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1、 翰林匯翰林匯翰林匯翰林匯課 題： 曲線運動 萬有引力與航天 類型：復習課 一、曲線運動 運動的合成與分解 教學目標：1.知識與能力目標： 2 .過程與方法： 3.情感、態(tài)度、價值觀： 重點、難點： 教學方法、手段： 知識簡析 一、運動的合成 1．由已知的分運動求其合運動叫運動的合成．這既可能是一個實際問題，即確有一個物體同時參與幾個分運動而存在合運動；又可能是一種思維方法，即可以把一個較為復雜的實際運動看成是幾個基本的運動合成的，通過對簡單分運動的處理，來得到對于復雜運

2、動所需的結果． 2．描述運動的物理量如位移、速度、加速度都是矢量，運動的合成應遵循矢量運算的法則： （1）如果分運動都在同一條直線上，需選取正方向，與正方向相同的量取正，相反的量取負，矢量運算簡化為代數(shù)運算． （2）如果分運動互成角度，運動合成要遵循平行四邊形定則． 3．合運動的性質取決于分運動的情況: ①兩個勻速直線運動的合運動仍為勻速直線運動． ②一個勻速運動和一個勻變速運動的合運動是勻變速運動，二者共線時，為勻變速直線運動，二者不共線時，為勻變速曲線運動。 ③兩個勻變速直線運動的合運動為勻變速運動，當合運動的初速度與合運動的加速度共線時為勻變速直線運動，當合運動的初速度與合

3、運動的加速度不共線時為勻變速曲線運動。 二、運動的分解 1．已知合運動求分運動叫運動的分解． 2．運動分解也遵循矢量運算的平行四邊形定則． 3．將速度正交分解為 vx＝vcosα和vy=vsinα是常用的處理方法． 4．速度分解的一個基本原則就是按實際效果來進行分解，常用的思想方法有兩種：一種思想方法是先虛擬合運動的一個位移，看看這個位移產(chǎn)生了什么效果，從中找到運動分解的辦法；另一種思想方法是先確定合運動的速度方向（物體的實際運動方向就是合速度的方向），然后分析由這個合速度所產(chǎn)生的實際效果，以確定兩個分速度的方向． 三、合運動與分運動的特征： （1）等時性：合運動所需時間和對應的

4、每個分運動所需時間相等． （2)獨立性：一個物體可以同時參與幾個不同的分運動，各個分運動獨立進行，互不影響． (3)等效性:合運動和分運動是等效替代關系，不能并存； (4)矢量性:加速度、速度、位移都是矢量，其合成和分解遵循平行四邊形定則。 【例1】如圖所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向運動的小車A，小車下裝有吊著物體B的吊鉤．在小車A與物體B以相同的水平速度沿吊臂方向勻速運動的同時，吊鉤將物體B向上吊起，A、B之間的距離以 (SI)(SI表示國際單位制，式中H為吊臂離地面的高度)規(guī)律變化，則物體做 (A)速度大小不變的曲線運動． (B)速度大小增加的曲線運動． (C)加速度大小

5、方向均不變的曲線運動． (D)加速度大小方向均變化的曲線運動． 答案：B C 四、物體做曲線運動的條件 1．曲線運動是指物體運動的軌跡為曲線；曲線運動的速度方向是該點的切線方向；曲線運動速度方向不斷變化，故曲線運動一定是變速運動． 2．物體做一般曲線運動的條件：運動物體所受的合外力（或加速度）的方向跟它的速度方向不在同一直線上（即合外力或加速度與速度的方向成一個不等于零或π的夾角）． 說明：當物體受到的合外力的方向與速度方向的夾角為銳角時，物體做曲線運動速率將增大，當物體受到的合外力的方向與速度方向的夾角為鈍角時，物體做曲線運動的速率將減小。 3.重點掌握的兩種情況：一是加速度大小

6、、方向都不變的曲線運動，叫勻變曲線運動，如平拋運動；另一是加速度大小不變、方向時刻改變的曲線運動，如勻速圓周運動． 規(guī)律方法 1、運動的合成與分解的應用 合運動與分運動的關系：滿足等時性與獨立性．即各個分運動是獨立進行的，不受其他運動的影響，合運動和各個分運動經(jīng)歷的時間相等，討論某一運動過程的時間，往往可直接分析某一分運動得出． 【例2】小船從甲地順水到乙地用時t1，返回時逆水行舟用時t2，若水不流動完成往返用時t3，設船速率與水流速率均不變，則（ ） A．t3＞t1＋t2 ； B．t3＝t1＋t2； C．t3＜t1＋t2 ； D．條件不足，無法判斷 解析：設

7、船的速度為V，水的速度為v0，則 <故選C 【例3】如圖所示，A、B兩直桿交角為θ，交點為M，若兩桿各以垂直于自身的速度V1、V2沿著紙面運動，則交點M的速度為多大？ 解析：如圖所示，若B桿不動，A桿以V1速度運動，交點將沿B桿移動，速度為V，V=V1／sinθ．若A桿不動，B桿移動時，交點M將沿A桿移動，速度為V，V=V2／sinθ．兩桿一起移動時，交點M的速度vM可看成兩個分速度V和V的合速度，故vM的大小為vM== 【例4】玻璃板生產(chǎn)線上，寬9m的成型玻璃板以4m／s的速度連續(xù)不斷地向前行進，在切割工序處，金剛鉆的走刀速度為8m／s，為了使割下的玻璃板都成規(guī)定尺寸的矩形，

8、金剛鉆割刀的軌道應如何控制？切割一次的時間多長？ ↑B A F 解析：要切成矩形則割刀相對玻璃板的速度垂直v，如圖設v刀與v玻方向夾角為θ，cosθ=v玻/v刀=4/8，則θ=300。v===4m/s。時間t=s/v=9/4=2·45s 【例5】如圖所示的裝置中，物體A、B的質量mA＞mB。最初，滑輪兩側的輕繩都處于豎直方向，若用水平力F向右拉A，起動后，使B勻速上升。設水平地面對A的摩擦力為f,繩對A的拉力為T，則力f,T及A所受合力F合的大?。ǎ? A.F合≠O,f減小，T增大；B.F合≠O,f增大，T不變； C. F合＝O,f增大，T減??；D. F合＝O,f減小，T增大；

