資源簡介

微專題(二) 天體(或衛星)的兩類典型問題(雙星模型、衛星的變軌)
學習目標
1.理解雙星模型的動力學特點，并能分析其運動規律．
2．會分析衛星的變軌問題，知道衛星變軌的原因和變軌前后的速度變化．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
類型一　雙星模型
歸納總結
1.“雙星”模型
如圖所示，宇宙中兩個靠得比較近的天體，不考慮其他天體的引力作用，在彼此間的萬有引力作用下繞其連線上的某固定點做勻速圓周運動，稱為“雙星”模型．
2．“雙星”模型的分析方法
兩顆星各自所需的向心力由彼此間的萬有引力相互提供，即：
對m1：＝r1　對m2：＝r2
3．“雙星”模型的特點
(1)兩顆星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2.
(2)兩顆星的軌道半徑與它們之間的距離關系為：r1＋r2＝L.
(3)兩顆星到圓心的距離r1、r2與星體質量成反比，即＝.
(4)“雙星”的運動周期T＝2π.
(5)“雙星”的總質量公式m1＋m2＝.
典例示范　
例1 宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉，稱之為雙星系統．設某雙星系統A、B繞其連線上的某固定點O點做勻速圓周運動，如圖所示．現測得兩星球球心之間的距離為L，運動周期為T，已知萬有引力常量為G.若AO>OB，則(　　)
A．星球A的線速度等于星球B的線速度
B．星球A所受向心力大于星球B所受向心力
C．雙星的質量一定，雙星之間的距離減小，其轉動周期增大
D．兩星球的總質量等于
素養訓練1　科學家發現．距離地球2 764光年的宇宙空間存在適合生命居住的雙星系統，這一發現為人類研究地外生命提供了新的思路和方向．假設宇宙中有一雙星系統由質量分別為m和M的A、B兩顆星體組成．這兩顆星繞它們連線上的某一點在二者萬有引力作用下做勻速圓周運動，如圖所示，A、B兩顆星的距離為L，引力常量為G，則(　　)
A.因為OA>OB，所以m>M
B．兩恒星做圓周運動的周期為2π
C．若恒星A由于不斷吸附宇宙中的塵埃而使得質量緩慢增大，其他量不變，恒星A的周期緩慢增大
D．若恒星A由于不斷吸附宇宙中的塵埃而使得質量緩慢增大，其他量不變，則恒星A的軌道半徑將緩慢增大
素養訓練2　銀河系的恒星中大約有四分之一是雙星，某雙星由質量不等的星體S1和S2構成，兩星在相互之間萬有引力的作用下繞兩者連線上某一定點O做勻速圓周運動(如圖所示)．由天文觀察測得其運動周期為T，S1到O點的距離為r1，S1和S2的距離為r，已知引力常量為G.由此可求出S1的質量為(　　)
A． B． D．
類型二　衛星的變軌
歸納總結
1.變軌問題概述
(1)穩定運行
衛星繞天體穩定運行時，萬有引力提供了衛星做圓周運動的向心力，即G＝m.
(2)變軌運行
當衛星由于某種原因，其速度v突然變化時，F引和m不再相等，會出現以下兩種情況：
①當F引＞m時，衛星做近心運動；
②當F引＜m時，衛星做離心運動．
2．變軌問題的兩種常見形式
(1)漸變
由于某個因素的影響使衛星的軌道半徑發生緩慢的變化，由于半徑變化緩慢，衛星每一周的運動仍可以看成是勻速圓周運動．
①關鍵要點：軌道半徑r減小(近心運動)．
這種變軌運動的起因是阻力使衛星速度減小，所需要的向心力減小了，而萬有引力大小沒有變，因此衛星將做近心運動，即軌道半徑r將減小．
②各個物理參量的變化：當軌道半徑r減小時，衛星線速度v、角速度ω、向心加速度a增大，周期T減小．
(2)突變
由于技術上的需要，有時要在適當的位置短時間啟動飛行器上的發動機，使飛行器軌道發生突變，使其到達預定的軌道．
發射同步衛星時，通常先將衛星發送到近地軌道Ⅰ，使其繞地球做勻速圓周運動，速率為v1，在P點第一次點火加速，在短時間內將速率由v1增加到v2，使衛星進入橢圓軌道Ⅱ；衛星運行到遠地點Q時的速率為v3，此時進行第二次點火加速，在短時間內將速率由v3增加到v4，使衛星進入同步軌道Ⅲ，繞地球做勻速圓周運動．
　
典例示范
例2如圖所示，某次發射同步衛星的過程如下，先將衛星發射至近地圓軌道1，然后再次點火進入橢圓形的過渡軌道2，最后將衛星送入同步軌道3.軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，則當衛星分別在軌道1、2、3上正常運行時，以下說法正確的是(　　)
A．衛星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率
B．衛星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度
C．衛星在軌道1上經過Q點時的加速度大于它在軌道2上經過Q點時的加速度
D．衛星在軌道2上經過P點時的加速度等于它在軌道3上經過P點時的加速度
素養訓練3　2021年2月，“天問一號”探測器成功實施近火制動，進入環火橢圓軌道，并于2021年5月軟著陸火星表面，開展巡視探測等工作，探測器經過多次變軌后登陸火星的軌跡示意圖如圖所示，其中軌道Ⅰ、Ⅲ為橢圓，軌道Ⅱ為圓．探測器經軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ運動后在Q點登陸火星，O點是軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的切點，O、Q還分別是橢圓軌道Ⅲ的遠火星點和近火星點．關于探測器，下列說法正確的是(　　)
