第19讲竖直面内圆周运动之绳模型和“杆”模型及其临界问题（解析版）

第19讲竖直面内圆周运动之绳”模型和“杆”模型及其临界问题1．（2022·江苏）在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略．空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L．如图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物．在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为2L、角速度为ω的匀速圆周运动，运动到A点停下．然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。（1）求货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小Fn。（2）求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。（3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如图2所示，它们在同一直线上．货物与空间站同步做匀速圆周运动．已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F1：F2。【解答】解：（1）货物做匀速圆周运动，向心力F（2）设货物到达B点的速度为v，根据匀变速规律L=v2t货物的加速度a=根据牛顿第二定律，机械臂对货物的作用力F＝ma=机械臂对货物做功的瞬时功率P＝Fv=（3）设地球质量为M，空间站的质量为m0，地球对空间站的万有引力为F，根据万有引力定律F=GM地球对货物的万有引力F2联立①②得m0设空间站做匀速圆周运动的角速度为ω0，根据牛顿第二定律对空间站F=m对货物F2联立③④⑤解得F答：（1）货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小为2mω2L；（2）货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为4mL（3）货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比为r3一.竖直面内的圆周运动——“绳”模型和“杆”模型1.在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的物体等)，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．绳、杆模型涉及的临界问题绳模型杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球受力特征除重力外，物体受到的弹力向下或等于零除重力外，物体受到的弹力向下、等于零或向上受力示意图过最高点的临界条件由mg＝meq\f(v2,r)得v临＝eq\r(gr)由小球恰能做圆周运动得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN(2)不能过最高点时，v<eq\r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0<v<eq\r(gr)时，mg－FN＝meq\f(v2,r)，FN背离圆心，随v的增大而减小(3)当v＝eq\r(gr)时，FN＝0(4)当v>eq\r(gr)时，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN指向圆心，并随v的增大而增大3.竖直面内圆周运动问题的解题思路二.例题精析题型一、杆球模型例1．一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gRC．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【解答】解：A、当小球到达最高点弹力为零时，重力提供向心力，有mg=mv2R，解得v=gR，即当速度vB、小球通过最高点的最小速度为零。故B错误。C、小球在最高点，若v＜gR，则有：mg-F=mv2R，杆子的作用力随着速度的增大而减小，若v＞故选：A。题型二、绳球模型例2．如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F﹣v2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为（0，﹣b），斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．该小球的质量为bgB．小球运动的轨道半径为bC．图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零D．当v2＝a时，小球的向心加速度为g【解答】解：A、在最高点，若v＝0，则N＝mg＝b；所以小球的质量：m=bg．故B、由几何关系可知，图线与横坐标的交点：a若N＝0，由图知：v2=k则有：mg＝mv2解得R=bkg，故C、由图可知：图线与横轴的交点表示小球与受到的绳子的拉力为0，但小球所受的合外力不能为零。