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1、專題四曲線運動,高考物理（江蘇專用）,考點一運動的合成和分解,考點清單,考向基礎 一、曲線運動 1.速度的方向:質點在某一點的速度方向,沿曲線在這一點的切線方向。 如圖所示的曲線運動,vA、vC的方向與v的方向相同,vB、vD的方向與v的方向相反。,2.運動的性質:做曲線運動的物體,速度的方向時刻在改變,所以曲線運動一定是變速運動。 3.做曲線運動的條件 二、運動類型的分類及條件,三、運動的合成與分解 1.基本概念 (1)運動的合成:已知分運動求合運動。 (2)運動的分解:已知合運動求分運動。,2.分解原則:根據運動的實際效果分解,也可采用正交分解。 3.遵循的規(guī)律:位移、速度、加速度都是矢量
2、,故它們的合成與分解都遵循平行四邊形定則。,考向突破,考向一物體做曲線運動的條件及特點 1.曲線運動的定義、條件及特點,2.合力方向與速率變化的關系 3.物體做曲線運動的分析,(1)合運動的運動性質和軌跡由合初速度和加速度共同決定。 (2)做曲線運動的物體,所受合外力一定指向曲線的凹側,曲線運動的軌跡不會出現急折,只能平滑變化,軌跡總在力與速度的夾角中。若已知物體的運動軌跡,可判斷出合外力的大致方向;若已知合外力方向和速度方向,可知道物體運動軌跡的大致情況。 (3)做曲線運動的物體其合外力可沿切線方向與垂直切線方向分解,其中沿切線方向的分力只改變速度的大小,而垂直切線方向的分力只改變速度的方向
3、。,例1如圖所示為質點做勻變速曲線運動的軌跡示意圖,且質點運動到D點時速度方向與加速度方向恰好互相垂直,則質點從A點運動到E點的過程中,下列說法中正確的是() A.質點經過C點時的速率比D點的大 B.質點經過A點時的加速度方向與速度方向的夾角小于90 C.質點經過D點時的加速度比B點的大 D.質點從B到E的過程中加速度方向與速度方向的夾角先增大后減小,解析質點做勻變速曲線運動,所以加速度不變,C錯誤;由于在D點時速度方向與加速度方向垂直,則在A、C點時速度方向與加速度方向的夾角均為鈍角,所以質點由C到D速率減小,所以經過C點時的速率比D點的大,A正確,B錯誤;質點從B到E的過程中加速度方向與速
4、度方向的夾角一直減小,D錯誤。,答案A,考向二運動的合成及運動性質分析 1.合運動和分運動的關系,2.運動的合成與分解的運算法則 運動的合成與分解是指描述運動的各物理量即位移、速度、加速度的合成與分解,由于它們均是矢量,故合成與分解都遵守平行四邊形定則。 3.合運動的性質判斷 加速度(或合外力),加速度(或合外力)與速度方向,例2在一光滑水平面內建立平面直角坐標系,一物體從t=0時刻起,由坐標原點O(0,0)開始運動,其沿x軸和y軸方向運動的速度-時間圖像如圖甲、乙所示,下列說法中正確的是() A.前2 s內物體沿x軸做勻加速直線運動 B.后2 s內物體繼續(xù)做勻加速直線運動,但加速度沿y軸方
5、向 C.4 s末物體的坐標為(4 m,4 m) D.4 s末物體的坐標為(6 m,2 m),解析前2 s內物體在y軸方向速度為0,由題圖甲知物體沿x軸方向做勻加速直線運動,A正確;后2 s內物體在x軸方向做勻速運動,在y軸方向做初速度為0的勻加速運動,加速度沿y軸正方向,合初速度方向與加速度方向不在一條直線上,所以合運動是曲線運動,B錯誤;4 s內物體在x軸方向上的位移是x=(22+22) m=6 m,在y軸方向上的位移為y=2 2 m=2 m,所以4 s末物體的坐標為(6 m,2 m),C錯誤,D正確。,答案AD,例3如圖所示,一塊橡皮用細線懸掛于O點,用鉛筆靠著線的左側向右上方45方向勻速
