?專題提升2　圓周運(yùn)動的綜合應(yīng)用
[素養(yǎng)目標(biāo)]
1.理解圓周運(yùn)動的周期性,并會分析簡單的多解問題。
2.會分析圓周運(yùn)動中的臨界問題。
3.掌握輕繩模型和輕桿模型的特點(diǎn),并能解決相關(guān)的問題。

類型一　圓周運(yùn)動的多解問題
1.問題特點(diǎn)
(1)研究對象:勻速圓周運(yùn)動的多解問題常常涉及兩個做不同運(yùn)動的物體。
(2)運(yùn)動特點(diǎn):一個物體做勻速圓周運(yùn)動,另一個物體做其他形式的運(yùn)動(如平拋運(yùn)動、勻速直線運(yùn)動等)。
(3)運(yùn)動的關(guān)系:由于兩物體運(yùn)動的時間相等,根據(jù)等時性建立等式求解待求物理量。
2.分析技巧
(1)抓住聯(lián)系點(diǎn):明確題中兩個物體的運(yùn)動性質(zhì),抓住兩運(yùn)動的聯(lián)系點(diǎn)。
(2)先特殊后一般:先考慮第一個周期的情況,再根據(jù)運(yùn)動的周期性,考慮多個周期時的規(guī)律。
[例1] 如圖所示,直徑為d的紙制圓筒以角速度ω繞垂直紙面的軸O勻速轉(zhuǎn)動(圖示為截面)。從槍口發(fā)射的子彈沿直徑穿過圓筒。若子彈在圓筒旋轉(zhuǎn)時,在圓周上留下a、b兩個彈孔,已知aO與bO之間夾角為θ,求子彈的速度。(忽略子彈在空中的下墜)

解析:子彈射出后沿直線運(yùn)動,從a點(diǎn)射入,從b點(diǎn)射出,設(shè)子彈速度為v0,
則子彈穿過圓筒的時間t=dv0
此時間內(nèi)圓筒轉(zhuǎn)過的角度
α=π-θ+2kπ(k=0、1、2…)
據(jù)α=ωt得π-θ+2kπ=ωdv0
則子彈速度v0=ωd(2k+1)π-θ(k=0、1、2…)。
答案:ωd(2k+1)π-θ(k=0、1、2…)

解決圓周運(yùn)動多解問題的方法
(1)明確兩個物體參與運(yùn)動的性質(zhì)和求解的問題;兩個物體參與的兩個運(yùn)動雖然獨(dú)立進(jìn)行,但一定有聯(lián)系點(diǎn),其聯(lián)系點(diǎn)一般是時間或位移等,抓住兩運(yùn)動的聯(lián)系點(diǎn)是解題關(guān)鍵。
(2)注意圓周運(yùn)動的周期性造成的多解。分析問題時可暫時不考慮周期性,表示出一個周期的情況,再根據(jù)運(yùn)動的周期性,在轉(zhuǎn)過的角度θ上再加上2nπ,具體n的取值應(yīng)視情況而定。
[對點(diǎn)訓(xùn)練1]

如圖所示,半徑為R的圓盤繞垂直于盤面的中心軸勻速轉(zhuǎn)動,其正上方h處沿OB方向水平拋出一小球,要使球與盤只碰一次,且落點(diǎn)為B,求小球的初速度及圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω的大小。
解析:設(shè)球在空中運(yùn)動時間為t,此圓盤轉(zhuǎn)過θ角,則R=vt,h=12gt2
故初速度v=Rg2h
θ=n·2π(n=1、2、3…),又因?yàn)棣?ωt
則圓盤角速度
ω=2nπt=2nπg(shù)2h(n=1、2、3…)。
答案:Rg2h　2nπg(shù)2h(n=1、2、3…)
類型二　輕繩模型和輕桿模型
1.輕繩模型
常見類型:細(xì)繩系的小球或在軌道內(nèi)側(cè)的小球做圓周運(yùn)動,如圖所示。

(1)臨界狀態(tài)
小球恰好過最高點(diǎn)時,應(yīng)滿足細(xì)繩拉力(或軌道彈力)為零(FN=0),小球只受重力。重力充當(dāng)向心力,由mg=mv2r,得v=gr;小球能過最高點(diǎn)的條件是v≥gr。
(2)三種情況
①v=gr 時,mg=mv2r,即重力恰好等于向心力,小球所受的拉力(或壓力)為零。
②vmv2r,即重力大于小球所需要的向心力,小球脫離圓軌道,不能到達(dá)最高點(diǎn)。
③v>gr 時,mgω0,所以繩子的拉力F和最大靜摩擦力的合力提供向心力,此時
F+μmg=mω2r
解得F=12μmg。
答案:(1)μgr　(2)12μmg