A．由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需在O點減速
B．在軌道Ⅱ上運行的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期
C．在軌道Ⅱ上運行的線速度大于火星的第一宇宙速度
D．在軌道Ⅲ上，探測器運行到O點的線速度大于運行到Q點的線速度
　
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標
1.2022年6月5日，我國用神舟十四號載人飛船順利將陳冬、劉洋和蔡旭哲三名航天員送入太空．其發射過程示意圖如圖，橢圓軌道Ⅰ為轉移軌道，圓軌道Ⅱ為神舟十四號和空間站組合體的運行軌道，A為橢圓軌道的近地點，軌道Ⅰ、Ⅱ相切于B點，則(　　)
A．神舟十四號在軌道Ⅰ上從A點運動到B點，加速度逐漸增大
B．神舟十四號在軌道Ⅰ上從A點運動到B點，線速度逐漸減小
C．組合體在軌道Ⅱ上運行的周期小于神舟十四號在軌道Ⅰ上運行周期
D．組合體在軌道Ⅱ上運行的線速度小于神舟十四號在軌道Ⅰ上運行線速度
2．宇宙空間存在一些離其他恒星較遠的三星系統，其中有一種三星系統如圖所示，三顆質量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為L.忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內繞三角形中心O做勻速圓周運動，引力常量為G.下列說法正確的是(　　)
A．每顆星做圓周運動的線速度為
B．每顆星做圓周運動的加速度與三星的質量無關
C．若距離L和每顆星的質量m都變為原來的2倍，則周期變為原來的2倍
D．若距離L和每顆星的質量m都變為原來的2倍，則線速度變為原來的2倍
3．(多選)天文學家通過觀測兩個黑洞并合的事件，間接驗證了引力波的存在．該事件中甲、乙兩個黑洞的質量分別為太陽質量的36倍和29倍，假設這兩個黑洞繞它們連線上的某點做圓周運動，且兩個黑洞的間距緩慢減小．若該雙星系統在運動過程中，各自質量不變且不受其他星系的影響，則關于這兩個黑洞的運動，下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙兩個黑洞運行的線速度大小之比為36∶29
B．甲、乙兩個黑洞運行的角速度大小始終相等
C．隨著甲、乙兩個黑洞的間距緩慢減小，它們運行的周期也在減小
D．甲、乙兩個黑洞做圓周運動的向心加速度大小始終相等
4．(多選)2020年7月23日，我國在海南文昌航天發射中心，成功將我國首個深空探測器天問一號火星探測器送上太空．探測器接近火星后，探測器需經歷如圖所示的變軌過程，軌道Ⅰ為圓軌道，已知引力常量為G，則下列說法正確的是(　　)
A．探測器在軌道Ⅰ上P點的速度大于在軌道Ⅱ上的速度
B．探測器在軌道上運動時，運行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
C．探測器若從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點朝速度反向噴氣
D．若軌道Ⅰ貼近火星表面，并已知探測器在軌道Ⅰ上運動的角速度，可以推知火星的密度
5．(多選)衛星回收過程的示意圖如圖所示，衛星在圓軌道1上運行，到達軌道的P點時點火變軌進入橢圓軌道2，到達軌道的Q點時，再次點火變軌進入圓軌道3.軌道1、2相切于P點，軌道2、3相切于Q點．下列說法正確的是(　　)
A．衛星在軌道2上的周期大于在軌道3上的周期
B．衛星在軌道1上的角速度小于在軌道3上的角速度
C．衛星在軌道1上的速率大于在軌道3上的速率
D．衛星在軌道1上經過P點時的速率小于在軌道2上經過P點時的速率
微專題(二)　天體(或衛星)的兩類典型問題
(雙星模型、衛星的變軌)
關鍵能力·合作探究
類型一
【典例示范】
例1　解析：雙星圍繞同一點同軸轉動，其角速度、周期相等，由v＝rω可知，星球A的軌道半徑較大，線速度較大，A錯誤；雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，根據牛頓第三定律可知向心力大小相等，B錯誤；雙星A、B之間的萬有引力提供向心力，有G＝mAω2RA，G＝mBω2RB，其中ω＝，L＝RA＋RB，聯立解得mA＋mB＝(RA＋RB)3＝，即T＝，故當雙星的質量一定，雙星之間的距離減小，其轉動周期也減小，C錯誤；根據C選項計算可得mA＋mB＝，D正確．
答案：D
素養訓練1　解析：根據萬有引力提供向心力有G＝m＝M，因為OA＞OB，所以m＜M，由于OA＋OB＝L，解得T＝2π ，當m增大時可知T減小，故A、C錯誤，B正確；根據m＝M，且OA＋OB＝L，解得OA＝，若恒星A由于不斷吸附宇宙中的塵埃而使得質量m緩慢增大，其他量不變，則恒星A的軌道半徑將緩慢減小，故D錯誤．
答案：B
素養訓練2　解析：雙星之間的萬有引力提供各自做圓周運動的向心力，對S2有G＝m2(r－r1)，解得m1＝.A對．
答案：A
類型二
【典例示范】
例2　解析：由G＝m＝mrω2得，v＝，ω＝，由于r1＜r3，所以v1＞v3，ω1＞ω3，A、B錯；軌道1上的Q點與軌道2上的Q點是同一點，到地心的距離相同，根據萬有引力定律及牛頓第二定律知，衛星在軌道1上經過Q點時的加速度等于它在軌道2上經過Q點時的加速度，同理衛星在軌道2上經過P點時的加速度等于它在軌道3上經過P點時的加速度，C錯，D對．
