2025-2026学年高中物理竞赛课件：第四课 曲线运动

物理清北班——筑基阶段 教师：林志敏 第四课：曲线运动 1 第1节 曲线运动　运动的合成与分解 考点1　曲线运动的条件和特征 1.物体做曲线运动的条件   2.曲线运动的特征 (1)曲线运动是变速运动,加速度必不为0。 (2)若做曲线运动的物体所受合力恒定,物体做匀变速曲线运动;若所受合力变化,物体 返回目录 做变加速曲线运动。 (3)曲线运动的轨迹:始终夹在合力方向与速度方向之间,而且向合力的方向弯曲,如图 所示。   返回目录 即练即清 判断正误,正确的打√,错误的打✕。 如图所示为质点做匀变速曲线运动的轨迹,且质点运动到D点时速度方向与加速度方 向恰好相互垂直。   (1)质点经过C点时的速率比经过D点时的速率大。 (　    ) (2)质点经过D点时的加速度比经过B点时的加速度大。 (　    ) (3)从B到E的过程中质点的加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小。 (　    ) √ ✕ ✕ 返回目录 提分关键·规律总结 曲线运动中速率变化的判断   返回目录 考点2　运动的合成与分解 1.合运动与分运动的重要性质 等时性 合运动与分运动、分运动与分运动经历的时间相 等,即同时开始、同时进行、同时停止 独立性 各分运动相互独立,不受其他运动的影响,各分运 动共同决定合运动的性质和轨迹 等效性 各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果 2.运算法则:平行四边形定则。 3.运动分解的方法:根据运动的效果分解,也可采用正交分解法。 返回目录 4.合运动性质的判断 两个分运动 (不共线) 合运动 推断依据 运动性质 两个匀速直线运动 v0≠0,a=0 匀速直线运动 一个匀速直线运动和 一个匀变速直线运动 v0≠0,a≠0且 v0与a不共线 匀变速 曲线运动 两个初速度不为零 的匀变速直线运动 v0与a共线时 匀变速直线运动 v0与a不共线时 匀变速曲线运动 两个初速度为零的 匀加速直线运动 v0=0,a≠0 匀加速直线运动 (运动方向与a的方向相同) 返回目录 典例1    (多选)如图所示,把质量为m的小球以大小为v0的速度从空中的P点水平向右抛 出,同时对小球施加大小为 mg、方向斜向左上方的恒力F作用,θ=60°。不计空气阻 力,重力加速度为g。下列判断正确的是 (　    ) A.小球的加速度大小总为g B.小球向右运动的最大位移为  C.小球经过一段时间会落地 D.小球的最小速度为  AD 返回目录 解析     对小球受力分析并将力正交分解,如图所示。   F合= =mg,小球的加速度大小a= =g,A正确。小球水平方向的 加速度大小ax= = g,小球向右运动的最大位移x= = (点拨:向右运动的位 移最大时对应水平速度为0),B错误。小球在竖直方向上的合力方向向上,小球会一直 向上运动,不会落地,C错误。小球速度最小处即速度方向与合力方向垂直的位置(释疑: 返回目录 开始阶段速度方向与合力方向的夹角为钝角,小球的速率减小,之后夹角为锐角时速率 增大),初速度v0垂直于合力方向的分速度为v0·sin 30°= ,且此分速度保持不变,所以小 球的最小速度为 ,D正确。 解题导引     化曲为直   返回目录 考点3　小船渡河模型 情况 图示 说明 渡河时 间最短   当船头垂直河岸时,渡河时间最 短,最短时间tmin=  返回目录 渡河位 移最短   当v水<v船时,满足v水-v船 cos θ=0,渡 河位移最短,最短渡河位移xmin=d   当v水>v船时,船头方向(即v船方向) 与合速度方向垂直,渡河位移最 短,最短渡河位移xmin=  返回目录 典例2　如图所示,消防员正在宽度d=100 m、河水流速v1=5 m/s的河流中进行水上救援 演练,可视为质点的冲锋舟到下游危险区的距离x=75 m,其在静水中的速度为v2,则  (        ) A.若冲锋舟在静水中的初速度为0,船头垂直于对岸, 以恒定的加速度a=0.9 m/s2冲向对 岸,则能安全到达对岸 B.若冲锋舟在河流中做匀速直线运动,为了使冲锋舟能 安全到达河对岸,冲锋舟在静水中的速度v2不得小于3 m/s C.若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度v2=10 m/s匀速航行,则恰能到达正 对岸 D.冲锋舟以最小的v2匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间为25 s A 返回目录 解析     将冲锋舟的运动沿船头与沿水流两个方向分解,有d= at2,解得t=  s,沿水流方向的 位移x水=v1t=  m<x,A正确。