高中物理经典曲线运动.doc

《曲线运动》——亮点题粹
升华级
θ
M
图6－158
N
题1 如图6－158所示，汽车以速度v匀速行驶，当汽车到达图示位置时，绳子与水平方向的夹角是θ，此时物体M的上升速度大小为多少？（结果用v和θ表示）
亮点 绳系物体运动的合成与分解问题，采用多种解法。
解析 这里给出三种解法。
解法一：速度分解法 物体M与右段绳子上升的速率相同，而右段绳子上升的速率与左段绳子在沿绳长方向运动的速率v1是相等的。与车相连的端点的实际运动速度就是合速度，且与汽车速度v相同。分析左段绳子的运动可知，它其实同时参与了两个分运动，即沿绳长方向运动和绕滑轮边缘顺时针转动。
图6－160
△s
O

v
△s1
θ
N ’
N
P
图6－159
v
v2
v1
θ
将车速v分解为沿绳方向的速度v1和垂直绳子方向的速度v2，如图6－159所示。根据平行四边形定则可得v1＝vcosθ。
所以，物体M上升速度的大小为 v’＝vcosθ。
解法二：位移微元法 如图6－160所示，假设端点N水平向左匀速移动微小位移△s至N ′，此过程中左段绳子长度增大了△s1（过N向ON′作垂线NP，因顶角很小，故OP≈ON），即物体上升了△s1，显然，△s1＝△scosθ。
由于v＝△s/△t （△s很小、△t很小），可得v1＝vcosθ。
所以，物体M上升速度的大小为v’＝vcosθ。
解法三：功能原理法 不计滑轮、绳子质量及一切摩擦，由功能关系可知，在汽车前行牵引物体上升的过程中，汽车对绳子的拉力F所做的功W（对应功率设为P）等于绳子对物体拉力F’所做的功W’（对应功率设为P’），设作用时间（相等）为△t，则因
F＝F’，W＝W’，故，P＝P’。
又因为P＝Fvcosθ，P’＝F’v’，
v2
图6－161
v
v1
θ
以上几式联立解得物体上升速度的大小为v’＝vcosθ。
联想 有些同学认为只要将绳速v1分解为水平向左的速度v 和竖直向下的速度v2，如图6－161所示，根据平行四边形定则易得绳速v1＝v/cosθ。其实，这种解法的错误是一目了然的：难道汽车在向前运动的同时还在向地下钻吗？产生错误的主要原因是没有分清哪个是合运动、哪个是分运动，继而搞错了合运动、分运动的方向。错误的根本原因是混淆了运动的分解和力的分解。
中学物理所研究的绳子一般都不计质量和形变，因此当绳子被拉紧时，绳子上各点沿绳子方向的速度大小总是相等的，所以常把连在绳子上的物体的实际运动速度分解成沿绳子方向和垂直绳子方向的两个分运动。绳子拉船模型是一个比较常见的、非常有用的物理模型。准确地理解和掌握这个模型，不仅对理解运动的合成和分解大有益处，而且还可以举一反三，触类旁通，提高我们的解题技巧和速度。
L
h
图6－162
v0
题2 如图6－162所示，某人与一平直公路的垂直距离h＝50m，有一辆汽车以速度v0＝10m/s沿此公路从远处驶来，当人与汽车相距L＝200m时，人开始匀速跑动，若人想以最小的速度赶上汽车，人应沿与v0成多大角度的方向以多大的速度跑动？
亮点 巧选参考系，应用运动的合成与分解研究相遇极值问题。
图6－163
－v0
v
v合
O
P
θ
v0
解析 如图6－163所示，以汽车为参照系，人相对于汽车的合运动v合的方向如图中虚线OP所示，人相对于地面的运动速度为v，由图可知，要使v最小，v的方向显然应垂直于OP连线方向，设汽车运动方向（即v0方向）与OP连线夹角为θ，则
tanθ＝＝。
vmin＝v0sinθ＝10×sin(arctan0.25)m/s＝2.4 m/s。
图6－164
v
O
v0
B
联想 如果汽车静止在路面上，这个问题就非常简单，人只要沿着人、车的连线方向运动即可。在本例中，由于汽车在运动，问题就较为复杂，但是，如果我们以汽车为参照系，这个问题就变得较为简单，同样只要人沿着人、车的连线方向运动（即人相对于汽车的运动方向沿人、车的连线方向）就可赶上汽车，这时，由于是以汽车为参照系，人相对汽车来说已经具有一个分速度－v0（负号表示方向相反），我们需要解决的是另一个分运动（即人相对于地面的运动）的大小和方向的问题。灵活选择参考系往往可使问题得到简化。
P
v0
Q
θ

