新高考物理一輪復習刷題練習第19講 豎直面內(nèi)圓周運動之繩模型和“桿”模型及其臨界問題（含解析）

第19講豎直面內(nèi)圓周運動之繩”模型和“桿”模型及其臨界問題1．（2022·江蘇）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對空間站的影響可忽略．空間站上操控貨物的機械臂可簡化為兩根相連的等長輕質(zhì)臂桿，每根臂桿長為L．如圖1所示，機械臂一端固定在空間站上的O點，另一端抓住質(zhì)量為m的貨物．在機械臂的操控下，貨物先繞O點做半徑為2L、角速度為ω的勻速圓周運動，運動到A點停下．然后在機械臂操控下，貨物從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)時間t到達B點，A、B間的距離為L。（1）求貨物做勻速圓周運動時受到的向心力大小Fn。（2）求貨物運動到B點時機械臂對其做功的瞬時功率P。（3）在機械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如圖2所示，它們在同一直線上．貨物與空間站同步做勻速圓周運動．已知空間站軌道半徑為r，貨物與空間站中心的距離為d，忽略空間站對貨物的引力，求貨物所受的機械臂作用力與所受的地球引力之比F1：F2?！窘獯稹拷猓海?）貨物做勻速圓周運動，向心力F（2）設貨物到達B點的速度為v，根據(jù)勻變速規(guī)律L=v2貨物的加速度a=根據(jù)牛頓第二定律，機械臂對貨物的作用力F＝ma=機械臂對貨物做功的瞬時功率P＝Fv=（3）設地球質(zhì)量為M，空間站的質(zhì)量為m0，地球對空間站的萬有引力為F，根據(jù)萬有引力定律F=GM地球對貨物的萬有引力F2聯(lián)立①②得m0設空間站做勻速圓周運動的角速度為ω0，根據(jù)牛頓第二定律對空間站F=m對貨物F2聯(lián)立③④⑤解得F答：（1）貨物做勻速圓周運動時受到的向心力大小為2mω2L；（2）貨物運動到B點時機械臂對其做功的瞬時功率為4mL（3）貨物所受的機械臂作用力與所受的地球引力之比為r3一.豎直面內(nèi)的圓周運動——“繩”模型和“桿”模型1.在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的物體等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”；二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．繩、桿模型涉及的臨界問題繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球受力特征除重力外，物體受到的彈力向下或等于零除重力外，物體受到的彈力向下、等于零或向上受力示意圖過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、圓軌道對球產(chǎn)生彈力FN(2)不能過最高點時，v<eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心(2)當0<v<eq\r(gr)時，mg－FN＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N背離圓心，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0(4)當v>eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N指向圓心，并隨v的增大而增大3.豎直面內(nèi)圓周運動問題的解題思路二.例題精析題型一、桿球模型例1．一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是（）A．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零 B．小球過最高點的最小速度是gR C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大 D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小【解答】解：A、當小球到達最高點彈力為零時，重力提供向心力，有mg=mv2R，解得v=B、小球通過最高點的最小速度為零。故B錯誤。C、小球在最高點，若v＜gR，則有：mg?F=mv2R，桿子的作用力隨著速度的增大而減小，若v故選：A。題型二、繩球模型例2．如圖甲所示，輕繩一端固定在O點，另一端固定一小球（可看成質(zhì)點），讓小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動。改變小球通過最高點時的速度大小v，測得相應的輕繩彈力大小F，得到F﹣v2圖象如圖乙所示，已知圖線的延長線與縱軸交點坐標為（0，﹣b），斜率為k。不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．該小球的質(zhì)量為bg B．小球運動的軌道半徑為bkgC．圖線與橫軸的交點表示小球所受的合外力為零 D．當v2＝a時，小球的向心加速度為g【解答】解：A、在最高點，若v＝0，則N＝mg＝b；所以小球的質(zhì)量：m=bB、由幾何關系可知，圖線與橫坐標的交點：a若N＝0，由圖知：v2=k則有：mg＝mv2解得R=bC、由圖可知：圖線與橫軸的交點表示小球與受到的繩子的拉力為0，但小球所受的合外力不能為零。