如图所示,冲锋舟沿OP方向匀速航行恰能安全到达对 岸,   设冲锋舟的合速度与水流速度的夹角为θ(点拨:合速度为实际运动的速度),则冲锋舟在 返回目录 静水中的速度v2至少应为vmin=v1 sin θ,根据几何关系有tan θ= ,联立解得vmin=4 m/s,OP=  ,冲锋舟以最小的v2匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间t2= =  s,B、 D错误。若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度v2=10 m/s匀速航行,则有v2 cos 30°=5  m/s>v1=5 m/s,可知冲锋舟的合速度不指向正对岸,C错误。 返回目录 提分关键·方法提升 分析小船渡河问题的思维流程   返回目录 考点4　关联速度模型 情境图示 分解图示 定量结论     vB=v1= vA cos θ     v0=v1= vA cos θ 返回目录     vA1=vB1,则 vA cos α= vB cos β     vA1=vB1,则 vA cos α= vB sin α 返回目录 典例3　如图所示,在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下,小车A在水平外力作用下沿水 平地面向左做直线运动,绳子跨过定滑轮拉着物体B以速度vB竖直匀速上升,下列判断 正确的是 (　    ) A.小车A做减速直线运动 B.绳子拉力大于物体B的重力 C.小车A的速度大小可表示为vB cos θ D.小车A受到地面的支持力逐渐变小 A 返回目录 解析     物体B匀速上升,绳子拉力FT=mBg,B错误。将小车A的速度沿绳和垂直绳方向分解,沿绳 方向的分速度大小等于B物体的速度大小,则vA= ,随着θ的减小,可得小车A做减速直 线运动,A正确,C错误。对小车A,由受力分析可得FN+FT sin θ=mAg,所以小车A受到地面 的支持力FN逐渐增大,D错误。 一题多解　微元法 　如图所示,取极短时间Δt,小车A和物体B的速度可认为不变,小车A从P运动到Q,位移 大小Δx=vAΔt,物体B移动的距离Δl=vBΔt。在OQ上取一点P',使OP=OP',则P'Q=Δl,由于时 间极短,∠POP'趋近于零,则在△PP'Q中,∠PP'Q≈90°,∠P'QP≈θ,可得Δx= ,所以vA 返回目录 = ,可得小车A做减速直线运动,A正确,C错误。   返回目录 提分关键·规律总结 明确合速度与分速度 (1)合速度为物体实际运动的速度,一般分解合速度,不分解分速度。 (2)绳、杆两端连接的物体速度大小不一定相等,但沿绳、杆方向的分速度大小一定相 等。 返回目录 第2节 抛体运动 返回目录 考点1　平抛运动的基本规律 运动 图示 以抛出点为坐标原点,以初速度方向为x轴正方向, 竖直向下为y轴正方向,建立坐标系   速度 关系   返回目录 位移 关系   轨迹 方程 y= x2 重要 推论 x'= ,tan θ=2 tan α 返回目录 即练即清 判断正误,正确的打√,错误的打✕ 一个小球从空中某点水平抛出,先后经过空中的A、B两点,不计空气阻力。 (1)小球做非匀变速曲线运动。 (　    ) (2)小球经过A点的速度大小大于经过B点的速度大小。 (　    ) (3)A点到B点的速度变化量大小与小球在A、B间的运动时间成正比。 (　    ) (4)连续相等时间ΔT内,竖直方向上的位移差不变。 (　    ) ✕ ✕ √ √ 返回目录 提分关键·规律总结 平抛运动速度和位移的变化规律 (1)速度的变化规律 相等时间ΔT内的速度变化量相等:Δv=gΔT,方向竖直向下,如图所示。 (2)位移的变化规律 ①相等时间ΔT内的水平位移相等: Δx=v0ΔT。 ②连续相等时间ΔT内,竖直方向上的位移差不变,即Δy=g(ΔT)2。 返回目录 考点2　与斜面或圆弧面有关的平抛运动 1.斜面约束   (明确末速度方向) 由tan θ= = 得 t=    (明确速度方向) 由tan θ= = 得 t=  返回目录   (明确位移方向) 由tan θ= = =  得t=    (明确位移方向) 由tan θ= = =  得t=  返回目录 2.圆弧面约束   (明确速度方向) 由tan θ= =  得t=  在半圆内的平抛运动   (明确位移关系) 由R+ =v0t 得t=  返回目录   (明确速度方向) 由tan θ= =  得t=  返回目录 典例1    如图所示,阳光垂直照射到斜面上,在斜面顶端把一小球水平抛出,小球刚好落 在木板底端。