第19讲竖直面内圆周运动之绳”模型和“杆”模型及其临界问题（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_专项复习_2023届高三物理高考复习101微专题模型精讲精练

第 19 讲 竖直面内圆周运动之绳”模型和“杆”模型及其临界问 题 1．（2022·江苏）在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略．空间站上操控货 物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L．如图1所示，机械臂一端固定 在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物．在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为 2L、角速度为 的匀速圆周运动，运动到A点停下．然后在机械臂操控下，货物从A点由静止 开始做匀加速直ω线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。 （1）求货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小F 。 n （2）求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。 （3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如图2所示，它们在同一直线上．货物与空 间站同步做匀速圆周运动．已知空间站轨道半径为 r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间 站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F ：F 。 1 2 【解答】解：（1）货物做匀速圆周运动，向心力 F =m⋅2Lω2=2mLω2 n v 2L （2）设货物到达B点的速度为v，根据匀变速规律L= t，得v= 2 t 2L 货物的加速度 v t 2L a= = = t t t22mL 根据牛顿第二定律，机械臂对货物的作用力F＝ma= t2 机械臂对货物做功的瞬时功率P＝Fv 2mL 2L 4mL2 = × = t2 t t3 （3）设地球质量为M，空间站的质量为m ，地球对空间站的万有引力为F，根据万有引力定律 0 F Mm ① =G 0 r2 Mm 地球对货物的万有引力F 2 =G (r-d) 2 ② 联立①②得 m 0= Fr2 ③ m F (r-d) 2 2 设空间站做匀速圆周运动的角速度为 ，根据牛顿第二定律 0 对空间站 ④ ω F=m rω2 0 0 对货物 ⑤ F -F =m(r-d)ω2 2 1 0 联立③④⑤解得F r3-(r-d) 3 1= F r3 2 答：（1）货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小为2m 2L； ω （2）货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为4mL2； t3 （3）货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比为r3-(r-d) 3 。 r3 一.竖直面内的圆周运动——“绳”模型和“杆”模型 1.在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到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、沿内轨道运动的物体等)，称为“绳(环)约束模型”； 二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。2．绳、杆模型涉及的临界问题 绳模型 杆模型 常见 类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 受力 除重力外，物体受到的弹力 除重力外，物体受到的弹力向下、等于零 特征 向下或等于零 或向上 受力 示意图 过最高 点的临 由mg＝m得v ＝ 由小球恰能做圆周运动得v ＝0 临 临 界条件 (1)当v＝0时，F＝mg，F为支持力，沿 N N (1)过最高点时，v≥，F＋ N 半径背离圆心 mg＝m，绳、圆轨道对球产生 (2)当0时，F＋mg＝m，F指向圆心，并 N N 了圆轨道 随v的增大而增大 3.竖直面内圆周运动问题的解题思路 二. 例题精析 题型一、杆球模型 例1．一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 v2 【解答】解：A、当小球到达最高点弹力为零时，重力提供向心力，有 mg=m ，解得v=√gR R ，即当速度v=√gR时，杆子所受的弹力为零。故A正确。 B、小球通过最高点的最小速度为零。故B错误。 v2 C、小球在最高点，若v＜√gR，则有：mg-F=m ，杆子的作用力随着速度的增大而减小， R v2 若v＞√gR，则有：mg+F=m ，杆子的作用力随着速度增大而增大。故C、D错误。 R 故选：A。 题型二、绳球模型 例2．如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面 内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小 v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F﹣v2 图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为（0，﹣b），斜率为k。