第4章曲線運動

物理新高考適用目錄第1節(jié)曲線運動運動的合成與分解考點1曲線運動的條件和特征考點2運動的合成與分解考點3小船渡河模型考點4關(guān)聯(lián)速度模型第2節(jié)拋體運動考點1平拋運動的基本規(guī)律考點2與斜面或圓弧面有關(guān)的平拋運動考點3類平拋運動的分析考點4斜拋運動微專題7拋體運動中的綜合問題第3節(jié)

圓周運動考點1圓周運動的運動學(xué)問題考點2圓周運動的動力學(xué)問題微專題8圓周運動的臨界、極值問題實驗5探究平拋運動的特點實驗6探究向心力大小與半徑、速度、質(zhì)量的關(guān)系第1節(jié)曲線運動運動的合成與分解考點1曲線運動的條件和特征1.物體做曲線運動的條件

2.曲線運動的特征(1)曲線運動是變速運動,加速度必不為0。(2)若做曲線運動的物體所受合力恒定,物體做勻變速曲線運動;若所受合力變化,物體

做變加速曲線運動。(3)曲線運動的軌跡:始終夾在合力方向與速度方向之間,而且向合力的方向彎曲,如圖

所示。

即練即清判斷正誤,正確的打√,錯誤的打?。如圖所示為質(zhì)點做勻變速曲線運動的軌跡,且質(zhì)點運動到D點時速度方向與加速度方

向恰好相互垂直。

(1)質(zhì)點經(jīng)過C點時的速率比經(jīng)過D點時的速率大。

(

)(2)質(zhì)點經(jīng)過D點時的加速度比經(jīng)過B點時的加速度大。

(

)(3)從B到E的過程中質(zhì)點的加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小。

(

)√??提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)曲線運動中速率變化的判斷

考點2運動的合成與分解1.合運動與分運動的重要性質(zhì)等時性合運動與分運動、分運動與分運動經(jīng)歷的時間相

等,即同時開始、同時進(jìn)行、同時停止獨立性各分運動相互獨立,不受其他運動的影響,各分運

動共同決定合運動的性質(zhì)和軌跡等效性各分運動疊加起來與合運動有完全相同的效果2.運算法則:平行四邊形定則。3.運動分解的方法:根據(jù)運動的效果分解,也可采用正交分解法。4.合運動性質(zhì)的判斷兩個分運動(不共線)合運動推斷依據(jù)運動性質(zhì)兩個勻速直線運動v0≠0,a=0勻速直線運動一個勻速直線運動和一個勻變速直線運動v0≠0,a≠0且v0與a不共線勻變速曲線運動兩個初速度不為零的勻變速直線運動v0與a共線時勻變速直線運動v0與a不共線時勻變速曲線運動兩個初速度為零的勻加速直線運動v0=0,a≠0勻加速直線運動(運動方向與a的方向相同)典例1

(2024屆山東泰安新泰中學(xué)二模)(多選)如圖所示,把質(zhì)量為m的小球以大小為v0

的速度從空中的P點水平向右拋出,同時對小球施加大小為

mg、方向斜向左上方的恒力F作用,θ=60°。不計空氣阻力,重力加速度為g。下列判斷正確的是

(

)

A.小球的加速度大小總為gB.小球向右運動的最大位移為

C.小球經(jīng)過一段時間會落地D.小球的最小速度為

AD解題導(dǎo)引

化曲為直解析

對小球受力分析并將力正交分解,如圖所示。F合=

=mg,小球的加速度大小a=

=g,A正確。小球水平方向的加速度大小ax=

=

g,小球向右運動的最大位移x=

=

(點撥:向右運動的位移最大時對應(yīng)水平速度為0),B錯誤。小球在豎直方向上的合力方向向上,小球會一直向上運動,不會落地,C錯誤。小球

速度最小處即速度方向與合力方向垂直的位置(釋疑:開始階段速

度方向與合力方向的夾角為鈍角,小球的速率減小,之后夾角為銳

角時速率增大),初速度v0垂直于合力方向的分速度為v0·sin30°=

,

且此分速度保持不變,所以小球的最小速度為

,D正確?？键c3小船渡河模型情況圖示說明渡河時間最短

當(dāng)船頭垂直河岸時,渡河時間最

短,最短時間tmin=

渡河位移最短

當(dāng)v水<v船時,滿足v水-v船cosθ=0,渡

河位移最短,最短渡河位移xmin=d

當(dāng)v水>v船時,船頭方向(即v船方向)

