【物理】2019届一轮复习人教版 曲线运动 学案
第四章
考 纲 要 求
考 情 分 析
运动的合成和分解
Ⅱ
1.命题规律
运动的合成与分解、平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度等是本章的命题热点，题型有选择题，也有计算题。
2．考查热点
突出物理知识与现代科技、生产、生活的结合，与牛顿运动定律、机械能守恒定律等内容综合命题的可能性较大。
抛体运动
Ⅱ
圆周运动的描述
Ⅰ
匀速圆周运动的向心力
Ⅱ
[说明] 斜抛运动的计算不作要求。
第18课时 运动的合成与分解(双基落实课)
知识点一 物体做曲线运动的条件与轨迹分析
1．曲线运动
(1)速度的方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向。
(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。
(3)曲线运动的条件：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。
2．合外力方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧。
3．速率变化情况判断
(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大。
(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小。
(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。
[小题练通]
1．(2018·南京、淮安高三模拟)在光滑水平面上运动的物体，受到水平恒力F作用后，沿曲线MN运动，速度方向改变了90°，如图所示。则此过程中，物体受到的恒力可能是( )
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：
选C 合外力的方向指向轨迹曲线的内侧，A项错误；若恒力为F2，把速度沿平行于F2和垂直于F2方向分解，垂直于F2方向的分速度不可能为零，B项错误；若恒力为F4，力与速度的方向相反，物体应做匀减速直线运动，D项错误；只有F3可能是物体受到的恒力，C项正确。
2．如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是( )
A．质点经过C点的速率比D点的大
B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C．质点经过D点时的加速度比B点的大
D．质点从B点到E点的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
解析：选A 质点做匀变速曲线运动，所以加速度大小不变，C错误；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在A、B、C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，B错误；质点由C点到D点速率减小，所以C点速率比D点大，A正确；质点从B点到E点的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大，D错误。
(1)已知运动轨迹，可以判断合力的大致方向，如图所示。在电场中，经常根据这一规律确定带电粒子所受的电场力方向，进而分析粒子的电性或场强方向。
(2)运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间，根据受力方向和速度方向可以判断轨迹的大致弯曲方向。
知识点二 运动的合成与分解的应用
1．合运动与分运动的关系
等时性
合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止
等效性
各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响
2．合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
[小题练通]
1．(2018·扬州检测)在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上爬，同时人顶着直杆水平向右移动，以出发点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示。若猴子沿x轴和y
轴方向运动的速度随时间变化的图像分别如图甲、乙所示，则猴子在0～t0时间内( )
A．做匀速运动
B．做匀变速运动
C．运动的轨迹可能如图丙所示
D．运动的轨迹可能如图丁所示
解析：选D 猴子在x轴方向做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；在y轴方向做变加速直线运动，加速度不恒定，合力不恒定，所以猴子所受的合力不恒定，一定做变速运动，故A、B项错误；曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上，而且指向轨迹曲线的内侧。由上分析结合题图甲、乙可知，合力先沿y轴正方向，后沿y轴负方向，而与初速度不在同一直线上，则猴子做曲线运动，根据合力指向轨迹曲线的内侧可知，图丁是可能的，故C项错误，D项正确。
2．(2015·全国Ⅱ卷)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )
A．西偏北方向，1.9×103 m/s
B．东偏南方向，1.9×103 m/s
C．西偏北方向，2.7×103 m/s
D．东偏南方向，2.7×103 m/s
解析：选B 设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v。三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v12＋v2－2v1vcos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s。选项B正确。
“化曲为直”思想在运动的合成与分解中的应用
(1)分析运动的合成与分解问题时，要注意运动的分解方向，一般情况下按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。
(2)要注意分析物体在两个分方向上的受力及运动规律，分别列式求解。
(3)两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动的分解问题的关键点。
知识点三 小船渡河问题
1．三种速度
船在静水中的速度v1、水流速度v2和船的实际运动速度v，其中v是v1与v2的合速度。
2．三种情景
(1)渡河时间最短
船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)。
(2)渡河位移最短(v2
v1时)
合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时位移最短。
由图可知sin θ＝，最短位移xmin＝＝d。
[小题练通]
1．(2018·南通、泰州高三模拟)小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行，船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图中虚线所示。则小船在此过程中( )
A．做匀变速运动
B．越接近河岸，水流速度越大
C．所受合外力方向平行于河岸
D．渡河的时间随水流速度变化而改变
解析：选C 速度方向沿轨迹切线方向，设速度方向与垂直河岸方向的夹角为θ，有tan θ＝，得出v水＝v船tan θ，渡河过程中θ
先变大后变小，水流速度先变大后变小，B项错误；船速不变，渡河时间不变，D项错误；船速不变，垂直河岸方向没有加速度，水流速度先变大后变小，加速度平行于河岸方向先向下游后向上游，则小船所受合外力方向平行于河岸，A项错误，C项正确。
2．(2018·高安质检)如图所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变。已知第一次实际航程为A至B，位移为x1，实际航速为v1，所用时间为t1。由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为x2，实际航速为v2，所用时间为t2。则( )
A．t2>t1，v2＝ B．t2>t1，v2＝
C．t2＝t1，v2＝ D．t2＝t1，v2＝
解析：选C 设河宽为d，船自身的速度为v，方向与河岸上游的夹角为θ，对垂直河岸的分运动，过河时间t＝，则t1＝t2；对合运动，过河时间t＝＝，解得v2＝，C正确。