不计空气阻力， 重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．该小球的质量为bg b B．小球运动的轨道半径为 kgC．图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零 D．当v2＝a时，小球的向心加速度为g b 【解答】解：A、在最高点，若v＝0，则N＝mg＝b；所以小球的质量：m= ．故A错误； g a k B、由几何关系可知，图线与横坐标的交点： = 2 b k 若N＝0，由图知：v2= ， b v2 mk 则有：mg＝m = ， R b b 解得R= ，故B正确； kg C、由图可知：图线与横轴的交点表示小球与受到的绳子的拉力为 0，但小球所受的合外力不能 为零。故C错误； v2 ma v2 D、若v2＝a时，b+mg＝m = ，解得 =2g，即小球的向心加速度为2g，故D错误。 R R R 故选：B。 三、举一反三，巩固提高 1. 如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，小球沿圆轨道在 竖直平面内做圆周运动，铁块始终保持静止，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ） A．小球在圆轨道A点时，地面受到的压力等于铁块和小球的总重力 B．小球在圆轨道B点时，地面受到的摩擦力方向水平向左 C．小球在圆轨道C点时，地面受到的压力一定不为0 D．小球在圆轨道D点时，其加速度方向水平向左 【解答】解：A、小球经过最低点A时，假设轨道对小球的支持力为N，根据牛顿第二定律有：N﹣mg＝mv2，解得：N＝mg+mv2，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为：N′＝mg+m 0 0 R R v2 0 ，由受力平衡可知地面的支持力为：N地 ＝Mg+N′＝（M+m）g+mv2 0 ，根据牛顿第三定律可 R R 知地面受到的压力为：＝（M+m）g+mv2，，故A错误； 0 R B、小球运动到B点时，在该位置小球所需向心力水平向右，小球对铁块的压力水平向左，则地 面对铁块的静摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，铁块对地面的摩擦力水平向左，故 B 正确； v2 C、小球在圆轨道最高点C时，假设速度为v，根据牛顿第二定律有：N +mg＝m 解得：N ＝ C C R v2 v2 m -mg，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的弹力为：N '＝m -mg，方向竖直向上，根据 C R R 受力平衡有：N地'＝Mg﹣N C '＝（M+m）g﹣mv2，可知当小球在C点速度为：v = √(M+m)gR R m ，地面支持力为0，故小球在圆轨道最高点C时，地面受到的压力可能为0，故C错误； D、小球运动到D点时，在该位置小球所需向心力水平向左，同时小球还收到自身的重力，因此 在D点小球除了具有水平向左的加速度还具有竖直向下的加速度，故D错误； 故选：B。 L 2. 如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方 处有一钉子C．把悬线另一端 2 的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子， 则小球的（ ）A．线速度突然增大为原来的2倍 B．线速度突然减小为原来的一半 C．向心加速度突然增大为原来的2倍 D．悬线拉力突然增大为原来的2倍 【解答】解：AB、悬线与钉子碰撞前后瞬间，线的拉力始终与小球运动方向垂直，小球线速度 大小不变，故AB错误； v2 C、根据向心加速度公式a= ，可知线速度大小不变，半径减半，则向心加速度变为原来的2 r 倍，故C正确； v2 D、根据合力充当向心力知F﹣mg＝m ，向心力增大为原来的2倍，但拉力增大不了二倍，故 r D错误。 故选：C。 3. 如图所示，粗糙程度处处相同、倾角为 的倾斜圆盘上，有一长为L的轻质细绳，一 端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的 O点转动，θ另一端与质量为m的小滑块相连，小滑块从 最高点A以垂直细绳的速度v 开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑 0 块受到的摩擦力大小为（ ） A．m(v2-gLsinθ) B．mv2 0 0 4πL 2πL C．m(v2-gL) D．mv2 0 0 4πL 4πL 【解答】解：小滑块恰好能完成一个完整圆周运动，再次到达最高点时，根据牛顿第二定律可 v2 得：mgsinθ=m ，解得v=√gLsinθ L 1 1 1 1 在整个运动过程中，根据动能定理可得：W = mv2- mv2，解得W = mgLsinθ- mv2 f 2 2 0 f 2 2 0摩擦力做功W＝﹣f×2 L，解得f m(v2-gLsinθ)，故A正确，BCD错误； f = 0 4πL π 故选：A。 4. 如图甲所示，长为R的轻杆一端固定一个小球，小球在竖直平面内绕轻杆的另一端O 做圆周运动，小球到达最高点时受到杆的弹力F与速度平方v2的关系如乙图所示，则（ ） A．小球到达最高点的速度不可能为0 R B．当地的重力加速度大小为 b C．v2＜b时，小球受到的弹力方向竖直向下 D．v2＝c时，小球受到的弹力方向竖直向下 【解答】解：A、小球到达最高点的速度可能为0，此时杆对小球的支持力等于重力，故A错误； v2 b b B、在最高点，若支持力为零，则mg＝m =m ，解得g= ，故B错误； R R R CD、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所 以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误、D正确。 