B点是运动过程中距离斜面最远处,A点是小球在阳光照射下小球经过B 点的投影点。不计空气阻力,则(　    )   A.小球在斜面上的投影做匀速运动 B.OA与AC长度之比为1∶3 C.若D点在B点的正下方,则OD与DC长度相等 D.减小小球抛出的速度,小球可能垂直落到斜面上 C 返回目录 解析     将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向上的分运动,可知小球沿斜面方向做 初速度为v0 cos θ、加速度为g sin θ的匀加速直线运动,则小球在斜面上的投影做匀加 速直线运动,A错误;小球垂直斜面方向做初速度为v0 sin θ、加速度为g cos θ的“竖直 上抛运动”,B点是运动过程中距离斜面最远处,则此时小球垂直斜面方向的分速度刚 好为0,根据对称性可知,小球从O到B与从B到C的时间相等,均为t= ,则有LOA=v0 cos θ·t+ g sin θ·t2,LOC=v0 cos θ·2t+ g sin θ·(2t)2,可得LAC=LOC-LOA=v0 cos θ·t+ g sin θ·3t2,则有  = > ,B错误;将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直 返回目录 方向的自由落体运动,则水平方向上小球从O到B有xOB=v0t,小球从O到C有xOC=v0·2t=2xOB, 若D点在B点的正下方,则有xOC=2xOD,可知D点是OC的中点,则OD与DC长度相等,C正确; 若小球垂直落到斜面上,则小球水平方向的分速度与小球从斜面顶端抛出时的初速度 方向相反,而小球在水平方向做匀速运动,小球的水平速度方向不可能反向,则减小小球 平抛的速度,小球不可能垂直落到斜面上,D错误。 返回目录 提分关键·方法提升 小球离斜面最大距离分析 (1)沿水平方向、竖直方向建坐标系   速度与水平方向夹角为θ时,离斜面距离最大,此时tan θ= 。 (2)沿斜面和垂直斜面建坐标系 返回目录     返回目录 考点3　类平抛运动的分析 运动 图示 以抛出点为坐标原点,以初速度方向为x轴正方向, 合力方向为y轴正方向,建立坐标系   速度 关系   位移 关系   返回目录 典例2　如图所示,倾角为θ=30°的光滑斜面体固定在水平地面上,斜面abcd为正方形。 一小球从斜面的顶点a处以大小v0=3.0 m/s的初速度平行ab方向抛出,小球恰好从bc边 的中点飞出。已知重力加速度g取10 m/s2,求斜面abcd的边长。   答案    1.8 m 返回目录 解析     解法一　利用类平抛运动分位移的大小 设斜面abcd的边长为L, ab方向小球做匀速直线运动,有L=v0t; ad方向小球做匀加速直线运动,有 = g sin θ·t2; 联立解得L=1.8 m,t=0.6 s(另一解不合题意,舍去)。 解法二　利用速度偏转角与位移偏转角的关系 以a点为坐标原点,设小球从bc边离开时,速度方向与ab之间的夹角为α;位移方向与ab之 间的夹角为β; 有tan β= = ,tan α= =2 tan β,L=v0t,联立解得L=1.8 m。 返回目录 考点4　斜抛运动 运动图示 以抛出点为坐标原点O,水平向右为x轴的正方向, 竖直向上为y轴的正方向,建立平面直角坐标系,如 图所示。 水平方向 速度vx= =v0 cos θ 位移x= t=(v0 cos θ)t 竖直方向 速度vy= -gt=v0 sin θ-gt 位移y= t- gt2=(v0 sin θ)t- gt2 返回目录 飞行时间 t总=  射高 Hm=  射程 xm=  (若v0一定,当θ=45°时,xm最大) 返回目录 典例3    (2024江西,8,6分)(多选)一条河流某处存在高度差,小鱼从低处向上跃出水面, 冲到高处。如图所示,以小鱼跃出水面处为坐标原点,x轴沿水平方向,建立坐标系,小鱼 的初速度为v0,末速度v沿x轴正方向。在此过程中,小鱼可视为质点且只受重力作用。 关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的 关系,下列图像可能正确的是 (　    ) AD 返回目录 解析     小鱼做斜上抛运动,其竖直分运动为竖直上抛运动,水平分运动为匀速直线运动。在水 平方向有x=vt,x与t成正比,A正确。在竖直方向有y=v0yt- gt2,y-t图线为开口向下的抛物 线,B错误。水平方向的分速度vx=v0x=v,不随时间变化,C错误。竖直方向的分速度vy=v0y- gt,vy-t图线为斜率为负的直线,D正确。 返回目录 微专题7 抛体运动中的综合问题 返回目录 题型1　抛体运动中的临界、极值问题 1.