【物理】2018届一轮复习人教版第四章曲线运动学案

【物理】2018届一轮复习人教版第四章曲线运动学案

第四章Error!曲线运动 考 纲 要 求 考 情 分 析 运动的合成与分解 Ⅱ 抛体运动 Ⅱ 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ 匀速圆周运动的向心力 Ⅱ 离心现象 Ⅰ 1.命题规律 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 突出物理与现代科技、生产、生活的结合， 与牛顿运动定律、机械能守恒等内容综合 命题的可能性也较大。 第 20 课时　运动的合成与分解(双基落实课) [命题者说]　合成和分解是研究曲线运动的基本方法，因此高考常对本课时进行单独 命题，题型一般为选择题。复习本课时时，要注意理解规律，并掌握两种模型：小船过河、 关联速度问题。 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方向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．判断正误 (1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。(×) (2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。(×) (3)做曲线运动的物体加速度可以为零。(×) (4)曲线运动是变速运动。(√) 2．一个物体在 F1、F2、F3、…、Fn 共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去外力 F2， 而其他力不变，则该物体(　　 ) A．可能做曲线运动 B．不可能继续做直线运动 C．一定沿 F2 的方向做直线运动 D．一定沿 F2 的反方向做匀减速直线运动 解析：选 A　根据题意，物体开始做匀速直线运动，物体所受的合力一定为零，突然撤 去 F2 后，物体所受其余力的合力与 F2 大小相等、方向相反，而物体速度的方向未知，故有 很多种情况：若速度和 F2 在同一直线上，物体做匀变速直线运动，若速度和 F2 不在同一直 线上，物体做曲线运动，A 正确。 3．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受水平向右的风力的影响，但着地 前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的(　　 ) 解析：选 C　物体一开始做自由落体运动，速度向下；当受到水平向右的风力时，合力 的方向为向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速 度方向和合力方向之间；风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上， 做曲线运动，轨迹向下凹，故 C 正确，A、B、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。 (3)根据合力方向与速度方向的夹角，判断物体的速率变化情况：夹角为锐角时，速率 变大；夹角为钝角时，速率变小；合力方向与速度方向垂直时，速率不变，这是匀速圆周运 动的受力条件。 二、运动的合成与分解的应用 1.遵循的法则 位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。 2．合运动与分运动的关系 (1)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。 (2)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。 (3)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。 3．合运动的性质判断 Error! 4．两个直线运动的合运动性质的判断 方法：看合初速度方向与合加速度方向是否共线。 两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动 一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 如果 v 合与 a 合共线，为匀变速直线 运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果 v 合与 a 合不共线，为匀变速曲 线运动 [小题练通] 1．判断正误 (1)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。(√) (2)合运动的速度一定比分运动的速度大。(×) (3)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。(×) (4)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定 则。(√) (5)合运动不一定是物体的实际运动。(×) 2．(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从 t＝0 时刻起，由坐标原点 O(0,0)开始运动，其沿 x 轴和 y 轴方向运动的速度—时间图像如图甲、乙所示，下列说法中 正确的是(　　 ) A．前 2 s 内物体沿 x 轴做匀加速直线运动 B．后 2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿 y 轴方向 C．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m) D．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m) 解析：选 AD　前 2 s 内物体在 y 轴方向速度为 0，由题图甲知物体只沿 x 轴方向做匀加 速直线运动，A 正确；后 2 s 内物体在 x 轴方向做匀速运动，在 y 轴方向做初速度为 0 的匀 加速运动，加速度沿 y 轴方向，合运动是曲线运动，B 错误；4 s 内物体在 x 轴方向上的位 移是 x＝(1 2 × 2 × 2＋2 × 2)m＝6 m，在 y 轴方向上的位移为 y＝1 2×2×2 m＝2 m，所以 4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)，D 正确，C 错误。 3.如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向 OE 匀 速运动。现从 t＝0 时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态 启动后 t1 时刻，乘客看到雨滴从 B 处离开车窗，乙种状态启动后 t2 时刻， 乘客看到雨滴从 F 处离开车窗，F 为 AB 的中点。则 t1∶t2 为(　　 ) A．2∶1　　　　　　　　　　　 　B．1∶ 2 C．1∶ 3 D．1∶( 2－1) 解析：选 A　雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动 无关，故 t1∶t2＝AB v ∶AF v ＝2∶1。A 正确。 “化曲为直”思想在运动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方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。 (3)两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。 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 v1(d 为河宽)。 (2)渡河位移最短(v2v1 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＝v1 v2，最短位移 xmin＝ d sin θ＝v2 v1d。 [小题练通] 1．(多选)下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中 v 的箭头所示，虚线为小船从 河岸 M 驶向对岸 N 的实际航线。则其中可能正确的是(　　 ) 解析：选 AB　船头垂直于河岸时，船的实际航向应斜向下游，A 正确，C 错误；船头 斜向上游时，船的实际航向可能垂直于河岸，B 正确；船头斜向下游时，船的实际航向一定 斜向下游，D 错误。 2．河宽 60 m，水流速度 v1＝6 m/s，小船在静水中的速度 v2＝3 m/s，求： (1)它渡河的最短时间； (2)它渡河的最短航程。 解析：(1)设小船与岸成 θ 角开出，如图甲所示。 渡河时间为 t＝ d v2sin θ 当 θ＝90°时渡河时间最短，tmin＝ d v2＝60 3 s＝20 s。 (2)因为船速小于水速，所以小船一定向下游漂移。如图乙所示，以 v1 矢量末端为圆心， 以 v2 矢量的大小为半径画弧，从 v1 矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航 程最短。