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）

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ω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Fn。

（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F1：F2。

【解答】解：（1）货物做匀速圆周运动，向心力

（2）设货物到达B点的速度为v，根据匀变速规律，得v

货物的加速度

根据牛顿第二定律，机械臂对货物的作用力F＝ma

机械臂对货物做功的瞬时功率P＝Fv

（3）设地球质量为M，空间站的质量为m0，地球对空间站的万有引力为F，根据万有引力定律F①

地球对货物的万有引力②

联立①②得③

设空间站做匀速圆周运动的角速度为ω0，根据牛顿第二定律

对空间站④

对货物⑤

联立③④⑤解得

答：（1）货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小为2mω2L；

（2）货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为；

（3）货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比为。

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

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 

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，解得v，即当速度v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。

C、小球在最高点，若，则有：，杆子的作用力随着速度的增大而减小，若v，则有：，杆子的作用力随着速度增大而增大。故C、D错误。

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．小球运动的轨道半径为 

C．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

【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；

B、由几何关系可知，图线与横坐标的交点：

若N＝0，由图知：v2，

则有：mg＝m，

解得R，故B正确；

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；

D、若v2＝a时，b+mg＝m，解得，即小球的向心加速度为2g，故D错误。

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＝m，解得：N＝mg+m，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为：N′＝mg+m，由受力平衡可知地面的支持力为：N地＝Mg+N′＝（M+m）g+m，根据牛顿第三定律可知地面受到的压力为：＝（M+m）g+m，，故A错误；

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；

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：NC+mg＝m解得：NC＝mmg，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的弹力为：NC'＝mmg，方向竖直向上，根据受力平衡有：N地'＝Mg﹣NC'＝（M+m）g﹣m，可知当小球在C点速度为：v，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。

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；

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倍，故C正确；

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D错误。

故选：C。

3. 如图所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ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，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v0开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为（　　）

A． B． 

C． D．

【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得：，解得v

在整个运动过程中，根据动能定理可得：，解得

摩擦力做功Wf＝﹣f×2πL，解得f，故A正确，BCD错误；

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 

B．当地的重力加速度大小为 

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；

B、在最高点，若支持力为零，则mg＝mm，解得g，故B错误；

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；

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；

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θ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ω转动，下列说法正确的是（　　）

A．小球A与OQ杆的弹力随ω的增大而增大 

B．弹簧的长度随ω的增大而增长 

C．小球A与杆的摩擦力随ω的增大而增大 

D．开始的一段时间内，B小球与杆的弹力随ω的增大而可能不变

【解答】解：A．开始未转动时恰好平衡，A受杄的摩擦力水平向右恰好达最大值，如果ω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的重力平衡，所以大小是2mg不变，故A错误；

BC．随着角速度ω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＝mω2r

可知A与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（　　）

A．利用该装置可以得出重力加速度，且g 

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

【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，mg+F＝m，解得F，则，由图线知，纵轴截距a＝gR，解得重力加速度g，故A错误。

B、由知，图线的斜率k，绳长不变，用质量较大的球做实验，得到图线的斜率更小，故B错误。

C、由知，图线的斜率k，绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大，故C正确。

D、由知，纵轴截距为gR，绳长不变，则a点的位置不变，故D正确。

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 

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 

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mg＝m

因此最小速度为vD

故A错误；

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mgL

T＝m

解得

T＝3mg

故B错误；

C．从D到B的过程中满足机械能守恒mg•2L

因此B点速度的最小值vB

故C错误；

D．在B点，根据牛顿第二定律Tmg＝m

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v0让小球在竖直平面内以O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 

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＝m，解得，小球经A点时的速度大小vA，从C到A，根据动能定理：﹣mg•2L，解得，小球在C点速度大小为v0，故A错误；

B、小球通过C点时，由牛顿第二定律得：FC﹣mg＝m，解得，此时绳子拉力大小FC＝6mg，由牛顿第三定律可知，绳子对小车的拉力大小FC′＝FC＝6mg，以小车为研究对象，由平衡条件得，此时地面对小车的支持力大小为FN＝Mg+FC′＝Mg+6mg，故B正确；

C、从A点到B点，根据动能定理得：mgLmvm，解得，小球在B点速度为vB，小球通过B点时，由牛顿第二定律得：FB＝m，解得，绳子对小球的拉力大小FB＝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FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据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 

C．小球的质量等于 

D．圆周轨道半径

【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；

D、小球在最高点，根据牛顿第二定律：FT+mg，得FT＝mmg，根据图象，当FT＝0时，v2＝a＝gr，所以r，故D错误；

C、根据图象，v2＝2a时，FT＝b，代入FTmg，解得b＝mg，所以m，故C错误；

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v1，最低点对应的速度为v2，

小球在最高点，根据牛顿第二定律：FT1+mg＝m

小球在最低点，根据牛顿第二定律：FT2﹣mg

小球从最高点到最低点，根据动能定理：2mgrmv22mv12

联立解得：FT2﹣FT1＝6mg，与速度无关，故B正确。

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Rm，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θ为120°，如图3所示，两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计，初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0。求：

（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；

（2）当v0＝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N1、N2的大小；

（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程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θ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：f1＝f2＝μN，

解得：f1＝f2＝0.5N

（2）当v0＝6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，根据动能定理可得：

mv2m（f1+f2）l

解得：v＝3m/s

在B点受力分析：N1sin60°﹣N2sin60°＝m，N1cos60°+N2cos60°＝mg

联立解得：N1＝0.95N，N2＝0.35N

（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点：N'1sin60°＝m，N'1cos60°＝mg

根据动能定理可得：mm（f1+f2）l

联立解得：v0mm/s

在圆弧上受摩擦力仍为：f＝（f1+f2）＝μ（N1+N2），解得：f＝1N

根据动能定理可知：mfs，解得：s＝2.85m

答：（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小都为0.5N；

（2）外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小分别为0.95N，0.35N；

（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值为m/s，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s为2.85m。