抛体运动中的临界问题 (1)抛体运动的临界问题的两种常见情境 ①物体有最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度等。 ②物体的速度方向恰好为某一方向。 (2)处理抛体运动的临界问题的关键 ①关于临界条件的关键信息:“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜 面平行”“速度方向与圆周相切”等。 ②解题关键:从实际出发寻找临界点,画出物体运动的草图,确定临界条件。 返回目录 2.抛体运动中的极值问题 抛体运动的极值问题主要是利用抛体运动规律和几何关系,列出关系式,得到相关的函 数关系,利用数学方法得到最大值或最小值的问题。常见的数学方法有二次函数求极 值、均值不等式求极值、导数求极值等。极值问题中往往蕴含临界问题。 返回目录 典例1　某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所 示),已知跳台的高度为h,不计空气阻力,重力加速度为g,则该运动员落到斜坡上的最小 速度为 (　    )   A. 　　　    B.  C. 　　　    D.  C 返回目录 解题导引       返回目录 解析     设运动员落到斜坡上经历的时间为t,以跳出点为坐标原点,沿水平方向建立x轴,沿竖直 方向建立y轴,水平方向上的位移x=v0t①;竖直方向上的位移y= gt2②;由几何关系可得x =(h-y)·tan 45°③;联立可得v0= - gt④。运动员落到斜坡上时的速度v满足v2= +(gt)2 ⑤。联立④⑤可得v2= +(gt)2,变形可得v2= + (gt)2-gh;当 = (gt)2时,速度 v最小,最小值为vmin= ,C正确。 返回目录 题型2　立体空间中的抛体运动问题 处理三维空间的抛体运动问题,核心思想为建立合适的坐标系,将三维问题降为二维问 题,将立体空间问题转化为平面问题,结合合成与分解的思想“化曲为直”,进行求解。 返回目录 典例2    (2022山东,11,4分)(多选)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度 斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离 地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍, 平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点 到墙壁的距离d分别为 (　    ) A.v=5 m/s　　　    B.v=3  m/s C.d=3.6 m　　　    D.d=3.9 m BD 返回目录 解析     如图所示建立坐标系,   (关键点1:竖直分速度为零时,击中墙壁上P点)网球在竖直方向做匀减速运动,有 =2g (H-h),代入数据解得v0y=  m/s=12 m/s;斜上抛时间t1= =1.2 s(关键点 返回目录 2:各分运动具有等时性)。网球击中墙之前,垂直于墙的分速度v0z= =  m/s=4 m/s;平 行于墙的分速度v0x= =  m/s=3 m/s;(关键点3:垂直墙面速度分量 大小变为碰前的0.75)网球碰墙后的速度大小v= =3  m/s,B正确。(关键 点4:由P点运动到着地点的过程,下降高度为H)由H= g 解得网球由P点到着地点的时 间t2= =1.3 s;着地点到墙壁的距离d=0.75v0z·t2=3.9 m,D正确。 返回目录 题型3　抛体运动中的相遇问题 1.常见类型 常见的有平抛与直线运动相遇、平抛与平抛运动相遇、平抛与竖直上抛相遇、平抛 与斜上抛相遇等。 2.解题方法 两物体相遇即二者同一时刻到达空间同一位置。利用运动的合成与分解将二维的追 及相遇问题转化为一维的追及相遇问题,根据运动过程图列出相应的速度关系、位移 关系和时间关系。 返回目录 典例3    (2023湖南,2,4分)如图(a),我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播 种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出 点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平, v2方向斜向上,忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是 (　    )        A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B.