6、移動,運動中始終保持懸線豎直,則橡皮的運動情況為() A.勻速直線運動 B.勻變速直線運動 C.勻變速曲線運動D.非勻變速曲線運動,解析橡皮同時參與兩個方向的分運動,一個是水平方向的勻速直線運動,另一個是豎直方向的勻速直線運動,由于這兩個方向上的分運動都是勻速直線運動,因此這兩個運動的合運動也是勻速直線運動,所以A正確。,答案A,考點二拋體運動,考向基礎 一、平拋運動 1.平拋運動 (1)定義:水平拋出的物體只在重力作用下的運動叫做平拋運動。 (2)性質:加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動,軌跡是拋物線。 (3)研究方法:平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。
7、 (4)運動時間和射程 運動時間t=僅取決于豎直下落的高度;射程x=v0取決于豎直下 落的高度和初速度。,2.平拋運動的規(guī)律 以拋出點為坐標原點,以初速度v0方向為x軸正方向,豎直向下為y軸正方向,如圖所示,則有 水平方向分速度:vx=v0,,豎直方向分速度:vy=gt, 合速度大小:v=, tan =(為合速度與水平方向的夾角), 水平方向分位移:x=v0t, 豎直方向分位移:y=gt2, 合位移:x合=。 二、斜拋運動 1.斜拋運動的定義 將物體以速度v0斜向上方或斜向下方拋出,物體只在重力作用下的運動。,2.運動性質 加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動,軌跡為拋物線。 3.基本規(guī)律(
8、以斜向上拋為例說明,如圖所示),(1)水平方向:v0 x=v0cos ,F合x=0; (2)豎直方向:v0y=v0sin ,F合y=mg。,考向突破,考向一平拋運動的規(guī)律及其應用 1.飛行時間:由t=知,時間取決于下落高度h,與初速度v0無關。 2.水平射程:x=v0t=v0,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定, 與其他因素無關。 3.落地速度:v==,以表示落地速度與x軸正方向間的夾 角,有tan ==,所以落地速度只與初速度v0和下落高度h有關。 4.速度改變量:物體在任意相等時間內的速度改 變量v=gt相同,方向恒為豎直向下,如圖所示。,例4對于平拋運動,下列說法正確的是() A
9、.落地時間和落地時的速度只與拋出點的高度有關 B.平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動 C.做平拋運動的物體,在任何相等的時間內位移的增量都是相等的 D.平拋運動是加速度大小、方向不變的曲線運動,解析平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動,且落地時間t=,落地速度為v==,所以B項 正確,A項錯誤;做平拋運動的物體,在任何相等的時間內,其豎直方向位移增量y=gt2,水平方向位移不變,故C項錯誤;平拋運動的物體只受重力作用,其加速度為重力加速度,故D項正確。,答案BD,例5如圖所示,球網高出桌面H,網到桌邊的距離為L,某人在乒乓球訓練中,從左側
10、處,將球沿垂直于網的方向水平擊出,球恰好通過網的上 沿落到右側邊緣,設乒乓球的運動為平拋運動,下列判斷正確的是 () A.擊球點的高度與網高度之比為21 B.乒乓球在網左右兩側運動時間之比為21 C.乒乓球過網時與落到右側桌邊緣時速率之比為12 D.乒乓球在左、右兩側運動速度變化量之比為12,解析因為水平方向做勻速運動,網右側的水平位移是左邊水平位移的兩倍,所以網右側運動時間是左側的兩倍,豎直方向做自由落體運動,由 h=gt2可知,擊球點的高度與網高之比為98,故A、B錯誤;球恰好通過 網的上沿的時間為落到右側桌邊緣的時間的,豎直方向做自由落體運 動,根據v=gt可知,球恰好通過網的上沿的豎直