9、 分析:顯然此題不能整體分析。B物體勻速上升為平衡狀態(tài)，所受的繩拉力T恒等于自身的重力，保持不變。A物體水平運動，其速度可分解為沿繩長方向的速度（大小時刻等于B物體的速度）和垂直于繩長的速度（與B物體的速度無關），寫出A物體速度與B物體速度的關系式，可以判斷是否勻速，從而判斷合力是否為零。 解：隔離B物體：T=mBg，保持不變。隔離A物體：受力分析如圖所示，設繩與水平線夾角為θ，則： ①隨A物體右移，θ變小，由豎直平衡可以判斷支持力變大。由f=μN，得f變大。 ②將A物體水平運動分解如圖所示，有vB＝vAcosθ，故隨θ變小，cosθ變大，VB不變，VA變小，A物體速度時時改變，必有F合

10、≠O。 所得結論為：F合≠O，f變大，T不變。B項正確。 【例6】兩個寬度相同但長度不同的臺球框固定在水平面上，從兩個框的長邊同時以相同的速度分別發(fā)出小球A和B，如圖所示，設球與框邊碰撞時無機械能損失，不計摩擦，則兩球回到最初出發(fā)的框邊的先后是（ ） A. A球先回到出發(fā)框邊 B球先回到出發(fā)框邊 C.兩球同時回到出發(fā)框邊 D.因兩框長度不明，故無法確定哪一個球先回到出發(fā)框邊 B A 解析：小球與框邊碰撞無機械能損失，小球每次碰撞前后的運動速率不變，且遵守反射定律。以A球進行分析，如圖。 A A/ C D E E/ 小球沿AC方向運動至C處

11、與長邊碰后，沿CD方向運動到D處與短邊相碰，最后沿DE回到出發(fā)邊。經(jīng)對稱得到的直線A/CDE/的長度與折線ACDE的總長度相等。 框的長邊不同，只要出發(fā)點的速度與方向相同，不論D點在何處，球所通過的總路程總是相同的，不計碰撞時間，故兩球應同時到達最初出發(fā)的框邊。答案：C 也可用分運動的觀點求解：小球垂直于框邊的分速度相同，反彈后其大小也不變，回到出發(fā)邊運動的路程為臺球桌寬度的兩倍，故應同時回到出發(fā)邊。 【例7】如圖所示，A、B兩物體系在跨過光滑定滑輪的一根輕繩的兩端，當A物體以速度v向左運動時，系A,B的繩分別與水平方向成a、β角，此時B物體的速度大小為 ，方向水平

12、向右 解析：根據(jù)A,B兩物體的運動情況，將兩物體此時的速度v和vB分別分解為兩個分速度v1（沿繩的分量）和v2（垂直繩的分量）以及vB1（沿繩的分量）和vB2（垂直繩的分量），如圖，由于兩物體沿繩的速度分量相等，v1＝vB1，vcosα＝vBcosβ. 則B物體的速度方向水平向右，其大小為 R θ O P V0 V1 【例8】一個半徑為R的半圓柱體沿水平方向向右以速度V0勻速運動。在半圓柱體上擱置一根豎直桿，此桿只能沿豎直方向運動，如圖7所示。當桿與半圓柱體接觸點P與柱心的連線與豎直方向的夾角為θ，求豎直桿運動的速度。 解析：設豎直桿運動的速度為V1，方向豎直向上，由于彈力

13、方向沿OP方向，所以V0、V1在OP方向的投影相等，即有 ，解得V1=V0.tgθ. 2、小船渡河問題分析 【例9】一條寬度為L的河，水流速度為vs，已知船在靜水中的航速為vc，那么，（1）怎樣渡河時間最短？（2）若vs＜vc怎樣渡河位移最??？（3）若vs＞vc，怎樣渡河船漂下的距離最短？ Vs Vc θ V2 圖2甲 V1 Vs Vc θ 圖2乙 θ V Vs Vc θ 圖2丙 V α A B E 分析與解：（1）如圖2甲所示，設船上頭斜向上游與河岸成任意角θ，這時船速在垂直于河岸方向的速度分量V1=Vcsinθ,渡河所需時間為：. 可以看

14、出：L、Vc一定時，t隨sinθ增大而減??；當θ=900時，sinθ=1,所以，當船頭與河岸垂直時，渡河時間最短，. (2)如圖2乙所示，渡河的最小位移即河的寬度。為了使渡河位移等于L，必須使船的合速度V的方向與河岸垂直。這是船頭應指向河的上游，并與河岸成一定的角度θ。根據(jù)三角函數(shù)關系有：Vccosθ─Vs=0. 所以θ=arccosVs/Vc,因為0≤cosθ≤1,所以只有在Vc>Vs時，船才有可能垂直于河岸橫渡。 （3）如果水流速度大于船上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。怎樣才能使漂下的距離最短呢？如圖2丙所示，設船頭Vc與河岸成θ角，合速度V與河岸成α角。

15、可以看出：α角越大，船漂下的距離x越短，那么，在什么條件下α角最大呢？以Vs的矢尖為圓心，以Vc為半徑畫圓，當V與圓相切時，α角最大，根據(jù)cosθ=Vc/Vs,船頭與河岸的夾角應為：θ=arccosVc/Vs. 船漂的最短距離為：. 此時渡河的最短位移為：. 思考：①小船渡河過程中參與了哪兩種運動？這兩種運動有何關系？ ②過河的最短時間和最短位移分別決定于什么？ 3、曲線運動條件的應用 做曲線運動的物體，其軌跡向合外力所指的一方彎曲，若已知物體的運動軌跡，可判斷出合外力的大致方向．若合外力為變力，則為變加速運動；若合外力為恒力，則為勻變速運動； 【例10】質量為m的物體受到一組

16、共點恒力作用而處于平衡狀態(tài)，當撤去某個恒力F1時，物體可能做( ) A．勻加速直線運動； B．勻減速直線運動； C．勻變速曲線運動； D．變加速曲線運動。 分析與解：當撤去F1時，由平衡條件可知：物體此時所受合外力大小等于F1，方向與F1方向相反。 若物體原來靜止，物體一定做與F1相反方向的勻加速直線運動。 若物體原來做勻速運動，若F1與初速度方向在同一條直線上，則物體可能做勻加速直線運動或勻減速直線運動，故A、B正確。 若F1與初速度不在同一直線上，則物體做曲線運動，且其加速度為恒定值，故物體做勻變速曲線運動，故C正確，D錯誤。正確答案為：A、B、C。 a

17、 b 【例11】圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡,a,b是軌跡上的兩點．若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖可作出正確判斷的是（） A.帶電粒子所帶電荷的符號 B.帶電粒子在a,b兩點的受力方向 C.帶電粒子在a,b兩點的速度何處較大 D.帶電粒子在a,b兩點的電勢能何處較大 解析：由圖中的曲線可以看出，不管帶電粒子由a→b還是由b→a，力的方向必然指向左下方，從而得到正確答案：BCD 思考：若實線為等勢線，該題又該如何分析 o y/m x/m M v0 v1 3 2 1 2