谷粒2在最高点的速度小于v1 C.两谷粒从O到P的运动时间相等 D.两谷粒从O到P的平均速度相等 B 返回目录 解题导引       返回目录 解析     两谷粒从O点抛出后均只受重力作用,故加速度相同,A错误。 两谷粒从O运动到P的竖 直方向位移与水平方向位移均相同,设谷粒2抛出时速度方向与水平方向间夹角为θ,有 h=-v2 sin θ·t2+ g ,x=v2 cos θ·t2,对谷粒1有h= g ,x=v1t1,可得t1<t2,v2 cos θ<v1,即谷粒2在最 高点的速度小于v1,B正确,C错误。两谷粒从O到P位移相同,但t1<t2,由平均速度的定义 可知 > ,D错误。 易错警示 谷粒1和谷粒2同时抛出,运动轨迹相交,并不能判断谷粒1和谷粒2同时出现在P点,所以 不能判断两谷粒从O到P的运动时间相等。 返回目录 高考变式    (平抛与竖直上抛相遇)(多选)如图,物体甲从高H处以速度v1平抛,同时乙从 水平方向距甲s处由地面以初速度v2竖直上抛,不计空气阻力,重力加速度为g,则  (         ) A.若两物体在空中能够相遇,从抛出到相遇的时间为  B.若要物体乙在上升过程中与甲相遇,必须满足 = ,v2>  C.若要物体乙在下降过程中与甲相遇,必须满足 = ,v2>  D.若相遇点离地高度为 ,则v2=  ABD 返回目录 解析     若两物体在空中能够相遇,竖直方向应满足 gt2+ =H,解得t= ,A正确。相遇 时,甲水平方向分位移为s,可得t= ,所以 = ;若要物体乙在上升过程中与甲相遇,需 满足 > ,可得v2> ,B正确。若要物体乙在下降过程中与甲相遇,需满足 < <2  ,可得 <v2< ,C错误。若相遇点离地高度为 ,对物体甲, = gt2,由于t= , 解得v2= ,D正确。 一题多解 物体甲、乙的加速度相同,可知甲相对乙水平方向以v1向右做匀速直线运动,竖直方向 以v2向下做匀速直线运动,所以相遇时有,t= = ,A正确。 返回目录 第3节 圆周运动 返回目录 考点1　圆周运动的运动学问题 1.描述圆周运动的物理量间的关系   返回目录 2.常见的传动方式 共轴传动 皮带传动 齿轮传动 摩擦传动             角速度相同 轮缘或啮合处线速度大小相等   ωA=ωB vA∶vB=r∶R aA∶aB=r∶R vA=vB,ωA∶ωB=R∶r aA∶aB=R∶r (齿数比等于半径比) 返回目录 典例1    (2024届广东三校开学考)如图甲,绞车记载于北宋曾公亮和丁度创作的《武经 总要》,其原理如图乙,将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳,其上绕以绳索,绳 下加动滑轮,滑轮下挂上重物,人转动把手带动辘轳旋转便可轻松将重物吊起。a、b分 别是大小辘轳边缘上的两点。在起吊过程中,下列说法正确的是(　    )        A.a点的线速度等于b点的线速度 B.人对把手做的功等于重物机械能的增加量 C.滑轮对重物的力与重物的重力是一对作用 力与反作用力 D.图乙中滑轮会顺时针转动 D 返回目录 解析     a、b两点角速度相等(点拨:同轴传动),由v=ωr可得a点的线速度大于b点的线速度,A错 误。由能量守恒定律可得人对把手做的功等于重物机械能的增加量、滑轮机械能的 增加量、辘轳的动能以及摩擦产生的热量的和,B错误。滑轮对重物的力与重物对滑 轮的力是一对作用力与反作用力,C错误。在图乙中重物被吊起的过程中,相同时间内, 滑轮的左侧上升的距离大,滑轮的右侧下降的距离小,因此滑轮会顺时针转动,D正确。 返回目录 考点2　圆周运动的动力学问题 图像 合力作用效果 匀速 圆周   所受合力提供向心力 F合=man=m =mrω2=m r=mωv 变速 圆周   Ft改变速度大小;Fn提供向心力,改 变速度方向 返回目录 离心 或 向心   F=0时,物体沿切线方向飞出; 0<F<mω2r时,物体逐渐远离圆心; F>mω2r时,物体逐渐靠近圆心 返回目录 教考衔接 典例2    (人教版必修二P42,T5改编)如图1所示,质量为m的小球用细绳悬于P点,使小球在 水平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,小球可视为质点。  　      (1)(回归教材)①若悬挂小球的绳长为l,小球做匀速圆周运动的角速度为ω,绳对小球的 拉力F有多大? 返回目录 ②如图2所示,若保持绳长l不变,改变轨迹圆的圆心O到悬点P的距离h,增大细绳与竖直 方向的夹角θ,则小球做匀速圆周运动的角速度ω将如何变化? (2)(情境变式)图甲是两个圆锥摆,两摆球运动轨道在同一个水平面内,图乙是完全相同 的两个小球在内壁光滑的倒圆锥内做匀速圆周运动。