與合速度方向垂直,渡河位移最

短,最短渡河位移xmin=

典例2

(2024屆四川德陽模擬)如圖所示,消防員正在寬度d=100m、河水流速v1=5m/s

的河流中進(jìn)行水上救援演練,可視為質(zhì)點的沖鋒舟到下游危險區(qū)的距離x=75m,其在靜

水中的速度為v2,則

(

)A.若沖鋒舟在靜水中的初速度為0,船頭垂直于對岸,以恒定

的加速度a=0.9m/s2沖向?qū)Π?則能安全到達(dá)對岸B.若沖鋒舟在河流中做勻速直線運動,為了使沖鋒舟能安全

到達(dá)河對岸,沖鋒舟在靜水中的速度v2不得小于3m/sC.若沖鋒舟船頭與河岸夾角為30°斜向上游且以速度v2=10m/s勻速航行,則恰能到達(dá)正

對岸D.沖鋒舟以最小的v2勻速航行恰能安全到達(dá)對岸所用的時間為25sA解析將沖鋒舟的運動沿船頭與沿水流兩個方向分解,有d=

at2,解得t=

s,沿水流方向的位移x水=v1t=

m<x,A正確。如圖所

示,沖鋒舟沿OP方向勻速航行恰能安全到達(dá)對

岸,設(shè)沖鋒舟的合速度與水流速度的夾角為θ(點

撥:合速度為實際運動的速度),則沖鋒舟在靜水中的速度v2至少應(yīng)為vmin=v1sinθ,根據(jù)幾何關(guān)系有tanθ=

,聯(lián)立解得vmin=4m/s,OP=

,沖鋒舟以最小的v2勻速航行恰能安全到達(dá)對岸所用的時間t2=

=

s,B、D錯誤。若沖鋒舟船頭與河岸夾角為30°斜向上游且以速度v2=10m/s勻速航行,則有v2

cos30°=5

m/s>v1=5m/s,可知沖鋒舟的合速度不指向正對岸,C錯誤。提分關(guān)鍵·方法提升

分析小船渡河問題的思維流程情境圖示分解圖示定量結(jié)論

vB=v1=vA

cosθ

v0=v1=vA

cosθ考點4關(guān)聯(lián)速度模型

vA1=vB1,則vAcosα=vBcosβ

vA1=vB1,則vAcosα=vBsinα典例3

(2024屆山東菏澤模擬)如圖所示,在不計滑輪摩擦和繩子質(zhì)量的條件下,小車A

在水平外力作用下沿水平地面向左做直線運動,繩子跨過定滑輪拉著物體B以速度vB豎

直勻速上升,下列判斷正確的是

(

)

A.小車A做減速直線運動B.繩子拉力大于物體B的重力C.小車A的速度大小可表示為vBcosθD.小車A受到地面的支持力逐漸變小A解析物體B勻速上升,繩子拉力FT=mBg,B錯誤。將小車A的速度沿繩和垂直繩方向分

解,沿繩方向的分速度大小等于B物體的速度大小,則vA=

,隨著θ的減小,可得小車A做減速直線運動,A正確,C錯誤。對小車A,由受力分析可得FN+FTsinθ=mAg,所以小車A

受到地面的支持力FN逐漸增大,D錯誤。一題多解微元法如圖所示,取極短時間Δt,小車A和物體B的速度可認(rèn)為不變,小車A從P運動到Q,位移大

小Δx=vAΔt,物體B移動的距離Δl=vBΔt。在OQ上取一點P',使OP=OP',則P'Q=Δl,由于時間

極短,∠POP'趨近于零,則在△PP'Q中,∠PP'Q≈90°,∠P'QP≈θ,可得Δx=

,所以vA=

,可得小車A做減速直線運動,A正確,C錯誤。

提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)明確合速度與分速度(1)合速度為物體實際運動的速度,一般分解合速度,不分解分速度。(2)繩、桿兩端連接的物體速度大小不一定相等,但沿繩、桿方向的分速度大小一定相等。第2節(jié)拋體運動運動圖示以拋出點為坐標(biāo)原點,以初速度方向為x軸正方向,

豎直向下為y軸正方向,建立坐標(biāo)系

速度關(guān)系

考點1平拋運動的基本規(guī)律位移關(guān)系

軌跡方程y=

x2重要推論x'=

,tanθ=2tanα即練即清判斷正誤,正確的打√,錯誤的打?一個小球從空中某點水平拋出,先后經(jīng)過空中的A、B兩點,不計空氣阻力。(1)小球做非勻變速曲線運動。

(

)(2)小球經(jīng)過A點的速度大小大于經(jīng)過B點的速度大小。

(

)(3)A點到B點的速度變化量大小與小球在A、B間的運動時間成正比。

(

)(4)連續(xù)相等時間ΔT內(nèi),豎直方向上的位移差不變。

(

)??√√提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)平拋運動速度和位移的變化規(guī)律(1)速度的變化規(guī)律相等時間ΔT內(nèi)的速度變化量相等:Δv=gΔT,方向豎直向下,如圖所示。

(2)位移的變化規(guī)律①相等時間ΔT內(nèi)的水平位移相等:Δx=v0ΔT。②連續(xù)相等時間ΔT內(nèi),豎直方向上的位移差不變,即Δy=g(ΔT)2?？键c2與斜面或圓弧面有關(guān)的平拋運動1.斜面約束

(明確末速度方向)由tanθ=

=

得t=

(明確速度方向)由tanθ=

=

得t=

(明確位移方向)由tanθ=

=

=

得t=

(明確位移方向)由tanθ=

=

=

得t=

2.圓弧面約束

(明確速度方向)由tanθ=

=

得t=

在半圓內(nèi)的平拋運動

(明確位移關(guān)系)由R+

=v0t得t=

(明確速度方向)由tanθ=

=

得t=

典例1

(2024屆江蘇泰州一模)如圖所示,陽光垂直照射到斜面上,在斜面頂端把一小球

水平拋出,小球剛好落在木板底端。B點是運動過程中距離斜面最遠(yuǎn)處,A點是小球在陽

光照射下小球經(jīng)過B點的投影點。不計空氣阻力,則(

)