18、 4 6 8 10 12 14 16 N 【例12】 如圖所示，在豎直平面的xoy坐標系內(nèi)，oy表示豎直向上方向。該平面內(nèi)存在沿x軸正向的勻強電場。一個帶電小球從坐標原點沿oy方向豎直向上拋出，初動能為4J，不計空氣阻力。它達到的最高點位置如圖中M點所示。求： ⑴小球在M點時的動能E1。⑵在圖上標出小球落回x軸時的位置N。⑶小球到達N點時的動能E2。 解：⑴在豎直方向小球只受重力，從O→M速度由v0減小到0；在水平方向小球只受電場力，速度由0增大到v1，由圖知這兩個分運動平均速度大小之比為2∶3，因此v0∶v1=2∶3，所以小球在M

19、點時的動能E1=9J。 ⑵由豎直分運動知，O→M和M→N經(jīng)歷的時間相同，因此水平位移大小之比為1∶3，故N點的橫坐標為12。 ⑶小球到達N點時的豎直分速度為v0，水平分速度為2v1，由此可得此時動能E2=40J。 教學反思： 二、拋體運動 教學目標：1.知識與能力目標： 2 .過程與方法： 3.情感、態(tài)度、價值觀： 重點、難點： 教學方法、手段： 知識簡析 一、平拋物體的運動 1、平拋運動：將物體沿水平方向拋出，其運動為平拋運動． （1）運動特點：a、只受重力；b、初速度與重力垂直．盡管其速度大小和方向時刻

20、在改變，但其運動的加速度卻恒為重力加速度g，因而平拋運動是一個勻變速曲線運動 （2）平拋運動的處理方法：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。水平方向和豎直方向的兩個分運動既具有獨立性，又具有等時性． （3）平拋運動的規(guī)律：以物體的出發(fā)點為原點，沿水平和豎直方向建成立坐標。 ax=0……① ay=0……④ 水平方向 vx=v0 ……② 豎直方向 vy=gt……⑤ x=v0t……③ y=?gt2……⑥ ①平拋物體在時間t內(nèi)的位移S可由③⑤兩式推得s==， ②位移的方向與水平方向的

21、夾角α由下式?jīng)Q定tgα=y/x=?gt2/v0t=gt/2v0 ③平拋物體經(jīng)時間t時的瞬時速度vt可由②⑤兩式推得vt=， ④速度vt的方向與水平方向的夾角β可由下式?jīng)Q定tgβ=vy/vx=gt/v0 ⑤平拋物體的軌跡方程可由③⑥兩式通過消去時間t而推得：y=·x2， 可見，平拋物體運動的軌跡是一條拋物線． ⑥運動時間由高度決定，與v0無關，所以t=，水平距離x＝v0t＝v0 ⑦Δt時間內(nèi)速度改變量相等，即△v＝gΔt，ΔV方向是豎直向下的．說明平拋運動是勻變速曲線運動． 2、處理平拋物體的運動時應注意： A. 水平方向和豎直方向的兩個分運動是相互獨立的，其中每個分運動都不會因另

22、一個分運動的存在而受到影響——即垂直不相干關系； B. 水平方向和豎直方向的兩個分運動具有等時性，運動時間由高度決定，與v0無關； C. 末速度和水平方向的夾角不等于位移和水平方向的夾角，由上證明可知tgβ=2tgα 【例1】 物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶以后落到地面上的Q點，若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向轉動起來，使傳送帶隨之運動，如圖1－16所示，再把物塊放到P點自由滑下則 　　A.物塊將仍落在Q點 　　B.物塊將會落在Q點的左邊 　　C.物塊將會落在Q點的右邊 　　D.物塊有可能落不到地面上 解答:物塊從斜面滑下來，當傳送帶靜止時，在水平方向受

23、到與運動方向相反的摩擦力，物塊將做勻減速運動。離開傳送帶時做平拋運動。當傳送帶逆時針轉動時物體相對傳送帶都是向前運動，受到滑動摩擦力方向與運動方向相反。 物體做勻減速運動，離開傳送帶時，也做平拋運動，且與傳送帶不動時的拋出速度相同，故落在Q點，所以A選項正確。 【小結】若此題中傳送帶順時針轉動，物塊相對傳送帶的運動情況就應討論了。 （1）當v0=vB物塊滑到底的速度等于傳送帶速度，沒有摩擦力作用，物塊做勻速運動，離開傳送帶做平拋的初速度比傳送帶不動時的大，水平位移也大，所以落在Q點的右邊。 （2）當v0＞vB物塊滑到底速度小于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊始終做勻加速運動，二是物塊先

24、做加速運動，當物塊速度等于傳送帶的速度時，物體做勻速運動。這兩種情況落點都在Q點右邊。 （3）v0＜vB當物塊滑上傳送帶的速度大于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊一直減速，二是先減速后勻速。第一種落在Q點，第二種落在Q點的右邊。 規(guī)律方法 1、平拋運動的分析方法 用運動合成和分解方法研究平拋運動，要根據(jù)運動的獨立性理解平拋運動的兩分運動，即水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動．其運動規(guī)律有兩部分：一部分是速度規(guī)律，一部分是位移規(guī)律．對具體的平拋運動，關鍵是分析出問題中是與位移規(guī)律有關還是與速度規(guī)律有關 θ 圖8 B A V0 V0 Vy1 【例2】如圖在傾角

25、為θ的斜面頂端A處以速度V0水平拋出一小球，落在斜面上的某一點B處，設空氣阻力不計，求（1）小球從A運動到B處所需的時間；（2）從拋出開始計時，經(jīng)過多長時間小球離斜面的距離達到最大？ 解析：（1）小球做平拋運動，同時受到斜面體的限制，設從小球從A運動到B處所需的時間為t,則：水平位移為x=V0t 豎直位移為y=, 由數(shù)學關系得到: A B C D E （2）從拋出開始計時，經(jīng)過t1時間小球離斜面的距離達到最大,當小球的速度與斜面平行時，小球離斜面的距離達到最大。因Vy1=gt1=V0tanθ,所以 【例3】 已知方格邊長a和閃光照相的頻閃間隔T，求：v0、g、vc 解：水