由图可知，最短航程为 x 短＝ d sin θ＝v1 v2d＝6 3×60 m＝120 m。 答案：(1)20 s　(2)120 m 3．一小船渡河，河宽 d＝180 m，水流速度 v1＝2.5 m/s。若船在静水中的速度为 v2＝ 5 m/s，求： (1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？ (2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？ 解析：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向。当船头 垂直河岸时，小船的运动轨迹如图甲所示。 此时渡河时间最短， 为 t＝ d v2＝180 5 s＝36 s 渡河合速度 v＝ v12＋v22＝5 2 5 m/s 渡河位移 x＝vt＝90 5 m。 (2)欲使船渡河航程最短，应使合速度方向垂直河岸，船头应朝上 游与河岸方向成某一夹角 α，小船的运动轨迹如图乙所示，有 v2cos α＝ v1 合速度 v 合＝v2sin α 解得 α＝60°，v 合＝5 2 3 m/s 所以当船头偏向上游与河岸成 60°角时航程最短。 最短航程 x′＝d＝180 m 渡河时间 t′＝ d v合＝ 180 5 2 3 s＝24 3 s。 答案：(1)船头垂直于河岸　36 s　90 5 m (2)船头偏向上游与河岸成 60°角　24 3 s　180 m (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)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。 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)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 m1tb，vatb，va>vb C．tavb 解析：选 A　做平抛运动的物体，水平方向上做匀速直线运动，有 x＝vt；竖直方向上 做自由落体运动，有 h＝1 2gt2。由题意知 ha>hb，则有 ta>tb，又因为 xa＝xb，根据以上关系式 得 vahA，由 h＝1 2gt2 得 tB>tA，由 v＝x t可以得出 vA>vB，A 正确。 3.(2017·潍坊模拟)如图所示，半圆形容器竖直放置，从其圆心 O 点 处分别以水平初速度 v1、v2 抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落 在圆弧上的 A 点和 B 点，已知 OA 与 OB 互相垂直，且 OA 与竖直方向 成 θ 角，则两小球的初速度之比为(　　 ) A. tan θ　　　　　　 B．tan θ C. tan3θ D．tan2θ 解析：选 C　由平抛运动规律得，水平方向 Rsin θ＝v1t1，Rcos θ＝v2t2，竖直方向 Rcos θ＝1 2gt12，Rsin θ＝1 2gt22，联立解得 v1 v2＝ tan3θ，选项 C 正确。 4.如图所示，在距水平地面分别为 H 和 4H 的高度处，同时将质量 相同的 a、b 两小球以相同的初速度 v0 水平抛出，则以下判断正确的是 (　　 ) A．a、b 两小球同时落地 B．两小球落地速度的方向相同 C．a、b 两小球水平位移之比为 1∶2 D．a、b 两小球水平位移之比为 1∶4 解析：选 C　由 H＝1 2gta2,4H＝1 2gtb2 可得 tb＝2ta，A 错误；由 x＝v0t 可知，xa∶xb＝1∶ 2，C 正确，D 错误；设落地时速度与水平方向夹角为 θ，则由 tan θ＝gt v0可知，tan θa∶tan θb ＝1∶2，θa≠θb，B 错误。 5.如图所示，从倾角为 α 的足够长的斜面顶端，先后以不同的初速度 水平向右抛出相同的两只小球，下列说法正确的是(　　 ) A．两小球落到斜面上历时相同 B．两小球落到斜面上的位置相同 C．两小球落到斜面上时速度大小相同 D．两小球落到斜面上时速度方向相同 解析：选 D　小球做平抛运动，由两分运动的特点知 tan α＝y x＝ 1 2gt2 v0t ，得 t＝2v0tan α g ， 因 v0 不同，则 t 不同，由 vy＝gt，v＝ v02＋vy2及 h＝1 2gt2 可知，vy、v 及 h 不同，A、B、 C 错误；而速度与水平方向的夹角 θ 的正切值 tan θ＝vy v0＝gt v0＝2tan α，知 θ 为定值，故 D 正确。 6.如图所示为四分之一圆柱体 OAB 的竖直截面，半径为 R，在 B 点上 方的 C 点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在 D 点与圆柱体相切，OD 与 OB 的夹角为 60°，则 C 点到 B 点的距离为(　　 ) A．R B.R 2 C.3R 4 D.R 4 解析：选 D　由题图知，水平位移 x＝ 3 2 R＝v0t，竖直位移 y＝1 2gt2，且 tan 30°＝v0 gt＝ x 2y，解得 x＝2 3 3 y，y＝3 4R，所以 C 点到 B 点的距离 d＝3 4R－R 2＝1 4R。 7.(2017·江阴模拟)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间 t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为 θ，不计空气阻力，重力加速度为 g。下列说法正确的是(　　 ) A．小球水平抛出时的初速度大小为 gttan θ B．小球在 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ 2 C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D．若小球初速度增大，则 θ 减小 解析：选 D　到达地面时速度分解如图所示，由 tan θ＝gt v0可得小球平抛的初 速度大小 v0＝ gt tan θ，A 错误；设位移与水平方向的夹角为 α，由 tan α＝h x＝ 1 2gt2 v0t ＝ gt 2v0＝1 2tan θ 可知，α≠θ 2，B 错误；小球平抛运动的时间 t＝ 2h g ，与小球初速度无关，C 错 误；由 tan θ＝gt v0可知，v0 越大，θ 越小，D 正确。 8.(2017·南昌模拟)如图所示，从 A 点由静止释放一弹性小球，一段时 间后与固定斜面上 B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水 平方向，又经过相同的时间落于地面上 C 点，已知地面上 D 点位于 B 点 正下方，B、D 间的距离为 h，则(　　 ) A．A、B 两点间的距离为 h 2 B．A、B 两点间的距离为 h 3 C．C、D 两点间的距离为 2h D．C、D 两点间的距离为 2 3 3 h 解析：选 C　AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以 A、B 两点间距离与 B、D 两点间距离相等，均为 h，故 A、B 错误；BC 段平抛运动的初速度 v＝ 2gh，持续的时间 t＝ 2h g ，所以 C、D 两点间距离 x＝vt＝2h，故 C 正确，D 错误。 二、多项选择题 9.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游 戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物 体，所套即所得。如图所示，小孩站在界外抛出圈圈并套取前方一 物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，则(　　 ) A．大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈 B．大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈 C．大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈 D．大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈 解析：选 AC　“套圈圈”可视为平抛运动。由于大人较高，抛出圈圈时离地面较高， 根据平抛运动规律，大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈，选项 A 正确、B 错误。大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈，选项 C 正确、D 错误。 10.如图所示，a、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛 出，其平抛运动轨迹的交点为 P，则以下说法正确的是(　　 ) A．a、b 两球同时落地 B．b 球先落地 C．a、b 两球在 P 点相遇 D．无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇 解析：选 BD　由 h＝1 2gt2 可得 t＝ 2h g ，因 ha>hb，故 b 球先落地，B 正确，A 错误； 两球的运动轨迹相交于 P 点，但两球不会同时到达 P 点，故无论两球初速度大小多大，两 球总不能相遇，C 错误，D 正确。 