A.小球在斜面上的投影做勻速運動B.OA與AC長度之比為1∶3C.若D點在B點的正下方,則OD與DC長度相等D.減小小球拋出的速度,小球可能垂直落到斜面上C解析

將小球的運動分解為沿斜面和垂直斜面兩個方向上的分運動,可知小球沿斜面

方向做初速度為v0cosθ、加速度為gsinθ的勻加速直線運動,則小球在斜面上的投影

做勻加速直線運動,A錯誤;小球垂直斜面方向做初速度為v0sinθ、加速度為gcosθ的

“豎直上拋運動”,B點是運動過程中距離斜面最遠(yuǎn)處,則此時小球垂直斜面方向的分

速度剛好為0,根據(jù)對稱性可知,小球從O到B與從B到C的時間相等,均為t=

,則有LOA=v0cosθ·t+

gsinθ·t2,LOC=v0cosθ·2t+

gsinθ·(2t)2,可得LAC=LOC-LOA=v0cosθ·t+

gsinθ·3t2,則有

=

>

,B錯誤;將小球的運動分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動,則水平方向上小球從O到B有xOB=v0t,小球從O到C有xOC=

v0·2t=2xOB,若D點在B點的正下方,則有xOC=2xOD,可知D點是OC的中點,則OD與DC長度相

等,C正確;若小球垂直落到斜面上,則小球水平方向的分速度與小球從斜面頂端拋出時

的初速度方向相反,而小球在水平方向做勻速運動,小球的水平速度方向不可能反向,則

減小小球平拋的速度,小球不可能垂直落到斜面上,D錯誤。提分關(guān)鍵·方法提升

小球離斜面最大距離分析(1)沿水平方向、豎直方向建坐標(biāo)系

速度與水平方向夾角為θ時,離斜面距離最大,此時tanθ=

。(2)沿斜面和垂直斜面建坐標(biāo)系

考點3類平拋運動的分析運動圖示以拋出點為坐標(biāo)原點,以初速度方向為x軸正方向,

合力方向為y軸正方向,建立坐標(biāo)系

速度關(guān)系

位移關(guān)系

典例2

(2024屆河南商丘三模)如圖所示,傾角為θ=30°的光滑斜面體固定在水平地面

上,斜面abcd為正方形。一小球從斜面的頂點a處以大小v0=3.0m/s的初速度平行ab方

向拋出,小球恰好從bc邊的中點飛出。已知重力加速度g取10m/s2,求斜面abcd的邊長。答案

1.8m解析

解法一利用類平拋運動分位移的大小設(shè)斜面abcd的邊長為L,ab方向小球做勻速直線運動,有L=v0t;ad方向小球做勻加速直線運動,有

=

gsinθ·t2;聯(lián)立解得L=1.8m,t=0.6s(另一解不合題意,舍去)。解法二利用速度偏轉(zhuǎn)角與位移偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系以a點為坐標(biāo)原點,設(shè)小球從bc邊離開時,速度方向與ab之間的夾角為α;位移方向與ab之

間的夾角為β;有tanβ=

=

,tanα=

=2tanβ,L=v0t,聯(lián)立解得L=1.8m?？键c4斜拋運動運動圖示以拋出點為坐標(biāo)原點O,水平向右為x軸的正方向,

豎直向上為y軸的正方向,建立平面直角坐標(biāo)系,如

圖所示。水平方向速度vx=

=v0cosθ位移x=

t=(v0

cosθ)t豎直方向速度vy=

-gt=v0sinθ-gt位移y=

t-

gt2=(v0sinθ)t-

gt2飛行時間t總=

射高Hm=

射程xm=

(若v0一定,當(dāng)θ=45°時,xm最大)典例3

(2024江西,8,6分)(多選)一條河流某處存在高度差,小魚從低處向上躍出水面,

沖到高處。如圖所示,以小魚躍出水面處為坐標(biāo)原點,x軸沿水平方向,建立坐標(biāo)系,小魚

的初速度為v0,末速度v沿x軸正方向。在此過程中,小魚可視為質(zhì)點且只受重力作用。

關(guān)于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度vx和豎直方向分速度vy與時間t的

關(guān)系,下列圖像可能正確的是

(

)AD解析小魚做斜上拋運動,其豎直分運動為豎直上拋運動,水平分運動為勻速直線運

動。在水平方向有x=vt,x與t成正比,A正確。在豎直方向有y=v0yt-

gt2,y-t圖線為開口向下的拋物線,B錯誤。水平方向的分速度vx=v0x=v,不隨時間變化,C錯誤。豎直方向的分

速度vy=v0y-gt,vy-t圖線為斜率為負(fù)的直線,D正確。高考變式

(由定態(tài)到動態(tài))(多選)如圖所示,將一個小球從P點以大小為v0的初速度斜

向上拋出,初速度與水平方向的夾角為α,小球恰好能垂直打在墻面上,不計小球的大小,

不計空氣阻力,重力加速度大小為g,若改變小球從P點拋出的初速度,則關(guān)于小球從P點

拋出到打在墻面上的過程,下列說法正確的是

(

)

A.僅將α變小,小球運動的時間變長B.僅將α變小,小球仍可能垂直打在墻面上C.僅將v0變大,小球運動的時間變短D.將v0變大,同時將α變小,小球仍可能垂直打在墻面上BCD解析設(shè)P到墻面的距離為s,小球運動時間為t,水平方向有s=v0cosα·t,則僅將α變小,t變