11、分速度與落到右側桌邊緣的豎直分速度之比為13,根據v=可知,乒乓球過網時與落到桌 邊緣時速率之比不是12,故C錯誤;球在網右側運動時間是左側的兩倍, v=gt,所以乒乓球在左、右兩側運動速度變化量之比為12,故D正確。,答案D,考向二與斜面相關聯的平拋運動,平拋運動的分解方法與技巧 (1)如果知道速度的大小或方向,應首先考慮分解速度。 (2)如果知道位移的大小或方向,應首先考慮分解位移。 (3)兩種分解方法: 沿水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動; 沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的勻減速運動。,例6將一擋板傾斜地固定在水平面上,傾角為=30,如圖所示?，F有質量為m的小球由擋板上方
12、的A點以初速度v0水平向右拋出,小球落在擋板上的B點時,小球速度方向剛好與擋板垂直,小球與擋板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比為43。下列有關小球的運動描述正確的是 () A.小球與擋板碰后的速度大小為 v0 B.小球與擋板碰撞過程中速度的變化量大小為mv0 C.A、B兩點的豎直高度差與水平間距之比為1 D.A、B兩點的豎直高度差與水平間距之比為2,解題導引,解析小球在碰撞擋板前做平拋運動。設剛要碰撞擋板時小球速度為v。由題意,速度v的方向與豎直方向的夾角為30且水平分量仍為v0,如圖。由此得v=2v0,碰撞過程中,小球速度由v變?yōu)榉聪虻膙,則碰后的速 度大小為v0,A錯誤;碰撞過程中小球
13、的速度變化量大小為v=v-(-v)=,v=v0,故選項B錯誤;小球下落高度與水平射程之比為=== =,C錯誤,D正確。,答案D,拓展延伸 在【例6】中,若小球從B點水平飛出,初速度為20 m/s,則小球離開B點后離擋板的最遠距離約為() A.30 mB.15 mC.18 mD.6 m,解析將小球的初速度v0和加速度g分別沿垂直于擋板和平行于擋板方向進行分解,如圖所示,初速度v0為v1=v0 sin ,加速度g在垂直于擋板方向上的分量為a1=g cos ,根據分運動各自獨立的原理可知,離擋板的最大距離僅由v1和a1決定,當垂直于擋板的分速度的大小減為零時,小球離擋板的距離最大,最大距離d===5
14、.77 m6 m。選項D正確。,答案D,考點三圓周運動,考向基礎 一、勻速圓周運動定義及物理量 1.勻速圓周運動 (1)定義:做圓周運動的物體,若在相等的時間內通過的圓弧長相等, 就是勻速圓周運動。 (2)特點:加速度大小不變,方向始終指向圓心,是變加速運動。 (3)條件:合外力大小不變,方向始終與速度方向垂直且指向圓心。,2.描述勻速圓周運動的物理量,二、離心現象 當提供的向心力小于所需向心力時,物體將遠離原來的軌道的現象叫離心現象。 從力的角度分析物體的運動: (1)勻速圓周運動:F合=mr2; (2)離心運動:F合mr2。,考向突破,考向一圓周運動的運動學問題 1.對公式v=r的進一步理
15、解 (1)當r一定時,v與成正比。如齒輪邊緣處的質點隨著齒輪轉速的增大,角速度和線速度都增大。 (2)當一定時,v與r成正比。如地球上各點都繞地軸做圓周運動,角速度相同,地球表面緯度越低的地方,到地軸的距離越大,線速度越大。 (3)當v一定時,與r成反比。如皮帶傳動裝置中,兩輪邊緣上各點的線速度大小相等,大輪的半徑r大,角速度較小。 2.對a==2r=v的理解 在v一定時,a與r成反比;在一定時,a與r成正比。,3.常見傳動裝置及其特點 (1)共軸傳動 A點和B點在同軸的一個圓盤上,如圖甲,圓盤轉動時,它們的線速度、角速度、周期存在以下定量關系: A=B,=,TA=TB,并且轉動方向相同。 甲
16、,乙,(2)皮帶傳動 A點和B點分別是兩個輪子邊緣上的點,兩個輪子用皮帶連起來,并且皮帶不打滑。如圖乙,輪子轉動時,它們的線速度、角速度、周期存在以下定量關系: vA=vB,=,=,并且轉動方向相同。 (3)齒輪傳動 A點和B點分別是兩個齒輪邊緣上的點,兩個齒輪輪齒嚙合。如圖,齒輪轉動時,它們的線速度、角速度、周期存在以下定量關系:,vA=vB,==,== 式中n1、n2分別表示兩齒輪的齒數。 注意在處理傳動裝置中各物理量間的關系時,關鍵是確定其中相同的量(線速度或角速度),再由描述圓周運動的各物理量間的關系,確定其他 各量間的關系。,例7一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉動,a和b是輪上質量相等