(1)解决小船渡河问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头所指方向的运动，是分运动，船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线。
(2)应用运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解。
(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。
(4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况，用三角形定则求极限的方法处理。
知识点四 关联速度问题
1．问题特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。
2．思路与原则
(1)思路
①明确合速度→物体的实际运动速度v。
②
(2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则。
3．解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。
[小题练通]
1．如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1vb，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态(侧视图)可能是( )
解析：选A 因va>vb，则根据t＝可知tav02>v03，D项错误；石子落水时的速度为v＝，则v1>v2>v3，A项正确。
5．(2018·淮安模拟)如图所示，在水平地面上A、B两点同时迎面抛出两个物体，初速度分别为v1、v2，与水平方向所成角分别为30°、60°，两物体恰好落到对方抛出点。两物体在空中运动的时间分别为t1、t2，不计空气阻力。则( )
A．v1＝v2
B．t1＝t2
C．两物体在空中可能相遇
D．两物体位于同一竖直线时，一定在AB中点的左侧
解析：选A 题述运动过程，物体在水平方向上做匀速直线运动，故有v1cos 30°t1＝v2cos 60°t2，在竖直方向上做竖直上抛运动，所以t1＝，t2＝，联立可得v1＝v2，t1mω2r时，做近心运动
[小题练通]
1．(多选)如图所示，洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是( )
A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B．水会从筒中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故
C．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好
解析：选ACD 水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水会从筒中甩
出，B错误；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向筒壁，A正确；角速度增大，水滴所需向心力增大，脱水效果更好，C正确；周边的衣物上的水滴因圆周运动的半径R更大，在ω一定时，所需向心力比靠近中心衣物的大，脱水效果更好，D正确。
2．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转动到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两物体的运动情况是( )
A．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动
B．物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远
C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动
D．两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远
解析：选AB 当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要与圆盘发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，故C、D错误，A、B正确。
物体做离心运动，不是因为受到离心力作用，而是合力不足以提供物体做圆周运动所需要的向心力导致的，近心运动则是合力大于所需向心力导致的。
一、单项选择题
1．(2018·盐城高三期中)在一个大型游戏中，水平转盘上距转轴不同位置站有不同的人，转盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动。设人与转盘间的最大静摩擦力与人的质量成正比，且比例系数相同。关于转盘上的人，下列说法中正确的是( )
A．角速度一定相同 B．摩擦力一定相同
C．一定同时开始滑动 D．向心加速度一定相同
解析：
选A 不同的人随转盘一起转动，角速度相同，故A正确；摩擦力提供人随转盘转动所需要的向心力，故f＝mω2r，由于质量不同，半径不同，故摩擦力不一定相同，故B错误；根据kmg＝mω2r可知，kg＝ω2r，因半径不同，故开始滑动时的角速度不同，故不同时滑动，故C错误；根据牛顿第二定律可知，向心加速度为a＝ω2r，由于半径不同，向心加速度不同，故D错误。
2．某同学设计了一种能自动拐弯的轮子。如图所示，两等高、等距的轨道a、b固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨。下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是( )
解析：选A 当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故A正确；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会发生侧翻，故B错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度也是略升高，轨道对小车的支持力竖直向上，不会顺利实现拐弯，故C错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故D错误。
3．(2018·成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度的方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。如图所示，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3。A、B、C分别为各边缘线上的点。则读取内环上A点时，A点的向心加速度大小和读取外环上C点时，C点的向心加速度大小之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 根据题意可知，A、B两点角速度相同，由a＝ω2r，可知aA∶aB＝R1∶R2 ①；B、C两点线速度相同，由a＝，可知aB∶aC＝R3∶R2 ②；由①×②可得aA∶aC＝R1R3∶R22，D项正确。
4．(2013·江苏高考)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A．A的速度比B的大
B．A与B的向心加速度大小相等
C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
解析：选D A、B两个座椅都绕中心轴做匀速圆周运动，角速度相等，由于B的半径大，由v＝rω可知，B的速度大，A项错误；由a＝rω2可知，B的向心加速度大，B项错误；由F＝mrω2 可知，B受到的向心力大，而向心力是由缆绳拉力的水平分力提供的，即Tsin θ＝mrω2，而竖直方向Tcos θ＝mg，因此，tan θ＝，因此悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角不等，C项错误；半径大的θ大，由Tcos θ＝mg可知，对应的拉力就大，D项正确。
5．(2018·郑州质检)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB。当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。若将小木块放在B轮上，欲使小木块相对B轮也静止，则小木块距B轮转动轴的最大距离为( )
