水平线ab 以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力 【答案】BC
【解析】:.在最高点,由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用,当小球的速度等于0时,内管对小球产
生弹力,大小为mg ,故最小速度为0,故A 错误,B 正确;小球在水平线ab 以下管道运动时,由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力,所以外侧管壁对小球一定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作用力,故C 正确;小球在水平线ab 以上管道运动时,由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力,可能外侧壁对小球有作用力,也可能内侧壁对小球有作用力,故D 错误.
【变式3】(2020·河北保定一模)如图所示,半径为R 的细圆管(管径可忽略)内壁光滑,竖直放置,一质量为m 、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动,测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg ,g 为当地重力加速度,则 ( )
A .小球在管顶部时速度大小一定为2gR
B .小球运动到管底部时速度大小可能为2gR
C .小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mg
D .小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg 【答案】C
【解析】小球在管顶部时可能与外壁有作用力,也可能与内壁有作用力。
如果小球与外壁有作用力,对小球受力分析可知2mg =m v 2R ,可得v =2gR ,其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有1
2mv 21=2mgR
+12mv 2,可得v 1=6gR ,小球在管底部时,由牛顿第二定律有F N1-mg =m v 21
R ,解得F N1=7mg ,由牛顿第三定律知,小球对管壁的压力为7mg 。
如果小球与内壁有作用力,对小球受力分析可知,在最高点小球速度为零,其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有12mv 22=2mgR ,解得v 2=2gR ,小球在管底部时,
由牛顿第二定律有F N2-mg =m v 22
R ,解得F N2=5mg ,由牛顿第三定律知,小球对管壁的压力为5mg ,选项C
正确,A 、B 、D 错误。
热点题型四 圆周运动中的两类临界问题
【题型要点】1.与摩擦力有关的临界极值问题
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.
(1)如果只是摩擦力提供向心力,则最大静摩擦力F m=mv2
r,静摩擦力的方向一定指向圆心.
(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,其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件,分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心.
2.与弹力有关的临界极值问题
(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零.
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等.
【例1】(多选)如图所示,两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上,两者用长为L的细绳连接,木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍,A放在距离转轴L处,整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动,开始时,绳恰好伸直但无弹力,现让该装置从静止开始转动,使角速度缓慢增大,以下说法正确的是()
A.当ω>2Kg
3L时,A、B相对于转盘会滑动
B.当ω>Kg
2L,绳子一定有弹力
C.ω在Kg
2L<ω<
2Kg
3L范围内增大时,B所受摩擦力变大
D.ω在0<ω<2Kg
3L范围内增大时,A所受摩擦力一直变大
【答案】ABD
【解析】当A、B所受摩擦力均达到最大值时,A、B相对转盘即将滑动,则有Kmg+Kmg=mω2L+mω2·2L,
解得:ω=2Kg
3L,A项正确;当B所受静摩擦力达到最大值后,绳子开始有弹力,即有:Kmg=m·2L·ω2,
解得ω=Kg
2L,可知当ω>
Kg
2L时,绳子有弹力,B项正确;当ω>
Kg
2L时,B已达到最大静摩擦力,则
ω在Kg
2L<ω<
2Kg
3L范围内增大时,B受到的摩擦力不变,C项错误;ω在0<ω<
2Kg
3L范围内,A相对转
盘是静止的,A 所受摩擦力为静摩擦力,所以由F f -F T =mLω2可知,当ω增大时,静摩擦力也增大,D 项正确.
【变式1】.(多选)(2020·四川南充市第一次高考适应性考试)如图所示,A 、B 两个物体放在水平旋转的圆盘上,A 的质量是m ,B 的质量为2m ,B 离轴距离为R ,A 离轴距离为2R ,在转盘转速增加的过程中,两物体始终相对盘静止,则( )
A .A 与
B 的线速度大小之比为2∶1 B .A 与B 的角速度之比为1∶1
C .A 与B 的向心加速度大小之比为1∶1
D .摩擦力对物体做正功 【答案】BD
【解析】A 、B 同轴转动,角速度相等,即ωA ∶ωB =1∶1,由v =rω得:v A ∶v B =r A ∶r B =2∶1,故A 错误,B 正确;根据a =rω2知,a A ∶a B =r A ∶r B =2∶1,故C 错误;由于只有摩擦力对物体做功,由动能定理得:W f =ΔE k ,转盘转速增加则动能增加,所以摩擦力对物体做正功,故D 正确.
【例2】.(多选)(2020·广东汕头市调研)如图所示,两个质量均为m 的小球A 、B 套在半径为R 的圆环上,圆环可绕竖直方向的直径旋转,两小球随圆环一起转动且相对圆环静止.已知OA 与竖直方向的夹角θ=53°,OA 与OB 垂直,小球B 与圆环间恰好没有摩擦力,重力加速度为g ,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.下列说法正确的是( )
A .圆环旋转角速度的大小为
5g
4R
B .圆环旋转角速度的大小为5g 3R
C .小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mg
D .小球A 与圆环间摩擦力的大小为1
5mg
【答案】AD
【解析】圆环旋转的角速度与小球B 旋转的角速度相同.小球B 受到的合外力提供向心力,根据平行四边形定则可得F =mg tan θ=3
4
mg ,由F =mω2r ,r =R cos θ,联立解得ω=
5g
4R
,故A 正确,B 错误;同理可得,对小球A 进行分析,小球A 受到的摩擦力大小为F f ,方向沿圆弧切线向上,根据牛顿第二定律,在竖直方向有F N2cos θ+F f sin θ=mg ,在水平方向有F N2sin θ-F f cos θ=mω2r ′,其中r ′=R sin θ,联立解得F f =1
5mg ,
故C 错误,D 正确.
【变式2】.如图所示,用一根长为l =1 m 的细线,一端系一质量为m =1 kg 的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥体顶端,锥面与竖直方向的夹角θ=37°,当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2,结果可用根式表示)
(1)若要小球离开锥面,则小球的角速度ω0至少为多大? (2)若细线与竖直方向的夹角为60°,则小球的角速度ω′为多大? 【答案】:(1)52
2 rad/s (2)2 5 rad/s
【解析】:(1)若要小球刚好离开锥面,此时小球只受到重力和细线拉力,如图所示.小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力水平,在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得: mg tan θ=mω20l sin θ 解得:ω20=g l cos θ
即ω0=
g l cos θ=5
2
2 rad/s. (2)同理,当细线与竖直方向成60°角时,由牛顿第二定律及向心力公式:mg tan α=mω′2l sin α。