小;僅將v0變大,t變小,A錯誤,C正確。若小球垂直打在墻面上,其逆運動可視為平拋運

動,水平方向有s=v0cosα·t,豎直方向有v0sinα=gt,聯(lián)立解得s=

,則僅將α變小(如α由60°減小為30°),或?qū)0變大,同時將α變小,仍可能滿足上述關(guān)系,即小球可能垂直打在

墻面上,B、D正確。提分關(guān)鍵·方法提升

逆向思維處理斜拋運動利用斜上拋運動至最高點速度水平的特點,可以將斜拋運動從最高點分段研究,前半段

相當(dāng)于反向的平拋運動,后半段相當(dāng)于平拋運動。微專題7拋體運動中的綜合問題題型1拋體運動中的臨界、極值問題1.拋體運動中的臨界問題(1)拋體運動的臨界問題的兩種常見情境①物體有最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度等。②物體的速度方向恰好為某一方向。(2)處理拋體運動的臨界問題的關(guān)鍵①關(guān)于臨界條件的關(guān)鍵信息:“恰好不出界”“剛好飛過壕溝”“速度方向恰好與斜

面平行”“速度方向與圓周相切”等。②解題關(guān)鍵:從實際出發(fā)尋找臨界點,畫出物體運動的草圖,確定臨界條件。2.拋體運動中的極值問題拋體運動的極值問題主要是利用拋體運動規(guī)律和幾何關(guān)系,列出關(guān)系式,得到相關(guān)的函

數(shù)關(guān)系,利用數(shù)學(xué)方法得到最大值或最小值的問題。常見的數(shù)學(xué)方法有二次函數(shù)求極

值、均值不等式求極值、導(dǎo)數(shù)求極值等。極值問題中往往蘊含臨界問題。典例1某運動員從滑雪跳臺以不同的速度v0水平跳向?qū)γ鎯A角為45°的斜坡(如圖所

示),已知跳臺的高度為h,不計空氣阻力,重力加速度為g,則該運動員落到斜坡上的最小

速度為

(

)

A.

B.

C.

D.

C解題導(dǎo)引解析設(shè)運動員落到斜坡上經(jīng)歷的時間為t,以跳出點為坐標(biāo)原點,沿水平方向建立x軸,

沿豎直方向建立y軸,水平方向上的位移x=v0t①;豎直方向上的位移y=

gt2②;由幾何關(guān)系可得x=(h-y)·tan45°③;聯(lián)立可得v0=

-

gt④。運動員落到斜坡上時的速度v滿足v2=

+(gt)2⑤。聯(lián)立④⑤可得v2=

+(gt)2,變形可得v2=

+

(gt)2-gh;當(dāng)

=

(gt)2時,速度v最小,最小值為vmin=

,C正確。題型2立體空間中的拋體運動問題處理三維空間的拋體運動問題,核心思想為建立合適的坐標(biāo)系,將三維問題降為二維問題,將立體空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題,結(jié)合合成與分解的思想“化曲為直”,進(jìn)行

求解。典例2

(2022山東,11,4分)(多選)如圖所示,某同學(xué)將離地1.25m的網(wǎng)球以13m/s的速度

斜向上擊出,擊球點到豎直墻壁的距離4.8m。當(dāng)網(wǎng)球豎直分速度為零時,擊中墻壁上離

地高度為8.45m的P點。網(wǎng)球與墻壁碰撞后,垂直墻面速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.75倍,

平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取10m/s2,網(wǎng)球碰墻后的速度大小v和著地點

到墻壁的距離d分別為

(

)A.v=5m/s

B.v=3

m/sC.d=3.6m

D.d=3.9mBD解析如圖所示建立坐標(biāo)系,

(關(guān)鍵點1:豎直分速度為零時,擊中墻壁上P點)網(wǎng)球在豎直方向做勻減速運動,有

=2g(H-h),代入數(shù)據(jù)解得v0y=

m/s=12m/s;斜上拋時間t1=

=1.2s(關(guān)鍵點2:各分運動具有等時性)。網(wǎng)球擊中墻之前,垂直于墻的分速度v0z=

=

m/s=4m/s;平行于墻的分速度v0x=

=

m/s=3m/s;(關(guān)鍵點3:垂直墻面速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.75)網(wǎng)球碰墻后的速度大小v=

=3

m/s,B正確。(關(guān)鍵點4:由P點運動到著地點的過程,下降高度為H)由H=

g

解得網(wǎng)球由P點到著地點的時間t2=

=1.3s;著地點到墻壁的距離d=0.75v0z·t2=3.9m,D正確。高考變式

(空間幾何關(guān)系)試計算出網(wǎng)球著地點與擊出點之間的距離。答案

7.66m解析如圖所示,網(wǎng)球著地點與擊出點沿z軸方向的距離z1=d0-d=(4.8-3.9)m=0.9m;

沿x軸方向的距離x1=v0x(t1+t2)=7.5m;網(wǎng)球著地點與擊出點之間的距離s=

≈7.66m。提分關(guān)鍵·方法提升

降維法一般步驟

題型3拋體運動中的相遇問題1.常見類型常見的有平拋與直線運動相遇、平拋與平拋運動相遇、平拋與豎直上拋相遇、平拋

與斜上拋相遇等。2.解題方法兩物體相遇即二者同一時刻到達(dá)空間同一位置。利用運動的合成與分解將二維的追

及相遇問題轉(zhuǎn)化為一維的追及相遇問題,根據(jù)運動過程圖列出相應(yīng)的速度關(guān)系、位移

關(guān)系和時間關(guān)系。典例3

(2023湖南,2,4分)如圖(a),我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進(jìn)行水稻播