A. B.
C. D．RB
解析：选C 由题图可知，当主动轮A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线速度大小相同，由ω＝，得＝＝。由于小木块恰能在A轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg，故μmg＝mωA2RA ①，设放在B轮上能使小木块相对静止的距B轮转动轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg＝mωB2r ②，因A、B材料相同，故小木块与A、B间的动摩擦因数相同，①、②式左边相等，故mωA2RA＝mωB2r，得r＝2RA＝2RA＝＝，C正确。
二、多项选择题
6．(2018·苏北四市期中)某同学为体会并探究与向心力相关的因素，做了如图所示的小实验：手通过细绳使小球在水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A．若保持周期不变，减小绳长，则绳的拉力将增大
B．若保持周期不变，增大绳长，则绳的拉力将增大
C．若保持绳长不变，增大小球的角速度，则绳的拉力将增大
D．若保持绳长不变，增大小球的周期，则绳的拉力将增大
解析：选BC 根据F＝m2R可知，若保持周期不变，增大绳长，则绳的拉力将增大；若保持绳长不变，增大小球的周期，则绳的拉力将减小，选项B正确，A、D错误；根据F＝mω2R可知，若保持绳长不变，增大小球的角速度，则绳的拉力将增大，选项C正确。
7．(2013·全国Ⅱ卷)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处( )
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
解析：选AC 汽车以速率vc转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A正确；车速只要低于vc，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B错误；车速虽然高于vc，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确；根据题述，汽车以速率vc转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时vc的值不变，选项D错误。
8．如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P点等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( )
A．飞镖击中P点所需的时间为
B．圆盘的半径可能为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度可能为
解析：选AD 飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝，故A正确；飞镖击中P点时，P点恰好在圆盘最下方，则2r＝gt2，解得圆盘的半径r＝
，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2，…)，故ω＝＝，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；P点随圆盘转动的线速度为v＝ωr＝·＝，当k＝2时，v＝，故D正确。
9．(2018·无锡一模)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动。设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是( )
A．B的向心力是A的2倍
B．圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势
D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数大于B与圆盘之间的动摩擦因数
解析：选BD 根据Fn＝mω2r知，A、B向心力大小相等，A项错误；A的向心力由B对A的静摩擦力提供，B的向心力由圆盘对B的指向圆心的静摩擦力和A对B的背离圆心的静摩擦力提供，B项正确；A、B都是有沿半径向外滑动的趋势，C项错误；A、B一起相对圆盘滑动，说明A、B间未达到最大静摩擦力，而圆盘和B之间已经达到最大静摩擦力，则A、B之间的动摩擦因数大于B与圆盘之间的，D项正确。
第21课时 曲线运动规律的综合应用(题型研究课)
(一) 水平面内的圆周运动
题型1 水平面内匀速圆周运动的动力学分析
题型
简述
此类问题相对简单，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。
方法
突破
(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。
(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。
(3)由Fn＝m列方程求解。
[例1] 如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管，两端分别拴着一个小球A和B。小球A和B的质量之比＝。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的细绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态。钢管内径的粗细不计，重力加速度为g。求：
(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ；
(2)小球A转动的周期。
[解析] (1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态，
有F＝mBg
在竖直方向上，小球A处于平衡状态，有Fcos θ＝mAg
解得cos θ＝＝
所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ＝60°。
(2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力，有Fsin θ＝mA
r＝lsin θ
解得小球A的线速度为v＝
又T＝
则小球A转动的周期T＝π 。
[答案] (1)60° (2)π
题型2 水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题
题型
简述
此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题形式考查。
方
法
突
破
(1)明确水平面内做匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。
(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。