11.(2013·上海高考)如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达 山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标 A。已知 A 点高度为 h，山坡倾角为 θ，由此可算出(　　 ) A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度 C．炸弹的飞行时间 D．炸弹投出时的动能 解析：选 ABC　根据题述，tan θ＝ v gt，x＝vt，tan θ＝h x，H＝h＋y，y＝1 2gt2，由此可 算出轰炸机的飞行高度 H，轰炸机的飞行速度 v，炸弹的飞行时间 t，A、B、C 正确；由于 题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，D 错误。 12．如图所示，相距 l 的两小球 A、B 位于同一高度 h(l、h 均为定值)。将 A 向 B 水平 抛出的同时，B 自由下落。A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、 方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则(　　 ) A．A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于 A 的初速度 B．A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B 不可能运动到最高处相碰 D．A、B 一定能相碰 解析：选 AD　A、B 两个小球在竖直方向上均做自由落体运动，两球落地之后在竖直 方向上均做竖直上抛运动，在同一时刻始终处于同一高度上，A 球在水平方向上始终做匀速 直线运动，所以 A、B 两个小球一定能够相碰，D 正确，B、C 错误；只要 A 球的初速度 v＞ l g 2h就可以在第一次落地之前相碰，A 正确。 13．(2017·嘉庆模拟)如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿 水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞过观察点 B 点正上方 A 点时投放一颗炸弹，经时间 T 炸弹落在距观察点 B 正前方 L1 处的 C 点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观 察点 B 正前方 L2 处的 D 点，且 L2＝3L1，空气阻力不计。以下说法正确的有(　　 ) A．飞机第一次投弹时的速度为L1 T B．飞机第二次投弹时的速度为 2L1 T C．飞机水平飞行的加速度为 L1 T2 D．两次投弹时间间隔 T 内飞机飞行的距离为 4L1 3 解析：选 AD　飞机第一次投弹的速度 v1＝L1 T ，A 正确；第一颗炸弹落地时，飞机的 速度 v2＝v1＋aT，在时间 T 内飞机的位移 x1＝v1T＋1 2aT2，第二颗炸弹的水平位移 x2＝v2T， 由题意得 x2＝L2－x1，解得 v2＝ 5L1 3T ，a＝2L1 3T2 ，x1＝ 4L1 3 ，B、C 错误，D 正确。 14.如图所示，A、D 分别是斜面的顶端、底端，B、C 是斜面上的 两个点，AB＝BC＝CD，E 点在 D 点的正上方，与 A 等高。从 E 点以一 定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球 1 落在 B 点，球 2 落在 C 点， 关于球 1 和球 2 从抛出到落在斜面上的运动过程，以下说法正确的是(　　) A．球 1 和球 2 运动的时间之比为 2∶1 B．球 1 和球 2 动能增加量之比为 1∶2 C．球 1 和球 2 抛出时初速度之比为 2 2∶1 D．球 1 和球 2 运动时的加速度之比为 1∶2 解析：选 BC　因为 AC＝2AB，所以 AC 的高度差是 AB 高度差的 2 倍，根据 h＝1 2gt2 得 t＝ 2h g ，解得运动的时间比为 1∶ 2，故 A 错误；根据动能定理得 mgh＝ΔEk，知球 1 和球 2 动能增加量之比为 1∶2，故 B 正确；BD 在水平方向上的分量是 CD 在水平方向分量 的 2 倍，结合 x＝v0t，解得初速度之比为 2 2∶1，故 C 正确；平抛运动的加速度均为 g， 两球的加速度相同，故 D 错误。 第 22 课时　抛体运动规律的应用(题型研究课) [命题者说]　抛体运动在日常生活中很常见，也是高考命题的热点，主要考查平抛运 动规律的应用。复习本课时重在理解规律及方法的应用，特别是和实际生活相联系的抛体 运动，如体育运动中的平抛运动、类平抛运动等，要注意从这些实例中抽象出抛体运动的 模型。 (一)　体育运动中的平抛运动问题 在体育运动中，像乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题，要求球既能过网， 又不出边界，某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范围限制，在这类问题中，确定临界状 态，画好临界轨迹，是解决问题的关键点。 题型 1　乒乓球的平抛运动问题　 [例 1] 　(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和 宽分别为 L1 和 L2，中间球网高度为 h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率 向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h。不计空气的作用，重力加速度 大小为 g。若乒乓球的发射速率 v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球 网右侧台面上，则 v 的最大取值范围是(　　) A.L1 2 g 6h2y1。所以 Q 点在 c 点的下方，也就是第三颗炸弹将落在 bc 之间， 故 A 正确，B、C、D 错误。 [答案]　A 本题若沿斜面比较位移非常烦琐，而变换思维角度，灵活应用假设法和画图法省去了烦 琐的计算，使解题过程简洁明快，达到事半功倍的效果。 方法 4　利用重要推论求解平抛运动问题 问题 简述 有些平抛运动问题按照常规的方法进行合成、分解、计算，虽然也能够解决 问题，但是过程复杂，计算繁琐，如果选择平抛运动的一些重要推论则问题 会相对简便很多。 方法 突破 推论Ⅰ：做平抛运动的物体，任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时 水平位移的中点。 推论Ⅱ：做平抛运动的物体在任一时刻或任一位置时，设其速度方向与水平 方向的夹角为 α，位移与水平方向的夹角为 θ，则 tan α＝2tan θ。 [例 4]　如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的， 飞镖甲与竖直墙壁成 α＝53°角，飞镖乙与竖直墙壁成 β＝37°角，两者相距为 d。 假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离为多少。(sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8) [解析]　设射出点 P 离墙壁的水平距离为 L，飞镖甲下降的高度为 h1，飞镖 乙下降的高度为 h2，根据平抛运动的重要推论可知，两飞镖速度的反向延长线一定通过 水平位移的中点 Q，如图所示，由此得 L 2cot β－L 2cot α＝d， 代入数值得：L＝24d 7 。 [答案]　24d 7 本题的关键是理解箭头指向的含义——箭头指向代表这一时刻速度的方向，而不是位移 方向，本题若用基本方法求解需要列出 5～6 个方程，求解麻烦而且容易出错，联想到利用 平抛运动的重要推论求解，避免了复杂的运算。 方法 5　 利用等效法求解类平抛运动问题 问题 简述 物体受到与初速度垂直的恒定的合外力作用时，其轨迹与平抛运动相似，称 为类平抛运动。类平抛运动的受力特点是物体所受合力为恒力，且与初速度 的方向垂直。 方法 突破 遵从以下三个步骤求解类平抛运动问题： (1)根据物体受力特点和运动特点判断该问题是否属于类平抛运动问题； (2)求出物体运动的加速度； (3)将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合 力方向)的匀加速直线运动。 [例 5]　如图所示的光滑斜面长为 l，宽为 b，倾角为 θ，一物块(可 看成质点)沿斜面左上方顶点 P 水平射入，恰好从底端 Q 点离开斜 面，则(　　 ) A．P→Q 所用的时间 t＝2 2l gsin θ B．P→Q 所用的时间 t＝ 2l g C．初速度 v0＝b gsin θ 2l D．初速度 v0＝b g 2l [解析]　物体的加速度为：a＝gsin θ。根据 l＝1 2at2，得：t＝ 2l gsin θ，故 A、B 错误； 初速度 v0＝b t＝b gsin θ 2l ，故 C 正确，D 错误。 [答案]　C 类平抛运动问题的求解技巧 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方 向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时 性。 (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度 a 分 解为 ax、ay，初速度 v0 分解为 vx、vy，然后分别在 x、y 方向上列方程求解。 [课时达标检测] 一、单项选择题 1.如图所示，两小球 a、b 从直角三角形斜面的顶端以相同大小的 水平速率 v0 向左、向右水平抛出，分别落在两个斜面上，三角形的两底 角分别为 30°和 60°，则两小球 a、b 运动时间之比为(　　 ) A．1∶ 3　　　　　　　　　 　B．1∶3 C. 3∶1 D．3∶1 解析：选 B　设 a、b 两球运动的时间分别为 ta 和 tb，则 tan 30°＝ 1 2gta2 v0ta ＝gta 2v0，tan 60°＝ 1 2gtb2 v0tb ＝gtb 2v0，两式相除得：ta tb＝tan 30° tan 60°＝1 3。 2.如图所示，两个足够大的倾角分别为 30°、45°的光滑斜面放在同 一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相 同的小球 a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中小球 b 在两斜 面之间。若同时释放小球 a、b、c，小球到达该水平面的时间分别为 t1、t2、t3。若同时沿水 平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为 t1′、t2′、t3′。下列关于时 间的关系不正确的是(　　 ) A．t1>t3>t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′ C．t1′>t3′>t2′ D．t1t3>t2。当平抛三个小 球时，小球 b 做平抛运动，小球 a、c 在斜面内做类平抛运动。沿斜面方向的运动同第一种 情况，所以 t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′。故选 D。 3.如图所示，A、B 两质点从同一点 O 分别以相同的水平速度 v0 沿 x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为 P1；B 沿光滑斜面运 动，落地点为 P2，P1 和 P2 在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正 确的是(　　 ) A．A、B 的运动时间相同 B．A、B 沿 x 轴方向的位移相同 C．A、B 运动过程中的加速度大小相同 D．A、B 落地时速度大小相同 解析：选 D　设 O 点与水平面的高度差为 h，由 h＝1 2gt12， h sin θ＝1 2gsin θ·t22 可得：t1 ＝ 2h g ，t2＝ 2h gsin2θ，故 t1vb>vc　ta>tb>tc B．vatb>tc D．va>vb>vc　tahb>hc，根据 h＝1 2gt2，知 ta>tb>tc，xamω2r 时，物体做近心运动。 [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，水滴被甩掉，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；周边的衣物因圆周运动的半径 R 更大，在 ω 一定时，所需向心力比中心衣物的大，脱水效果更好，D 正确。 2.转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转 动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也 包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其手指上的某一 点 O 做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙 述正确的是(　　 ) A．笔杆上的点离 O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越大 B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 C．若该同学使用圆珠笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流， 因此金属笔杆两端一定不会形成电势差 解析：选 C　笔杆上各点的角速度相同，根据 a＝ω2r 可知，笔杆上的点离 O 点越近的， 做圆周运动的向心加速度越小，选项 A 错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆 对该点的作用力提供的，选项 B 错误；若该同学使用圆珠笔，若转动过快，则笔尖上的小 钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走，选项 C 正确；若考虑地磁场的影响，由于笔 杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差，选项 D 错误。 3.(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 动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是(　　) 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 物体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 仍保持相对圆盘静止状态，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。 [课时达标检测] 一、单项选择题 1．(2013·北京高考)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下 绕核做匀速圆周运动，那么电子运动(　　) A．半径越大，加速度越大　　　 B．半径越小，周期越大 C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小 解析：选 C　根据库仑力提供向心力，由 kQq r2 ＝ma＝m(2π T )2r＝mω2r＝mv2 r ，知 r 越 大，a 越小，ω 也越小；r 越小，v 越大，而 T 越小，则 C 项正确，其他选项错误。 2. (2017·大连模拟)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看 到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场 面，目测体重为 G 的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为 30°，重力加速度为 g，估算知该女运动员(　　 ) A．受到的拉力为 G B．受到的拉力为 2G C．向心加速度为 3g D．向心加速度为 2g 解析：选 B　对女运动员受力分析如图所示，F 1＝Fcos 30°，F 2＝Fsin 30°，F2＝G，由牛顿第二定律得 F1＝ma，所以 a＝ 3g，F＝2G，B 正确。 3．(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 的线速度大，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＝rω2 g ，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。 4．(2016·上海高考)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收， 当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。 已知风轮叶片转动半径为 r，每转动 n 圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间 Δt 内探测器 接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片(　　) A．转速逐渐减小，平均速率为4πnr Δt B．转速逐渐减小，平均速率为8πnr Δt C．转速逐渐增大，平均速率为4πnr Δt D．转速逐渐增大 ，平均速率为8πnr Δt 解析：选 B　根据题意，从题图(b)可以看出，在 Δt 时间内，探测器接收到光的时间在 增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在 Δt 时间内 可以从题图看出有 4 次挡光，即凸轮圆盘转动 4 周，则风轮叶片转动了 4n 周，风轮叶片转 过的弧长为 l＝4n×2πr，叶片转动速率为：v＝8πnr Δt ，故选项 B 正确。 