種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示,其軌跡在同一豎直平面內(nèi),拋出

點均為O,且軌跡交于P點,拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2,其中v1方向水平,

v2方向斜向上,忽略空氣阻力,關(guān)于兩谷粒在空中的運動,下列說法正確的是

(

)

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高點的速度小于v1C.兩谷粒從O到P的運動時間相等D.兩谷粒從O到P的平均速度相等B解題導(dǎo)引解析兩谷粒從O點拋出后均只受重力作用,故加速度相同,A錯誤。兩谷粒從O運動

到P的豎直方向位移與水平方向位移均相同,設(shè)谷粒2拋出時速度方向與水平方向間夾

角為θ,有h=-v2sinθ·t2+

g

,x=v2cosθ·t2,對谷粒1有h=

g

,x=v1t1,可得t1<t2,v2cosθ<v1,即谷粒2在最高點的速度小于v1,B正確,C錯誤。兩谷粒從O到P位移相同,但t1<t2,由平均速

度的定義可知

>

,D錯誤。易錯警示

谷粒1和谷粒2同時拋出,運動軌跡相交,并不能判斷谷粒1和谷粒2同時出現(xiàn)

在P點,所以不能判斷兩谷粒從O到P的運動時間相等。高考變式

(平拋與豎直上拋相遇)(多選)如圖,物體甲從高H處以速度v1平拋,同時乙從

水平方向距甲s處由地面以初速度v2豎直上拋,不計空氣阻力,重力加速度為g,則(

)

A.若兩物體在空中能夠相遇,從拋出到相遇的時間為

B.若要物體乙在上升過程中與甲相遇,必須滿足

=

,v2>

C.若要物體乙在下降過程中與甲相遇,必須滿足

=

,v2>

D.若相遇點離地高度為

,則v2=

ABD解析若兩物體在空中能夠相遇,豎直方向應(yīng)滿足

gt2+

=H,解得t=

,A正確。相遇時,甲水平方向分位移為s,可得t=

,所以

=

;若要物體乙在上升過程中與甲相遇,需滿足

>

,可得v2>

,B正確。若要物體乙在下降過程中與甲相遇,需滿足

<

<2

,可得

<v2<

,C錯誤。若相遇點離地高度為

,對物體甲,

=

gt2,由于t=

,解得v2=

,D正確。一題多解物體甲、乙的加速度相同,可知甲相對乙水平方向以v1向右做勻速直線運動,豎直方向以v2向下做勻速直線運動,所以相遇時有,t=

=

,A正確。第3節(jié)圓周運動考點1圓周運動的運動學(xué)問題1.描述圓周運動的物理量間的關(guān)系

2.常見的傳動方式

共軸傳動皮帶傳動齒輪傳動摩擦傳動

角速度相同輪緣或嚙合處線速度大小相等

ωA=ωBvA∶vB=r∶RaA∶aB=r∶RvA=vB,ωA∶ωB=R∶raA∶aB=R∶r(齒數(shù)比等于半徑比)典例1

(2024屆廣東三校開學(xué)考)如圖甲,絞車記載于北宋曾公亮和丁度創(chuàng)作的《武經(jīng)

總要》,其原理如圖乙,將一根圓軸削成同心而半徑不同的大小轆轤,其上繞以繩索,繩

下加動滑輪,滑輪下掛上重物,人轉(zhuǎn)動把手帶動轆轤旋轉(zhuǎn)便可輕松將重物吊起。a、b分

別是大小轆轤邊緣上的兩點。在起吊過程中,下列說法正確的是(

)

A.a點的線速度等于b點的線速度B.人對把手做的功等于重物機(jī)械能的增加量C.滑輪對重物的力與重物的重力是一對作用力與反作用力D.圖乙中滑輪會順時針轉(zhuǎn)動D解析

a、b兩點角速度相等(點撥:同軸傳動),由v=ωr可得a點的線速度大于b點的線速

度,A錯誤。由能量守恒定律可得人對把手做的功等于重物機(jī)械能的增加量、滑輪機(jī)

械能的增加量、轆轤的動能以及摩擦產(chǎn)生的熱量的和,B錯誤?；唽χ匚锏牧εc重

物對滑輪的力是一對作用力與反作用力,C錯誤。在圖乙中重物被吊起的過程中,相同

時間內(nèi),滑輪的左側(cè)上升的距離大,滑輪的右側(cè)下降的距離小,因此滑輪會順時針轉(zhuǎn)動,D

正確。

圖像合力作用效果勻速圓周

所受合力提供向心力F合=man=m

=mrω2=m

r=mωv變速圓周

Ft改變速度大小;Fn提供向心力,改

變速度方向離心或向心

F=0時,物體沿切線方向飛出;0<F<mω2r時,物體逐漸遠(yuǎn)離圓心;F>mω2r時,物體逐漸靠近圓心考點2圓周運動的動力學(xué)問題典例2

(人教版必修二P42,T5改編)如圖1所示,質(zhì)量為m的小球用細(xì)繩懸于P點,使小球在

水平面內(nèi)做勻速圓周運動,重力加速度為g,小球可視為質(zhì)點。

(1)(回歸教材)①若懸掛小球的繩長為l,小球做勻速圓周運動的角速度為ω,繩對小球的

拉力F有多大?教考銜接②如圖2所示,若保持繩長l不變,改變軌跡圓的圓心O到懸點P的距離h,增大細(xì)繩與豎直

方向的夾角θ,則小球做勻速圓周運動的角速度ω將如何變化?(2)(情境變式)圖甲是兩個圓錐擺,兩擺球運動軌道在同一個水平面內(nèi),圖乙是完全相同

的兩個小球在內(nèi)壁光滑的倒圓錐內(nèi)做勻速圓周運動。下列說法正確的是

(

)