17、的兩個質點,a、b兩點的位置如圖所示,則偏心輪轉動過程中a、b兩質點 () A.線速度大小相等 B.向心力大小相等 C.角速度大小相等 D.向心加速度的大小相等,解析a、b兩質點都繞同一個轉軸O轉動,角速度相等,選項C正確;由題圖可知,兩質點與轉軸的距離,即轉動半徑不相等,而線速度v=R,因此線速度不相等,選項A錯誤;向心加速度a=2R,同理向心加速度的大小不相等,選項D錯誤;向心力F=ma,兩質點質量相等但向心加速度的大小a不相等,所以向心力大小不相等,選項B錯誤。,答案C,例8如圖所示,有一皮帶傳動裝置,A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC,已知RB=RC=,若在傳動過程中
18、,皮帶不打滑。則 () A.A點與C點的角速度大小相等 B.A點與C點的線速度大小相等 C.B點與C點的角速度大小之比為21 D.B點與C點的向心加速度大小之比為14,解析處理傳動裝置類問題時,對于同一根皮帶連接的傳動輪邊緣的點,線速度相等;同軸轉動的點,角速度相等。對于本題,顯然vA=vC,A=B,選項B正確;根據vA=vC及關系式v=R,可得ARA=CRC,又RC=,所以A= ,選項A錯誤;根據A=B,A=,可得B=,即B點與C點的角速度大 小之比為12,選項C錯誤;根據B=及關系式a=2R,可得aB=,即B 點與C點的向心加速度大小之比為14,選項D正確。,答案BD,考向二圓周運動中的動
19、力學問題 1.向心力公式本質是牛頓第二定律 F=ma= 2.向心力的來源 (1)向心力的方向沿半徑指向圓心; (2)向心力是由一個力或幾個力的合力或某個力的分力提供的。 3.向心力的確定 (1)確定圓周運動的軌道所在的平面,確定圓心的位置。 (2)分析物體的受力情況,找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力。,例9兩根長度不同的細線下面分別懸掛兩個小球,細線上端固定在同一點,若兩個小球以相同的角速度,繞共同的豎直軸在水平面內做勻速圓周運動,則兩個擺球在運動過程中,相對位置關系示意圖正確的是 (),解析小球做勻速圓周運動,對其受力分析如圖所示,則有mg tan = m2L sin ,整理得
20、:L cos =,則兩球處于同一高度,故B正確。,答案B,方法1小船渡河問題與速度投影的分析方法 1.小船渡河問題的分析方法 小船在有一定流速的水中過河時,實際上參與了兩個方向的分運動,即隨水流的運動(水沖船的運動)和船相對水的運動(即在靜水中船的運動,運動方向為船頭的方向),船的實際運動是合運動。 小船的過河時間取決于河寬d和船在垂直于河岸方向上的分速度v,則所用時間t=。 小船的位移取決于船的實際運動速度v合(合速度)及運動時間t,則位移x=v合t。,方法技巧,例1一條寬度為l的河流,已知船在靜水中的速度為v船,水流速度為v水。那么: (1)怎樣渡河時間最短? (2)若 v船v水,怎樣渡河
21、位移最小? (3)若v船
22、流速度大于船在靜水中的航行速度,則不論船的航向如何,總是被水沖向下游。怎樣才能使船漂的距離最短呢?如圖丙所示,設船頭(v船方向)與河岸成角。合速度v合與河岸成角?？梢钥闯?角越大,船漂的距離x越短。那么,在什么條件下角最大呢?以v水的末端為圓心、 v船大小為半徑畫圓,當v合與圓相切時,角最大,此時cos =,船漂最短距 離為xmin=(v水-v船cos ),此時渡河的最短位移為s==。,答案見解析,例2如圖所示,甲、乙兩同學從河中O點出發(fā),分別沿直線游到A點和B點后,立即沿原路線返回到O點,OA、OB分別與水流方向平行和垂直,且OA=OB。若水流速度不變,兩人在靜水中游速相等,則他們所用時間t