故C错误；D、若v2＝a时，b+mg＝mv2R=maR，解得v故选：B。三、举一反三，巩固提高如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，小球沿圆轨道在竖直平面内做圆周运动，铁块始终保持静止，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．小球在圆轨道A点时，地面受到的压力等于铁块和小球的总重力B．小球在圆轨道B点时，地面受到的摩擦力方向水平向左C．小球在圆轨道C点时，地面受到的压力一定不为0D．小球在圆轨道D点时，其加速度方向水平向左【解答】解：A、小球经过最低点A时，假设轨道对小球的支持力为N，根据牛顿第二定律有：N﹣mg＝mv02R，解得：N＝mg+mv02R，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为：N′＝mg+mv02R，由受力平衡可知地面的支持力为：N地＝Mg+N′＝（M+m）g+mB、小球运动到B点时，在该位置小球所需向心力水平向右，小球对铁块的压力水平向左，则地面对铁块的静摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，铁块对地面的摩擦力水平向左，故B正确；C、小球在圆轨道最高点C时，假设速度为v，根据牛顿第二定律有：NC+mg＝mv2R解得：NC＝mv2R-mg，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的弹力为：NC'＝mv2R-mg，方向竖直向上，根据受力平衡有：N地'＝Mg﹣NC'＝（M+m）g﹣mv2R，可知当小球在C点速度为：vD、小球运动到D点时，在该位置小球所需向心力水平向左，同时小球还收到自身的重力，因此在D点小球除了具有水平向左的加速度还具有竖直向下的加速度，故D错误；故选：B。如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方L2处有一钉子C．把悬线另一端的小球mA．线速度突然增大为原来的2倍B．线速度突然减小为原来的一半C．向心加速度突然增大为原来的2倍D．悬线拉力突然增大为原来的2倍【解答】解：AB、悬线与钉子碰撞前后瞬间，线的拉力始终与小球运动方向垂直，小球线速度大小不变，故AB错误；C、根据向心加速度公式a=v2r，可知线速度大小不变，半径减半，则向心加速度变为原来的2D、根据合力充当向心力知F﹣mg＝mv2r，向心力增大为原来的2倍，但拉力增大不了二倍，故故选：C。如图所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上，有一长为L的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动，另一端与质量为m的小滑块相连，小滑块从最高点A以垂直细绳的速度v0开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为（）A．m(v02C．m(v02【解答】解：小滑块恰好能完成一个完整圆周运动，再次到达最高点时，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ=mv2L在整个运动过程中，根据动能定理可得：Wf=摩擦力做功Wf＝﹣f×2πL，解得f=m(v02-gLsinθ)故选：A。如图甲所示，长为R的轻杆一端固定一个小球，小球在竖直平面内绕轻杆的另一端O做圆周运动，小球到达最高点时受到杆的弹力F与速度平方v2的关系如乙图所示，则（）A．小球到达最高点的速度不可能为0B．当地的重力加速度大小为RC．v2＜b时，小球受到的弹力方向竖直向下D．v2＝c时，小球受到的弹力方向竖直向下【解答】解：A、小球到达最高点的速度可能为0，此时杆对小球的支持力等于重力，故A错误；B、在最高点，若支持力为零，则mg＝mv2R=mbR，解得gCD、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误、D正确。故选：D。如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子P，小球从左侧一定高度摆下（整个过程无能量损失）。下列说法中正确的是（）A．在摆动过程中，小球所受重力和绳子拉力的合力始终等于向心力B．小球经过最低点时，加速度不变C．小球经过最低点时，速度不变D．钉子位置离O点越近，绳就越容易断【解答】解：A、小球在下摆的过程中，小球速度逐渐变大，小球所受重力和绳子拉力的合力改变小球的速度大小和方向，故A错误；BC、细绳与钉子相碰前后线速度大小不变，半径变小，加速度a=v2r变大，故BD、OP间距离越小，绳子被钉子挡住后做圆周运动的半径越大，根据T﹣mg＝mv2r可知，绳上的拉力越小，则细绳越不容易断，故故选：C。如图所示，竖直杆OP光滑，水平杆OQ粗糙，质量均为m的两个小球穿在两杆上，并通过轻弹簧相连，在图示位置AB连线与竖直方向成θ角时恰好平衡，现在让系统绕OP杆所在竖直线为轴以从零开始逐渐增大的角速度ω转动，下列说法正确的是（）A．小球A与OQ杆的弹力随ω的增大而增大B．弹簧的长度随ω的增大而增长C．小球A与杆的摩擦力随ω的增大而增大D．开始的一段时间内，B小球与杆的弹力随ω的增大而可能不变【解答】解：A．