答案：D
素養訓練3　解析：由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需在O點減速，由高軌道進入低軌道需要點火減速，A正確；根據開普勒第三定律＝，因軌道Ⅱ的半徑大于軌道Ⅲ的半長軸，所以在軌道Ⅱ上運行的周期大于在軌道Ⅲ上運行的周期，B錯誤；根據v＝ 可知，在軌道Ⅱ上運行的線速度小于火星的第一宇宙速度，C錯誤；根據開普勒第二定律可知，近地點的線速度大于遠地點的線速度，所以在軌道Ⅲ上，探測器運行到O點的線速度小于運行到Q點的線速度，D錯誤．
答案：A
隨堂演練·自主檢測
1．解析：神舟十四號在軌道Ⅰ上從A點運動到B點，受到地球的引力逐漸減小，則加速度逐漸減小，A錯誤；神舟十四號在軌道Ⅰ上從A點運動到B點，即從遠地點向近地點運動，由開普勒第二定律知，線速度減小，B正確；根據開普勒第三定律可知＝k，因在軌道Ⅱ上運行的軌道半徑大于神舟十四號在軌道Ⅰ上運行的半長軸，則組合體在軌道Ⅱ上運行的周期大于神舟十四號在軌道Ⅰ上運行的周期，C錯誤；組合體從軌道Ⅰ上的B點要加速才能進入軌道Ⅱ，則在軌道Ⅱ上運行的線速度大于神舟十四號在軌道Ⅰ上運行到B點時線速度，D錯誤．
答案：B
2．解析：任意兩顆星之間的萬有引力為F＝G，每一顆星受到的合力為F1＝F，由幾何關系可知，它們的軌道半徑為r＝L，合力提供它們的向心力＝m，聯立解得v＝，A錯誤；根據＝ma，解得a＝，故加速度與它們的質量有關，B錯誤；根據＝m，解得T＝，若距離L和每顆星的質量m都變為原來的2倍，則周期變為原來的2倍， C正確；根據v＝ 可知，若距離L和每顆星的質量m都變為原來的2倍，則線速度不變，D錯誤．
答案：C
3．解析：由牛頓第三定律知，兩個黑洞做圓周運動的向心力大小相等，它們的角速度ω相等，且有Fn＝mω2r可知，甲、乙兩個黑洞做圓周運動的半徑與質量成反比，由v＝ωr知，線速度之比為29∶36，A錯誤，B正確；設甲、乙兩個黑洞質量分別為m1和m2，軌道半徑分別為r1和r2，有＝m1()2r1，＝m2()2r2，聯立可得＝，隨著甲、乙兩個黑洞的間距緩慢減小，它們運行的周期也在減小，C正確；甲、乙兩個黑洞做圓周運動的向心力大小相等，由牛頓第二定律a＝可知，甲、乙兩個黑洞的向心加速度大小a1∶a2＝29∶36，D錯誤．
答案：BC
4．解析：探測器在P點從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點朝速度方向噴氣，從而使探測器減速到達軌道Ⅰ，則探測器在軌道Ⅰ上P點的速度小于在軌道Ⅱ上P點的速度，A、C錯誤；根據開普勒第三定律可知，探測器在軌道上運動時半長軸越大其運行的周期越大，故B正確；根據萬有引力定律可得G＝mω2R，根據ρ＝可得M＝ρπR3，聯立解得ρ＝，所以當軌道Ⅰ貼近火星表面，并且已知探測器在軌道Ⅰ上運動的角速度，可以推知火星的密度，故D正確．
答案：BD
5．解析：根據開普勒第三定律，衛星在軌道2上的周期大于在軌道3上的周期，A正確；衛星繞中心天體做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力G＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝，由公式可知，半徑越大，速度和角速度越小，B正確，C錯誤；從軌道1到軌道2 ，衛星在P點做逐漸靠近圓心的運動，要實現這個運動必須使衛星所需向心力小于萬有引力，所以應給衛星減速，所以在軌道1上經過P點時的速率大于在軌道2上經過P點時的速率，D錯誤．
答案：AB(共29張PPT)
微專題(二)
天體(或衛星)的兩類典型問題(雙星模型、衛星的變軌)
學習目標
1 ．理解雙星模型的動力學特點，并能分析其運動規律．
2．會分析衛星的變軌問題，知道衛星變軌的原因和變軌前后的速度變化．
類型一　雙星模型
歸納總結
1.“雙星”模型
如圖所示，宇宙中兩個靠得比較近的天體，不考慮其他天體的引力作用，在彼此間的萬有引力作用下繞其連線上的某固定點做勻速圓周運動，稱為“雙星”模型．
答案：D
答案：B
答案：A
類型二　衛星的變軌
歸納總結
1.變軌問題概述
2．變軌問題的兩種常見形式
(1)漸變
由于某個因素的影響使衛星的軌道半徑發生緩慢的變化，由于半徑變化緩慢，衛星每一周的運動仍可以看成是勻速圓周運動．
①關鍵要點：軌道半徑r減小(近心運動)．
這種變軌運動的起因是阻力使衛星速度減小，所需要的向心力減小了，而萬有引力大小沒有變，因此衛星將做近心運動，即軌道半徑r將減小．
②各個物理參量的變化：當軌道半徑r減小時，衛星線速度v、角速度ω、向心加速度a增大，周期T減小．
(2)突變
由于技術上的需要，有時要在適當的位置短時間啟動飛行器上的發動機，使飛行器軌道發生突變，使其到達預定的軌道．
發射同步衛星時，通常先將衛星發送到近地軌道Ⅰ，使其繞地球做勻速圓周運動，速率為v1，在P點第一次點火加速，在短時間內將速率由v1增加到v2，使衛星進入橢圓軌道Ⅱ；衛星運行到遠地點Q時的速率為v3，此時進行第二次點火加速，在短時間內將速率由v3增加到v4，使衛星進入同步軌道Ⅲ，繞地球做勻速圓周運動．
A．衛星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率
