2024高考物理二轮复习第一篇专题三考向3圆周运动临界状态的分析学案

PAGE13-考向3圆周运动临界状态的分析(2024·天津等级考)长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时,质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周运动轨迹的最高点。不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小。(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大。(1)审题破题眼:(2)情境化模型:(3)命题陷阱点:陷阱1:对绳球模型中,小球通过最高点的临界速度相识不清。绳球模型中,小球通过最高点的临界状态是只受重力,而杆球模型中,小球通过最高点的临界状态是合力为零。陷阱2:认为两球碰完,m1仍沿原方向运动。若碰后m1仍沿原方向运动,其速度肯定减小,整体就不行能通过最高点。【标准解答】竖直面内圆周运动中的临界问题常见模型(1)最高点的最小速度。如图所示,细杆上固定的小球和管形轨道内运动的小球,由于杆和管在最高处能对小球产生向上的支持力,故小球恰能到达最高点的最小速度v=0,此时小球受到的支持力FN=mg。(2)小球通过最高点时,轨道对小球的弹力状况。①v>,杆或管的外侧对球产生向下的拉力或弹力,F随v增大而增大。②v=,球在最高点只受重力,不受杆或管的作用力,F=0。③0<v<,杆或管的内侧对球产生向上的弹力,F随v的增大而减小。分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路1.(竖直圆周运动)一小球以肯定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为 ()A.2mgB.3mgC.4mgD.5mg2.(圆周运动的应用)将一平板折成如图所示形态,AB部分水平且粗糙,BC部分光滑且与水平方向成θ角,板绕竖直轴OO′匀速转动,放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动,两物块到转动轴的距离相等,则物块与AB板的动摩擦因数为 ()A.μ=tanθ B.μ=C.μ=sinθ D.μ=cosθ3.(圆周运动与滑杆问题)如图所示,光滑杆AB长为L,B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧。质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接,OO′为过B点的竖直轴。杆与水平面间的夹角始终为θ。(1)若杆保持静止状态。让小球从弹簧的原长位置由静止释放,求小球速度最大时弹簧的压缩量Δ1;(2)若θ=30°,小球处于静止状态。现让杆绕OO′轴由静止起先转动。随着角速度的增大,小球沿杆缓慢上升。求小球从静止沿杆运动距离为Δx=的过程中杆对小球做的功。1.如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置,其实质就是一种大型抛石机,图乙是其工作原理的简化图。将质量m=10kg的石块,装在与转轴O相距L=5m的长臂末端口袋中,最初静止时长臂与水平面的夹角α=30°,放射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时马上停止运动,石块靠惯性被水平抛出,落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20m,不计空气阻力,取g=10m/s2。以下推断正确的是 ()A.石块抛出后运动时间为sB.石块被抛出瞬间的速度大小为m/sC.石块即将落地时重力的瞬时功率为500WD.石块落地的瞬时速度大小为15m/s2.如图所示,两人各自用吸管吹黄豆,甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出,经过一段时间后两黄豆在N点相遇,曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方,M点与N点位于同一水平线上,且PM长度等于MN的长度,不计黄豆的空气阻力,可将黄豆看成质点,则 ()A.两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍B.甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度相等C.乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半D.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为乙的两倍3.(多选)在2024年俄罗斯世界杯某场竞赛中,一个球员在球门中心正前方某处高高跃起,将足球以水平速度v0顶出,恰落在球门的右下方死角P点。