23、甲、 t乙的大小關系為() A.t甲t乙D.無法確定,解析設水速為v0,人在靜水中速度為v,對甲,由OA,所用時間t1=, 由AO所用時間t2=,則甲所用時間t甲=t1+t2=+=;對 乙,由OB和由BO的實際速度v=,故所用時間t乙==; 則=1,即t甲t乙,故C正確。,答案C,2.“速度投影定理”的應用 (1)速度投影定理:兩個物體在不可伸長的繩(或桿)連接下沿不同方向運動,則兩物體沿繩(或桿)方向的分速度相同。 (2)繩(桿)端速度分解模型 模型特點:繩(桿)拉物體或物體拉繩(桿),以及兩物體通過繩(桿)相連,物體運動方向與繩(桿)不在一條直線上,求解運動過程中它們的速度關系,都屬于該
24、模型。 模型分析 合運動繩拉物體的實際運動速度v,分運動 解題原則:根據沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見實例如下:,例3如圖所示,做勻速直線運動的小車A通過一根繞過定滑輪的長繩吊起一重物B,設重物和小車速度的大小分別為vB、vA,則() A.vAvB B.vA
25、繩子通過定滑輪拉物體A,A穿在光滑的豎直桿上,當以速度v0勻速地拉繩使物體A到達如圖所示位置時,繩與豎直桿的夾角為,則物體A實際運動的速度是() A.v0 sin B.C.v0 cos D.,解析由運動的合成與分解可知,物體A參與這樣的兩個分運動,一個是沿著與它相連接的繩子的運動,另一個是垂直于繩子斜向上的運動。而物體A實際運動軌跡是沿著豎直桿向上的,這一軌跡所對應的運動就是物體A的合運動,它們之間的關系如圖所示。由三角函數知識可得v=,所以D選項是正確的。,答案D,方法2拋體運動的研究方法 1.“化曲為直”思想在平拋運動中的應用 (1)根據運動效果的等效性,利用運動分解的方法,將其轉化為我
26、們所熟悉的兩個方向上的直線運動: 水平方向的勻速直線運動; 豎直方向的自由落體運動。 (2)速度、位移、加速度的分解 分解速度 設平拋運動的初速度為v0,在空中運動時間為t,則平拋運動在水平方向的速度為:vx=v0,在豎直方向的速度為:vy=gt,合速度為:v=,合速度 與水平方向夾角為,滿足tan =。,分解位移 平拋運動在水平方向的位移為:x=v0t,在豎直方向的位移為:y=gt2,相對 拋出點的位移(合位移)為:s=,合位移與水平方向夾角滿足 tan =。 分解加速度 對于有些問題,過拋出點建立適當的直角坐標系,把重力加速度g正交分解為gx、gy,把初速度v0正交分解為vx、vy,然后分
27、別在x、y方向列方程求解,可以避繁就簡,化難為易。,2.平拋運動的兩個推論 推論一做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處,設其末 速度方向與水平方向的夾角為,位移與水平方向的夾角為,則tan = 2 tan 。 證明:如圖甲所示,由平拋運動規(guī)律得 tan ==,tan ===, 所以tan =2 tan 。,推論二做平拋(或類平拋)運動的物體任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。如圖乙中所示B點。 證明:設平拋物體的初速度為v0,從原點O到A點的時間為t,A點坐標為(x,y),B點坐標為(x,0),則x=v0t,y=gt2,v=gt,又tan ==,解得x= 。
28、即末狀態(tài)速度反向延長線與x軸的交點B必為此時水平位移的中點。 注意(1)在平拋運動過程中,位移矢量與速度矢量永遠不會共線。 (2)推論一中的tan =2 tan 不能誤認為=2。,3.類平拋問題及其解法 有時物體的運動與平拋運動很相似,也是在某方向做勻速直線運動,在 另一垂直方向做初速度為零的勻加速直線運動。這種運動,像平拋又不是平拋,通常稱為類平拋運動,處理方法與平拋運動一樣,只是加速度a不同而已。例如,某質點具有豎直向下的初速度同時受到恒定的水平向右的合外力,如圖所示,則質點做沿x軸的勻速直線運動和沿y軸的初速度為零的勻加速直線運動。運動規(guī)律與平拋運動相同。,例5在傾角為37的斜面上,從A