Q
图6－165
在本题中，如果我们仍以地面为参照系，可以假设经过时间t人正好赶上汽车（同时到达某点B），如图6－164所示。根据矢量三角形知识及数学极值问题的讨论方法，也可得到相同结论，有兴趣的同学不妨一试。
题3 如图6－165所示，在倾角为θ的斜面顶端P点以初速度v0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q点，求：
⑴ 小球在空中运动的时间以及P、Q间的距离。
⑵ 小球抛出多长时间后离开斜面的距离最大？
亮点 平抛运动中的极值问题，要求有较强的分析能力。
P
θ

Q
Q
vx
vy
v
θ
图6－167
sy

sx

θ
s

图6－166
解析 根据平抛运动分运动的特点，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形，如图6－166所示，在小球抛出直至落到斜面上的过程中竖直方向位移sy与水平方向位移sx之比即为tanθ；同样，两个分运动的速度与合运动的速度也构成一个直角三角形，如图6－167所示，当小球与斜面间距离最远时，竖直方向分速度vy与水平方向分速度vx之比也等于tanθ。
⑴ 由 ＝tanθ＝，
可得小球在空中运动的时间 t＝。
P、Q间的距离 。
⑵ 设小球抛出后经时间t离开斜面的距离最大，由
＝tanθ＝，
可得 t＝。
联想 平抛运动是匀变速曲线中最简单的一种，一般而言，解决此类问题的方法是：根据题意，正确地画出运动轨迹示意图，识别运动性质，运用运动的合成与分解的知识将曲线运动转化为直线运动进行研究，最后，运用有关运动规律或公式，列方程求解。在分解的过程中，灵活选取坐标轴的方向，或根据平抛运动的特点（如对称性等）可简化解题过程，本例还涉及极值的求解，这提醒我们正确建立几何图景，熟练应用数学知识、数学手段讨论分析问题也是我们必须熟练掌握的能力之一。
对于本题，你能求出小球抛出后离开斜面的最大距离距离吗？(提示：求出小球离开斜面距离最大时所处的位置，再由几何关系求解；或者将小球的运动分解为平行于斜面与垂直于斜面的两个分运动进行分析。)
图6－168
18m
3m
2m
题4 如图6－168所示，排球场总长为18m，设球网高度为2m，运动员站在离网3m的线上（图中虚线所示）正对网前跳起将球水平击出（不计空气阻力，g取10m/s2）。
⑴ 设击球点在3m线正上方高度为2.5m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界。
⑵ 若击球点在3m线的正上方的高度小于某个值，那么无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界。试求这个高度。
亮点 平抛运动中的临界问题，联系排球运动，贴近生活实际。
v0
图6－169
9m
h2
h1
s1
解析 ⑴ 球恰好擦网而过时应为球初速度最小的情况，而恰好到达边界时则为初速度最大的情况。作出图6－169所示的平面图，若球刚好不触网，设球的速度为v1，则球发生水平位移为3m的过程中：
水平方向有x＝v1t，即 3＝v1t；
竖直方向有y＝gt2，即 2.5－2＝gt2。
由以上两式可得 v1＝3m/s。
同理可得刚好不越界的速度 v2＝12m/s。
故击球速度的范围为 3m/s＜v0＜12m/s。
v0
图6－170
⑵ 如图6－170所示，球擦网而过恰不越界，这种情况下求出的高度即为所求高度，因为在这个高度下如果速度过小则触网，而如果速度过大则越界，如果速度大小适当则球擦网而过又正好不越界。设击球高度为H时，击出的球刚好越过球网而落在边界线上，则排球刚好不触网时有：
水平方向x＝v0t，即 3＝v0t；
竖直方向y＝gt2，即 H－2＝gt2。
同理，当排球刚好落在边界线上有
3＝v0t′，H＝gt′ 2。
由以上四式可得  H＝m＝2.13m。
即当击球高度小于2.13m时，无论球的水平速度多大，球不是触网就是越界。
联想 排球被水平击出后做平抛运动，当水平速度较小时，水泡射程较小，可能触网；当水平速度较大时，水平射程较大，可能越界，所以v0存在一个范围。如击球点过低，则球不是触网就是越界。本题求解时，对排球恰好触网和压线这两种临界状态进行分析，求出击球速度或击球点高度的临界值，是解决问题的关键。
求解联系实际的物理临界问题，必须首先弄清所求问题的物理情景，建立实际问题的物理模型，找出相关的临界条件。
图6－171