(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
[例2] (2018·厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
[解析] (1)设物块做平抛运动所用时间为t，
竖直方向有H＝gt2
水平方向有s＝v0t
解得v0＝s ＝1 m/s。
(2)物块恰好离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
μmg＝m
解得μ＝＝0.2。
[答案] (1)1 m/s (2)0.2
(二) 竖直面内的圆周运动
1．轻绳模型和轻杆模型概述
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”。
2．两类模型对比
轻绳模型
轻杆模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力
示意图
力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，
v＝0，即F向＝0，
此时FN＝mg
得v＝
v＝
的意义
物体能否过最高点的临界点
FN表现为拉力还是支持力的临界点
模型1 轻绳模型
[例1] (2018·福州质检)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为( )
A.mg B．.mg
C．3mg D．2mg
[解析] 由题图可知，小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球做圆周运动的半径R＝L·sin 60°＝L，两根轻绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，可解得：F＝3mg。由2FTcos 30°＝F，可得每根轻绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
[答案] A
模型2 轻杆模型
[例2] 如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时( )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
[解析] 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg
＝m，解得vB＝，故A错误；由于球A、B的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；球B在最高点时，对杆无作用力，此时球A所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。
[答案] C
模型3 复合模型(竖直面内圆周运动与平抛运动组合)
模型简述
物体有时先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动；有时先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查。
方法突破
(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。
(2)速度是联系前后两个过程的关键物理量。
[例3] 如图所示，一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持轻绳绷直)由静止释放，当它经过B点时轻绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知轻绳长 L＝1.0 m，B点离地高度 H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)地面上D、C两点间的距离s；
(2)轻绳所受的最大拉力大小。
[解析] (1)小球从A到B过程机械能守恒，则
mgh＝mvB2
小球从B到C做平抛运动，
则水平方向s＝vBt
竖直方向H＝gt2
解得s≈1.41 m。
(2)小球下摆到B点，轻绳的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有
F－mg＝m
解得F＝20 N
由牛顿第三定律得F′＝F＝20 N
即轻绳所受的最大拉力大小为20 N。
[答案] (1)1.41 m (2)20 N
[通法归纳]
竖直面内圆周运动的求解思路
一、单项选择题
1．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )
A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
解析：选D 人过最高点时，FN＋mg＝m，当v≥时，不用保险带，人也不会掉下来，当v＝时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。
2．(2016·全国Ⅱ卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：选C 两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。
3．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．小球过最高点A时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点A的最小速度是
C．小球过最高点A时，杆对小球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点A时，杆对小球的作用力一定随速度增大而减小
解析：选A 杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点A的速度可以为零，当小球过最高点A的速度v＝ 时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v＜，则杆在最高点A对小球的弹力竖直向上，mg－F＝m，随v增大，F减小，若v＞，则杆在最高点A对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝m，随v增大，F增大，C、D错误。
4．(2018·江苏七校联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是( )
解析：选B 题中小球做匀速圆周运动，有mgtan θ＝mω2Lsin θ(θ为细线与竖直方向的夹角，L为细线长度)，整理得Lcos θ＝是常量，即两球处于同一高度，故B项正确，A、C、D项错误。
5．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：选A 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsin α＝mvB2，可得vB＝4 m/s，A正确。
二、多项选择题
6．如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有( )