B．衛星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度
C．衛星在軌道1上經過Q點時的加速度大于它在軌道2上經過Q點時的加速度
D．衛星在軌道2上經過P點時的加速度等于它在軌道3上經過P點時的加速度
典例示范
例2如圖所示，某次發射同步衛星的過程如下，先將衛星發射至近地圓軌道1，然后再次點火進入橢圓形的過渡軌道2，最后將衛星送入同步軌道3.軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，則當衛星分別在軌道1、2、3上正常運行時，以下說法正確的是(　　)
答案：D
素養訓練3　2021年2月，“天問一號”探測器成功實施近火制動，進入環火橢圓軌道，并于2021年5月軟著陸火星表面，開展巡視探測等工作，探測器經過多次變軌后登陸火星的軌跡示意圖如圖所示，其中軌道Ⅰ、Ⅲ為橢圓，軌道Ⅱ為圓．探測器經軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ運動后在Q點登陸火星，O點是軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的切點，O、Q還分別是橢圓軌道Ⅲ的遠火星點和近火星點．關于探測器，下列說法正確的是(　　)
A．由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需在O點減速
B．在軌道Ⅱ上運行的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期
C．在軌道Ⅱ上運行的線速度大于火星的第一宇宙速度
D．在軌道Ⅲ上，探測器運行到O點的線速度大于運行到Q點的線速度
答案：A
A．神舟十四號在軌道Ⅰ上從A點運動到B點，加速度逐漸增大
B．神舟十四號在軌道Ⅰ上從A點運動到B點，線速度逐漸減小
C．組合體在軌道Ⅱ上運行的周期小于神舟十四號在軌道Ⅰ上運行周期
D．組合體在軌道Ⅱ上運行的線速度小于神舟十四號在軌道Ⅰ上運行線速度
1.2022年6月5日，我國用神舟十四號載人飛船順利將陳冬、劉洋和蔡旭哲三名航天員送入太空．其發射過程示意圖如圖，橢圓軌道Ⅰ為轉移軌道，圓軌道Ⅱ為神舟十四號和空間站組合體的運行軌道，A為橢圓軌道的近地點，軌道Ⅰ、Ⅱ相切于B點，則(　　)
答案：B
2．宇宙空間存在一些離其他恒星較遠的三星系統，其中有一種三星系統如圖所示，三顆質量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為L.忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內繞三角形中心O做勻速圓周運動，引力常量為G.下列說法正確的是(　　)
答案：C
3．(多選)天文學家通過觀測兩個黑洞并合的事件，間接驗證了引力波的存在．該事件中甲、乙兩個黑洞的質量分別為太陽質量的36倍和29倍，假設這兩個黑洞繞它們連線上的某點做圓周運動，且兩個黑洞的間距緩慢減小．若該雙星系統在運動過程中，各自質量不變且不受其他星系的影響，則關于這兩個黑洞的運動，下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙兩個黑洞運行的線速度大小之比為36∶29
B．甲、乙兩個黑洞運行的角速度大小始終相等
C．隨著甲、乙兩個黑洞的間距緩慢減小，它們運行的周期也在減小
D．甲、乙兩個黑洞做圓周運動的向心加速度大小始終相等
答案：BC
4．(多選)2020年7月23日，我國在海南文昌航天發射中心，成功將我國首個深空探測器天問一號火星探測器送上太空．探測器接近火星后，探測器需經歷如圖所示的變軌過程，軌道Ⅰ為圓軌道，已知引力常量為G，則下列說法正確的是(　　)
A．探測器在軌道Ⅰ上P點的速度大于在軌道Ⅱ上的速度
B．探測器在軌道上運動時，運行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
C．探測器若從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點朝速度反向噴氣
D．若軌道Ⅰ貼近火星表面，并已知探測器在軌道Ⅰ上運動的角速度，可以推知火星的密度
答案：BD
5．(多選)衛星回收過程的示意圖如圖所示，衛星在圓軌道1上運行，到達軌道的P點時點火變軌進入橢圓軌道2，到達軌道的Q點時，再次點火變軌進入圓軌道3.軌道1、2相切于P點，軌道2、3相切于Q點．下列說法正確的是(　　)
A．衛星在軌道2上的周期大于在軌道3上的周期
B．衛星在軌道1上的角速度小于在軌道3上的角速度
C．衛星在軌道1上的速率大于在軌道3上的速率
D．衛星在軌道1上經過P點時的速率小于在軌道2上經過P點時的速率
答案：AB微專題(一) 水平面內和豎直面內的圓周運動問題
學習目標
1.會分析水平面的圓周運動的向心力來源，并能求解臨界和極值問題．
2．會分析豎直面內的圓周運動的兩種模型：繩模型和桿模型．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
類型一　水平面內的圓周運動
　
歸納總結
1.不滑動
質量為m的物體在水平面上做圓周運動或隨圓盤一起轉動(如圖所示)時，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力達到最大值fm時，物體運動的速度也達到最大，即fm＝，解得vm＝ .