故选：D。 5. 如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉 子P，小球从左侧一定高度摆下（整个过程无能量损失）。下列说法中正确的是（ ） A．在摆动过程中，小球所受重力和绳子拉力的合力始终等于向心力 B．小球经过最低点时，加速度不变 C．小球经过最低点时，速度不变D．钉子位置离O点越近，绳就越容易断 【解答】解：A、小球在下摆的过程中，小球速度逐渐变大，小球所受重力和绳子拉力的合力改 变小球的速度大小和方向，故A错误； v2 BC、细绳与钉子相碰前后线速度大小不变，半径变小，加速度a= 变大，故B错误，C正确； r v2 D、OP间距离越小，绳子被钉子挡住后做圆周运动的半径越大，根据 T﹣mg＝m 可知，绳上 r 的拉力越小，则细绳越不容易断，故D错误； 故选：C。 6. 如图所示，竖直杆OP光滑，水平杆OQ粗糙，质量均为m的两个小球穿在两杆上， 并通过轻弹簧相连，在图示位置AB连线与竖直方向成 角时恰好平衡，现在让系统绕OP杆 所在竖直线为轴以从零开始逐渐增大的角速度 转动，下θ列说法正确的是（ ） ω A．小球A与OQ杆的弹力随 的增大而增大 B．弹簧的长度随 的增大而增ω长 C．小球A与杆的摩ω擦力随 的增大而增大 D．开始的一段时间内，B小ω球与杆的弹力随 的增大而可能不变 【解答】解：A．开始未转动时恰好平衡，A受ω杄的摩擦力水平向右恰好达最大值，如果 从零 开始增大，那么由整体法可知A、B竖直方向受力平衡，则A与OQ杆的弹力与A、B的重ω力平 衡，所以大小是2mg不变，故A错误； BC．随着角速度 的增大，在A相对OQ不动时，设弹簧对A的拉力的水平分力为F，由 F﹣f＝m 2r ω 可知A与ω杆的摩擦力先减小到零，然后反方向增大，直到A开始移动到新的相对平衡位置，故 BC错误； D．在A球相对OQ不动的过程中，弹簧长度不变，此过程中B与杆的弹力也不变，故D正确。 故选：D。7. （多选）如图甲所示，一长为R的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定 一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力 F 与其速度平方v2的关系如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是（ ） R A．利用该装置可以得出重力加速度，且g= a B．绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大 C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线a点的位置不变 v2 v2 【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，mg+F＝m ，解得 F=m -mg，则 R R FR a v2= +gR，由图线知，纵轴截距a＝gR，解得重力加速度g= ，故A错误。 m R FR R B、由v2= +gR知，图线的斜率k= ，绳长不变，用质量较大的球做实验，得到图线的斜 m m 率更小，故B错误。 FR R C、由v2= +gR知，图线的斜率k= ，绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜 m m 率更大，故C正确。 FR D、由v2= +gR知，纵轴截距为gR，绳长不变，则a点的位置不变，故D正确。 m 故选：CD。 8. 如图所示，有一长为L的细绳，一端悬挂在A点，另一端拴一质量为m、电量为q的 带有负电荷的小球；悬点A处放一正电荷，电量也为q。如果要使小球能在竖直平面内作完整 的圆周运动，如图所示。若已知重力加速度为g，则（ ）A．小球到达最高点D点速度的最小值为√gL B．小球到达与A点等高的C点受到绳子拉力的最小值为2mg C．小球到达最低点B点速度的最小值为√kq2 +4gL mL D．小球到达最低点B点受到绳子拉力的最小值为6mg 【解答】解：A．小球到达D点速度的最小时，满足kq2 mg＝mv2 + D L2 L 因此最小速度为v √kq2 D= +gL mL 故A错误； 1 1 B．在C点，速度最小时，拉力最小，从D到C的过程中，机械能守恒 mv2 +mgL= mv2 2 D 2 C kq2 T＝mv2 + C L2 L 解得 T＝3mg 故B错误； 1 1 C．从D到B的过程中满足机械能守恒 mv2 +mg•2L= mv2 2 D 2 B 因此B点速度的最小值v √kq2 B= +5gL mL 故C错误； D．在B点，根据牛顿第二定律T kq2 mg＝mv2 + - B L2 L 解得T＝6mg故D正确。 故选：D。 9. 如图所示，带有支架总质量为M的小车静止在水平面上，质量为m的小球通过轻质 细绳静止悬挂在支架上的O点，绳长为L。现给小球一水平初速度v 让小球在竖直平面内以O 0 点为圆心做圆周运动，小球恰能通过最高点A，其中A、C为圆周运动的最高点和最低点， B、D与圆心O等高。小球运动过程中，小车始终保持静止，不计空气阻力，重力加速度为 g。则（ ） A．小球通过最低点C的速率为 v =√4gL 0 B．小球通过最低点C时，地面对小车支持力大小为Mg+6mg C．小球通过B点时，小车受地面向左的摩擦力大小为2mg D．