题5 在水平地面上匀速行驶的拖拉机，前轮直径为0.8 m, 后轮直径为1.25 m, 两轮的轴水平距离为2 m, 如图6－171所示。在行驶的过程中，从前轮边缘的最高点A处水平飞出一小块石子，0.2 s后从后轮的边缘的最高点B处也水平飞出一小块石子，这两块石子先后落到地面上同一处，求拖拉机行驶的速度的大小.。(g取10 m/s2)
图2′
图6－172

亮点 以拖拉机两轮边缘飞出的石子为背景，涉及两个物体平抛运动间的联系。
解析 由题设知，从A处水平飞出的石子和0.2 s后从B处水平飞出的石子均做平抛运动，抛出的初速度大小相等，且均为拖拉机行驶速度的2倍。如图6－172所示，有
xA=2vtA=2v，xB=2vtB=2v，xＡ+d=xB+vt0，
联立以上各式解得拖拉机行驶的速度
vm/s =5 m/s。
联想 上述解析中指出，从A、B处飞出的两石子抛出的初速度大小相等，且均为拖拉机行驶速度的2倍。其依据是什么呢？这是因为两轮均沿地面滚动，轮子的触地点即为轮子的瞬时转动中心，A点（或B点）的转动半径为其轮轴转动半径的2倍，由v=ωr可知其线速度亦为轮轴运动速度（即拖拉机的行驶速度）的2倍。
x
B
F
O
A
ω
图6－173
在处理较为复杂的问题特别是涉及多个物体的运动时，画出各物体运动的草图，寻找相应的几何关系至关重要。
题6 在同一水平高度上有A、B两个物体，它们的质量分别为m、M，A物体从如图6－173所示位置开始以角速度ω绕O点在竖直平面内顺时针做匀速圆周运动，其轨道半径为R，同时B物体在恒力F作用下，由静止开始在光滑水平面上沿x轴正方向做直线运动，试问：
⑴ A物体运动到什么位置时，它的速度可能与B物体相同？
⑵ 要使两物体速度相同，作用在B物体上的力F应多大？
⑶ 当物体速度相同时，B物体的最小位移是多少？
亮点 圆周运动与直线运动综合的周期性多解问题，求解时易发生漏解。
解析 ⑴ A物体做匀速圆周运动，速度的方向是时刻改变的，B物体在力F的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，速度方向始终沿x轴的正方向。由于速度是矢量，两个矢量相同，不仅大小相同，而且还要求其方向相同，因此只有当A物体转动到圆周的最高点时，才有可能与B物体具有相同的速度。此时两者速度方向都向右。
⑵ 由于匀速圆周运动的物体具有周期性的运动特性，经分析可知A物体第一次、第二次……到达最高点时都有可能与B物体具有相同的速度。
当物体A第一次到圆周最高点时，
 t1＝＝×＝；
当物体A第二次到圆周最高点时，
t2＝（＋1）T＝（＋1）；
则当物体A第n＋1次到圆周最高点时，
   tn＋1＝（＋n）T＝（＋n） ①
A、B两物体速度相同，则有vA＝vB，即
  aBtn＋1＝tn＋1＝vA＝ωR ②
联立①②两式可得F＝＝（n＝0，1，2，……）。
⑶ 两物体速度相同，当n＝0时，
   tB＝＝，F＝，
此时B物体的位移sB最小，即
 sB＝aBtB2＝()2＝。
联想 在高中物理中，有许多问题均属于周期性多解问题，这类问题在没有约束条件时通常有无数组解，解答时，必须认真思考，全面考虑，否则将会失去解的完备性，一般而言，这类问题能够充分反映学生对物理规律的理解程度、分析与综合能力及思维层次的高低，因此，掌握解答此类问题的方法和技巧十分重要。总之，对这类问题，应该仔细审题，全面分析，特别注重辨析运动的周期性情况，力求使问题的解答做到完整严密，从而培养自己分析和解决物理问题的能力。
L1
L1
图6－174
m1
m2
O
题7 如图6－174所示，在光滑水平面上，有质量为m1、m2的两个小球用轻弹簧连接在一起，再用长为L1的细线一端拴住m1，一端拴在O点上，m1和m2两球都以相同的角速度ω绕O点做匀速圆周运动，保证m1、m2两球与O点三者始终在同一直线上，若m1、m2两球之间的距离为L2，试求细线的拉力以及将细线烧断的瞬间两球的加速度。