2．與支持面或桿的彈力有關的臨界問題
此問題要分析出恰好無支持力這一臨界狀態下的角速度(或線速度)等．
3．繩子被拉斷
質量為m的物體被長為l的輕繩拴著(如圖所示)，且繞繩的另一端O在水平面內做勻速圓周運動，當繩子的拉力達到最大值Tm時，物體的速度最大，即Tm＝，解得vm＝ .這就是物體在半徑為l的圓周上運動的臨界速度．
　
典例示范
例1 如圖所示，在水平轉臺上放一個質量為M＝2.0 kg的木塊，它與臺面間的最大靜摩擦力fm＝6.0 N，繩的一端系住木塊，另一端穿過轉臺的中心孔O(孔光滑)懸吊一質量m＝1.0 kg的小球，當轉臺以ω＝5.0 rad/s的角速度勻速轉動時，欲使木塊相對轉臺靜止，則木塊到O孔的距離可能是(重力加速度g＝10 m/s2，木塊、小球均視為質點)(　　)
A．16 cm B．5 cm
C．60 cm D．36 cm
素養訓練1　餐桌上有一半徑為40 cm的轉盤，轉盤上放著三個相同的碗，碗a和碗b在轉盤邊緣，碗c在距離轉盤中心20 cm的位置，碗b裝有一個蘋果．若碗可看成質點，隨轉盤一起勻速轉動．下列說法正確的是(　　)
A．轉盤對三個碗的摩擦力大小一樣
B．碗a和b的線速度始終相同
C．碗a和c的向心加速度大小之比為1∶2
D．若轉速逐漸增大，碗a與碗b同時滑出
類型二　豎直面內的圓周運動
　
歸納總結
1.輕繩模型
如圖所示，細繩系的小球或在軌道內側的小球做圓周運動．
(1)臨界狀態．
小球在最高點時，繩子拉力(或壓力)為零，小球只受重力．重力充當向心力，由mg＝m，得v＝.
(2)三種情況．
①v＝時，mg＝m，即重力恰好等于向心力，小球所受的拉力(或壓力)為零．
②v<時，mg>m，即重力大于小球所需要的向心力，小球脫離圓軌道，不能到達最高點．
③v>時，mg2．輕桿模型
如圖所示，在細輕桿上固定的小球或在管形軌道內的小球做圓周運動．
(1)臨界狀態．
小球在最高點時，輕桿彈力或軌道壓力為零，小球只受重力．重力充當向心力，由mg＝m，得v＝.
(2)三種情況．
①v＝時，mg＝m，即重力恰好等于向心力，輕桿(或圓管)與小球間無作用力．
②v<時，mg>m，即重力大于小球所需要的向心力，小球對輕桿(或圓管)有向下的壓力，小球受到向上的支持力，mg－N＝m.