开始未转动时恰好平衡，A受杄的摩擦力水平向右恰好达最大值，如果ω从零开始增大，那么由整体法可知A、B竖直方向受力平衡，则A与OQ杆的弹力与A、B的重力平衡，所以大小是2mg不变，故A错误；BC．随着角速度ω的增大，在A相对OQ不动时，设弹簧对A的拉力的水平分力为F，由F﹣f＝mω2r可知A与杆的摩擦力先减小到零，然后反方向增大，直到A开始移动到新的相对平衡位置，故BC错误；D．在A球相对OQ不动的过程中，弹簧长度不变，此过程中B与杆的弹力也不变，故D正确。故选：D。（多选）如图甲所示，一长为R的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是（）A．利用该装置可以得出重力加速度，且g=B．绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线a点的位置不变【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，mg+F＝mv2R，解得F=mv2R-mg，则v2=FRmB、由v2=FRm+gR知，图线的斜率C、由v2=FRm+gR知，图线的斜率kD、由v2=FRm+gR知，纵轴截距为gR故选：CD。如图所示，有一长为L的细绳，一端悬挂在A点，另一端拴一质量为m、电量为q的带有负电荷的小球；悬点A处放一正电荷，电量也为q。如果要使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，如图所示。若已知重力加速度为g，则（）A．小球到达最高点D点速度的最小值为gLB．小球到达与A点等高的C点受到绳子拉力的最小值为2mgC．小球到达最低点B点速度的最小值为kD．小球到达最低点B点受到绳子拉力的最小值为6mg【解答】解：A．小球到达D点速度的最小时，满足kq2L2因此最小速度为vD=故A错误；B．在C点，速度最小时，拉力最小，从D到C的过程中，机械能守恒12mkq2L2解得T＝3mg故B错误；C．从D到B的过程中满足机械能守恒12mvD因此B点速度的最小值vB=故C错误；D．在B点，根据牛顿第二定律T+kq2L解得T＝6mg故D正确。故选：D。如图所示，带有支架总质量为M的小车静止在水平面上，质量为m的小球通过轻质细绳静止悬挂在支架上的O点，绳长为L。现给小球一水平初速度v0让小球在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动，小球恰能通过最高点A，其中A、C为圆周运动的最高点和最低点，B、D与圆心O等高。小球运动过程中，小车始终保持静止，不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A．小球通过最低点C的速率为vB．小球通过最低点C时，地面对小车支持力大小为Mg+6mgC．小球通过B点时，小车受地面向左的摩擦力大小为2mgD．小球通过D点时，其重力功率为零【解答】解：A、小球恰能通过最高点A，此时细绳拉力等于零，重力提供向心力，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得：mg＝mvA2L，解得，小球经A点时的速度大小vA=gL，从C到A，根据动能定理：﹣mg•2L=12mvAB、小球通过C点时，由牛顿第二定律得：FC﹣mg＝mv02L，解得，此时绳子拉力大小FC＝6mg，由牛顿第三定律可知，绳子对小车的拉力大小FC′＝FC＝6mg，以小车为研究对象，由平衡条件得，此时地面对小车的支持力大小为FN＝Mg+FC′＝Mg+6mgC、从A点到B点，根据动能定理得：mgL=12mvB2-12mvA2，解得，小球在B点速度为vB=3gL，小球通过B点时，由牛顿第二定律得：FB＝mvD、小球通过D点时速度方向沿竖直方向，重力竖直向下，重力的功率不为零，故D错误。故选：B。如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，不计空气阻力，以下说法正确的是（）A．小球机械能可能不守恒B．如果小球能完成竖直面内做圆周运动，最低点与最高点拉力大小之差与v无关C．小球的质量等于aD．圆周轨道半径b【解答】解：A、小球在竖直平面内做圆周运动，由于绳子拉力不做功，只有重力做功，所以机械能守恒，故A错误；D、小球在最高点，根据牛顿第二定律：FT+mg=mv2r，得FT＝mmv2r-mg，根据图象，当FT＝0时，v2＝aC、根据图象，v2＝2a时，FT＝b，代入FT=mv2r-mg，解得b＝mg，所以B、小球在竖直平面做完整的圆周运动，设最高点对应的速度为v1，最低点对应的速度为v2，小球在最高点，根据牛顿第二定律：FT1+mg＝mm小球在最低点，根据牛顿第二定律：FT2﹣mg=小球从最高点到最低点，根据动能定理：2mgr=12mv22-1联立解得：FT2﹣FT1＝6mg，与速度无关，故B正确。故选：B。现将等宽双线在水平面内绕制成如图1所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=3m，两段直轨道AB、A'B长度均为l＝1.35m。在轨道上放置个质量m＝0.1kg的小圆柱体，如图2所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图3所示，两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道