A.甲圖中兩擺球的運動周期相等B.甲圖中兩擺球的線速度大小相等C.乙圖中兩個小球的線速度大小相等D.乙圖中兩個小球的角速度大小相等(3)(鏈接高考)(2023福建,15,12分)一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細(xì)桿的

一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO'上的O點,并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧,彈簧一

端固定于O點,另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當(dāng)測速器穩(wěn)定工作時,圓環(huán)將相對細(xì)桿

靜止,通過圓環(huán)的位置可以確定細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度。已知細(xì)桿長度l=0.2m,桿與豎

直轉(zhuǎn)軸的夾角α始終為60°,彈簧原長x0=0.1m,彈簧勁度系數(shù)k=100N/m,圓環(huán)質(zhì)量m=1kg;彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度大小取10m/s2,摩擦力可忽略不計。①若細(xì)桿和圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài),求圓環(huán)到O點的距離;②求彈簧處于原長時,細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大小;③求圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時,細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大小。答案

(1)①mω2l②增大

(2)A(3)①0.05m②

rad/s③10rad/s解析

(1)①設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ,則對題圖1中小球受力分析有Fsinθ=mω2l

sinθ,解得F=mω2l。②對題圖2中小球進(jìn)行受力分析,水平方向有Fsinθ=mω2lsinθ,豎直方向有Fcosθ=mg,

解得ω2=

=

,可見在h減小的情況下,角速度ω增大。(2)設(shè)題圖甲中做圓錐擺運動的其中一個小球?qū)?yīng)擺線與豎直方向的夾角為θ,擺球與

懸點的高度差為h,線速度大小為v,周期為T,根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ=m

=m

htanθ,解得v=

tanθ,T=2π

,由此可知題圖甲中兩擺球的線速度大小不相等,周期相等,A正確,B錯誤;設(shè)題圖乙中倒圓錐母線與豎直方向夾角為α,由牛頓第二定律

可得

=m

=mrω'2,解得v'=

,ω'=

,題圖乙中兩球運動的軌道半徑r不同,故線速度、角速度大小均不同,C、D錯誤。(3)①細(xì)桿和圓環(huán)處于平衡狀態(tài),對圓環(huán)受力分析如圖甲所示,得T0=mgcosα=5N

根據(jù)胡克定律F=kΔx得Δx0=

=0.05m彈簧彈力方向沿桿向上,故彈簧處于壓縮狀態(tài),彈簧此時的長度即圓環(huán)到O點的距離x1=

x0-Δx0=0.05m。②若彈簧處于原長,則圓環(huán)僅受重力和支持力,其合力使圓環(huán)在水平面內(nèi)做勻速圓周運

動。根據(jù)牛頓第二定律得

=m

r,由幾何關(guān)系得圓環(huán)此時轉(zhuǎn)動的半徑r=x0sinα,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ω0=

rad/s。③圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時,彈簧伸長量Δx'=l-x0,根據(jù)胡克定律得彈簧彈力T=k(l-x0)=10N對圓環(huán)受力分析如圖乙所示,對各力正交分解,豎直方向受力平衡,有mg+Tcosα=Nsinα,水平方向合力提供向心力,則有Tsinα+Ncosα=mω2r'由幾何關(guān)系得r'=lsinα聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ω=10rad/s。提分關(guān)鍵·方法提升

圓周運動中動力學(xué)問題的分析思路典例3

(2023屆山東青島一模)很多人在山地自行車上安裝了氣門嘴燈,夜間騎車時猶

如踏著風(fēng)火輪,格外亮眼。如圖甲是某種自行車氣門嘴燈,氣門嘴燈內(nèi)部開關(guān)結(jié)構(gòu)如圖

乙所示:彈簧一端固定,另一端與質(zhì)量為m的小滑塊(含觸點a)連接,當(dāng)觸點a、b接觸,電

路接通使氣門嘴燈發(fā)光,觸點b位于車輪邊緣。車輪靜止且氣門嘴燈在最低點時觸

點a、b距離為L,彈簧勁度系數(shù)為

,重力加速度大小為g,自行車輪胎半徑為R,不計開關(guān)中的一切摩擦,滑塊和觸點a、b均可視為質(zhì)點。

(1)若自行車勻速行駛過程中氣門嘴燈可以一直亮,求自行車行駛的最小速度;(2)若自行車以

的速度勻速行駛,求車輪每轉(zhuǎn)一圈,氣門嘴燈的發(fā)光時間。解題導(dǎo)引

逆推法(1)

(2)答案

(1)

(2)