靜摩擦力產(chǎn)生的臨界情況
在水平轉(zhuǎn)臺上做圓周運(yùn)動的物體,若有靜摩擦力參與,則當(dāng)轉(zhuǎn)臺的轉(zhuǎn)速變化時,靜摩擦力也會隨之變化,當(dāng)Ff達(dá)到最大值時,對應(yīng)有臨界角速度和臨界線速度。解決這類問題一定要牢記“靜摩擦力大小有范圍、方向可以改變”這一特點(diǎn)。
[對點(diǎn)訓(xùn)練3] 如圖所示,用一根長為l=1 m 的細(xì)線,一端系一質(zhì)量為m=1 kg 的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),另一端固定在一光滑錐體頂端,錐面與豎直方向的夾角θ=37°,小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運(yùn)動,問:(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,結(jié)果可用根式表示)

(1)若小球離開錐面,則小球的角速度ω0至少為多大?
(2)若細(xì)線與豎直方向的夾角為60°,則小球的角速度ω′為多大?
解析: (1)若小球剛好離開錐面,則小球只受到重力和細(xì)線的拉力,如圖所示。小球做勻速圓周運(yùn)動的軌跡圓在水平面內(nèi),故向心力水平,由牛頓第二定律mgtan θ=mω02lsin θ

解得ω0=glcosθ=522 rad/s。
(2)當(dāng)細(xì)線與豎直方向成60°角時,由牛頓第二定律有mgtan α=mω′2lsin α
即ω′=glcosα=25 rad/s。
答案:(1)522 rad/s　(2)25 rad/s

1. (多選)如圖所示,電風(fēng)扇在閃光燈下運(yùn)轉(zhuǎn),閃光燈每秒閃30次,風(fēng)扇轉(zhuǎn)軸O上裝有3個扇葉,它們互成120°角,當(dāng)風(fēng)扇轉(zhuǎn)動時,觀察者感覺扇葉不動,則風(fēng)扇轉(zhuǎn)速可能是(　ACD　)

A.600 r/min B.900 r/min
C.1 200 r/min D.3 000 r/min
解析:因?yàn)殡娚热~片有三個,相互夾角為120°,現(xiàn)在觀察者感覺扇葉不動,說明在閃光時間里,扇葉轉(zhuǎn)過三分之一、三分之二或一周……即轉(zhuǎn)過的角度θ=23πn,n=1、2、3…,由于光源每秒閃光30次,則周期T=130 s,因此電扇轉(zhuǎn)動的角速度為ω=θT=20πn rad/s,則轉(zhuǎn)速為10n r/s=600n r/min,所以 n=1時,轉(zhuǎn)速為600 r/min,n=2時,轉(zhuǎn)速為1 200 r/min,n=5時,轉(zhuǎn)速為3 000 r/min,故A、C、D正確,B
錯誤。
2. (多選)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一固定的圓形軌道,質(zhì)量為m的小球在其內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動,若小球以速度v通過最高點(diǎn)時,恰好對軌道沒有壓力,經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時速度大小為2v,已知重力加速度為g,下列說法正確的是　(　BD　)

A.圓形軌道半徑為gv2
B.小球在軌道最高點(diǎn)的加速度大小為g
C.小球在軌道最低點(diǎn)受到軌道的支持力大小為4mg
D.小球在軌道最低點(diǎn)受到軌道的支持力大小為5mg
解析:根據(jù)牛頓第二定律可得mg=mv2R,可得圓形軌道半徑為R=v2g,故A錯誤;在最高點(diǎn)重力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律可得mg=ma,解得a=g,故B正確;小球在最低點(diǎn)時,根據(jù)牛頓第二定律可得F-mg=m(2v)2R,解得F=5mg,故C錯誤,D正確。
3. 一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球,以另一端O為圓心,使小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動,如圖所示,則下列說法正確的是(　B　)

A.小球過最高點(diǎn)的最小速度是gR
B.小球過最高點(diǎn)時,桿所受到的彈力可以等于零
C.小球過最高點(diǎn)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(diǎn)時,桿對球的作用力一定隨速度增大而減小
解析:由于桿的支撐作用,小球過最高點(diǎn)的最小速度為0,故A錯誤;當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度v=gR 時,小球自身的重力提供向心力,桿所受彈力為零,故B正確;小球在最高點(diǎn),若vgR,則有mg+FN=mv2R,FN=mv2R-mg,桿對球的作用力隨速度的增大而增大,故C、D錯誤。
4. 如圖所示,長為l的輕繩一端固定在豎直轉(zhuǎn)動軸上的A點(diǎn),另一端拴接一質(zhì)量為m的小球,O點(diǎn)是轉(zhuǎn)動軸與光滑水平面的交點(diǎn),AO=h

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