故C錯誤；D、若v2＝a時，b+mg＝mv2R=故選：B。三、舉一反三，鞏固提高如圖所示，內(nèi)部為豎直光滑圓軌道的鐵塊靜置在粗糙的水平地面上，小球沿圓軌道在豎直平面內(nèi)做圓周運動，鐵塊始終保持靜止，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．小球在圓軌道A點時，地面受到的壓力等于鐵塊和小球的總重力 B．小球在圓軌道B點時，地面受到的摩擦力方向水平向左 C．小球在圓軌道C點時，地面受到的壓力一定不為0 D．小球在圓軌道D點時，其加速度方向水平向左【解答】解：A、小球經(jīng)過最低點A時，假設軌道對小球的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律有：N﹣mg＝mv02R，解得：N＝mg+mv02R，根據(jù)牛頓第三定律可知小球對軌道的壓力為：N′＝mg+mv02RB、小球運動到B點時，在該位置小球所需向心力水平向右，小球對鐵塊的壓力水平向左，則地面對鐵塊的靜摩擦力水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，鐵塊對地面的摩擦力水平向左，故B正確；C、小球在圓軌道最高點C時，假設速度為v，根據(jù)牛頓第二定律有：NC+mg＝mv2R解得：NC＝mv2R?mg，根據(jù)牛頓第三定律可知小球對軌道的彈力為：NC'＝mv2R?mg，方向豎直向上，根據(jù)受力平衡有：N地'＝Mg﹣ND、小球運動到D點時，在該位置小球所需向心力水平向左，同時小球還收到自身的重力，因此在D點小球除了具有水平向左的加速度還具有豎直向下的加速度，故D錯誤；故選：B。如圖所示，長為L的懸線固定在O點，在O點正下方L2A．線速度突然增大為原來的2倍 B．線速度突然減小為原來的一半 C．向心加速度突然增大為原來的2倍 D．懸線拉力突然增大為原來的2倍【解答】解：AB、懸線與釘子碰撞前后瞬間，線的拉力始終與小球運動方向垂直，小球線速度大小不變，故AB錯誤；C、根據(jù)向心加速度公式a=vD、根據(jù)合力充當向心力知F﹣mg＝mv2故選：C。如圖所示，粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤上，有一長為L的輕質(zhì)細繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤的光滑軸上的O點轉動，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊相連，小滑塊從最高點A以垂直細繩的速度v0開始運動，恰好能完成一個完整的圓周運動，則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為（）A．m(v02?gLsinθ)C．m(v02【解答】解：小滑塊恰好能完成一個完整圓周運動，再次到達最高點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ=mv2在整個運動過程中，根據(jù)動能定理可得：Wf=摩擦力做功Wf＝﹣f×2πL，解得f=m故選：A。如圖甲所示，長為R的輕桿一端固定一個小球，小球在豎直平面內(nèi)繞輕桿的另一端O做圓周運動，小球到達最高點時受到桿的彈力F與速度平方v2的關系如乙圖所示，則（）A．小球到達最高點的速度不可能為0 B．當?shù)氐闹亓铀俣却笮镽bC．v2＜b時，小球受到的彈力方向豎直向下 D．v2＝c時，小球受到的彈力方向豎直向下【解答】解：A、小球到達最高點的速度可能為0，此時桿對小球的支持力等于重力，故A錯誤；B、在最高點，若支持力為零，則mg＝mv2R=mbCD、由圖可知：當v2＜b時，桿對小球彈力方向向上，當v2＞b時，桿對小球彈力方向向下，所以當v2＝c時，桿對小球彈力方向向下，故C錯誤、D正確。故選：D。如圖所示，細繩的一端固定于O點，另一端系一個小球，在O點的正下方釘一個釘子P，小球從左側一定高度擺下（整個過程無能量損失）。下列說法中正確的是（）A．在擺動過程中，小球所受重力和繩子拉力的合力始終等于向心力 B．小球經(jīng)過最低點時，加速度不變 C．小球經(jīng)過最低點時，速度不變 D．釘子位置離O點越近，繩就越容易斷【解答】解：A、小球在下擺的過程中，小球速度逐漸變大，小球所受重力和繩子拉力的合力改變小球的速度大小和方向，故A錯誤；BC、細繩與釘子相碰前后線速度大小不變，半徑變小，加速度a=vD、OP間距離越小，繩子被釘子擋住后做圓周運動的半徑越大，根據(jù)T﹣mg＝mv2故選：C。如圖所示，豎直桿OP光滑，水平桿OQ粗糙，質(zhì)量均為m的兩個小球穿在兩桿上，并通過輕彈簧相連，在圖示位置AB連線與豎直方向成θ角時恰好平衡，現(xiàn)在讓系統(tǒng)繞OP桿所在豎直線為軸以從零開始逐漸增大的角速度ω轉動，下列說法正確的是（）A．小球A與OQ桿的彈力隨ω的增大而增大 B．彈簧的長度隨ω的增大而增長 C．小球A與桿的摩擦力隨ω的增大而增大 D．開始的一段時間內(nèi)，B小球與桿的彈力隨ω的增大而可能不變【解答】解：A．開始未轉動時恰好平衡，A受杄的摩擦力水平向右恰好達最大值，如果ω從零開始增大，那么由整體法可知A、B豎直方向受力平衡，則A與OQ桿的彈力與A、B的重力平衡，所以大小是2mg不變，故A錯誤；BC．隨著角速度ω的增大，在A相對OQ不動時，設彈簧對A的拉力的水平分力為F，由F﹣f＝mω2r可知A與桿的摩擦力先減小到零，然后反方向增大，直到A開始移動到新的相對平衡位置，故BC錯誤；D．