第19講豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)之繩模型和“桿”模型及其臨界問(wèn)題（解析版）

第19講豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)之繩”模型和“桿”模型及其臨界問(wèn)題1．（2022·江蘇）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對(duì)空間站的影響可忽略．空間站上操控貨物的機(jī)械臂可簡(jiǎn)化為兩根相連的等長(zhǎng)輕質(zhì)臂桿，每根臂桿長(zhǎng)為L(zhǎng)．如圖1所示，機(jī)械臂一端固定在空間站上的O點(diǎn)，另一端抓住質(zhì)量為m的貨物．在機(jī)械臂的操控下，貨物先繞O點(diǎn)做半徑為2L、角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)停下．然后在機(jī)械臂操控下，貨物從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn)，A、B間的距離為L(zhǎng)。（1）求貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的向心力大小Fn。（2）求貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率P。（3）在機(jī)械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如圖2所示，它們?cè)谕恢本€(xiàn)上．貨物與空間站同步做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．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(duì)貨物的引力，求貨物所受的機(jī)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(yùn)動(dòng)，向心力F（2）設(shè)貨物到達(dá)B點(diǎn)的速度為v，根據(jù)勻變速規(guī)律L=v2t貨物的加速度a=根據(jù)牛頓第二定律，機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力F＝ma=機(jī)械臂對(duì)貨物做功的瞬時(shí)功率P＝Fv=（3）設(shè)地球質(zhì)量為M，空間站的質(zhì)量為m0，地球?qū)臻g站的萬(wàn)有引力為F，根據(jù)萬(wàn)有引力定律F=GM地球?qū)ω浳锏娜f(wàn)有引力F2聯(lián)立①②得m0設(shè)空間站做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω0，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)空間站F=m對(duì)貨物F2聯(lián)立③④⑤解得F答：（1）貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的向心力大小為2mω2L；（2）貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率為4mL（3）貨物所受的機(jī)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(yùn)動(dòng)——“繩”模型和“桿”模型1.在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，按運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)的受力情況可分為兩類(lèi)：一是無(wú)支撐(如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)的物體等)，稱(chēng)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(yùn)動(dòng)等)，稱(chēng)為“桿(管)約束模型”。2．繩、桿模型涉及的臨界問(wèn)題繩模型桿模型常見(jiàn)類(lèi)型均是沒(méi)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(guò)最高點(diǎn)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(yùn)動(dòng)得v臨＝0討論分析(1)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、圓軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力FN(2)不能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，v<eq\r(gr)，在到達(dá)最高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心(2)當(dāng)0<v<eq\r(gr)時(shí)，mg－FN＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N背離圓心，隨v的增大而減小(3)當(dāng)v＝eq\r(gr)時(shí)，F(xiàn)N＝0(4)當(dāng)v>eq\r(gr)時(shí)，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(yùn)動(dòng)問(wèn)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(yùn)動(dòng)，如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，桿所受到的彈力可以等于零B．小球過(guò)最高點(diǎn)的最小速度是gRC．小球過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而減小【解答】解：A、當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)彈力為零時(shí)，重力提供向心力，有mg=mv2R，解得v=gR，即當(dāng)速度vB、小球通過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為零。故B錯(cuò)誤。C、小球在最高點(diǎn)，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(diǎn)，另一端固定一小球（可看成質(zhì)點(diǎn)），讓小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。改變小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v，測(cè)得相應(yīng)的輕繩彈力大小F，得到F﹣v2圖象如圖乙所示，已知圖線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣b），斜率為k。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．該小球的質(zhì)量為bgB．小球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為bC．圖線(xiàn)與橫軸的交點(diǎn)表示小球所受的合外力為零D．當(dāng)v2＝a時(shí)，小球的向心加速度為g【解答】解：A、在最高點(diǎn)，若v＝0，則N＝mg＝b；所以小球的質(zhì)量：m=bg．故B、由幾何關(guān)系可知，圖線(xiàn)與橫坐標(biāo)的交點(diǎn)：a若N＝0，由圖知：v2=k則有：mg＝mv2解得R=bkg，故C、由圖可知：圖線(xiàn)與橫軸的交點(diǎn)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(cuò)誤；D、若v2＝a時(shí)，b+mg＝mv2R=maR，解得v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(yùn)動(dòng)，鐵塊始終保持靜止，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在圓軌道A點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)時(shí)，地面受到的摩擦力方向水平向左C．