亮点 灵活运用匀速圆周运动知识和牛顿运动定律解决实际问题，涉及隔离法的应用与力的瞬时作用效果的分析。
解析 以m2为研究对象，m2绕O点做匀速圆周运动所需的向心力由弹簧的弹力提供，设弹力为F，则有 F＝m2（L1＋L2）ω2。
以m1为研究对象，m1绕O点做匀速圆周运动所需的向心力由细线的拉力和弹簧的弹力的合力提供，设拉力为FT，则有  FT－F＝m1L1ω2。
由以上两式可解得  FT＝m1L1ω2＋m2（L1＋L2）ω2。
当细线烧断瞬间，细线的拉力FT＝0，而弹簧的弹力仍为
  F＝m2（L1＋L2）ω2。
故m2的加速度a2＝＝（L1＋L2）ω2，方向水平指向O点；
m1的加速度a1＝＝－（L1＋L2）ω2，负号表示a1的方向水平背离O点，与a2的方向相反。
图6－175
H
R
O
联想 本题要求正确分析m1、m2两球的受力情况，找准向心力的来源是解题的关键所在。有的同学得出线的拉力FT＝m1ω2L1，错解的原因是未能找出向心力的来源，认为线的拉力是提供m1做匀速圆周运动所需要的向心力。也有些同学得出线的拉力FT＝（m1＋m2）ω2，原因是把m1和m2两球看作一个整体，拉力就等于向心力，这纯属概念错误。显然，m1、m2的加速度是不相等的，不能用整体法简单得出结论，应该用隔离法逐个分析。还有的同学得出a1＝a2＝0，错误地认为线被烧断的瞬间，线的拉力FT以及弹簧的弹力F都突变为零，这又是一个知识性的错误。我们必须注意到弹簧的弹力和细线的拉力的区别在于：弹簧的弹力不能突变，而细线的拉力可以突变。
题8 如图6－175所示，在圆柱形屋顶中心天花板上的O点，挂一根L＝3m的细绳，绳的下端挂一个质量为m＝0.5kg的小球，已知绳能承受的最大拉力为10N。小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球以v＝9m/s的速度落在墙边。求这个圆柱形屋顶的高度H和半径R。（g取10m/s2）
亮点 圆周运动与平抛运动相结合的综合题
解析 取小球为研究对象，设绳刚要断裂时细绳的拉力大小为F，绳与竖直方向夹角为α，则在竖直方向有
Fcosα＝mg，
所以cosα＝＝＝0.5，故α＝60°。
球做圆周运动的半径  r＝Lsin60°＝3×m＝m，
O、O′ 间的距离为 OO′＝Lcos60°＝3×m＝1.5m，
则O′、O″间的距离为  O′O″＝H－OO′＝H－1.5m。
由牛顿第二定律知Fsinα＝m，故
vA＝m/s＝3m/s。
图6－176
O
O′
O″
A
B
C
设在A点绳断，细绳断裂后小球做平抛运动，落在墙边C处。设A点在地面上的投影为B，如图6－176所示。由运动的合成可知
v2＝vA2＋（gt）2，
由此可得小球平抛运动的时间
 t＝s＝0.6s。
由平抛运动的规律可知小球在竖直方向上的位移为
 sy＝gt2＝H－1.5m，
所以屋的高度为H＝gt2＋1.5m＝m＋1.5m＝3.3m，
小球在水平方向上的位移为
C
R
B
O″
r
图6－177
sx＝BC＝vAt＝m＝1.8m。
由图6－177可知，圆柱形屋的半径为
R＝＝m＝4.8m。
联想 本题中小球以最大线速度做圆周运动时，绳子的拉力为最大值，小球所受重力和绳子拉力的合力正好提供向心力。绳子断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动特点、规律以及题中已知条件，建立方程即可求解。本题综合性很强，物体做平抛运动的初速度方向的判断以及平抛运动规律、向心力公式、运动的合成与分解方法、相关几何知识的应用等是求解本题的关键。
图6－178
ω
P
R
O
