1、1第 21 讲 竖直平面内(斜面内)的圆周运动1竖直面内圆周运动的两个基本模型的比较轻绳模型 轻杆模型情景图示受力特征除重力外，物体可能受到向下或等于零的弹力除重力外，物体可能受到向下、等于零或向上的弹力受力示意图力学方程 mg FT mv2RmgFN mv2R临界特征 FT0 ，即 mg m ，即 vminv2minR gRv0 时 F 向 0，即 FN mg最高点vgR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2解题技巧(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点 v 及杆模型中 v0 这两个临界条
2、件。gR(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。2(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F 合 F 向 。(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。模型 1 绳球模型例 1 如图所示，一质量为 m0.5 kg 的小球，用长为 0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。 g 取 10 m/s2，求：(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？(2)当小球在最高点的速度为 4 m/s 时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为 45 N，小球的速度不能超过多大？解
3、析(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得 mg F1 m v2R由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即 F1不可能取负值，亦即 F10联立得 v ，gR代入数值得 v2 m/ s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为 2 m/s。(2)对小球，由牛顿第二定律得 mg F2 m ，v2R将 v24 m/ s 代入得， F215 N。(3)由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得3F3 mg m v23R又 F345 N联立得 v34 m/s，所以小球的速度不能超过 4 m/s。2 2答案 (1)2 m/ s (2)15 N (3
4、)4 m/s2模型 2 杆球模型例 2 (2018儋州市四校联考)如图所示，轻杆长为 L，一端固定在水平轴上的 O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点， g 为重力加速度。下列说法正确的是( )A小球通过最高点时速度可能小于 gLB小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零C小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大D小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小解析 小球在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得：mg F m ，则得 v 时，小球一定能通过最高点 P6glD当 v0 时小球一定能通过2gl
5、 gl 6gl最高点 P，C 正确；当 v0 时，由 mv mgh 得小球能上升的高度 h l，即小球不能gl12 20 12越过与悬点等高的位置，故当 v0Mg，摩擦力方向向左B小滑块在 B 点时， FN Mg，摩擦力方向向右9C小滑块在 C 点时， FN( M m)g， M 与地面无摩擦D小滑块在 D 点时， FN( M m)g，摩擦力方向向左答案 B解析 因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在 A 点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度 v时，对轨道 A 点的压力为零，物体对地面的压力 FN Mg，当小滑块的速度 v 时，对g
6、R gR轨道 A 点的压力向上，物体对地面的压力 FN(M m)g，故 C 错误；小滑块在 D 点时，类似于 B 点的分析，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力 FN Mg，故 D 错误。4. 如图所示，竖直环 A 的半径为 r，固定在木板 B 上，木板 B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放一小球 C，A、B、C的质量均为 m。现给小球一水平向右的瞬时速度 v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，则瞬时速度 v 必须满足( )A最小值 B最大值4gr 6grC最
7、小值 D最大值3gr 7gr答案 D解析 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足 mg m ，对小球从最v20r低点运动到最高点的过程应用机械能守恒定律得 mv mg2r mv ，可得小球在最低12 2min 12 20点瞬时速度的最小值为 ， A、C 错误；为了不使环在竖直方向上跳起，则在最高点球有5gr最大速度时，对环的压力为 2mg，满足 3mg m ，从最低点到最高点由机械能守恒定律得v21rmv mg2r mv ，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为 ，B 错误，D 正确。12 2max 12 21 7gr5(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
8、球在竖直平10面内做半径为 R 的圆周运动。小球运动到最高点时，受到的弹力为 F，速度大小为 v，其Fv2图象如图乙所示。则( )A小球的质量为aRbB当地的重力加速度大小为RbC v2 c 时，小球对杆的弹力方向向下D v22 b 时，小球受到的弹力与重力大小相等答案 AD解析 由题图乙可知：当 v2 b 时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力， mg m m ，即重力加速度 g ，故 B 错误；当 v20 时，向心力为零，杆v2R bR bR对球的弹力恰好与球的重力等大反向， F 弹 mg a，即小球的质量 m ，故 A 正确；ag aRb根据圆周运动的规律，当 v2 b
9、时杆对球的弹力为零，当 v2b 时， mg F 弹 m ，杆对球的弹力方向向下， v2 cb，杆对小v2R球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故 C 错误；当 v22 b时， mg F 弹 m m ，又 g ， F 弹 m mg mg，故 D 正确。v2R 2bR bR 2bR真题模拟练6. (2015天津高考)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱” ，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正