假设球门宽为L,守门员作出精确推断的时间为Δt,扑球的时间为t,将足球看成质点,忽视空气阻力,重力加速度为g,则 ()A.若球员顶球点的高度为h,则守门员扑球时间t必需小于-Δt才可能胜利防守B.球员要胜利破门,球员顶球点的高度必需大于g(t+Δt)2C.球员到球门的距离为s,则球员要胜利破门,球的最小初速度v0=D.若球员到P点的水平距离小于v0(t+Δt),则可能胜利破门4.如图所示,某质量为m的同学正在荡秋千。若忽视空气阻力,则关于在运动过程中的最高点M和最低点N的说法中错误的是 ()A.M位置下的加速度不是零B.N位置下的加速度是零C.M位置下的绳子拉力小于mgD.N位置下的绳子拉力大于mg5.(多选)如图甲,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以肯定的初速度从最低点A冲上轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N,不计空气阻力,B点为AC轨道中点,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 ()A.图乙中x=36m2·s-2B.小球质量为0.2kgC.小球在A点时重力的功率为5WD.小球在B点受到轨道作用力为8.5N6.如图所示,O为竖直放置的半径R=2m的光滑管状轨道圆心,A、B两点关于过O的竖直线对称,从A点将质量为m=0.2kg的小球以某一速度斜向上抛出,无碰撞地由B点进入管道,小球经圆轨道最低点C无能量损失地进入长L=4m的水平粗糙轨道CD,小球与CD间动摩擦因数μ=0.2,光滑半圆轨道DE竖直放置,E为最高点,G是与圆心O1等高的点,小球经D点无能量损失进入半圆轨道并能到达GE间某处,已知圆管的直径远小于轨道半径R且略大于小球直径,OB与竖直方向间夹角α=37°,(sin37°=0.6,g取10m/s2)求:(1)小球在A点抛出时的初速度大小v0。(2)小球经过D点时的速度大小vD。(3)半圆轨道DE的半径r应满意的条件。7.遥控电动玩具车的轨道装置如图所示,轨道ABCDEF中水平轨道AB段和BD段粗糙,AB=BD=2.5R,小车在AB和BD段无制动运行时所受阻力是其重力的0.02倍,轨道其余部分摩擦不计。斜面部分DE与水平部分BD、圆弧部分EF均平滑连接,圆轨道BC的半径为R,小段圆弧EF的半径为4R,圆轨道BC最高点C与圆弧轨道EF最高点F等高。轨道右侧有两个与水平轨道AB、BD等高的框子M和N,框M和框N的右边缘到F点的水平距离分别为R和2R。额定功率为P,质量为m可视为质点的小车,在AB段从A点由静止动身以额定功率行驶一段时间t(t未知)后马上关闭电动机,之后小车沿轨道从B点进入圆轨道经过最高点C返回B点,再向右依次经过点D、E、F,全程没有脱离轨道,最终从F点水平飞出,恰好落在框N的右边缘。(1)求小车在运动到F点时对轨道的压力大小;(2)求小车以额定功率行驶的时间t;(3)要使小车进入M框,小车实行在AB段加速(加速时间可调整),BD段制动减速的方案,则小车在不脱离轨道的前提下,在BD段所受总的平均制动力至少为多少?专题三平抛与圆周运动考向3///研透真题·破题有方///【解析】(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设A在最高点时的速度大小为v,由牛顿其次定律,有m1g=m1 ①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,设A在最低点的速度大小为vA,有m1=m1v2+2m1gl ②由动量定理,有I=m1vA ③联立①②③式,得I=m1 ④(2)设两球粘在一起时速度大小为v′,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需满意v′=vA ⑤要达到上述条件,碰后两球速度方向必需与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设B碰前瞬间的速度大小为vB,由动量守恒定律,有m2vB-m1vA=v′ ⑥又Ek=m2 ⑦联立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek= ⑧答案:(1)m1(2)///多维猜押·制霸考场///1.C小球恰好能通过轨道2的最高点B时,有mg=m,小球在轨道1上经过A处时,有F+mg=m,依据机械能守恒定律,有1.6mgR+m=m,解得F=4mg,由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力F′=F=4mg,选项C正确。2.A设物块与AB部分的动摩擦因数为μ,板转动的角速度为ω,两物块到转轴的距离为L,由于物块刚好不滑动,则对AB板上的物块有μmg=mω2L,对BC板上的物块有mgtanθ=mω2L,因此μ=tanθ,A正确。3.