③v>時，mg　
典例示范
例2 如圖所示，一質量為m＝0.5 kg的小球，用長為0.4 m的輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動．g取10 m/s2，求：
(1)當小球在最高點的速度為4 m/s時，輕繩拉力多大？
(2)若輕繩能承受的最大張力為45 N，小球的速度不能超過多大？
素養訓練2　
(多選)如圖所示，長為r＝0.3 m的輕桿一端固定質量為m的小球(可視為質點)，另一端與水平轉軸(垂直于紙面)于O點連接．現使小球在豎直面內繞O點做勻速圓周運動，已知轉動過程中輕桿對小球的最大作用力為1.75mg，輕桿不變形，重力加速度g＝10 m/s2.下列判斷正確的是(　　)
A．小球轉動的角速度為5 rad/s
B．小球通過最高點時對桿的作用力為零
C．轉動過程中桿對小球的作用力總是沿桿的方向
D．若將題目中的桿換成繩，則小球不能完成圓周運動
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1.半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上，如圖所示．頂部有一物體A，現給它一個水平初速度v0＝，則物體將(　　)
A．沿球面下滑至M點
B．沿球面下滑至某一點N，便離開球面做斜下拋運動
C．按半徑大于R的新的圓弧軌道做圓周運動
D．立即離開半圓球做平拋運動
2.(多選)如圖所示，小球P用兩根長度相等、不可伸長的細繩系于豎直桿上，隨桿轉動．若轉動角速度為ω，則下列說法正確的是(　　)
A．ω只有超過某一值時，繩子AP才有拉力
B．繩子BP的拉力隨ω的增大而增大
C．繩子BP的張力一定大于繩子AP的張力
D．當ω增大到一定程度時，繩子AP的張力大于繩子BP的張力
3.(多選)如圖所示，豎直平面內固定一個圓環狀的細管，一光滑小球(直徑略小于管徑)在管內做圓周運動，則(　　)
A．小球以大小不同的速度通過最高點時，管壁對小球的作用力大小一定不等
B．小球以大小不同的速度通過最高點時，管壁對小球的作用力大小可能相等
C．小球以大小不同的速度通過最低點時，管壁對小球的作用力大小一定不等
D．小球以大小不同的速度通過最低點時，管壁對小球的作用力大小可能相等
4.(多選)如圖所示的裝置中，質量均為m的小球A、B系在等長度的輕繩OA、OB下端，并都以轉速n繞過O點的豎直軸在同一水平面內做勻速圓周運動，質量為2m的物塊C靜止不動；若將C換成質量為3m的物塊D，要保證在系統穩定時，A、B仍繞過O點的豎直軸在同一水平面內以相同的轉速做勻速圓周運動，同時D靜止不動，則A、B的質量和兩球做勻速圓周運動的轉速n可以如何調整(　　)
A．增大A、B的質量，增大轉速n
B．保持A、B的質量不變，增大轉速n
C．減小A的質量，B的質量不變，減小轉速n
D．增大A、B的質量，減小轉速n
5．(多選)球A和球B可在光滑桿上無摩擦滑動，兩球用一根細繩連接，如圖所示，球A的質量是球B的兩倍，當桿以角速度ω勻速轉動時，兩球剛好保持與桿無相對滑動，那么(　　)
A．球A受到的向心力大于球B受到的向心力
B．球A轉動的半徑是球B轉動半徑的一半
C．當A球質量增大時，球A向外運動
D．當ω增大時，球B向外運動
6.如圖所示，水平長桿AB可繞過B端的豎直軸OO′勻速轉動，原長l＝20 cm的輕彈簧一端系質量m＝0.4 kg的小球(視為質點)，另一端連在B端，已知小球與水平桿間的動摩擦因數μ＝0.4，彈簧的勁度系數k＝130 N/m，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)當彈簧處于原長時，求桿的最大角速度ωmax；
(2)當彈簧伸長Δx＝5 cm時，求桿的角速度ω的取值范圍．
微專題(一)　水平面內和豎直面內的圓周運動問題
關鍵能力·合作探究
類型一
【典例示范】
例1　解析：木塊在水平面內轉動時，水平轉臺對木塊的支持力與木塊自身重力相平衡，拉力與水平轉臺對木塊的靜摩擦力的合力提供木塊做圓周運動的向心力．設木塊到轉臺中心的距離為R，木塊以角速度ω轉動所需向心力為Mω2R，若Mω2R＝T＝mg，此時轉臺對木塊的摩擦力為零．若R1>R，Mω2R1>mg，轉臺對木塊的摩擦力方向沿轉臺半徑指向中心，由牛頓第二定律得f1＋mg＝Mω2R1，當f1＝fm時，R1最大．所以，木塊到轉臺中心的最大距離為R1＝＝ m＝0.32 m；若R2答案：A
素養訓練1　
解析：碗所受摩擦力提供向心力，則f＝mω2r，即fa＝mω2r、fb＝(m0＋m)ω2r、fc＝mω2×，故A錯誤；由v＝ωr可知，碗a和b的線速度大小相等，方向不同，故B錯誤；由公式a＝ω2r可知，碗a和碗c的向心加速度大小之比為2∶1，故C錯誤；當碗與轉盤間的摩擦達到最大靜摩擦時，有μmg＝r得ω0＝ ，由此可得，轉動半徑相同時，臨界角速度相同，轉速相同，所以碗a與碗b同時滑出，故D正確．
答案：D
類型二
【典例示范】
例2　解析：
(1)在最高點，對小球受力分析如圖甲
由牛頓第二定律得mg＋F1＝
將v1＝4 m/s代入得輕繩拉力F1＝15 N
(2)由分析可知，小球在最低點時輕繩張力最大，對小球受力分析如圖乙
由牛頓第二定律得F2－mg＝
將F2＝45 N代入得v2＝4 m/s，即小球的速度不能超過4 m/s.