26、平方向： 豎直方向： 先求C點的水平分速度vx和豎直分速度vy，再求合速度vC： θ B A h A 【例4】如圖所示，一高度為h=0.2m的水平面在A點處與一傾角為θ=30°的斜面連接，一小球以V0=5m/s的速度在平面上向右運動。求小球從A點運動到地面所需的時間（平面與斜面均光滑，取g=10m/s2）。某同學對此題的解法為：小球沿斜面運動，則由此可求得落地的時間t。問：你同意上述解法嗎？若同意，求出所需的時間；若不同意，則說明理由并求出你認為正確的結果。 解析：不同意。小球應在A點離開平面做平拋運動，而不是沿斜面下滑。 正確做法為：落地點

27、與A點的水平距離 斜面底寬 因為,所以小球離開A點后不會落到斜面，因此落地時間即為平拋運動時間。 ∴ 2、平拋運動的速度變化和重要推論 ①水平方向分速度保持vx=v0.豎直方向，加速度恒為g,速度vy =gt,從拋出點起，每隔Δt時間的速度的矢量關系如圖所示．這一矢量關系有兩個特點：(1)任意時刻的速度水平分量均等于初速度v0; (2)任意相等時間間隔Δt內(nèi)的速度改變量均豎直向下，且Δv=Δvy=gΔt. ②平拋物體任意時刻瞬時時速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點到拋出點的距離都等于水平位移的一半。 v0 vt vx vy h

28、 s α α s/ 證明：設時間t內(nèi)物體的水平位移為s，豎直位移為h，則末速度的水平分量vx=v0=s/t，而豎直分量vy=2h/t， ， 所以有 【例5】作平拋運動的物體，在落地前的最后1s內(nèi)，其速度方向由跟豎直方向成600角變?yōu)楦Q直方向成450角，求:物體拋出時的速度和高度分別是多少？ 解析一:設平拋運動的初速度為v0，運動時間為t，則經(jīng)過（t一1）s時vy＝g（t一1）， tan300＝ 經(jīng)過ts時：vy＝gt，tan450＝,∴, V0=gt/tan450＝23.2 m/s.H＝?gt2＝27. 5 m. 解析二：此題如果用結論解題更簡單． ΔV＝gΔt=9

29、. 8m/s.又有V0cot450一v0cot600=ΔV，解得V0=23. 2 m/s， H=vy2/2g＝27. 5 m. θ v0 vt v0 vy A O B D C 說明:此題如果畫出最后1s初、末速度的矢量圖，做起來更直觀． 【例6】 從傾角為θ=30°的斜面頂端以初動能E=6J向下坡方向平拋出一個小球，則小球落到斜面上時的動能E /為______J。 解：以拋出點和落地點連線為對角線畫出矩形ABCD，可以證明末速度vt的反向延長線必然交AB于其中點O，由圖中可知AD∶AO=2∶，由相似形可知

30、vt∶v0=∶，因此很容易可以得出結論：E /=14J。 3、平拋運動的拓展（類平拋運動） 【例7】如圖所示，光滑斜面長為a，寬為b，傾角為θ，一物塊沿斜面左上方頂點P水平射入，而從右下方頂點Q離開斜面，求入射初速度． 解析：物塊在垂直于斜面方向沒有運動，物塊沿斜面方向上的曲線運動可分解為水平方向上初速度v0的勻速直線運動和沿斜面向下初速度為零的勻加速運動． 在沿斜面方向上mgsinθ=ma加 a加＝gsinθ………①，水平方向上的位移s=a=v0t……②，沿斜面向下的位移y=b=? a加t2……③，由①②③得v0＝a· 說明：運用運動分解的方法來解決曲線運動問題

31、，就是分析好兩個分運動，根據(jù)分運動的運動性質，選擇合適的運動學公式求解 【例8】從高H處的A點水平拋出一個物體，其水平射程為2s。若在A點正上方高H的B點拋出另一個物體，其水平射程為s。已知兩物體的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，且都從同一豎屏M的頂端擦過，如圖所示，求屏M的高度h？ 分析：思路1：平拋運動水平位移與兩個因素有關：初速大小和拋出高度，分別寫出水平位移公式，相比可得初速之比，設出屏M的頂端到各拋出點的高度，分別寫出與之相應的豎直位移公式，將各自時間用水平位移和初速表示，解方程即可。 思路2：兩點水平拋出，軌跡均為拋物線，將“都從同一豎屏M的頂端擦過”轉化為數(shù)學條件：兩條拋

32、物線均過同一點。按解析幾何方法求解。 解析:畫出各自軌跡示意圖 法一:由平拋運動規(guī)律根據(jù)題意得 2s=VAtA……①，s=VBtB……②，H=?gtA2……③, 2H=?gtB2……④ 可得:,又設各自經(jīng)過時間t1、t2從屏M的頂端擦過，則在豎直方向上有H－h(huán)=?gt12，2H－h(huán)=?gt22，在水平方向上有x=vAt1=vBt2，由以上三式解得h=6H/7。 法二：由平拋運動規(guī)律可得拋物線方程，依題意有yA=H－h(huán)，yB=2H－h(huán)時所對應的x值相同，將（x，yA）（x，yB）分別代入各自的拋物線方程聯(lián)立求出h=6H/7。 【例9】排球場總長18m，網(wǎng)高2．25 m，如圖所示，設對

33、方飛來一球，剛好在3m線正上方被我方運動員后排強攻擊回。假設排球被擊回的初速度方向是水平的，那么可認為排球被擊回時做平拋運動。（g取10m/s2） （1）若擊球的高度h＝2．5m，球擊回的水平速度與底線垂直，球既不能觸網(wǎng)又不出底線，則球被擊回的水平速度在什么范圍內(nèi)？ （2）若運動員仍從3m線處起跳，起跳高度h滿足一定條件時，會出現(xiàn)無論球的水平初速多大都是觸網(wǎng)或越界，試求h滿足的條件。 【解析】（1）球以vl速度被擊回，球正好落在底線上，則t1＝，vl=s/t1 將s=12m，h＝2．5m代入得v1=； 球以v2速度被擊回，球正好觸網(wǎng)，t2＝，v2=s//t2

34、 將h/=（2.5－2.25）m＝0．25m，s/＝3m代入得v2=。故球被擊目的速度范圍是＜v≤。 （2）若h較小，如果擊球速度大，會出界，如果擊球速度小則會融網(wǎng)，臨界情況是球剛好從球網(wǎng)上過去，落地時又剛好壓底線，則=，s、s/的數(shù)值同（1）中的值，h/＝ h－2．25（m），由此得 h＝2.4m 故若h＜2.4m，無論擊球的速度多大，球總是觸網(wǎng)或出界。 教學反思： 三、圓周運動 教學目標：1.知識與能力目標： 2 .過程與方法： 3.情感、態(tài)度、價值觀： 重點、難點： 教學方法