题9 如图6－178所示，半径为R＝0.5m的圆环内侧P点处粘有一小块油灰，圆环在竖直平面内以角速度ω＝2rad/s绕通过圆心的水平轴O顺时针匀速转动，当P点刚好转到最高点时油灰突然脱落，g取10m/s2，则
⑴ 从油灰脱落到它再次碰到圆环内侧所用的时间是多少？
⑵ 油灰脱落到它再次碰到环内侧的过程中，圆环转过了多大角度？
⑶ 油灰脱落到圆环内侧的位置是否恰好就是原来的P点？
图6－179
ω
P
R
O
Q
x
x
y
y
θ
亮点 圆周运动与平抛运动相结合的综合题。
解析 ⑴ 油灰脱落时具有圆环上该点相同的线速度，其大小为
v0＝Rω＝2×0.5m/s＝1 m/s。
油灰脱落后以速度v0向右做平抛运动，设油灰落在圆环上的Q点，坐标为（x、y），如图6－179所示。设OQ连线与竖直向下方向的夹角为θ，则由平抛运动规律及几何关系可得
    x＝v0t＝Rsinθ，y＝gt2＝R＋Rcosθ。
联立以上二式，消去θ即得
 t＝＝s＝0.4s。
⑵ 油灰脱落到它再次碰到圆环内侧的过程中，圆环转过的角度为
ф＝ωt＝2×0.4rad＝0.8 rad。
⑶ 在题给条件下，由v0t＝Rsinθ可求得
 sinθ＝＝＝0.8，θ＝53°＝π rad＝0.92rad，
OP和OQ间的夹角   ∠POQ＝π－θ＝2.22 rad＞ф，
所以油灰落在圆环内侧的位置不是原来的P点。
联想 本题油灰脱落前油灰随圆环一起做匀速圆周运动，油灰脱落后，油灰改做平抛运动，到再次碰到圆环内侧时，其下落的高度与水平方向发生的位移应满足一定的关系，由此，我们可建立方程求解。我们在透彻理解、掌握对圆周运动和平抛运动的基本特点和规律的基础上，还需具有一定的分析解决综合问题的方法和技巧。在问题⑴中，巧妙引入未知量θ后，根据落点坐标建立方程是这个问题的关键。
图6－180
a
b
O
题10 如图6－180所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球。球A置地面，球B被拉到与细杆同一水平的位置，在绳刚拉直时放手，使球B从静止状态起向下摆动，当摆到OB段轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时，球A刚要离地，求球A的质量m1与球B的质量m2的比值。（已知图中OB段的长度小于OA段的长度）
图6－181
a
b
O
θ
FT
m2g
亮点 竖直平面内的圆周运动问题，向心力公式与机械能守恒定律的综合应用。
解析 在A球离地前，释放后的B球一直以OB绳长（设为L）为半径在竖直平面内做圆周运动，设B球下摆至某一位置时，摆线与竖直方向成θ角，如图6－181所示，此时摆球速度为v。
现取小球和地球为系统，以地面为参考系。B球在下摆过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律，有
   m2gLcosθ＝m2v2。
B球做圆周运动的向心力由绳子拉力和重力沿绳子方向的分力提供，于是对B球有
  FT－m2gcosθ＝m2 。
随着θ角的减小，速度v及绳子拉力FT逐渐增大，当A球刚好离地时，有
FT＝m1g。
由以上三式可得   m1∶m2＝3cosθ＝3cos60°＝3∶2。
联想 球B释放后向下摆动过程中，只有重力做功，故可有动能定理（或系统机械能守恒定律）求得球B摆至OB段轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时的速度大小；此时B做圆周运动的向心力由绳子拉力和重力沿绳子方向分力的合力提供；球A刚要离地，说明此时绳子拉力等于球A的重力。本题涉及在竖直平面内做圆周运动的物体处于一般位置时向心力的计算，只要透彻理解变速圆周运动中的合外力的作用效果，掌握通过力的分解建立动力学方程的方法，就不难解决这类问题。