3专题三 第1课时(力与物体的曲线运动)(2)

联立解得：ω0＝ (2)由于0＜k?1，

2g R

当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由 受力分析可知：

FN′cos 60°＝mg＋fcos 30° FN′sin 60°＋fsin 30°＝mR′ω2 R′＝Rsin 60° 联立解得：f＝

3k?2＋k?

mg 2

当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知． FN″cos 60°＋f′sin 60°＝mg FN″sin 60°－f′cos 60°＝mR′ω2 R′＝Rsin 60° 所以f′＝

3k?2－k?

mg. 2

2g R

3k?2＋k?

mg 2

答案 (1)ω0＝

(2)当ω＝(1＋k)ω0时，f沿罐壁切线向下，大小为当ω＝(1－k)ω0时，f沿罐壁切线向上，大小为

3k?2－k?

mg 2

以题说法 解决圆周运动力学问题要注意以下几点： (1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径． v24π22

(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω＝mωv＝mr2. rT

(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．

如图6所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，

现给小球一个冲击使其在瞬时得到一个水平初速度v0，若v0＝ 在圆轨道上能够上升到的最大高度(距离底部)的说法中正确的是

10gR，则有关小球3

( )

图6

v20

A．一定可以表示为

2gC．可能为R 答案 B

4R

B．可能为

35

D．可能为R

3

15

解析 如果小球到最高点时速度为零，则有mv20＝mgh，解得h＝R，小球已经过了高235

度R，小球会斜抛出去，故小球在最高点速度不为零，小球到不了R的高度，即不能

3v20

到达的高度，选项A、D错误，选项B正确．

2g题型4 万有引力定律的应用

例4 某行星自转周期为T，赤道半径为R，研究发现若该行星自转角速度变为原来的两倍，

将导致该星球赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G，则以下说法中正确的是

( )

4π2R3

A．该行量质量为M＝

GT23B．该星球的同步卫星轨道半径为r＝4R

16mπ2R

C．质量为m的物体对行星赤道地面的压力为FN＝ T2D．环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9 km/s

解析 若该行星自转角速度变为原来的两倍，则自转周期变为T/2.根据题述将导致该星

?2π?2

Mm

球赤道上物体恰好对行星表面没有压力，则有G2＝mR?T?，解得该行星质量为M

R

?2?

16π2R3Mm2π2Mm4π2＝2，选项A错误．由G2＝mr()，G2＝mR()，联立解得该星球的同步GTrTRT3卫星轨道半径为r＝4R，选项B正确．设行星赤道地面对物体的支持力为FN′，由Mm2π212mπ2RG2－FN′＝mR()，解得FN′＝，由牛顿第三定律得，质量为m的物体对RTT212mπ2R行星赤道地面的压力为FN＝，选项C错误．根据题述已知条件，不能得出环绕

T2该行星做匀速圆周运动的卫星线速度，选项D错误． 答案 B

以题说法 解决天体运动问题要善于构建两大模型

1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力v2Mm2π

学方程(G2＝m＝mω2r＝m()2r＝man)和黄金代换公式(GM＝gR2)就能轻松解决问

rrT

题．

2．“天体自转”模型——天体绕自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动．这种模型中往往要研究天体上某物体随天体做匀速圆周运动问题，这时向心力是天体对物体的万有引力和天体对物体的支持力的合力，在天体赤道上，则会有Fn＝F万－FN.

(2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分

别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为 A.C.n3T k2n2T k

B.D.n3T knT k

( )

答案 B

解析 双星靠彼此的引力提供向心力，则有 m1m24π2G2＝m1r12 LTm1m24π2G2＝m2r22 LT并且r1＋r2＝L 解得T＝2π

L3

G?m1＋m2?

当双星总质量变为原来的k倍，两星之间距离变为原来的n倍时 T′＝2π＝

n3·T k

n3L3 Gk?m1＋m2?

故选项B正确．

4． 平抛运动与圆周运动组合问题的综合分析

审题示例

(15分)如图7所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R＝1.25 m，斜面AB的长度为L＝1 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1 N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与

C点间的水平距离为x＝1.2 m，C点距离地面高度为h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求：

图7

(1)物块经C点时对圆弧面的压力； (2)物块滑至B点时的速度； (3)物块与斜面间的动摩擦因数． 审题模板

答题模板

(1)物块从C点到E点做平抛运动 1由h＝gt2

2得t＝0.4 s

(1分) (1分) (1分)

x

vC＝＝3 m/s

t

由牛顿第二定律知

2vC

FN－mg＝m R

(1分) (1分)

FN＝17.2 N

由牛顿第三定律知，物体在C点时对圆弧的压力大小为17.2 N，方向竖直向下(1分) (2)从B点到C点由动能定理有 112

mgR(1－cos 37°)＝mv2－mv

2C2BvB＝2 m/s

(2分) (2分)

(3)从A点到B点由v2B＝2aL，得 a＝2 m/s2

(2分)

由牛顿第二定律有

mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mgcos 37°－Fsin 37°)＝ma 24

代入数据，解得μ＝≈0.65

37

(2分) (1分)

答案 (1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65

点睛之笔 1.多过程问题实际是多种运动规律的组合．平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析．

2．在建立两运动之间的联系时，要把转折点的速度作为分析重点．

一长l＝0.80 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的

小球，悬点O距离水平地面的高度H＝1.00 m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图8所示．让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

图8

(1)当小球运动到B点时的速度大小；

(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离； (3)若OP＝0.6 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．

答案 (1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N

解析 (1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得 12

mv＝mgl 2B

解得小球运动到B点时的速度大小 vB＝2gl＝4.0 m/s

(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得 x＝vBt 1

y＝H－l＝gt2

2

解得C点与B点之间的水平距离

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