答案：(1)15 N　(2)4 m/s
素養訓練2　
解析：當小球轉至最低點時，輕桿對小球的作用力最大，則根據牛頓第二定律有Fm－mg＝mω2r，代入數據可得，小球轉動的角速度為ω＝5 rad/s，故A正確；小球在最高點時，根據牛頓第二定律可得F＋mg＝mω2r，小球通過最高點時對桿的作用力為F＝－0.25mg，負號表示作用力方向與重力相反，即方向豎直向上，則小球在最高點受到桿豎直向上的支持力．若將桿換成繩，繩子在最高點不能提供支持力，則小球不能完成圓周運動，B錯誤，D正確；由于小球是做勻速圓周運動，則轉動過程中，桿對小球的作用力不一定沿桿方向，小球的合外力提供向心力，一定沿桿方向，故C錯誤．
答案：AD
隨堂演練·自主檢測
1．解析：設在頂部物體A受到半圓球對它的作用力為F，由牛頓第二定律得mg－F＝，把v0＝代入得F＝0.說明物體只受重力作用，又因物體有水平初速度v0，故物體做平拋運動，D正確．
答案：D
2．解析：小球P的重力、繩子BP的張力及繩子AP中可能存在的張力的合力提供P做勻速圓周運動的向心力．用正交分解法求出小球P分別在水平、豎直兩個方向受到的合力Fx合、Fy合，由牛頓運動定律列方程，Fx合＝mrω2，Fy合＝0，分析討論可知A、B、C正確，D錯誤．
答案：ABC
3．解析：在最高點，若小球對內壁為壓力，則mg－N＝，解得N＝mg－；若小球對外壁為壓力，則mg＋N′＝，解得N′＝－mg，小球的速度大小不同，壓力大小可能相同，故A錯誤，B正確；在最低點，根據牛頓第二定律可知N－mg＝，解得N＝＋mg，小球的速度大小不同，對管壁的作用力大小一定不同，故C正確，D錯誤．
答案：BC
4．解析：如果要保證在系統穩定時，A、B仍繞過O點的豎直軸在同一水平面內以相同的轉速做勻速圓周運動，同時D靜止不動，則A、B的質量相等，故C錯誤；以A、B為整體受力分析，有T＝2mg，即右側繩子拉力與夾角，轉速無關，只與A、B的質量有關，換上D后，繩子上的拉力增大，因此，需要增大A、B的質量，轉速增大減小無影響，故A、D正確，B錯誤．
答案：AD
5．解析：因為桿光滑，兩球間細線的相互拉力提供向心力，所以FA＝FB，故選項A錯誤；由F＝mω2r，mA＝2mB，得rB＝2rA，故選項B正確；當A球質量增大時，球A向外運動，故選項C正確；當ω增大時，球B不動，故選項D錯誤．
答案：BC
6．解析：(1)對小球受力分析，知最大靜摩擦力提供其做圓周運動所需向心力μmg＝l
解得ωmax＝2 rad/s.
(2)若小球離心趨勢最大，受力分析可得
kΔx＋μmg＝(l＋Δx)
解得ω1＝9 rad/s
若小球向心趨勢最大，受力分析可得
kΔx－μmg＝(l＋Δx)
解得ω2＝7 rad/s
則角速度ω的取值范圍7 rad/s≤ω≤9 rad/s.
答案：(1)2 rad/s　(2)7 rad/s≤ω≤9 rad/s(共28張PPT)
微專題(一)
水平面內和豎直面內的圓周運動問題
學習目標
1．會分析水平面的圓周運動的向心力來源，并能求解臨界和極值問題．
2．會分析豎直面內的圓周運動的兩種模型：繩模型和桿模型．
典例示范
例1 如圖所示，在水平轉臺上放一個質量為M＝2.0 kg的木塊，它與臺面間的最大靜摩擦力fm＝6.0 N，繩的一端系住木塊，另一端穿過轉臺的中心孔O(孔光滑)懸吊一質量m＝1.0 kg的小球，當轉臺以ω＝5.0 rad/s的角速度勻速轉動時，欲使木塊相對轉臺靜止，則木塊到O孔的距離可能是(重力加速度g＝10 m/s2，木塊、小球均視為質點)(　　)
A．16 cm B．5 cm
C．60 cm D．36 cm
答案：A
素養訓練1　餐桌上有一半徑為40 cm的轉盤，轉盤上放著三個相同的碗，碗a和碗b在轉盤邊緣，碗c在距離轉盤中心20 cm的位置，碗b裝有一個蘋果．若碗可看成質點，隨轉盤一起勻速轉動．下列說法正確的是(　　)
A．轉盤對三個碗的摩擦力大小一樣
B．碗a和b的線速度始終相同
C．碗a和c的向心加速度大小之比為1∶2
D．若轉速逐漸增大，碗a與碗b同時滑出
答案：D
類型二　豎直面內的圓周運動
歸納總結
1.輕繩模型
如圖所示，細繩系的小球或在軌道內側的小球做圓周運動．
典例示范
例2 如圖所示，一質量為m＝0.5 kg的小球，用長為0.4 m的輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動．g取10 m/s2
(1)當小球在最高點的速度為4 m/s時，輕繩拉力多大？
(2)若輕繩能承受的最大張力為45 N，小球的速度不能超過多大？
答案：15 N　
下列判斷正確的是(　　)
A．小球轉動的角速度為5 rad/s
B．小球通過最高點時對桿的作用力為零
C．轉動過程中桿對小球的作用力總是沿桿的方向
D．若將題目中的桿換成繩，則小球不能完成圓周運動
素養訓練2　
(多選)如圖所示，長為r＝0.3 m的輕桿一端固定質量為m的小球(可視為質點)，另一端與水平轉軸(垂直于紙面)于O點連接．現使小球在豎直面內繞O點做勻速圓周運動，已知轉動過程中輕桿對小球的最大作用力為1.75mg，輕桿不變形，重力加速度g＝10 m/s2.