29、點以6 m/s的初速度水平拋出一個小球,小球落在B點,如圖所示。求A、B間的距離s和小球在空中的飛行時間t。(g=10 m/s2,tan 37=0.75,cos 37=0.8),解析由中點定理得,tan =2 tan 37 由圖可得:vy=vAtan 又vy=gt 解得t=0.9 s 由平拋運動規(guī)律,得x=vAt h=gt2 s=,解得s=6.75 m,答案6.75 m0.9 s,例6如圖為湖邊一傾角為30的大壩橫截面示意圖,水面與大壩的交點為O。一人站在A點以速度v0沿水平方向扔一小石子,已知AO=40 m,不計空氣阻力,g取10 m/s2。下列說法中正確的是() A.若v018 m/s,
30、則石子可以落入水中 B.若v0<20 m/s,則石子不能落入水中 C.若石子能落入水中,則v0越大,落水時速度方向與水平面的夾角越大 D.若石子不能落入水中,則v0越大,落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越大,解析石子從A到O過程中,由平拋運動規(guī)律有:AO sin 30=gt2, AO cos 30=v0t,聯立得v0=17.3 m/s,所以只要v017.3 m/s的石子均 能落入水中,A項正確,B項錯誤;若石子能落入水中,由平拋運動規(guī)律 有AO sin 30=gt2,得t=2 s,則vy=gt=20 m/s,設其落水時速度方向與 水平面夾角為,則tan =,vy一定,v0增大,減小,C項錯誤;
31、不落入水 中時,根據“tan =2 tan ”得石子落到斜面上時的速度方向與斜面 夾角都相等,與v0大小無關,D項錯誤。,答案A,方法3“一、二、三、四”求解圓周運動問題方法,例7在用高級瀝青鋪設的高速公路上,對汽車的設計限速是30 m/s。汽車在這種路面上行駛時,它的輪胎與地面的最大靜摩擦力等于車重的。(g=10 m/s2) (1)如果汽車在這種高速路的水平彎道上拐彎,則彎道的最小半徑是多少? (2)如果高速路上設計了圓弧拱橋,要使汽車能夠安全通過圓弧拱橋,這個圓弧拱橋的半徑至少是多少? (3)如果彎道的路面設計為傾斜(外高內低),彎道半徑為120 m,要使汽車通過此彎道時不產生側向摩擦力,
32、則彎道路面的傾斜角度是多少?,,解題導引,解析(1)汽車在水平路面上拐彎,可認為汽車做勻速圓周運動,其向心力由車與路面間的靜摩擦力提供,有0.6mg,由速度v=30 m/s,得彎 道半徑r150 m。 (2)汽車過拱橋,可認為其在豎直平面內做勻速圓周運動,到達最高點時,有=mg-FN,車對路面的壓力FN為零時R最小,最小值為90 m。 (3)設彎道傾斜角度為,汽車通過此彎道時向心力由重力和支持力的合力提供,有mg tan =解得tan =,故彎道路面的傾斜角度=37。,答案(1)150 m(2)90 m(3)37,例8如圖所示,在光滑的圓錐體頂端用長為l的繩懸掛一質量為m的物體。圓錐體固定在水
33、平面上不動,其軸線沿豎直方向,母線與軸線之間的夾角為30。物體以速率v繞圓錐體軸線做水平勻速圓周運動。 (1)當v1=時,求繩對物體的拉力大小。 (2)當v2=時,求繩對物體的拉力大小。,解析如圖甲所示,物體在錐面上運動,但支持力FN=0,物體只受重力mg和繩的拉力FT作用,合力沿水平面指向軸線。根據牛頓第二定律有: 甲 mg tan =m=m 解得:v0=,(1)因為v1
34、 丙,(2)因為v2v0,所以物體與錐面脫離接觸,設繩與豎直方向的夾角為,此時物體受力如圖丙所示。根據牛頓第二定律有: FT sin = FT cos -mg=0 解得:FT=2mg,答案(1)1.03mg(2)2mg,方法4利用離心現象產生條件分析問題的方法 離心現象的條件分析 (1)做圓周運動的物體,由于本身具有慣性,總是想沿著切線方向運動,只是由于向心力作用,使它不能沿切線方向飛出,而被限制著做圓周運動。 (2)當產生向心力的合外力消失時,物體便沿所在位置的切線方向飛出去。 (3)當提供向心力的合外力不完全消失,而只是小于應當具有的向心力,即在合外力不足以提供所需向心力時,物