35、、手段： 知識簡析一、描述圓周運動的物理量 1．線速度：做勻速圓周運動的物體所通過的弧長與所用的時間的比值。 （1）物理意義：描述質點沿切線方向運動的快慢． （2）方向：某點線速度方向沿圓弧該點切線方向． （3）大小：V=S/t 說明:線速度是物體做圓周運動的即時速度 2．角速度：做勻速圓周運動的物體，連接物體與圓心的半徑轉過的圓心角與所用的時間的比值。 （l）物理意義：描述質點繞圓心轉動的快慢． （2）大?。害兀溅?t（rad／s） 3．周期T，頻率f：做圓周運動物體一周所用的時間叫周期． 做圓周運動的物體單位時間內(nèi)沿圓周繞圓心轉過的圈數(shù)，叫做頻率，也叫轉速．

36、 4．V、ω、T、f的關系 T＝1/f，ω＝2π/T=2πf，v＝2πr/T＝2πrf=ωr． T、f、ω三個量中任一個確定，其余兩個也就確定了．但v還和半徑r有關． 5．向心加速度 （1）物理意義：描述線速度方向改變的快慢 （2）大小：a=v2/r=ω2r=4π2fr=4π2r/T2=ωv， （3）方向：總是指向圓心，方向時刻在變化．不論a的大小是否變化，a都是個變加速度． （4）注意：a與r是成正比還是反比，要看前提條件，若ω相同，a與r成正比；若v相同，a與r成反比；若是r相同，a與ω2成正比，與v2也成正比． 6．向心力 （1）作用：產(chǎn)生向心加

37、速度，只改變線速度的方向，不改變速度的大小．因此，向心力對做圓周運動的物體不做功． （2）大小： F＝ma＝mv2/r＝mω2 r=m4π2fr=m4π2r/T2=mωv （3）方向：總是沿半徑指向圓心，時刻在變化．即向心力是個變力． 說明: 向心力是按效果命名的力，不是某種性質的力，因此，向心力可以由某一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，要根據(jù)物體受力的實際情況判定． 二、勻速圓周運動 1．特點：線速度的大小恒定，角速度、周期和頻率都是恒定不變的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不變的． 2．性質：是速度大小不變而速度方向時刻在變的變速曲線運動，并且是加速度大小不變、方向時刻

38、變化的變加速曲線運動． 3．加速度和向心力：由于勻速圓周運動僅是速度方向變化而速度大小不變，故僅存在向心加速度，因此向心力就是做勻速圓周運動的物體所受外力的合力． 4．質點做勻速圓周運動的條件：合外力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心． 三、變速圓周運動（非勻速圓周運動） 變速圓周運動的物體，不僅線速度大小、方向時刻在改變，而且加速度的大小、方向也時刻在改變，是變加速曲線運動（注：勻速圓周運動也是變加速運動）． 變速圓周運動的合力一般不指向圓心，變速圓周運動所受的合外力產(chǎn)生兩個效果． 1．半徑方向的分力：產(chǎn)生向心加速度而改變速度方向． 2．切線方向的分力：產(chǎn)生切線方向加速

39、度而改變速度大小． 故利用公式求圓周上某一點的向心力和向心加速度的大小，必須用該點的瞬時速度值． 四、圓周運動解題思路 1．靈活、正確地運用公式 ΣFn＝man=mv2/r＝mω2r＝m4π2r/T2＝m4π2fr ； 2．正確地分析物體的受力情況，找出向心力． 規(guī)律方法 1.線速度、角速度、向心加速度大小的比較 在分析傳動裝置的各物理量時．要抓住不等量和相等量的關系．同軸的各點角速度ω和n相等，而線速度v＝ωr與半徑r成正比．在不考慮皮帶打滑的情況下．傳動皮帶與皮帶連接的兩輪邊緣的各點線速度大小相等，而角速度ω＝v/r與半徑r成反比． 【例1】對如圖所示的皮帶傳動裝置，

40、下列說法中正確的是 (A)A輪帶動B輪沿逆時針方向旋轉． (B)B輪帶動A輪沿逆時針方向旋轉． (C)C輪帶動D輪沿順時針方向旋轉． (D)D輪帶動C輪沿順時針方向旋轉． 答案：BD 【例2】如圖所示，皮帶傳動裝置轉動后，皮帶不打滑，則皮帶輪上A、B、C三點的情況是（ ） A．vA=vB，vB＞vC； B．ωA=ωB，vB = vC C．vA ＝vB，ωB＝ωc ；D．ωA＞ωB ，vB ＝vC 解析：A、B兩點在輪子邊緣上，它們的線速度等于皮帶上各點的線速度，所以vA=vB；B、C兩點在同一輪上，所以ωB＝ωc，由V=ωr知vB＞vC

41、，ωA＞ωB ． 答案：AC 【例3】如圖所示，直徑為d的紙質圓筒，以角速度ω繞軸O高速運動，有一顆子彈沿直徑穿過圓筒，若子彈穿過圓筒時間小于半個周期，在筒上先、后留下a、b兩個彈孔，已知ao、bo間夾角為φ弧度，則子彈速度為 解析：子彈在a處進入筒后，沿直徑勻速直線運動，經(jīng)t=d/v時間打在圓筒上，在t時間內(nèi)，圓筒轉過的角度θ＝ωt=π－φ，則d/v=（π－φ）/ω，v=dω/（π－φ）答案：dω/（π－φ） 2．向心力的認識和來源 （1）向心力不是和重力、彈力、摩擦力相并列的一種類型的力，是根據(jù)力的效果命名的．在分析做圓周運動的質點受力情況時，切不可

42、在物體的相互作用力（重力、彈力、摩擦力、萬有引力）以外再添加一個向心力． (2)由于勻速圓周運動僅是速度方向變化而速度大小不變的運動，故只存在向心加速 度，物體受的外力的合力就是向心力。顯然物體做勻速圓周運動的條件是：物體的合外力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。 （3）分析向心力來源的步驟是:首先確定研究對象運動的軌道平面和圓心的位置，然后分析圓周運動物體所受的力,作出受力圖,最后找出這些力指向圓心方向的合外力就是向心力．例如，沿半球形碗的光滑內(nèi)表面，一小球在水平面上做勻速圓周運動，如圖小球做圓周運動的圓心在與小球同一水平面上的O/點，不在球心O，也不在彈力N所指的PO線上．