A．FN小于滑块重力
B．FN大于滑块重力
C．FN越大表明h越大
D．FN越大表明h越小
解析：选BC 设滑块到达B处时的速度为v，根据向心力公式得FN－mg＝m ，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，联立解得FN＝mg，B、C项正确。
7．(2018·泰州中学月考)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度一定满足ω≤
D．转台的角速度一定满足ω≤
解析：选BC 要使A能够与B一起以角速度ω转动，根据牛顿第二定律可知，B对A的摩擦力一定等于A所需向心力的值，即Ff＝3mω2r，选项B正确；要使A、B、C能同时随转台一起以角速度ω匀速转动，则对A有：3μmg≥3mrω2，对A、B有：5μmg≥5mrω2，对C有：μmg≥mrω2，综合以上可得ω≤ ，选项C正确。
8．(2018·苏州高三一模)如图甲所示，一长度l未知的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量m未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，已知重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．轻杆长度l＝
B．小球质量m＝
C．当v2时杆对球的弹力是拉力，v<时杆对球的弹力是支持力，C项错误；b点位置满足mg＝－b，与杆长无关，D项正确。
9．(2018·江苏泰州模拟)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l，重力加速度为g，则( )
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点轻绳对小球的拉力差越大
C．当v0＞ 时，小球一定能通过最高点P
D．当v0＜ 时，轻绳始终处于绷紧状态
解析：选CD 当小球运动到最低点Q时，加速度方向竖直向上，所以处于超重状态，故A选项错误；设Q点拉力为F1，P点拉力为F2，有F2＋mg＝m，F1－mg＝，由动能定理有mg·2l＝mv02－mv22，所以F1－F2＝6mg与v0无关，故B选项错误；小球恰好能通过P点时有mg＝m，mg·2l＝mv02－mv2，则v0＝，当v0＞时，小球一定能通过最高点P，故C选项正确；当v0＜时，小球到不了圆心的等高点N，所以处于摆动状态，轻绳始终绷紧，故D选项正确。
三、计算题
10．(2018·泰兴中学检测)如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R＝1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25 m，在滑道左端静止放置质量为m＝0.4
kg的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F＝4 N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s 绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。重力加速度g取10 m/s2。
(1)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度；
(2)求拉力作用的最短时间。
解析：(1)物块平抛h＝gt2，t＝ ＝0.5 s
物块离开滑道时的速度v＝＝2 m/s
由牛顿第二定律F－μmg＝ma1
得拉动物块的加速度a1＝8 m/s2
撤去外力后－μmg＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
物块加速获得速度v1＝a1t1＝4 m/s
则滑道长为L＝x1＋x2＝a1t12＋＝4 m。
(2)圆盘转过一圈时物块落入，拉力作用时间最短；圆盘转过一圈的时间T＝＝1 s，物块在滑道运动时先加速后减速
v＝a1t′＋a2t2
物块滑行时间、抛出在空中运动时间与圆盘周期关系
t′＋t2＋t＝T
由上面两式联立得t′＝0.3 s。
答案：(1)4 m (2)0.3 s
11.如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L，重力加速度为g。
(1)若轨道半径为R，求小球到达轨道最高点B时对轨道的压力大小FN；
(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；
(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？
解析：(1)设小球到B点时速度为v，从C到B根据动能定理有FL－2mgR＝mv2
解得v＝
在B点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m
解得FN＝－5mg。
(2)小球恰能运动到轨道最高点B时，轨道半径有最大值，则有
FN＝－5mg＝0
解得Rm＝。
(3)设小球平抛运动的时间为t，有2R＝gt2
解得t＝
水平位移
x＝vt＝ ·
＝
当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大。
解得R＝
D到A的最大距离xm＝。
答案：(1)－5mg (2) (3)
一、单项选择题
1．(2018·苏锡常镇高三调研)一架飞机在高空中沿水平方向做匀加速直线飞行，每隔相同时间空投一个物体，不计空气阻力。地面观察者画出了某时刻空投物体的4幅情景图，其中可能正确的是( )
解析：选C 以飞机为参照物，空投出的物体水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动(加速度即飞机的加速度)，竖直方向上也做匀加速直线运动(加速度大小为g的自由落体运动)，由推论“初速度为零的匀加速直线运动相等时间间隔位移大小之比为1∶3∶5∶7…”，可知相等时间间隔内，物体水平方向和竖直方向上的位移越来越大，且对应位置恰好在同一倾斜直线上，故C项正确，A、B、D项错误。
2．如图所示为“歼20”在竖直平面内作横“8”字形飞行表演的示意图，其飞行轨迹为1→2→3→4→5→6→1，如果飞机的轨迹可以视为两个相切的等圆，且飞行速率恒定，在A、B、C、D四个位置时飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为FNA、FNB、FNC、FND，下列关于这四个力的大小关系说法正确的是( )
A．FNA＝FNBFNC＝FND
C．FNC>FNA＝FNB>FND D．FND>FNA＝FNB>FNC
解析：选A 飞行员在A点和B点时受力情况相同，即FNA＝FNB，在A点对飞行员由牛顿第二定律得FNA＋mg＝m，解得FNA＝m－mg；飞行员在C点和D点时受力情况相同，即FNC＝FND，在C点对飞行员由牛顿第二定律得FNC－mg＝m，解得FNC＝m＋mg，故FNA＝FNB
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