在A球相對OQ不動的過程中，彈簧長度不變，此過程中B與桿的彈力也不變，故D正確。故選：D。（多選）如圖甲所示，一長為R的輕繩，一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內(nèi)轉動，小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，圖線與縱軸的交點坐標為a，下列判斷正確的是（）A．利用該裝置可以得出重力加速度，且g=RB．繩長不變，用質(zhì)量較大的球做實驗，得到的圖線斜率更大 C．繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，得到的圖線斜率更大 D．繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線a點的位置不變【解答】解：A、在最高點，根據(jù)牛頓第二定律得，mg+F＝mv2R，解得F=mv2RB、由v2=FRC、由v2=FRD、由v2故選：CD。如圖所示，有一長為L的細繩，一端懸掛在A點，另一端拴一質(zhì)量為m、電量為q的帶有負電荷的小球；懸點A處放一正電荷，電量也為q。如果要使小球能在豎直平面內(nèi)作完整的圓周運動，如圖所示。若已知重力加速度為g，則（）A．小球到達最高點D點速度的最小值為gL B．小球到達與A點等高的C點受到繩子拉力的最小值為2mg C．小球到達最低點B點速度的最小值為kqD．小球到達最低點B點受到繩子拉力的最小值為6mg【解答】解：A．小球到達D點速度的最小時，滿足kq2因此最小速度為vD=故A錯誤；B．在C點，速度最小時，拉力最小，從D到C的過程中，機械能守恒12mkq2L解得T＝3mg故B錯誤；C．從D到B的過程中滿足機械能守恒12mvD因此B點速度的最小值vB=故C錯誤；D．在B點，根據(jù)牛頓第二定律T+kq解得T＝6mg故D正確。故選：D。如圖所示，帶有支架總質(zhì)量為M的小車靜止在水平面上，質(zhì)量為m的小球通過輕質(zhì)細繩靜止懸掛在支架上的O點，繩長為L?，F(xiàn)給小球一水平初速度v0讓小球在豎直平面內(nèi)以O點為圓心做圓周運動，小球恰能通過最高點A，其中A、C為圓周運動的最高點和最低點，B、D與圓心O等高。小球運動過程中，小車始終保持靜止，不計空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．小球通過最低點C的速率為v0B．小球通過最低點C時，地面對小車支持力大小為Mg+6mg C．小球通過B點時，小車受地面向左的摩擦力大小為2mg D．小球通過D點時，其重力功率為零【解答】解：A、小球恰能通過最高點A，此時細繩拉力等于零，重力提供向心力，以小球為研究對象，由牛頓第二定律得：mg＝mvA2L，解得，小球經(jīng)A點時的速度大小vA=gL，從C到A，根據(jù)動能定理：﹣mg?2L=B、小球通過C點時，由牛頓第二定律得：FC﹣mg＝mv02L，解得，此時繩子拉力大小FC＝6mg，由牛頓第三定律可知，繩子對小車的拉力大小FC′＝FC＝6mg，以小車為研究對象，由平衡條件得，此時地面對小車的支持力大小為FN＝Mg+FC、從A點到B點，根據(jù)動能定理得：mgL=12mvB2?12mvA2，解得，小球在B點速度為vD、小球通過D點時速度方向沿豎直方向，重力豎直向下，重力的功率不為零，故D錯誤。故選：B。如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接繞定點O在豎直面內(nèi)做圓周運動，小球經(jīng)過最高點的速度大小為v，此時繩子拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系如圖乙所示，圖像中的數(shù)據(jù)a和b以及重力加速度g都為已知量，不計空氣阻力，以下說法正確的是（）A．小球機械能可能不守恒 B．如果小球能完成豎直面內(nèi)做圓周運動，最低點與最高點拉力大小之差與v無關 C．小球的質(zhì)量等于agD．圓周軌道半徑b【解答】解：A、小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，由于繩子拉力不做功，只有重力做功，所以機械能守恒，故A錯誤；D、小球在最高點，根據(jù)牛頓第二定律：FT+mg=mv2r，得FT＝mmv2rC、根據(jù)圖象，v2＝2a時，F(xiàn)T＝b，代入FT=mv2B、小球在豎直平面做完整的圓周運動，設最高點對應的速度為v1，最低點對應的速度為v2，小球在最高點，根據(jù)牛頓第二定律：FT1+mg＝mm小球在最低點，根據(jù)牛頓第二定律：FT2﹣mg=小球從最高點到最低點，根據(jù)動能定理：2mgr=12mv22?1聯(lián)立解得：FT2﹣FT1＝6mg，與速度無關，故B正確。故選：B。現(xiàn)將等寬雙線在水平面內(nèi)繞制成如圖1所示軌道，兩段半圓形軌道半徑均為R=3m，兩段直軌道AB、A'B長度均為l＝1.35m。在軌道上放置個質(zhì)量m＝0.1kg的小圓柱體，如圖2所示，圓柱體與軌道兩側相切處和圓柱截面圓心O連線的夾角θ為120°，如圖3所示，兩軌道與小圓柱體的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，小圓柱尺寸和軌道間距相對軌道長度可忽略不計，初始時小圓柱位于A點處