答案：AD
解析：當小球轉至最低點時，輕桿對小球的作用力最大，則根據牛頓第二定律有Fm－mg＝mω2r，代入數據可得，小球轉動的角速度為ω＝5 rad/s，故A正確；小球在最高點時，根據牛頓第二定律可得F＋mg＝mω2r，小球通過最高點時對桿的作用力為F＝－0.25mg，負號表示作用力方向與重力相反，即方向豎直向上，則小球在最高點受到桿豎直向上的支持力．若將桿換成繩，繩子在最高點不能提供支持力，則小球不能完成圓周運動，B錯誤，D正確；由于小球是做勻速圓周運動，則轉動過程中，桿對小球的作用力不一定沿桿方向，小球的合外力提供向心力，一定沿桿方向，故C錯誤．
答案：D
2.(多選)如圖所示，小球P用兩根長度相等、不可伸長的細繩系于豎直桿上，隨桿轉動．若轉動角速度為ω，則下列說法正確的是(　　)
A．ω只有超過某一值時，繩子AP才有拉力
B．繩子BP的拉力隨ω的增大而增大
C．繩子BP的張力一定大于繩子AP的張力
D．當ω增大到一定程度時，繩子AP的張力大于繩子BP的張力
答案：ABC
解析：小球P的重力、繩子BP的張力及繩子AP中可能存在的張力的合力提供P做勻速圓周運動的向心力．用正交分解法求出小球P分別在水平、豎直兩個方向受到的合力Fx合、Fy合，由牛頓運動定律列方程，Fx合＝mrω2，Fy合＝0，分析討論可知A、B、C正確，D錯誤．
3.(多選)如圖所示，豎直平面內固定一個圓環狀的細管，一光滑小球(直徑略小于管徑)在管內做圓周運動，則(　　)
A．小球以大小不同的速度通過最高點時，管壁對小球的作用力大小一定不等
B．小球以大小不同的速度通過最高點時，管壁對小球的作用力大小可能相等
C．小球以大小不同的速度通過最低點時，管壁對小球的作用力大小一定不等
D．小球以大小不同的速度通過最低點時，管壁對小球的作用力大小可能相等
答案：BC
4.(多選)如圖所示的裝置中，質量均為m的小球A、B系在等長度的輕繩OA、OB下端，并都以轉速n繞過O點的豎直軸在同一水平面內做勻速圓周運動，質量為2m的物塊C靜止不動；若將C換成質量為3m的物塊D，要保證在系統穩定時，A、B仍繞過O點的豎直軸在同一水平面內以相同的轉速做勻速圓周運動，同時D靜止不動，則A、B的質量和兩球做勻速圓周運動的轉速n可以如何調整(　　)
A．增大A、B的質量，增大轉速n
B．保持A、B的質量不變，增大轉速n
C．減小A的質量，B的質量不變，減小轉速n
D．增大A、B的質量，減小轉速n
答案：AD
解析：如果要保證在系統穩定時，A、B仍繞過O點的豎直軸在同一水平面內以相同的轉速做勻速圓周運動，同時D靜止不動，則A、B的質量相等，故C錯誤；以A、B為整體受力分析，有T＝2mg，即右側繩子拉力與夾角，轉速無關，只與A、B的質量有關，換上D后，繩子上的拉力增大，因此，需要增大A、B的質量，轉速增大減小無影響，故A、D正確，B錯誤．
5．(多選)球A和球B可在光滑桿上無摩擦滑動，兩球用一根細繩連接，如圖所示，球A的質量是球B的兩倍，當桿以角速度ω勻速轉動時，兩球剛好保持與桿無相對滑動，那么(　　)
A．球A受到的向心力大于球B受到的向心力
B．球A轉動的半徑是球B轉動半徑的一半
C．當A球質量增大時，球A向外運動
D．當ω增大時，球B向外運動
答案：BC
解析：因為桿光滑，兩球間細線的相互拉力提供向心力，所以FA＝FB，故選項A錯誤；由F＝mω2r，mA＝2mB，得rB＝2rA，故選項B正確；當A球質量增大時，球A向外運動，故選項C正確；當ω增大時，球B不動，故選項D錯誤．
6.如圖所示，水平長桿AB可繞過B端的豎直軸OO′勻速轉動，原長l＝20 cm的輕彈簧一端系質量m＝0.4 kg的小球(視為質點)，另一端連在B端，已知小球與水平桿間的動摩擦因數μ＝0.4，彈簧的勁度系數k＝130 N/m，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)當彈簧處于原長時，求桿的最大角速度ωmax；
(2)當彈簧伸長Δx＝5 cm時，求桿的角速度ω的取值范圍．
答案：7 rad/s≤ω≤9 rad/s

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