5.(2017·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，欲使木块相对 B 轮也静止，则木块距 B 轮转动轴的最 大距离为(　　 ) A.RB 4 B.RB 3 C.RB 2 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相同， 由 ω＝v R，得ωA ωB＝v/RA v/RB＝RB RA＝1 2。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＝mωA2RA①，设放在 B 轮上能使木块相对静止的距 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＝mωB2r②，因 A、B 材料相同， 故木块与 A、B 间的动摩擦因数相同，①、②式左边相等，故 mωA2RA＝mωB2r，得 r＝(ωA ωB ) 2RA＝(1 2 )2RA＝RA 4 ＝RB 2 ，C 正确。 二、多项选择题 6.(2013·全国卷Ⅱ)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 v0 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 v0，车辆便会向内侧滑动 C．车速虽然高于 v0，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，v0 的值变小 解析：选 AC　汽车以速率 v0 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 v0，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 v0，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 v0 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 v0 的值不变， 选项 D 错误。 7．(2017·上海二模)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 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，圆盘以 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L v0 B．圆盘的半径可能为gL2 2v02 C．圆盘转动角速度的最小值为2πv0 L D．P 点随圆盘转动的线速度可能为5πgL 4v0 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＝ L v0， 故 A 正确；飞镖击中 P 点时，P 恰好在最下方，则 2r＝1 2gt2，解得圆盘的半径 r＝gL2 4v02，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＝θ t＝ (2k＋1)πv0 L ，则圆盘转动角速度的最小值为πv0 L ，故 C 错误；P 点随圆盘转动的线速度为 v＝ ωr＝ (2k＋1)πv0 L · gL2 4v02＝ (2k＋1)πgL 4v0 ，当 k＝2 时，v＝5πgL 4v0 ，故 D 正确。 8.(2016·浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两 个弯道分别为半径 R＝90 m 的大圆弧和 r＝40 m 的小圆弧，直道与弯道 相切。大、小圆弧圆心 O、O′距离 L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时， 路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的 2.25 倍。假设赛车在直道 上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短 (发动机功率足够大，重力加速度 g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　) A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为 45 m/s C．在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s 解析：选 AB　赛车做圆周运动时，由 F＝ mv2 R 知，在小圆弧上 的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项 A 正确；在大圆弧弯道 上时，根据 F＝m v2 R知，其速率 v＝ FR m ＝ 2.25mgR m ＝45 m/s，选 项 B 正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率 v′＝30 m/s。如图所示，由边角关系可得 α ＝60°，直道的长度 x＝Lsin 60°＝50 3 m ，据 v2－v′2＝2ax 知在直道上的加速度 a≈6.50 m/s2，选项 C 错误；小弯道对应的圆心角为 120°，弧长为 s＝2πr 3 ，对应的运动时间 t＝ s v′ ≈2.79 s，选项 D 错误。 第 24 课时　圆周运动规律的应用(题型研究课) [命题者说]　圆周运动是运动学中的典型运动，是高考的热点。本课时的难点是向心 力来源的判断和计算、竖直面内圆周运动的两类模型：绳模型和杆模型。学习本课时，要 注意分析受力情况，弄清向心力的来源，同时要注意圆周运动和其他知识的综合问题。 (一)　水平面内的圆周运动 题型 1　水平面内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 v2 r (＝mω2r＝m4π2r T2 )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mA mB＝1 2。当小球 A 在水平面内做匀速圆周运动时，小球 A 到 管口的绳长为 l，此时小球 B 恰好处于平衡状态。管子的内径粗细不计，重力加速度为 g。试 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＝mA mB＝1 2 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 v2 r r＝lsin θ 解得小球 A 的线速度为 v＝ 3 2gl 又 T＝2πr v 则小球 A 转动的周期 T＝π 2l g。 [答案]　(1)60°　(2)π 2l g 题型 2　水平面内圆周运动的临界问题 题型 简述 在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然 断裂、静摩擦力达最大值、弹簧弹力大小或方向发生变化等，从而出现临界 问题。 方 法 (1)判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表 明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大 突 破 距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对 应着临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表 明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往对应着临界状态。 (2)确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界 状态出现的条件，并以数学形式表达出来。 (3)选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不 同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后列方程求解。 [例 2]　如图所示，用一根长为 l＝1 m 的细线，一端系一质量为 m＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角 θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为 ω 时，细 线的张力为 FT(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s 2，结果可用根式表 示)。求： (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度 ω0 至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为 60°，则小球的角速度 ω′为多大？ [解析]　(1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力，如图所示。 