小球通过D点时，其重力功率为零 【解答】解：A、小球恰能通过最高点A，此时细绳拉力等于零，重力提供向心力，以小球为研 究对象，由牛顿第二定律得：mg＝mv2 ，解得，小球经A点时的速度大小v ，从C到 A A=√gL L 1 1 A，根据动能定理：﹣mg•2L= 2 mv2 A - 2 mv2 0 ，解得，小球在C点速度大小为v 0 =√5gL，故A 错误； B、小球通过C点时，由牛顿第二定律得：F ﹣mg＝mv2，解得，此时绳子拉力大小 F ＝ C 0 C L 6mg，由牛顿第三定律可知，绳子对小车的拉力大小 F ′＝F ＝6mg，以小车为研究对象，由平 C C 衡条件得，此时地面对小车的支持力大小为F ＝Mg+F ′＝Mg+6mg，故B正确； N C 1 1 C、从 A点到 B点，根据动能定理得：mgL= mv 2- mv2，解得，小球在 B点速度为 v 2 B 2 A B，小球通过B点时，由牛顿第二定律得：F ＝mv2，解得，绳子对小球的拉力大小F ＝ =√3gL B B B L 3mg，方向向左，所以细绳对小车的拉力方向向右，以小车为研究对象，由平衡条件，小车受到 向左的摩擦力，大小为3mg，故C错误； D、小球通过D点时速度方向沿竖直方向，重力竖直向下，重力的功率不为零，故D错误。 故选：B。 10. 如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高 点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F ，拉力F 与速度的平方v2的关系如图乙所示，图 T T 像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，不计空气阻力，以下说法正确的是（ ） A．小球机械能可能不守恒 B．如果小球能完成竖直面内做圆周运动，最低点与最高点拉力大小之差与v无关 a C．小球的质量等于 g b D．圆周轨道半径 g 【解答】解：A、小球在竖直平面内做圆周运动，由于绳子拉力不做功，只有重力做功，所以机 械能守恒，故A错误； mv2 mv2 D、小球在最高点，根据牛顿第二定律：F +mg= ，得F ＝m -mg，根据图象，当F ＝ T T T r r a 0时，v2＝a＝gr，所以r= ，故D错误； g mv2 b C、根据图象，v2＝2a时，F ＝b，代入F = -mg，解得b＝mg，所以m= ，故C错误； T T r g B、小球在竖直平面做完整的圆周运动，设最高点对应的速度为v ，最低点对应的速度为v ， 1 2 小球在最高点，根据牛顿第二定律：F +mg＝m mv2 T1 1 r小球在最低点，根据牛顿第二定律：F ﹣mg mv2 T2 = 2 r 1 1 小球从最高点到最低点，根据动能定理：2mgr= mv 2- mv 2 2 1 2 2 联立解得：F ﹣F ＝6mg，与速度无关，故B正确。 T2 T1 故选：B。 11. 现将等宽双线在水平面内绕制成如图 1所示轨道，两段半圆形轨道半径均为 R=√3 m，两段直轨道AB、A'B长度均为l＝1.35m。在轨道上放置个质量m＝0.1kg的小圆柱体，如 图2所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角 为120°，如图3所示，两 轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为 ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相θ对轨道长度可忽略不计， 初始时小圆柱位于 A 点处，μ现使之获得沿直轨道 AB 方向的初速度 v 。求： 0 （1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f 、f 的大小； 1 2 （2）当v ＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N 、N 的大 0 1 2 小； （3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 的最大值，以及在v 取最大值情形下小圆柱最终滑过的 0 0 路程s。 【解答】解：（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面面圆心 O连线的夹角 为120°，根据对称 性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力为：f ＝f ＝ N， 1 2 θ 解得：f ＝f ＝0.5N 1 2 μ （2）当v ＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，根据动能定理可得： 0 1 1 mv2- mv2=-（f +f ）l 1 2 2 2 0 解得：v＝3m/sv2 在B点受力分析：N sin60°﹣N sin60°＝m ，N cos60°+N cos60°＝mg 1 2 1 2 R 联立解得：N ＝0.95N，N ＝0.35√3N 1 2 （3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 最大时，在B点：N' sin60°＝mv2 ，N' cos60°＝mg 0 1 m 1 R 1 1 根据动能定理可得： mv2 - mv2 =-（f +f ）l 2 m 2 0m 1 2 联立解得：v =√57m/s 0m 在圆弧上受摩擦力仍为：f＝（f +f ）＝ （N +N ），解得：f＝1N 1 2 1 2 1 根据动能定理可知： mv2 =fs，解得：μs＝2.85m 2 0m 答：（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f 、f 的大小都为0.5N； 1 2 （2）外轨和内轨对小圆柱的压力N 、N 的大小分别为0.95N，0.35√3N； 1 2 （3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 的最大值为√57m/s，以及在v 取最大值情形下小圆柱最终 0 0 滑过的路程s为2.85m。