35、體沿切線與圓周之間的一條曲線運動。,例9如圖所示,在勻速轉動的圓盤上,沿半徑方向放置用細線相連的質量均為m的A、B兩個小物塊。A離軸心r1=20 cm,B離軸心r2=30 cm,A、B與盤面間相互作用的最大靜摩擦力為其重力的0.4倍(g取10 m/s2)。 (1)若細線上沒有張力,圓盤轉動的角速度應滿足什么條件? (2)欲使A、B與盤面不發(fā)生相對滑動,則盤轉動的最大角速度多大? 解題導引 圓盤轉速不同,A、B的受力情況不同,轉速較大時細線上 才有張力,A或B達到最大靜摩擦力時會相對圓盤滑動。,解析(1)在圓盤轉動較慢時,A、B之間的細線上沒有張力,能夠提供的最大向心力均為最大靜摩擦力。由Fn=
36、m2r可知,B比A需要的向心力大,故對B有:kmg=mr2,1== rad/s= rad/s,即當圓盤轉動 的角速度滿足 rad/s時,細線上沒有張力。 (2)由上述分析可知,當 rad/s時,細線上有張力,提供A、B做勻速 圓周運動的向心力分別為:FnA=Ff-FT,FnB=FT+Ffm,顯然,當A受到的摩擦力Ff達到最大靜摩擦力時,A、B將要相對圓盤滑動,故對A有:kmg-FT=mr1 對B有:FT+kmg=mr2 解兩式可得:2=4 rad/s。,答案(1) rad/s(2)4 rad/s,例10如圖所示,洗衣機脫水筒在轉動時,衣服貼靠在勻速轉動的圓筒內壁上而不掉下來,則衣服() A.受
37、到4個力的作用 B.所受靜摩擦力小于重力 C.所需的向心力由彈力提供 D.所需的向心力由靜摩擦力提供 解題導引,解析由于衣服在水平面上做的是勻速圓周運動且不掉下來,則在水平方向上的合力提供向心力,豎直方向受力平衡,衣服受到重力、摩擦力和彈力作用,故選C。,答案C,方法5圓周運動中臨界問題的處理方法 1.水平面上圓周運動的臨界問題 此類問題中最常見的情景是物體放在轉動的圓盤上,隨圓盤一起做勻速圓周運動,靜摩擦力提供向心力。 物體相對圓盤恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是最大靜摩擦力恰好提供向心力,即mg=mr,臨界角速度0=。當圓盤轉動的角速度 0時,物體將做離心運動。,例11(2014課標,20,
38、6分)(多選)如圖,兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上,a與轉軸OO的距離為l,b與轉軸的距離為2l。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍,重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動,用表示圓盤轉動的角速度,下列說法正確的是() A.b一定比a先開始滑動 B.a、b所受的摩擦力始終相等,C.=是b開始滑動的臨界角速度 D.當=時,a所受摩擦力的大小為kmg,解析設木塊滑動的臨界角速度為,kmg=m2r,所以=,ra=l,rb=2l, 所以ab,A、C項正確;摩擦力充當向心力,在角速度相等時,b受的摩擦力大,B項錯誤;=時,a受的摩擦力fa=m2r=m
39、l=kmg,D 項錯誤。,答案AC,例12(2017江蘇南通調研,5)如圖所示,甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊,甲圓盤為主動輪,乙靠摩擦隨甲轉動。甲圓盤與乙圓盤的半徑之比為 r甲r乙=31,兩圓盤和小物體m1、m2之間的動摩擦因數相同,小物體質量m1=m2,m1與O點間的距離為2r,m2與O點間的距離為r,當甲緩慢轉動起來且轉速慢慢增加時(),A.滑動前m1與m2的角速度之比31 B.滑動前m1與m2的向心加速度之比a1a2=13 C.隨轉速慢慢增加,m1先開始滑動 D.隨轉速慢慢增加,m2先開始滑動,解析甲、乙兩圓盤邊緣上的各點線速度大小相等,有甲乙=13,所以物體相對盤開始滑動前,m1與m2的