小球在圓軌道C點(diǎn)時(shí)，地面受到的壓力一定不為0D．小球在圓軌道D點(diǎn)時(shí)，其加速度方向水平向左【解答】解：A、小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)A時(shí)，假設(shè)軌道對(duì)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?qū)壍赖膲毫椋篘′＝mg+mv02R，由受力平衡可知地面的支持力為：N地＝Mg+N′＝（M+m）g+mB、小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，在該位置小球所需向心力水平向右，小球?qū)﹁F塊的壓力水平向左，則地面對(duì)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(duì)地面的摩擦力水平向左，故B正確；C、小球在圓軌道最高點(diǎn)C時(shí)，假設(shè)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?qū)壍赖膹椓椋篘C'＝mv2R-mg，方向豎直向上，根據(jù)受力平衡有：N地'＝Mg﹣NC'＝（M+m）g﹣mv2R，可知當(dāng)小球在C點(diǎn)速度為：vD、小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，在該位置小球所需向心力水平向左，同時(shí)小球還收到自身的重力，因此在D點(diǎn)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(cuò)誤；故選：B。如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的懸線(xiàn)固定在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方L2處有一釘子C．把懸線(xiàn)另一端的小球mA．線(xiàn)速度突然增大為原來(lái)的2倍B．線(xiàn)速度突然減小為原來(lái)的一半C．向心加速度突然增大為原來(lái)的2倍D．懸線(xiàn)拉力突然增大為原來(lái)的2倍【解答】解：AB、懸線(xiàn)與釘子碰撞前后瞬間，線(xiàn)的拉力始終與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直，小球線(xiàn)速度大小不變，故AB錯(cuò)誤；C、根據(jù)向心加速度公式a=v2r，可知線(xiàn)速度大小不變，半徑減半，則向心加速度變?yōu)樵瓉?lái)的2D、根據(jù)合力充當(dāng)向心力知F﹣mg＝mv2r，向心力增大為原來(lái)的2倍，但拉力增大不了二倍，故故選：C。如圖所示，粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤(pán)上，有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤(pán)的光滑軸上的O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊相連，小滑塊從最高點(diǎn)A以垂直細(xì)繩的速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊受到的摩擦力大小為（）A．m(v02C．m(v02【解答】解：小滑塊恰好能完成一個(gè)完整圓周運(yùn)動(dòng)，再次到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ=mv2L在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Wf=摩擦力做功Wf＝﹣f×2πL，解得f=m(v02-gLsinθ)故選：A。如圖甲所示，長(zhǎng)為R的輕桿一端固定一個(gè)小球，小球在豎直平面內(nèi)繞輕桿的另一端O做圓周運(yùn)動(dòng)，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)受到桿的彈力F與速度平方v2的關(guān)系如乙圖所示，則（）A．小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度不可能為0B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮镽C．v2＜b時(shí)，小球受到的彈力方向豎直向下D．v2＝c時(shí)，小球受到的彈力方向豎直向下【解答】解：A、小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度可能為0，此時(shí)桿對(duì)小球的支持力等于重力，故A錯(cuò)誤；B、在最高點(diǎn)，若支持力為零，則mg＝mv2R=mbR，解得gCD、由圖可知：當(dāng)v2＜b時(shí)，桿對(duì)小球彈力方向向上，當(dāng)v2＞b時(shí)，桿對(duì)小球彈力方向向下，所以當(dāng)v2＝c時(shí)，桿對(duì)小球彈力方向向下，故C錯(cuò)誤、D正確。故選：D。如圖所示，細(xì)繩的一端固定于O點(diǎn)，另一端系一個(gè)小球，在O點(diǎn)的正下方釘一個(gè)釘子P，小球從左側(cè)一定高度擺下（整個(gè)過(guò)程無(wú)能量損失）。下列說(shuō)法中正確的是（）A．在擺動(dòng)過(guò)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(guò)最低點(diǎn)時(shí)，加速度不變C．小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，速度不變D．釘子位置離O點(diǎn)越近，繩就越容易斷【解答】解：A、小球在下擺的過(guò)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(cuò)誤；BC、細(xì)繩與釘子相碰前后線(xiàn)速度大小不變，半徑變小，加速度a=v2r變大，故BD、OP間距離越小，繩子被釘子擋住后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，根據(jù)T﹣mg＝mv2r可知，繩上的拉力越小，則細(xì)繩越不容易斷，故故選：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(gè)小球穿在兩桿上，并通過(guò)輕彈簧相連，在圖示位置AB連線(xiàn)與豎直方向成θ角時(shí)恰好平衡，現(xiàn)在讓系統(tǒng)繞OP桿所在豎直線(xiàn)為軸以從零開(kāi)始逐漸增大的角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)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(zhǎng)度隨ω的增大而增長(zhǎng)C．小球A與桿的摩擦力隨ω的增大而增大D．開(kāi)始的一段時(shí)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(kāi)始未轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)恰好平衡，A受杄的摩擦力水平向右恰好達(dá)最大值，如果ω從零開(kāi)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(cuò)誤；BC．隨著角速度ω的增大，在A相對(duì)OQ不動(dòng)時(shí)，設(shè)彈簧對(duì)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(kāi)始移動(dòng)到新的相對(duì)平衡位置，故BC錯(cuò)誤；D．在A球相對(duì)OQ不動(dòng)的過(guò)程中，彈簧長(zhǎng)度不變，此過(guò)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(zhǎng)為R的輕繩，一端穿在過(guò)O點(diǎn)的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個(gè)裝置繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球的拉力F與其速度平方v2的關(guān)系如圖乙所示，圖線(xiàn)與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)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=B．繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較大的球做實(shí)驗(yàn)，得到的圖線(xiàn)斜率更大C．繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的球做實(shí)驗(yàn)，得到的圖線(xiàn)斜率更大D．繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的球做實(shí)驗(yàn)，圖線(xiàn)a點(diǎn)的位置不變【解答】解：A、在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得，mg+F＝mv2R，解得F=mv2R-mg，則v2=FRmB、由v2=FRm+gR知，圖線(xiàn)的斜率C、由v2=FRm+gR知，圖線(xiàn)的斜率kD、由v2=FRm+gR知，縱軸截距為gR故選：CD。如圖所示，有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩，一端懸掛在A點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m、電量為q的帶有負(fù)電荷的小球；懸點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，如圖所示。若已知重力加速度為g，則（）A．小球到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)速度的最小值為gLB．小球到達(dá)與A點(diǎn)等高的C點(diǎn)受到繩子拉力的最小值為2mgC．小球到達(dá)最低點(diǎn)B點(diǎn)速度的最小值為kD．小球到達(dá)最低點(diǎn)B點(diǎn)受到繩子拉力的最小值為6mg【解答】解：A．小球到達(dá)D點(diǎn)速度的最小時(shí)，滿(mǎn)足kq2L2因此最小速度為vD=故A錯(cuò)誤；B．在C點(diǎn)，速度最小時(shí)，拉力最小，從D到C的過(guò)程中，機(jī)械能守恒12mkq2L2解得T＝3mg故B錯(cuò)誤；C．從D到B的過(guò)程中滿(mǎn)足機(jī)械能守恒12mvD因此B點(diǎn)速度的最小值vB=故C錯(cuò)誤；D．在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律T+kq2L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(chē)靜止在水平面上，質(zhì)量為m的小球通過(guò)輕質(zhì)細(xì)繩靜止懸掛在支架上的O點(diǎn)，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)?，F(xiàn)給小球一水平初速度v0讓小球在豎直平面內(nèi)以O(shè)點(diǎn)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，小球恰能通過(guò)最高點(diǎn)A，其中A、C為圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B、D與圓心O等高。小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小車(chē)始終保持靜止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．小球通過(guò)最低點(diǎn)C的速率為vB．小球通過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)，地面對(duì)小車(chē)支持力大小為Mg+6mgC．小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，小車(chē)受地面向左的摩擦力大小為2mgD．小球通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，其重力功率為零【解答】解：A、小球恰能通過(guò)最高點(diǎn)A，此時(shí)細(xì)繩拉力等于零，重力提供向心力，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律得：mg＝mvA2L，解得，小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)的速度大小vA=gL，從C到A，根據(jù)動(dòng)能定理：﹣mg?2L=12mvAB、小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：FC﹣mg＝mv02L，解得，此時(shí)繩子拉力大小FC＝6mg，由牛頓第三定律可知，繩子對(duì)小車(chē)的拉力大小FC′＝FC＝6mg，以小車(chē)為研究對(duì)象，由平衡條件得，此時(shí)地面對(duì)小車(chē)的支持力大小為FN＝Mg+FC′＝Mg+6mgC、從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgL=12mvB2-12mvA2，解得，小球在B點(diǎn)速度為vB=3gL，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：FB＝mvD、小球通過(guò)D點(diǎn)時(shí)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(cuò)誤。故選：B。如圖甲，小球用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接繞定點(diǎn)O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)的速度大小為v，此時(shí)繩子拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關(guān)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(jì)空氣阻力，以下說(shuō)法正確的是（）A．小球機(jī)械能可能不守恒B．如果小球能完成豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，最低點(diǎn)與最高點(diǎn)拉力大小之差與v無(wú)關(guān)C．小球的質(zhì)量等于aD．圓周軌道半徑b【解答】解：A、小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，由于繩子拉力不做功，只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；D、小球在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：FT+mg=mv2r，得FT＝mmv2r-mg，根據(jù)圖象，當(dāng)FT＝0時(shí)，v2＝aC、根據(jù)圖象，v2＝2a時(shí)，F(xiàn)T＝b，代入FT=mv2r-mg，解得b＝mg，所以B、小球在豎直平面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度為v1，最低點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度為v2，小球在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：FT1+mg＝mm小球在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：FT2﹣mg=小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：2mgr=12mv22-1聯(lián)立解得：FT2﹣FT1＝6mg，與速度無(wú)關(guān)，故B正確。故選：B?，F(xiàn)將等寬雙線(xiàn)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(zhǎng)度均為l＝1.35m。在軌道上放置個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg的小圓柱體，如圖2所示，圓柱體與軌道兩側(cè)相切處和圓柱截面圓心O連線(xiàn)的夾角θ為120°，如圖3所示，兩軌道與小圓柱體的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，小圓柱尺寸和軌道間距相對(duì)軌道