小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛 顿第二定律及向心力公式得 mgtan θ＝mω02lsin θ 解得 ω02＝ g lcos θ， 即 ω0＝ g lcos θ＝5 2 2 rad/s。 (2)同理，当细线与竖直方向成 60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得 mgtan α＝ mω′2lsin α 解得 ω′2＝ g lcos α， 即 ω′＝ g lcos α＝ 2 5 rad/s。 [答案]　(1)5 2 2 rad/s　(2)2 5 rad/s 水平面内圆周运动临界问题的分析技巧 在水平面内做圆周运动的物体，当角速度 ω 变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋 势(半径有变化)。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向 朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。 题型 3　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 3]　(2017·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＝1 2gt2① 水平方向有 s＝v0t② 联立①②两式得 v0＝s g 2H＝1 m/s。③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 μmg＝mv02 R ④ 联立③④得 μ＝v02 gR＝0.2。⑤ [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＝mv2 r mg±FN＝mv2 r 临界特征 FT＝0，即 mg＝mv2 r ，得 v＝ gr v＝0，即 F 向＝0， 此时 FN＝mg v＝ gr 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]　如图所示，轻绳的一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的小 球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感 器测得轻绳拉力 T、轻绳与竖直线 OP 的夹角 θ 满足关系式 T＝a＋bcos θ， 式中 a、b 为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为(　　 ) A. b 2m　　　　　　　　　 　B.2b m C.3b m D. b 3m [解析]　设小球在最低点，即 θ＝0 时的速度为 v1，拉力为 T1，在最高点，即 θ＝180° 时的速度为 v2，拉力为 T2，在最低点有：T1－mg＝mv12 R ，在最高点有：T2＋mg＝mv22 R ，根 据动能定理有：2mgR ＝ 1 2mv12－1 2mv22，可得 T1－T2＝6mg，对比 T＝a＋bcos θ，有 T1＝a ＋b，T2＝a－b，故 T1－T2＝2b，即 6mg＝2b，故当地重力加速度 g＝ b 3m，选项 D 正确。 [答案]　D 模型 2　轻杆模型　 [例 2]　(2017·烟台模拟)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．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B．小球过最高点的最小速度是 gR C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 [解析]　轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过 最高点的速度 v＝ gR时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若 v＜ gR，则杆在最 高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝mv2 R，随 v 增大，F 减小，若 v＞ gR，则杆在最高 点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝mv2 R，随 v 增大，F 增大，故 C、D 均错误。 [答案]　A 模型 3　复合模型(竖直面内圆周运动与平抛运动的组合) 模型简述 此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动；有时物体 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(保持绳绷直)由静止释 放，当它经过 B 点时绳恰好被拉断，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＝1 2mvB2① 小球从 B 到 C 做平抛运动，则水平方向 s＝vBt② 竖直方向 H＝1 2gt2③ 联立①②③式解得 s＝1.41 m。 (2)小球下摆到 B 点，绳子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＝mvB2 L ④ 联立①④式解得 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 (三)　斜面上的圆周运动 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆 控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同，下面列举三类题型。 题型 1　静摩擦力控制下的圆周运动　 [例 1]　(2014·安徽高考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面 的固定对称轴以恒定角速度 ω 转动，盘面上离转轴距离 2.5 m 处有一 小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为 3 2 (设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为 30°，g 取 10 m/s2。则 ω 的最大值是 (　　) A. 5 rad/s B. 3 rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s [解析]　物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚 好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，μmgcos 30°－mgsin 30° ＝mrω2，求得 ω＝1.0 rad/s，C 项正确，A、B、D 项错误。 [答案]　C 题型 2　轻杆控制下的圆周运动　 [例 2]　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 10 m/s C．2 5 m/s D．2 2 m/s [解析]　小球受轻杆控制，在 A 点的最小速度为零，由 2mgLsin α＝1 2mvB2 可得 vB＝4 m/s，A 正确。 [答案]　A 题型 3　轻绳控制下的圆周运动　 [例 3]　(2017·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 l＝0.60 m 的轻细绳，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 α 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 v0＝3.0 m/s。 若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角 α 的值应在什么范围内？(取重力加速度 g＝10 m/s2) [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 α 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 α＝mv12 l ① 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mglsin α＝1 2mv12－1 2mv02② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力 FT＝0③ 联立①②③解得 sin α＝1 2，解得 α＝30° 故 α 的范围为 0°≤α≤30°。 [答案]　0°≤α≤30° [通法归纳] 　　与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的 受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图 的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。 [课时达标检测] 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＝mv2 R，当 v≥ gR时，不用保险带，人也不会 掉下来，当 v＝ 2gR时，人在最高点时对座位产生的压力为 mg，A、B 均错误；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. (2017·莆田联考)如图所示，在半径为 R 的半圆形碗的光滑表 面上，一质量为 m 的小球以转速 n r/s 在水平面内做匀速圆周运 动，该平面离碗底的距离 h 为(　　 ) A．R－ g 4π2n2　　　　　　　 　B. g 4π2n2 C. g 4πn2－R D. g 4π2n2＋R 2 解析：选 A　由题意知，小球做圆周运动需要的向心力为 F＝m·4π2n2r，根据匀速圆周 运动的动力学特征可知，向心力由重力与弹力的合力提供，即 mgtan θ＝m·4π2n2r，根据几 何关系：sin θ＝r R，联立解得：cos θ＝ g 4π2n2R，可得：h＝R－Rcos θ＝R－ g 4π2n2，所以 A 正确，B、C、D 错误。 3.(2017·抚顺模拟)如图所示，竖直环 A 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面上，B 不能 左右运动，在环的最低点静放有一小球 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 4gr B．最大值 6gr C．最小值 3gr D．最大值 7gr 解析：选 D　要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足 mg＝mv02 r ，由最 低点到最高点由机械能守恒得 1 2mvmin2＝mg·2r＋1 2mv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小 值为 5gr，A、C 错误；为了不会使环在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时， 对环的压力为 2mg，满足 3mg＝mv12 r ，从最低点到最高点由机械能守恒得 1 2mvmax2＝mg·2r＋ 1 2mv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为 7gr，B 错误，D 正确。 4.(2017·忻州一中检测)如图所示，两段长均为 L 的轻质线共同系住一个 质量为 m 的小球，另一端分别固定在等高的 A、B 两点，A、B 两点间距也为 L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为 v，两段 线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为 2v，则此时每段线中张力大小为(　　 ) A. 3mg B．2mg C．3mg D．4mg 解析：选 A　当小球到达最高点时速率为 v，两段线中张力恰好均为 零，有 mg＝mv2 r ；当小球到达最高点时速率为 2v，设每段线中张力大小为 F， 应有 2Fcos 30°＋mg＝m (2v)2 r ，解得 F＝ 3mg，选项 A 正确。 5.(2017·宁波联考)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为 R，质量为 m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为 R 的细绳一端系于球上， 另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为 2mg。当圆环以角速度 ω 绕竖直 直径转动时，发现小球受三个力作用。则 ω 可能为(　　 ) A．3 g R B.3 2 g R C. 3g 2R D. g 2R 解析：选 B　因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力。 细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为 60°。 当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小 为 F＝mω2r，根据几何关系，其中 r＝Rsin 60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向 心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度 最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得 Fmin＝2mgsin 60°，即 2mgsin 60°＝ mωmin2Rsin 60°，解得 ωmin＝ 2g R ；当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，同理 可知，最大角速度为 ωmax＝ 6g R ，故只有 B 正确。 6.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上 O、A 两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为 m 的小球上，OA＝OB ＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形 OAB 始终在竖直平面内，若转动过程 OB、AB 两绳始终处于拉直状态， 则下列说法正确的是(　　 ) A．OB 绳的拉力范围为 0～ 3 3 mg B．OB 绳的拉力范围为 3 3 mg～2 3 3 mg C．AB 绳的拉力范围为 3 3 mg～2 3 3 mg D．AB 绳的拉力范围为 0～2 3 3 mg 解析：选 B　当转动的角速度为零时，OB 绳的拉力最小，AB 绳的拉力最大，这时两 者的值相同，设为 F1，则 2F1cos 30°＝mg，F1＝ 3 3 mg，增大转动的角速度，当 AB 绳的 拉力刚好等于零时，OB 绳的拉力最大，设这时 OB 绳的拉力为 F2，则 F2cos 30°＝mg，F2＝ 2 3 3 mg, 因此 OB 绳的拉力范围为 3 3 mg ～ 2 3 3 mg，AB 绳的拉力范围为 0～ 3 3 mg，B 项正确。 二、多项选择题 7.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 v2 R，根 据机械能守恒定律得 mgh＝1 2mv2，联立解得 FN＝mg(1＋2h R )，B、C 正确。 8.(2017·宜昌联考)如图所示，半径为 R 的光滑细圆环轨道被固定在竖直 平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为 2m 和 m 的静止小球 A、B，它 们由长为 2R 的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕 其中心点转动。今对上方小球 A 施加微小扰动。两球开始运动后，下列说法正确的是 (　　 ) A．轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等 B．轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等 C．运动过程中 A 球速度的最大值为 4gR 3 D．当 A 球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为 13 3 mg 解析：选 ACD　两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大 小相等，选项 A 正确，B 错误；A、B 球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即 A 球在最低点)时，线速度最大，则 mg·2R＝1 2·3mv2，最大速度 v＝ 4gR 3 ，选项 C 正确；A 球在最低点时，分别对 A、B 球受力分析，FNA－2mg＝2mv2 R，FNB＋mg＝mv2 R，则 FNA－FNB ＝13mg 3 ，选项 D 正确。 9．(2017·安阳模拟)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，杆与小球间弹力大小为 F， 小球在最高点的速度大小为 v，其 F­v2 图像如图乙所示。则(　　 ) A．小球的质量为aR b B．当地的重力加速度大小为R b C．v2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上 D．