43、這種分析方法和結論同樣適用于圓錐擺、火車轉彎、飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周飛行等在水平面內(nèi)的勻速圓周運動的問題。共同點是由重力和彈力的合力提供向心力，向心力方向水平。 (4）變速圓周運動向心力的來源：分析向心力來源的步驟同分析勻速圓周運動向心力來源的步驟相向．但要注意， ①一般情況下，變速圓周運動的向心力是合外為沿半徑方向的分力提供． ②分析豎直面上變速圓周運動的向心力的來源時，通常有細繩和桿兩種模型． (5)當物體所受的合外力小于所需要提供的向心力時，即F向＜時，物體做離心運動；當物體所受的合外力大于所需要的向心力，即F向＞時，物體做向心運動。 【例4】飛行員從俯沖狀態(tài)往上拉時，會發(fā)生

44、黑機，第一次是因為血壓降低，導致視網(wǎng)膜缺血，第二次是因為大腦缺血，問（1）血壓為什么會降低？（2）血液在人體循環(huán)中。作用是什么？（3）為了使飛行這種情況，要在如圖的儀器飛行員進行訓練，飛行員坐在一個垂直平面做勻速圓周運動的艙內(nèi)，要使飛行員受的加速度 a= 6g，則轉速需為多少？（R＝20m）。 【解析】：（1）當飛行員往上加速上升，血液處于超重狀態(tài)，視重增大，心臟無法像平常一樣運輸血液，導致血壓降低。 （2）血液在循環(huán)中所起作用為提供氧氣、營養(yǎng)，帶走代謝所產(chǎn)生的廢物。 （3）由a向=v2/R可得 v=＝=34．29（m/s） 3、圓周運動與其它運動的結合 圓周運動和其他運動相結合，

45、要注意尋找這兩種運動的結合點：如位移關系、速度關系、時間關系等．還要注意圓周運動的特點：如具有一定的周期性等． 【例5】如圖所示，M,N是兩個共軸圓筒的橫截面，外筒半徑為R，內(nèi)筒半徑比R小很多，可以忽略不計。簡的兩端是封閉的，兩筒之間抽成真空，兩筒以相同角速度。轉其中心軸線（圖中垂直于紙面）作勻速轉動，設從M筒內(nèi)部可以通過窄縫S(與M筒的軸線平行）不斷地向外射出兩種不同速率v1和v2的微粒，從S處射出時初速度方向都是沿筒的半徑方向，微粒到達N筒后就附著在N筒上，如果R、v1和v2都不變，而ω取某一合適的值，則（） A.有可能使微粒落在N筒上的位置都在c處一條與S縫平行的窄條上 B.有可能

46、使微粒落在N筒上的位置都在某一處如b處一條與S縫平行的窄條上 C.有可能使微粒落在N筒上的位置分別在某兩處如b處和C處與S縫平行的窄條上 D.只要時間足夠長，N筒上將到處落有微粒 解：微粒從M到N運動時間t=R/v,對應N筒轉過角度θ=ωt=ωR/v, 即θ1=ωt=ωR/v1, θ2=ωt=ωR/v2, 只要θ1、θ2不是相差2π的整數(shù)倍，則落在兩處，C項正確；若相差2π的整數(shù)倍，則落在一處，可能是a處，也可能是b處。A,B正確。故正確選項為ABC. 【例6】如圖所示，穿過光滑水平平面中央小孔O的細線與平面上質量為m的小球P相連，手拉細線的另一端，讓小球在水平面內(nèi)以角速度ω1沿半徑為

47、a的圓周做勻速圓周運動。所有摩擦均不考慮。 求： （1)這時細線上的張力多大？ (2)若突然松開手中的細線，經(jīng)時間Δt再握緊細線，隨后小球沿半徑為b的圓周做勻速圓周運動。試問：Δt等于多大？這時的角速度ω2為多大？ 分析：手松后，小球不受力，將做勻速直線運動，求時間必須明確位移。正確畫出松手后到再拉緊期間小球的運動情況是解題的關鍵。求Wz要考慮到速度的分解：小球勻速直線運動速度要在瞬間變到沿圓周切向，實際的運動可看做沿繩的切向和垂直切向的兩個運動同時進行，畫出速度分解圖，可求得半徑為b的圓周運動的速度，進而求出ω2。 a b O v V2 解：（1)繩的張力提供向心力：T=

48、mω12a (2)松手后小球由半徑為a圓周運動到半徑為b的圓周上，做的是勻速直線運動（如圖所示）。 小球勻速直線運動速度要在瞬間變到沿圓周切向，實際的運動可看做沿繩的切向和垂直切向的兩個運動同時進行，有v2＝vsinθ＝va/b，即 【例7】如圖所示，位于豎直平面上的1／4圓軌道，半徑為R，OB沿豎直方向，上端A距地面高度為H，質量為m的小球從A點由靜止釋放，最后落在地面上C點處，不計空氣阻力，求： （1）小球則運動到B點時，對軌道的壓力多大？ （2）小球落地點C與B點水平距離S為多少？ （3）比值R／H為多少時，小球落地點C與B點水平距離S最遠？該水平距離最大值是多少

49、？ 解析：（1）小球沿圓弧做圓周運動，在B點由牛頓第二定律有NB－mg=mv2/R ① 由A至B，機械能守恒，故有mgR=?mv2 ② 由此解出NB=3mg （2）小球離B點后做平拋運動： 在豎立方向有：H－R=?gt2 ③ 水平方向有：S＝vt ④ 由②③④解出：s= ⑤ （3）由⑤式得s＝ ⑥ 由⑥式可知當R=H/2時，s有最大值，且為smax=H 答案：NB=3mg，s＝，smax=H 點評：對于比較復雜的問題，一定要注意分清物理

50、過程，而分析物理過程的前提是通過分析物體的受力情況進行． 4、圓周運動中實例分析 【例8】如圖所示，是雙人花樣滑冰運動中男運動員拉著女運動員做圓錐擺運動的精彩場面．若女運動員做圓錐擺運動時和豎直方向的夾角為B,女運動員的質量為m,轉動過程中女運動員的重心做勻速圓周運動的半徑為r,求這時男運動員對女運動員的拉力大小及兩人轉動的角速度 解析:依圓錐擺原理,男運動員對女運動員的拉力F=mg/cosθ,女運動員做圓周運動的向心力F向=mgtanθ,則由動力學方程得mgtanθ=mω2r,得 【例9】如圖所示為一實驗小車中利用光脈沖測量車速和行程的裝置的示意圖,A為光源,B為電接收器,A、B均固