解析

(1)彈簧處于原長時a、b間距離為

+L=2L燈亮?xí)r彈簧伸長量為2L,此時彈簧彈力Fk=k·2L=2mg氣門嘴燈位于最高點時,若a、b觸點間無作用力,則有Fk+mg=m

可得滿足要求的最小速度為v=

。(2)自行車速度為

時車輪滾動的周期為T=

=

小滑塊所需的向心力為m

=2mg此力恰好等于a、b接觸時彈簧的彈力,即氣門嘴燈與車輪圓心等高時恰好發(fā)光,當(dāng)氣門

嘴燈位于下半圓周時燈亮,即t=

=

。微專題8圓周運動的臨界、極值問題題型1

水平面內(nèi)圓周運動的臨界、極值問題情境受力分析臨界狀態(tài)對應(yīng)規(guī)律

初始有F靜=mω2r臨界狀態(tài):靜摩擦力達(dá)到最大,有F

靜max=m

r

初始有F靜=mω2r臨界狀態(tài):靜摩擦力達(dá)到最大,有F

靜max=m

r隨著ω繼續(xù)變大,有F靜max+FT=mω2r,FT從0開始增大

臨界狀態(tài)1:當(dāng)FB靜=FBmax時,繩子上

將要產(chǎn)生拉力臨界狀態(tài)2:當(dāng)FA靜=FAmax時,A、B將

要發(fā)生相對滑動

A、B開始滑動的臨界狀態(tài):FBmax+FT'=mBω2rFT-FAmax=mAω2r

通過比較兩接觸面的動摩擦因數(shù)

μ來判定誰先滑動,動摩擦因數(shù)小

的先滑動

臨界狀態(tài):當(dāng)FT+F靜max=mAω2r時,A

物體即將相對圓盤向外滑動

臨界狀態(tài):當(dāng)FN=0,即ω=

時,小球即將“飄起來”典例1

(2023屆山東泰安肥城模擬)(多選)如圖所示,水平圓盤可繞豎直軸轉(zhuǎn)動,沿直徑

方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量均為m的物體A和B,它們分居圓心兩側(cè),與圓心距離分別為

RA=r,RB=2r,A和B與圓盤間的動摩擦因數(shù)分別為μ和

,圓盤靜止時細(xì)線剛好伸直且無張力。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,現(xiàn)讓圓盤從靜止開始緩慢加速,

則

(

)

A.當(dāng)ω<

時,細(xì)線中沒有張力B.當(dāng)ω=

時,物體A受到的摩擦力指向圓心C.當(dāng)ω=

時,兩物體剛好不滑動D.當(dāng)兩物體剛好不滑動時燒斷細(xì)線,A仍相對圓盤靜止,B將做離心運動AC解析

①假設(shè)物體A、B間無細(xì)線相連,試分析物體A、B相對圓盤即將滑動的臨界角速度是多大?當(dāng)物體A相對圓盤即將滑動時,有μmg=m

r,解得ω1=

。當(dāng)物體B相對圓盤即將滑動時,有

mg=m

·2r,解得ω2=

。故當(dāng)ω<

時,細(xì)線中沒有張力,A正確。②當(dāng)圓盤的角速度ω>

時,隨著ω變大,物體A和B與圓盤間的摩擦力如何變化?ω>

且A、B不相對圓盤滑動時,物體B與圓盤間的摩擦力為最大靜摩擦力fB=

mg,且保持不變。對物體A,由牛頓第二定律可得FT+fA=mω2r;對物體B,由牛頓第二定律可得FT'

+

mg=mω2·2r(FT=FT');聯(lián)立可得

mg-fA=mω2r,所以fA會隨ω的增大而減小,當(dāng)ω=

時,fA=0,B錯誤。③當(dāng)圓盤的角速度ω>

時,隨著ω變大,物體A和B與圓盤間的摩擦力如何變化?ω>

且A、B不相對圓盤滑動時,物體B與圓盤間的摩擦力為最大靜摩擦力fB=

mg,且保持不變。由

mg-fA=mω2r可得fA會變向,即A受到的摩擦力背離圓心。當(dāng)物體A與圓盤間達(dá)到最大靜摩擦力時,有

mg+μmg=mω2r,解得ω=

,此時兩物體剛好不滑動,C正確。④當(dāng)圓盤的角速度ω=

時燒斷細(xì)線,物體A、B將做什么運動?當(dāng)兩物體剛好不滑動時,在燒斷細(xì)線的瞬間,A所需向心力為FA=mω2r=

μmg>μmg,B所需向心力為FB=mω2·2r=3μmg>

μmg,可知兩物體的最大靜摩擦力都不足以提供向心力,因此A和B都將做離心運動,D錯誤。題型2豎直面內(nèi)圓周運動的臨界、極值問題典例2

(2024屆江蘇揚州公道中學(xué)月考)如圖所示,長為L的輕繩一端拴一個質(zhì)量為m的

小球,另一端可繞O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動,已知小球通過最高點P時速度為

,g為重力加速度,不計一切阻力,小球可視為質(zhì)點。則

(

)