v2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等 解析：选 ACD　当弹力 F 方向向下时，F＋mg＝mv2 R，解得 F＝mv2 R－mg，当弹力 F 方向向上时，mg－F＝mv2 R，解得 F＝mg－mv2 R，对比 F­v2 图像可知，b＝gR，a＝mg，联 立解得 g＝b R，m＝aR b ，A 正确，B 错误；v2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上，C 正确；v2 ＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等，D 正确。 10.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管 道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从 B 点脱离后做平抛运 动，经过 0.3 s 后又恰好垂直与倾角为 45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为 R＝1 m，小 球可看做质点且其质量为 m＝1 kg，g 取 10 m/s2。则(　　 ) A．小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 0.9 m B．小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 1.9 m C．小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 FNB 的大小是 1 N D．小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 FNB 的大小是 2 N 解析：选 AC　根据平抛运动的规律，小球在 C 点的竖直分速度 vy＝gt＝3 m/s，水平 分速度 vx＝vytan 45°＝3 m/s，则 B 点与 C 点的水平距离为 x＝vxt＝0.9 m，选项 A 正 确，B 错误；在 B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有 FNB＋mg＝m vB2 R ，vB＝vx＝3 m/s，解得 FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项 C 正 确，D 错误。 三、计算题 11.如图所示，质量为 m 的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水 平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为 m 的小球相连，木 块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的 μ 倍(μ＝0.2)，当转盘以角速 度 ω＝4 rad/s 匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动 半径的范围是多少(g 取 10 m/s2)? 解析：由于转盘以角速度 ω＝4 rad/s 匀速转动，当木块恰不做近心运动时，有 mg－μmg ＝mr1ω2 解得 r1＝0.5 m 当木块恰不做离心运动时，有 mg＋μmg＝mr2ω2 解得 r2＝0.75 m 因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是 0.5 m≤r≤0.75 m。 答案：0.5 m≤r≤0.75 m 12.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 点，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，求小球到达半圆形轨道 B 点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 点速度为 v，从 C 到 B 根据动能定理有 FL－2mgR＝1 2mv2 解得 v＝ 2FL－4mgR m 在 B 点，由牛顿第二定律有 FN＋mg＝mv2 R 解得 FN＝2FL R －5mg。 (2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有 FN＝2FL Rm －5mg＝0 解得 Rm＝2FL 5mg。 (3)设小球平抛运动的时间为 t，有 2R＝1 2gt2 解得 t＝ 4R g 水平位移 x＝vt＝ 2FL－4mgR m · 4R g ＝ (2FL－4mgR)(4mgR) m2g2 当 2FL－4mgR＝4mgR 时，水平位移最大。 解得 R＝ FL 4mg D 到 A 的最大距离 xm＝FL mg。 答案：(1)2FL R －5mg　(2)2FL 5mg　(3) FL 4mg　FL mg 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求) 1.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 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，那么以下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　飞机在 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＝mv2 r ，解得 FNA＝mv2 r －mg；飞机在 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＝mv2 r ，解得 FNC＝mv2 r ＋mg， 故 FNA＝FNBFB＝0，所以 D 错误。 二、计算题 9.(2017·通化模拟)如图所示，半径为 R，内径很小的光滑半圆管竖直 放置。两个质量均为 m 的小球 a、b 以不同的速度进入管内，a 通过最高 点 A 时，对管壁上部的压力为 3mg，b 通过最高点 A 时，对管壁下部的压 力为 0.75mg，求 a、b 两球落地点间的距离。 解析：设 a 球到达最高点时的速度为 va，根据向心力公式有 mg＋FNa＝mva2 R 即 4mg＝mva2 R 解得 va＝2 gR 设 b 球到达最高点时的速度为 vb，根据向心力公式有 mg－FNb＝mvb2 R 即 1 4mg＝mvb2 R 解得 vb＝1 2 gR 两小球脱离轨道后均做平抛运动，设所用时间为 t，则 竖直方向 2R＝1 2gt2 水平方向 xa＝vat，xb＝vbt 解得 xa＝4R，xb＝R 故 a、b 两球落地点间的距离为 Δx＝xa－xb＝3R。 答案：3R 10．(2017·三明模拟)如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管做成的由半圆形 APB(圆半径 比细管的内径大得多)和直线 BC 组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形 APB 的半径 R ＝1.0 m，BC 段长为 L＝1.5 m。弹射装置将一个质量为 m＝1 kg 的小球(可视为质点)以 v0 ＝5 m/s 的水平初速度从 A 点弹入轨道，小球从 C 点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度 h ＝1.25 m，不计空气阻力，g 取 10 m/s2，π 取 3.14，求： (1)小球在半圆轨道上运动时的向心力 F 的大小及从 A 运动到 C 点的时间 t； (2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角 θ。 解析：(1)小球做匀速圆周运动，向心力大小 F＝mv02 R ＝25 N 小球从 A 到 B 的时间 t1＝πR v0 ＝0.2π＝0.628 s 从 B 到 C 的时间 t2＝L v0＝0.3 s 小球从 A 到 C 的时间 t＝t1＋t2＝0.928 s。 (2)小球做平抛运动，有 h＝vy2 2g 解得 vy＝5 m/s 所以 tan θ＝vy v0＝1 解得 θ＝45°。 答案：(1)25 N　0.928 s　(2)45° 11．(2016·浙江高考)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P 是 个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为 h 的探测屏 AB 竖直 放置，离 P 点的水平距离为 L，上端 A 与 P 点的高度差也为 h。 (1)若微粒打在探测屏 AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围； (3)若打在探测屏 A、B 两点的微粒的动能相等，求 L 与 h 的关系。 解析：(1)打在探测屏 AB 中点的微粒下落的高度 3 2h＝1 2gt2① 解得 t＝ 3h g 。② (2)打在 B 点的微粒初速度 v1＝L t1，2h＝1 2gt12③ v1＝L g 4h④ 同理，打在 A 点的微粒初速度 v2＝L g 2h⑤ 能被屏探测到的微粒初速度范围 L g 4h≤v≤L g 2h。⑥ (3)由功能关系 1 2mv22＋mgh＝1 2mv12＋2mgh⑦ 代入④、⑤式得 L＝2 2h。⑧ 答案：(1) 3h g 　(2)L g 4h≤v≤L g 2h (3)L＝2 2h