下列说法正确的是 (　    )  　      A.甲图中两摆球的运动周期相等 B.甲图中两摆球的线速度大小相等 返回目录 C.乙图中两个小球的线速度大小相等 D.乙图中两个小球的角速度大小相等 (3)(链接高考)(2023福建,15,12分)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的 一端固定在竖直转轴OO'上的O点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一 端固定于O点,另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆 静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度l=0.2 m,杆与竖 直转轴的夹角α始终为60°,弹簧原长x0=0.1 m,弹簧劲度系数k=100 N/m,圆环质量m=1 kg;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,摩擦力可忽略不计。 ①若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O点的距离; 返回目录 ②求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小; ③求圆环处于细杆末端P时,细杆匀速转动的角速度大小。   答案    (1)①mω2l　②增大    (2)A    (3)①0.05 m　②  rad/s　③10 rad/s 返回目录 解析     (1)①设细绳与竖直方向的夹角为θ,则对题图1中小球受力分析有F sin θ=mω2l sin θ,解 得F=mω2l。 ②对题图2中小球进行受力分析,水平方向有F sin θ=mω2l sin θ,竖直方向有F cos θ=mg, 解得ω2= = ,可见在h减小的情况下,角速度ω增大。 (2)设题图甲中做圆锥摆运动的其中一个小球对应摆线与竖直方向的夹角为θ,摆球与 悬点的高度差为h,线速度大小为v,周期为T,根据牛顿第二定律有mg tan θ=m =m  h tan θ,解得v=  tan θ,T=2π ,由此可知题图甲中两摆球的线速度大小不相等, 返回目录 周期相等,A正确,B错误;设题图乙中倒圆锥母线与竖直方向夹角为α,由牛顿第二定律 可得 =m =mrω'2,解得v'= ,ω'= ,题图乙中两球运动的轨道半径r不同, 故线速度、角速度大小均不同,C、D错误。 (3)①细杆和圆环处于平衡状态,对圆环受力分析如图甲所示,得T0=mg cos α=5 N   根据胡克定律F=kΔx得Δx0= =0.05 m 弹簧弹力方向沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即圆环到O点的距离x1= 返回目录 x0-Δx0=0.05 m。 ②若弹簧处于原长,则圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运 动。根据牛顿第二定律得 =m r,由几何关系得圆环此时转动的半径r=x0 sin α,联 立并代入数据解得ω0=  rad/s。 ③圆环处于细杆末端P时,弹簧伸长量Δx'=l-x0,根据胡克定律得弹簧弹力T=k(l-x0)=10 N 对圆环受力分析如图乙所示,对各力正交分解,   返回目录 竖直方向受力平衡,有mg+T cos α=N sin α, 水平方向合力提供向心力,则有 T sin α+N cos α=mω2r' 由几何关系得r'=l sin α 联立并代入数据解得ω=10 rad/s。 返回目录 提分关键·方法提升 圆周运动中动力学问题的分析思路   返回目录 微专题8 圆周运动的临界、极值问题 返回目录 题型1    水平面内圆周运动的临界、极值问题 情境 受力分析 临界状态对应规律     初始有F静=mω2r 临界状态:静摩擦力达到最大,有F 静max=m r     初始有F静=mω2r 临界状态:静摩擦力达到最大,有F 静max=m r 随着ω继续变大,有F静max+FT=mω2r, FT从0开始增大 返回目录     临界状态1:当FB静=FBmax时,绳子上 将要产生拉力 临界状态2:当FA静=FAmax时,A、B将 要发生相对滑动     A、B开始滑动的临界状态: FBmax+FT'=mBω2r FT-FAmax=mAω2r 返回目录     通过比较两接触面的动摩擦因数 μ来判定谁先滑动,动摩擦因数小 的先滑动     临界状态:当FT+F静max=mAω2r时,A 物体即将相对圆盘向外滑动     临界状态:当FN=0,即ω= 时, 小球即将“飘起来” 返回目录 典例1    (多选)如图所示,水平圆盘可绕竖直轴转动,沿直径方向放着用细线相连的质量 均为m的物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,A和B与圆盘间的 动摩擦因数分别为μ和 ,圆盘静止时细线刚好伸直且无张力。