10、确的是( )11A旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小答案 B解析 旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即 mg m 2r，解得 ，要使 g 不变，旋转舱的半径越大，角速度应越小，而且与宇航员的质量无关，grB 正确。7. (2017江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为 M，到小环的距离为 L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F。小环和物块以速度 v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子 P 后
11、立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为 g。下列说法正确的是( )A物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 2FB小环碰到钉子 P 时，绳中的张力大于 2FC物块上升的最大高度为2v2gD速度 v 不能超过 2F Mg LM答案 D解析 由题意知， F 为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与12物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 Mg，A 错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动， FT Mg M ，绳中的张力大于物块的重力 Mg，当绳v2L中的张力大于 2F 时，物块将从夹子中滑出，即 2F M
12、g M ，此时速度 v v2L，故 B 错误，D 正确；由机械能守恒定律知，物块能上升的最大高度 h ， 2F Mg LM v22g所以 C 错误。8. (2016全国卷)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 球的向心加速度答案 C解析 设小球的质量为 m，绳长为 L，根
13、据动能定理得 mgL mv2，解得12v ， LPmQ， LPmQ，所以 P 球所受绳的拉力大于 Q 球所受绳的拉力，故 C 项正确；向心加速度a 2 g，所以在轨迹的最低点， P、 Q 两球的向心加速度相同，故 D 项错误。v2L9. (2018咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD，其 A 点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，A E 为水平面，如图所示。今使小球自 A点正上方某处由静止释放，且从 A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点 D，则小球通过 D 点后( )A一定会落到水平面 AE 上13B一定会再次落到圆弧轨
14、道上C可能会再次落到圆弧轨道上D不能确定答案 A解析 设小球恰好能够通过最高点 D，根据 mg m ，得： vD ，知在最高点的最v2DR gR小速度为 。小球经过 D 点后做平抛运动，根据 R gt2得： t 。则平抛运动的水平gR12 2Rg位移为： x R，知小球一定落在水平面 AE 上。故 A 正确，B、C、D 错误。gR2Rg 210. (2018绵阳诊断)如图所示，轻杆长 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
15、。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 2gLC水平转轴对杆的作用力为 1.5mgD水平转轴对杆的作用力为 2.5mg答案 C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 A、B 两球的角速度相等，则球 A 的速度大小v2B2L 2gLvA ，故 B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时 A 球受重力和拉力的合力提供122gL向心力，有 F mg m ，解得： F1.5 mg，由牛顿第三定律知，C 正确，D 错误。v2AL11. (2018沈阳模拟)用光滑圆管制成如图所示的轨道，
16、竖直立于水平地面上，其中ABC 为圆轨道的一部分，CD 为倾斜直轨道，二者相切于 C 点，已知圆轨道的半径 R1 m，倾斜轨道 CD 与水平地面的夹角为 37，现将一小球以一定的初速度从 A 点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度 g10 m/s2， sin370.6，co s370.8，14求小球通过倾斜轨道 CD 的最长时间(结果保留一位有效数字)。答案 0.7 s解析 小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为 0，从最高点到 C 点：对小球由动能定理可得： mgh mv12 2C由几何关系得： h R Rcos小球在 CD 段做匀加速直线运动，由位移公式得
17、：L vCt at212CD 的长度为： LR 1 cos sin对小球利用牛顿第二定律可得： mgsin ma代入数据联立解得： t0.7 s。12. (2018开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴 MN 调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为 l0.60 m 的轻绳，它的一端系住一质量为 m 的小球 P，另一端固定在板上的 O 点。当平板的倾角固定为 时，先将轻绳平行于水平轴 MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度 v03.0 m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角 的值应在什么范围内？(取重力加速度 g10 m/ s2)答案 0 30解析 小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为 0，重力在沿平板方向的分量为 mgsin小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT mgsin m v21l研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 mglsin mv mv 12 21 12 2015若恰好能通过最高点，则绳子拉力 FT0联立解得 sin ，解得 3012故 的范围为 0 30。