51、定在車身上，C為小車的車輪，D為與C同軸相連的齒輪．車輪轉動時,A發(fā)出的光束通過旋轉齒輪上齒的間隙后變成脈沖光信號，被B接收并轉換成電信號，由電子電路記錄和顯示．若實驗顯示單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)為n，累計脈沖數(shù)為N, 則要測出小車的速度和行程還必須測量的物理量或數(shù)據(jù)是 ；車速度的表達式為v= ；行程的表達式為s= 解析：由題可知，每經(jīng)過一個間隙，轉化成一個脈沖信號被接收到，每個間隙轉動的時間t=1/n。 設一周有P個齒輪，則有P個間隙，周期T=Pt=P/n。據(jù)v=2πR/T=2πnR/P， 所以必須測量車輪的半徑R和齒數(shù)

52、P，當肪沖總數(shù)為N，則經(jīng)過的時間t0=Nt=N/n. 所以位移 【例10】若近似認為月球繞地公轉與地球繞日公轉的軌道在同一平面內(nèi)，且均為正圓，又知這兩種轉動同向，如圖所示，月相變化的周期為29．5 天（圖示是相繼兩次滿月時，月、地、日相對位置的示意圖）。求：月球繞地球轉一周所用的時間T（因月球總是一面朝向地球，故T恰是月球自轉周期）。（提示：可借鑒恒星日、太陽日的解釋方法）。 【解析】用物理角速度、線速度原理解答， 地球繞太陽公轉每天的角速度ω=2π/365（取回歸年365天）。從上次滿月到下次滿月地球公轉了θ角，用了29．5天。 所以，θ＝ω·29．5=2π/365

53、×29．5（天）。 月球在兩滿月之間轉過（2π＋θ），用了29．5天，所以月球每天的角速度ω/= 根據(jù)周期公式T=2π/ω/（即月球3600除以每天角速度所花的時間）得： T＝2π/，因為θ=2π/365×29．5 所以T=27.3天 【例11】如圖所示，在圓柱形房屋天花板中心O點懸掛一根長為L的細繩，繩的下端掛一個質量為m的小球，已知繩能承受的最大拉力為2mg，小球在水平面內(nèi)做圓周運動，當速度逐漸增大到繩斷裂后，小球恰好以速度v2=落到墻腳邊．求（1）繩斷裂瞬間的速度v1；（2）圓柱形房屋的高度H和半徑． 【解析】繩斷裂前小球作圓錐擺運動，繩斷裂后小球沿切線方

54、向作平拋運動，直到落地，小球作平拋運動的過程滿足機械能守恒定律． （l）小球在繩斷前瞬時受力如圖所示 由于Tm＝2mg，cosθ==，θ=600 F合＝mgtan600＝mv/r，r=Lsinθ解得v1= （2）小球從拋出到落地，根據(jù)機械能守恒定律?mv12＋mgh1=?mv22 式中h1為繩斷裂時小球距地面的高度，由上式解得h1==L 設繩斷裂時小球距天花板的高度為h2，則h2=Lcos600=L 故房屋高度H=h1＋h2=13 L/4 （3）繩斷裂后小球沿圓周的切線方向作平拋運動，設小球由平拋至落地的水平射程為x，如圖所示．x=v1t，h1=gt2/2， R=

55、 解得R=3L 【例12】如圖（a）所示為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端拴一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連．已知有一質量為m0的子彈B沿水平方向以速度v0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內(nèi)做圓周運動，在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時間t的變化關系如圖(b)所示．已知子彈射入的時間極短，且圖（b）中t＝0為A、B開始以相同速度運動的時刻，根據(jù)力學規(guī)律和題中（包括圖）提供的信息，對反映懸掛系統(tǒng)本身性質的物理量（例如A的質量）及A、B一起運動過程中的守恒量，你能求得哪些定量的結果？ 解析:由圖可直接看出，A,B一起做周期性運動

56、，運動的周期T＝2t0, C Aa B F Fm t0 3t0 5t0 令m表示A的質量，L表示繩長，v1表示B陷入A內(nèi)時即t=0時A,B的速度（即圓周運動最低點的速度）,v2表示運動到最高點時的速度，F(xiàn)l表示運動到最低點時繩的拉力，F(xiàn)2表示運動到最高點時繩的拉力，根據(jù)動量守恒定律，得m0v0＝（m0＋m)v1， 在最低點和最高點處運用牛頓定律可用 Fl一(m＋m0)g=(m＋m0)；F2＋(m＋m0)g＝(m＋m0) 根據(jù)機械能守恒定律可得 2L(m＋m0)g=?(m＋m0)v12－?(m＋m0)v22；由圖可知F2=0; F1=Fm 由以上各式可解

57、得，反映系統(tǒng)性質的物理量是……①;……② A,B一起運動過程中的守恒量是機械能E，若以最低點為勢能的零點，則E＝?(m＋m0) v12……③ 由①②③式解得 教學反思： 四、圓周運動的應用 教學目標：1.知識與能力目標： 2 .過程與方法： 3.情感、態(tài)度、價值觀： 重點、難點： 教學方法、手段： 知識簡析 一、圓周運動的臨界問題 1.圓周運動中的臨界問題的分析方法 首先明確物理過程，對研究對象進行正確的受力分析，然后確定向心力，根據(jù)向心力公式列出方程，由方程中的某個力的變化與速度變化的對應關

58、系，從而分析找到臨界值． 2.特例（1）如圖所示，沒有物體支撐的小球，在豎直平面做圓周運動過最高點的情況： 注意：繩對小球只能產(chǎn)生沿繩收縮方向的拉力 ①臨界條件：繩子或軌道對小球沒有力的作用：mg=mv2/R→v臨界=（可理解為恰好轉過或恰好轉不過的速度） 注意：如果小球帶電，且空間存在電、磁場時，臨界條件應是小球重力、電場力和洛倫茲力的合力作為向心力，此時臨界速度V臨≠ ②能過最高點的條件：v≥，當V＞時，繩對球產(chǎn)生拉力，軌道對球產(chǎn)生壓力． ③不能過最高點的條件：V＜V臨界（實際上球還沒到最高點時就脫離了軌道） （2）如圖（a）的球過最高點時，輕質桿（管）對球產(chǎn)

59、生的彈力情況： 注意：桿與繩不同，桿對球既能產(chǎn)生拉力，也能對球產(chǎn)生支持力． ①當v＝0時，N＝mg（N為支持力） ②當 0＜v＜時， N隨v增大而減小，且mg＞N＞0，N為支持力． ③當v=時，N＝0 D. 當v＞時，N為拉力，N隨v的增大而增大（此時N為拉力，方向指向圓心） 注意：管壁支撐情況與桿子一樣 若是圖（b）的小球，此時將脫離軌道做平拋運動．因為軌道對小球不能產(chǎn)生拉力． 注意：如果小球帶電，且空間存在電場或磁場時，臨界條件應是小球所受重力、電場力和洛侖茲力的合力等于向心力，此時臨界速度 。要具體問題具體分析，但分析方法是相同的。 二.“質點做勻速圓周運動”與