40、角速度之比為13,故A錯誤;物體相對盤開始滑動前,根據a=2r得m1與m2的向心加速度之比為a1a2=2rr=29,故B錯誤;根據mg=mr2知,臨界角速度=,可知 m1、m2的臨界角速度之比為1,m1、m2的角速度之比為13,可知當 轉速增加時,m2先達到臨界角速度,所以m2先開始滑動,故D正確,C錯誤。,答案D,2.豎直平面內圓周運動的臨界問題 (1)“輕繩”模型和“輕桿”模型不同的原因在于“輕繩”只能對小球產生拉力,而“輕桿”既可對小球產生拉力也可對小球產生支持力。 (2)有關臨界問題出現在變速圓周運動中,豎直平面內的圓周運動是典型的變速圓周運動,一般情況下,只討論最高點和最低點的情況。
41、,例13在水平地面上豎直固定一根內壁光滑的圓管,管的半徑R=3.6 m(管的內徑大小可以忽略),管的出口A在圓心的正上方,入口B與圓心的連線與豎直方向成60角,如圖所示?，F有一個質量m=1 kg的小球(可視為質點)從某點P以一定的初速度水平拋出,恰好從管口B處沿切線方向飛入,小球到達A時恰好對管壁無作用力。取g=10 m/s2。求:,(1)小球到達圓管最高點A時的速度大小; (2)小球在圓管的最低點C時,管壁對小球的彈力大小; (3)小球拋出點P到管口B的水平距離x。,解析(1)小球在最高點A時對管壁無作用力,由向心力公式可知mg= 可得小球到達圓管最高點時的速度大小vA==6 m/s (2)
42、設小球在最低點C時的速度為v,小球從管的最低點到最高點A,由機械能守恒定律可知 mg2R=mv2-m, 可得v2=180 m2/s2 在最低點,由向心力公式可知FN-mg= 可得FN=mg+=60 N,方向豎直向上,(3)設小球在B點的速度大小為vB, 由機械能守恒定律可知 mg(R+R cos 60)=m-m 可得vB=12 m/s 由平拋運動規(guī)律可知,小球做平拋運動的初速度大小v0=vB cos 60= 6 m/s,在B點時的豎直速度vy=vB sin 60=6 m/s 由vy=gt可知t== s 由x=v0t可知,小球的拋出點到管口B的水平距離x=v0t= m,答案(1)6 m/s(2)
43、60 N(3) m,3.圓錐擺類的臨界問題 做圓錐擺類運動的物體,隨轉動角速度的增大,物體受到的某個力會變小,當該力恰好減為零時,往往就是該類問題的臨界狀態(tài),由臨界狀態(tài)求臨界的線速度或角速度,問題常常就迎刃而解了。,例14如圖所示,長為L的繩子下端連著質量為m的小球,上端懸于天花板上,把繩子拉直,繩子與豎直線夾角=60,此時小球靜止于光滑的水平桌面上。問: (1)當球以1=做圓錐擺運動時,繩子的拉力T1為多大?桌面受到的壓 力N1為多大?,(2)當球以2=做圓錐擺運動時,繩子的拉力T2及桌面受到的壓力N2 各為多大?,解析假設小球旋轉角速度為0時,小球在水平桌面上做圓周運動且剛好不受桌面的支持
44、力,此時小球的受力情況如圖所示, T0==2mg, F合0=mg tan =mg, 小球做圓周運動的半徑r0=L sin =L,,所需的向心力由F合0充當,則F合0=mr0, 得0=。 (1)1<0,水平桌面對小球有支持力,小球做圓周運動的半徑為r1=L sin =L,此時小球的受力情況如圖所示,F合1=mr1, 繩子拉力為T1,T1=,,水平桌面的支持力為N1,mg-N1=, 得T1=mg,N1=N1=。 (2)20,小球離開水平桌面,此時小球的受力情況如圖所示,設此時繩與豎直方向的夾角為,則小球做圓周運動的半徑為r2=L sin , 小球做圓周運動所需的向心力為F合2=mr2,,繩子的拉力為T2,T2=, 得T2=4mg,N2=0。,答案(1)mg(2)4mg0,
（江蘇版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復習 專題四 曲線運動課件.ppt