设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,重力加速度为g,现让圆盘从静止开始缓慢加速,则 (　    ) A.当ω< 时,细线中没有张力 B.当ω= 时,物体A受到的摩擦力指向圆心 C.当ω= 时,两物体刚好不滑动 D.当两物体刚好不滑动时烧断细线,A仍相对圆盘静止,B将做离心运动 AC 返回目录 解析     ①假设物体A、B间无细线相连,试分析物体A、B相对圆盘即将滑动的临界角速度是多 大? 当物体A相对圆盘即将滑动时,有μmg=m r,解得ω1= 。当物体B相对圆盘即将滑动 时,有 mg=m ·2r,解得ω2= 。故当ω< 时,细线中没有张力,A正确。 ②当圆盘的角速度ω> 时,随着ω变大,物体A和B与圆盘间的摩擦力如何变化? ω> 且A、B不相对圆盘滑动时,物体B与圆盘间的摩擦力为最大静摩擦力fB= mg,且 保持不变。对物体A,由牛顿第二定律可得FT+fA=mω2r;对物体B,由牛顿第二定律可得FT' 返回目录 + mg=mω2·2r(FT=FT');联立可得 mg-fA=mω2r,所以fA会随ω的增大而减小,当ω= 时,fA =0,B错误。 ③当圆盘的角速度ω> 时,随着ω变大,物体A和B与圆盘间的摩擦力如何变化? ω> 且A、B不相对圆盘滑动时,物体B与圆盘间的摩擦力为最大静摩擦力fB= mg,且 保持不变。由 mg-fA=mω2r可得fA会变向,即A受到的摩擦力背离圆心。当物体A与圆盘 间达到最大静摩擦力时,有 mg+μmg=mω2r,解得ω= ,此时两物体刚好不滑动,C正 确。 返回目录 ④当圆盘的角速度ω= 时烧断细线,物体A、B将做什么运动? 当两物体刚好不滑动时,在烧断细线的瞬间,A所需向心力为FA=mω2r= μmg>μmg,B所需 向心力为FB=mω2·2r=3μmg> μmg,可知两物体的最大静摩擦力都不足以提供向心力,因 此A和B都将做离心运动,D错误。 返回目录 题型2　竖直面内圆周运动的临界、极值问题 绳球模型 杆球模型 图示           绳连球 轨道内球 杆连球 管内球 大环套小球 共同特征 绳或轨只能提供指向圆心的力 杆或轨的力既可指向圆心,也可背离圆心 现实典例 凹形桥、水流星、飞机俯冲等 打夯机 返回目录 由 牛 顿 第 二 定 律 列 方 程 最高点 mg+FT=m  拉力 mg+F杆=m  支持力 mg-F杆=m  最低点 FT-mg=m  F杆-mg=m  最高点 速度 若FT=0,即mg=m ,v=  若F杆=0,mg=m ,v=  若F杆背离圆心,mg-F杆=m ,0≤v<   FT≠0,即mg+FT=m ,v>   若F杆指向圆心,F杆+mg=m ,v>  返回目录 最高点速度范围 v≥ (v< ,绳球模型 中球脱轨) v≥0(杆球模型不存在脱轨情况) 最高点临界速度 (恰好、刚好) v临= (最高点速度不能 为0) v临=0(最高点速度可以为0) 返回目录 能力进阶 典例2　如图所示,长为L的轻绳一端拴一个质量为m的小球,另一端可绕O在竖直平面 内自由转动,已知小球通过最高点P时速度为 ,重力加速度为g,不计一切阻力,小球 可视为质点。则 (　    ) A.小球运动到最低点Q时的速度大小为  B.小球运动到最低点Q时的速度大小为  C.在最高点P小球受到绳的拉力不为零 D.在最高点P小球受到绳的拉力为mg B 返回目录 解析     由题意,小球从P运动到Q点,根据动能定理有mg×2L= m - m ,解得小球运动到最低 点Q时的速度大小为vQ= ,A错误,B正确;小球在P点时,根据牛顿第二定律有F+mg= m ,解得此时小球受到绳的拉力为F=0,C、D错误。 返回目录 进阶1    (杆球模型)(多选)如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小 球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间的弹力大 小为FN,小球在最高点的速度大小为v,其FN-v2图像如图乙所示,不计一切阻力。则 (        )  　      A.小球的质量为  B.当地的重力加速度大小为  C.当v2=c时,在最高点杆对小球的弹力方向向上 D.