60、“物體繞固定軸做勻速轉動”的區(qū)別與聯(lián)系 （1)質點做勻速圓周運動是在外力作用下的運動，所以質點在做變速運動，處于非平衡狀態(tài)。 (2）物體繞固定軸做勻速轉動是指物體處于力矩平衡的轉動狀態(tài)。對于物體上不在轉動軸上的任意微小質量團（可說成質點），則均在做勻速圓周運動。 規(guī)律方法 1.圃周運動中臨界問題分析，應首先考慮達到臨界條件時物體所處的狀態(tài)，然后分析該狀態(tài)下物體的受力特點．結合圓周運動的知識，列出相應的動力學方程 O O/ R 【例1】在圖中，一粗糙水平圓盤可繞過中心軸OO/旋轉，現(xiàn)將輕質彈簧的一端固定在圓盤中心，另一端系住一個質量為m的物塊A，設彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧原長為L

61、。將物塊置于離圓心R處，R＞L，圓盤不動，物塊保持靜止?，F(xiàn)使圓盤從靜止開始轉動，并使轉速ω逐漸增大，物塊A相對圓盤始終未惰動。當ω增大到時，物塊A是否受到圓盤的靜摩擦力，如果受到靜摩擦力，試確定其方向。 【解析］對物塊A，設其所受靜摩擦力為零時的臨界角度為ω0，此時向心力僅為彈簧彈力；若ω＞ω0，則需要較大的向心力，故需添加指向圓心的靜摩擦力；若ω＜ω0，則需要較小的向心力，物體受到的靜摩擦力必背離圓心。 依向心力公式有mω02R=k(R－L)，所以，故時,得ω＞ω0。可見物塊所受靜摩擦力指向圓心。 【例2】如圖16所示，游樂列車由許多節(jié)車廂組成。列車全長為L，圓形軌道半徑為R，（R

62、遠大于一節(jié)車廂的高度h和長度l，但L>2πR）.已知列車的車輪是卡在導軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運動而不能脫軌。試問：列車在水平軌道上應具有多大初速度V0，才能使列車通過圓形軌道？ V0 R 分析與解：列車開上圓軌道時速度開始減慢，當整個圓軌道上都擠滿了一節(jié)節(jié)車廂時，列車速度達到最小值V，此最小速度一直保持到最后一節(jié)車廂進入圓軌道，然后列車開始加速。由于軌道光滑，列車機械能守恒，設單位長列車的質量為m，則有： E m，q L ·O 要使列車能通過圓形軌道，則必有V>0,解得。 【例3】如圖所示，細繩長為L，一端固定在O點，另一端系一質量為m、電荷量為+q的小球，置于

63、電場強度為E的勻強電場中，欲使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球至最高點時速度應該是多大？ 解析：小球至最高點時能以L為半徑做圓周運動，所需向心力最小時繩子無拉力，則Mg＋Eq=mv02/L，得，故小球在豎直平面內(nèi)能夠做圓周運動時，小球至最高點的速度 拓展：該題中物理最高點與幾何最高點是重合的，物理最高點是在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體在該點勢能最大，動能最小，若把該題中的電場變?yōu)樗较蛴遥鐖D，當金屬球在環(huán)內(nèi)做圓周運動時，則物理最高點為A點，物理最低點為B點，而幾何最高點為C點，幾何最低點為D點（這種情況下，兩個最高點已不再重合，兩個最低點也不再重合）． A處速度的最小值（臨界速

64、度）應滿足： 思考：物體恰能到達幾何最高點時，繩的拉力為多少？ 【例4】一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管，位于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細管的半徑大得多），圓管中有兩個直徑與細管內(nèi)徑相同的小球（可視為質點）。A球的質量為m1，B球的質量為m2。它們沿環(huán)形圓管順時針運動，經(jīng)過最低點時的速度都為v0。設A球運動到最低點時，球恰好運動到最高點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么m1，m2，R與v0應滿足怎樣的關系式? 解析：首先畫出小球運動達到最高點和最低點的受力圖，如圖所示。A球在圓管最低點必受向上彈力N1，此時兩球對圓管的合力為零，m2必受圓管向下的彈力N2，且N1=N2。 　　據(jù)牛

65、頓第二定律A球在圓管的最低點有① 　　同理m2在最高點有② 　　m2球由最高點到最低點機械能守恒③又N1=N2……④ 【小結】 比較復雜的物理過程，如能依照題意畫出草圖，確定好研究對象，逐一分析就會變?yōu)楹唵螁栴}。找出其中的聯(lián)系就能很好地解決問題。 【例5】如圖所示，賽車在水平賽道上作900轉彎，其內(nèi)、外車道轉彎處的半徑分別為r1和r2，車與路面間的動摩擦因數(shù)和靜摩擦因數(shù)都是μ．試問：競賽中車手應選圖中的內(nèi)道轉彎還是外道轉彎？在上述兩條彎轉路徑中，車手做正確選擇較錯誤選擇所贏得的時間是多少？ 分析:賽車在平直道路上行駛時，其速度值為其所能達到的最大值，設為vm。轉彎時，車做圓周運動

66、，其向心力由地面的靜摩擦力提供，則車速受到軌道半徑和向心加速度的限制，只能達到一定的大?。疄榇?，車在進入彎道前必須有一段減速過程，以使其速度大小減小到車在彎道上運行時所允許的速度的最大值，走完彎路后，又要加速直至達到vm。車道的選擇，正是要根據(jù)內(nèi)外道上的這些對應過程所歷時間的比較來確定． 對于外車道，設其走彎路時所允許的最大車速為v2，則應有mv22/r2=μmg解得v2= 如圖所示，設車自M點開始減速，至N點其速度減為v2，且剛好由此點進入彎道，此減速過程中加速度的大小為a=μmg/m=μg 此減速過程中行駛的路徑長度（即MN的長度）為x2==－ 車沿彎道到達A點后，由對稱關系不難看出，它又要在一段長為x2的路程上加速，才能達到速度vm。上述過程所用的總時間為 t2=t減速＋t圓?。玹加速=＋＋=－（2－） 同樣的道理可以推得車走內(nèi)車道所用的總時間為t1=－（2－） 另一方面，對內(nèi)車道和外車道所歷路程的直線部分進行比較，由圖可見，車往內(nèi)車道多走了長度 ΔL＝ r2－ rl 同時，在直線道上車用于加速和減速的行程中，車往內(nèi)道也多走了長度 Δx