A.小球運動到最低點Q時的速度大小為

B.小球運動到最低點Q時的速度大小為

C.在最高點P小球受到繩的拉力不為零D.在最高點P小球受到繩的拉力為mgB教考銜接解析由題意,小球從P運動到Q點,根據(jù)動能定理有mg×2L=

m

-

m

,解得小球運動到最低點Q時的速度大小為vQ=

,A錯誤,B正確;小球在P點時,根據(jù)牛頓第二定律有F+mg=m

,解得此時小球受到繩的拉力為F=0,C、D錯誤。進(jìn)階1

(桿球模型)(多選)如圖甲所示,輕桿一端固定在O點,另一端固定一小球,現(xiàn)讓小

球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時,桿與小球間的彈力大

小為FN,小球在最高點的速度大小為v,其FN-v2圖像如圖乙所示,不計一切阻力。則(

)

A.小球的質(zhì)量為

B.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?/p>

C.當(dāng)v2=c時,在最高點桿對小球的彈力方向向上D.當(dāng)v2=b時,小球處于完全失重狀態(tài)BD解題導(dǎo)引解析小球通過最高點時,若桿對小球的力為支持力,由牛頓第二定律可得mg-FN=m

;當(dāng)v2=0時,mg=FN,結(jié)合圖像可得mg=FN=a①;當(dāng)FN=0時,v2=gR,結(jié)合圖像可得gR=b②;聯(lián)立

①②可得g=

,m=

R(另解:由mg-FN=m

可得FN=-

v2+mg,結(jié)合圖像中左半部分圖線可得

=

,mg=a,即m=

R,g=

),A錯誤,B正確。當(dāng)v2=b時,小球在最高點只受重力,處于完全失重狀態(tài),D正確。當(dāng)v2=c>b時,小球做圓周運動所需的向心力大于mg,通過最高點時

桿對小球的彈力方向向下,C錯誤。進(jìn)階2

(圓環(huán)模型)(多選)如圖甲所示,質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)

上,并在圓環(huán)最高點保持靜止。受到輕微擾動后,小球由靜止開始沿著圓環(huán)運動,一段時

間后,小球與圓心的連線轉(zhuǎn)過θ角度時,小球的速度大小為v,v2與cosθ的關(guān)系如圖乙所

示,g取10m/s2。則

(

)

A.圓環(huán)半徑為0.6mB.θ=

時,小球所受合力為4NC.0≤θ≤π過程中,圓環(huán)對小球的作用力一直增大D.0≤θ≤π過程中,圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大AD解析小球下滑過程中,由機(jī)械能守恒定律可得mg(R-Rcosθ)=

mv2,推得v2=-2gRcosθ+2gR;結(jié)合題圖乙有2gR=12m2/s2,解得R=0.6m,A正確。θ=

時,cosθ=0,小球處于圓心等高處,可得圓環(huán)對小球的彈力FN=m

=4N;小球所受合力為F=

=2

N,B錯誤。0≤θ≤

時,由牛頓第二定律可得mgcosθ-FN=m

,可知隨θ的增大,v也增大,所以FN必須減小,當(dāng)FN=0時,mgcosθ=m

,隨后有FN+mgcosθ=m

,可知隨θ的增大,v也增大,所以FN必須增大;

≤θ≤π的過程中,有FN-mgcos(180°-θ)=m

,可知隨θ的增大,v也增大,所以FN必須增大;所以0≤θ≤π過程中,圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大,C錯誤,D正確。題型3斜面上圓周運動的臨界、極值問題1.特殊位置受力分析

2.臨界狀態(tài)分析物塊相對轉(zhuǎn)盤即將滑動的臨界位置在最低點,物塊運動過程中在最低點有Ff-mgsinθ=

mω2r,當(dāng)Ff=μmgcosθ時轉(zhuǎn)盤角速度ω達(dá)到最大值,此時μmgcosθ-mgsinθ=m

r,可得ωmax=

。典例3

(2024屆湖北華師一附月考)(多選)轉(zhuǎn)盤游戲深受人們喜愛,現(xiàn)將其簡化為如圖

所示模型。傾角為θ=30°的圓盤繞垂直于盤面且過圓心的軸做勻速圓周運動,盤面上距

離軸r處有一可視為質(zhì)點的小物塊與圓盤始終保持相對靜止,物塊質(zhì)量為m,與盤面間的

動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,圓盤的角速度為ω=

,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則

(

)

A.μ的最小值為

B.物塊從最低點第一次轉(zhuǎn)到最高點的過程中,圓盤對物塊的沖量大小為

m

C.物塊運動到任意關(guān)于轉(zhuǎn)軸對稱的兩點時受到的摩擦力的大小分別為f1、f2,一定有

+

>m2g2D.ω增大,物塊在最高點受到的摩擦力一定增大ACD解析物塊隨圓盤在傾斜面上做勻速圓周運動,在垂直盤面方向有FN=mgcosθ①;最低

點,由牛頓第二定律可得μminFN-mgsinθ=mω2r②;聯(lián)立解得μmin=

,A正確。物塊從最低點第一次轉(zhuǎn)到最高點的過程中,取最高點速度方向為正,由動量定理可得IF+IG=mv-(-mv),

解得IF+IG=

m

,且IG≠0,重力沖量與合力沖量垂直,可得圓盤對物塊的沖量大小IF≠

m

,B錯誤。設(shè)物塊在某一位置時與圓心連線的方向和重力沿圓盤向下的分力方向的夾角為α,由余弦定理可知

=

+

-2G1Fncosα,其中G1=mgsinθ,由對稱性可知

=

+

+2G1Fncosα,且Fn=mω2r=

mg>G1,則

+

=2

+2

>m2g2,C正確。物塊在最高

點時,由牛頓第二定律可