当v2=b时,小球处于完全失重状态 BD 返回目录 解题导引       返回目录 解析     小球通过最高点时,若杆对小球的力为支持力,由牛顿第二定律可得mg-FN=m ;当v2=0 时,mg=FN,结合图像可得mg=FN=a①;当FN=0时,v2=gR,结合图像可得gR=b②;联立①②可 得g= ,m= R(另解:由mg-FN=m 可得FN=- v2+mg,结合图像中左半部分图线可得 =  ,mg=a,即m= R,g= ),A错误,B正确。当v2=b时,小球在最高点只受重力,处于完全失 重状态,D正确。当v2=c>b时,小球做圆周运动所需的向心力大于mg,通过最高点时杆对 小球的弹力方向向下,C错误。 返回目录 进阶2    (圆环模型)(多选)如图甲所示,质量为0.2 kg的小球套在竖直固定的光滑圆环 上,并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后,小球由静止开始沿着圆环运动,一段时 间后,小球与圆心的连线转过θ角度时,小球的速度大小为v,v2与 cos θ的关系如图乙所 示,g取10 m/s2。则 (　    ) A.圆环半径为0.6 m B.θ= 时,小球所受合力为4 N C.0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力一直增大 D.0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力先减小后增大 AD 返回目录 解析     小球下滑过程中,由机械能守恒定律可得mg(R-R cos θ)= mv2,推得v2=-2gR cos θ+2gR;结 合题图乙有2gR=12 m2/s2,解得R=0.6 m,A正确。θ= 时,cos θ=0,小球处于圆心等高处,可 得圆环对小球的弹力FN=m =4 N;小球所受合力为F= =2  N,B错误。0≤θ ≤ 时,由牛顿第二定律可得mg cos θ-FN=m ,可知随θ的增大,v也增大,所以FN必须减 小,当FN=0时,mg cos θ=m ,随后有FN+mg cos θ=m ,可知随θ的增大,v也增大,所以FN必 须增大; ≤θ≤π的过程中,有FN-mg cos (180°-θ)=m ,可知随θ的增大,v也增大,所以FN 必须增大;所以0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力先减小后增大,C错误,D正确。 返回目录 题型3　斜面上圆周运动的临界、极值问题 1.特殊位置受力分析 2.临界状态分析 物块相对转盘即将滑动的临界位置在最低点,物块运动过程中在最低点有Ff-mg sin θ= mω2r,当Ff=μmg cos θ时转盘角速度ω达到最大值,此时μmg cos θ-mg sin θ=m r,可得ω max= 。 返回目录 典例3    (多选)转盘游戏深受人们喜爱,现将其简化为如图所示模型。倾角为θ=30°的 圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动,盘面上距离轴r处有一可视为质点的 小物块与圆盘始终保持相对静止,物块质量为m,与盘面间的动摩擦因数为μ,重力加速 度为g,圆盘的角速度为ω= ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 ( 　    )   A.μ的最小值为   B.物块从最低点第一次转到最高点的过程中,圆盘对物块的冲 量大小为 m  C.物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的大小分别为f1、f2,一定有  + >m2g2 D.ω增大,物块在最高点受到的摩擦力一定增大 ACD 返回目录 解析     物块随圆盘在倾斜面上做匀速圆周运动,在垂直盘面方向有FN=mg cos θ①;最低点,由牛 顿第二定律可得μminFN-mg sin θ=mω2r②;联立解得μmin=  ,A正确。物块从最低点第一 次转到最高点的过程中,取最高点速度方向为正,由动量定理可得IF+IG=mv-(-mv),解得IF +IG= m ,且IG≠0,重力冲量与合力冲量垂直,可得圆盘对物块的冲量大小IF≠ m  ,B错误。设物块在某一位置时与圆心连线的方向和重力沿圆盘向下的分力方向 的夹角为α,由余弦定理可知 = + -2G1Fn cos α,其中G1=mg sin θ,由对称性可知 =  + +2G1Fn cos α,且Fn=mω2r= mg>G1,则 + =2 +2 >m2g2,C正确。物块在最高 点时,由牛顿第二定律可得mg sin θ+f=mω2r,可得随着ω的增大,物块在最高点受到的摩 擦力一定增大,D正确。 返回目录 $