【解析】对小球受力分析,当重力沿斜面的分力等于弹簧的弹力时速度达到最大;据弹簧长度的改变推断出弹簧的弹力做功状况,依据牛顿其次定律求出小球做匀速转动时的速度,求出此时小球的动能,结合最高点的动能,运用动能定理求出杆对小球做功的大小。(1)当小球速度最大时,有mgsinθ=kΔl1,解得弹簧的压缩量为Δl1=(2)小球静止时弹簧的压缩量为Δx1==杆由静止渐渐起先转动,小球沿杆缓慢提升了Δx,Δx2=Δx-Δx1=此时弹簧的拉力为T2=kΔx2=设此时小球的速度为v,建立xOy坐标系,在y轴由平衡得:FNcosθ=T2sinθ+mg在x轴由牛顿其次定律得:FNsinθ+T2cosθ=m其中R=(l0+Δx2)cosθ,联立解得v=此过程中弹簧对小球做的功为零。杆对小球做的功为W,由动能定理得W-mgΔxsinθ=mv2解得W=+答案:(1)(2)+///高考猜押竞技场///1.C石块被抛出后做平抛运动,h=L+Lsinα,竖直方向:h=gt2,可得:t=s,故A错误;石块被抛出后做平抛运动,水平方向:s=v0t,可得:v0=m/s,故B错误;石块即将落地时重力的瞬时功率为:P=mgvy=mg·gt=500W,故C正确;石块落地的瞬时速度大小为:v==m/s,故D错误。2.B设甲黄豆做平抛运动的时间为t,那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t,依据斜抛运动的对称性可知:乙黄豆从M点运动至最高点的时间为,乙黄豆从M点运动至最高点的水平位移为MN的一半,设PM=MN=L,甲黄豆在P点的速度为v1,乙黄豆到达最高点的速度为v′,在水平方向上由运动学规律,对甲黄豆:L=v1t,对乙黄豆从M点运动至最高点有:=v′·,联立解得:v1=v′,故B正确;对乙黄豆从M点运动至最高点的过程中,由逆向思维得上升的最大高度为:h=g()2=,所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的,故C错误;对甲黄豆,在竖直方向上:L=gt2,v1y=gt,甲黄豆到达N点时的速度为:v甲==,乙黄豆在M点竖直方向的分速度为:=2g,由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为:v乙==,故A错误;两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为:tanα==2,乙的速度与水平方向的夹角的正切值为:tanβ==1,所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍,故D错误。3.A、D球落地时间为t1=,守门员作出精确推断的时间为Δt,则守门员扑球时间t必需小于-Δt才可能胜利防守,故A正确;球员要胜利破门,球的运动时间必需小于t+Δt,球员顶球点的高度必需小于g(t+Δt)2,故B错误;球员到球门的距离为s,则球员要胜利破门,球的最小初速度v0=,故C错误;若球员到P点的水平距离小于v0(t+Δt),则球运动的时间小于t+Δt,可能胜利破门,故D正确。4.BN位置下的切向加速度为零,但法向加速度不是零,故B错;M位置下的加速度不为零,此时绳子拉力等于重力沿绳子方向的分力,故小于mg,A、C正确;N位置下加速度方向向上,拉力大于重力,故D正确。5.B、D小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,所以有:m=m+mgh,解得:=+2gh,即x==(9+2×10×0.8)m2/s2=25m2/s2,故选项A错误;由题图乙可知轨道半径R=0.4m,小球在C点的速度vC=3m/s,由牛顿其次定律可得:F+mg=,解得:m==0.2kg,故选项B正确;小球在A点时重力G=mg=2N,方向竖直向下,速度vA=5m/s,方向向右,故小球在A点时重力的功率为0,故选项C错误;由机械能守恒可得在B点的速度为:vB==m/s=m/s,小球在B点受到的水平方向上的合外力供应向心力F′==N=8.5N,所以小球在B点受到轨道作用力为8.5N,故选项D正确。6.【解析】(1)因A、B关于过O点的竖直线对称且小球能无碰撞地由B点进入管道,所以小球在A点抛出时速度与OA垂直,令小球到达B点时竖直速度为vy,水平速度为vx,从A到B的时间为t,则由斜抛运动规律知:2Rsinα=vxtvy=g·tanα=联立并代入数值得vx=4m/s,vy=3m/s所以小球在B点速度大小即小球初速度为v0==5m/s(2)小球从B到D由动能定理知mgR(1+cosα)-μmgL=-代入数值得vD=9m/s(3)因小球能到达GE间某处,所以当小球刚能过G点时,由机械能守恒定律知=mgrmax,即rmax=4.05m当小球恰能到E点时有:=2mgrmin+mg=m,联立得rmin=1.62m所以半圆轨道DE的半径r应满意1.62m≤r≤4.05m答案:(1)5m/s(2)9m/s(3)1.62m≤r≤4.05m7.【解析】(1)小车平抛过程