6/8秘籍04曲線運動（拋體運動、圓錐擺模型、繩球和桿球模型）【解密高考】【題型一】平拋運動【題型二】圓錐擺模型【題型三】繩球和桿球模型【題型四】圓周運動與平拋運動的綜合問題【誤區點撥】易錯點：圓錐擺的臨界和極值問題：曲線運動主要以拋體運動和圓周運動為主，是高考必考內容，處理拋體運動時需要理解分析思想——“化曲為直”，圓周運動需要掌握向心力的來源和作用；高考考查過程中除單獨考查拋體與圓周運動外，經常會將拋體運動與圓周運動綜合在一起，再結合能量、動量一起考查，同時也引申到帶電粒子在組合場中的運動——在勻強電場中做類平拋運動，再進入磁場中做勻速圓周運動，這類試題經常作為“壓軸題”出現。：理解清楚曲線運動的受力特點，根據受力判斷質點的運動狀態；無論是單獨考查還是綜合能量、動量或引申到帶電粒子在組合場中的運動，需要掌握拋體運動或圓周運動的基本規律，同時需要考生借助數學中的幾何關系處理問題。【題型一】平拋運動【例1】如圖，在某軍事演習區正上方距離地面4000m高空懸停著上萬只無人機形成無人機群（可視為質點），每只無人機攜帶一顆炸彈，無人機群向水平方向及以下方向無死角的以初速度拋出炸彈，在距離地面2000m處設置面積為的攔截炸彈區，不計空氣阻力，以面積比為攔截炸彈比，取，，則攔截炸彈比約為（）A．0.5 B．0.25 C．0.05 D．0.025【答案】D【詳解】平拋的炸彈水平運動最遠，到達攔截區，根據平拋運動規律可知，以面積比為攔截炸彈比，攔截炸彈比約為故選D。1．“化曲為直”思想在平拋運動中的應用根據合運動與分運動的等效性，利用運動分解的方法，將其轉化為我們所熟悉的兩個方向上的直線運動：(1)水平方向的勻速直線運動；(2)豎直方向的自由落體運動。2.做平拋運動的物體，落點不在水平面上，而是在斜面、豎直面、弧面上時，應將平拋運動的知識與幾何知識結合起來，分解速度或分解位移，在水平方向和豎直方向分別列式求解。【例2】人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖所示，出水管口最下端距水平地面一定高度，出水管口橫截面是圓，不計空氣阻力，假如水從管口水平噴出的速度恒定，水流在空中不會中斷，則水柱落在水平地面上的形狀大致是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】平拋運動在豎直方向為自由落體運動，則水平方向為勻速直線運動，則水平位移為考慮管口截面上三個點的軌跡，即最上端、最下端和圓心，如圖所示則，因為所以水柱落在地面的形狀左右不對稱，最下端和圓心的落地點間距大于最上端和圓心的落地點間距，故形狀大致為D選項。故選D。【變式1】如圖所示，是四分之一圓弧，固定在豎直面內，是圓心，豎直，是圓弧上的一點，是上一點，水平，、、三點將四等分，在、、、四點分別水平拋出一個小球，小球均落在點，若小球落在點時能垂直打在圓弧面上，則小球的拋出點一定在（）A．點 B．點 C．點 D．點【答案】C【詳解】小球垂直打在點時，速度方向的反向延長線過點，且交于水平位移的中點，如圖所示由幾何關系可知拋出點一定在點。故選C。【變式2】如圖所示，彈珠發射器（可視為質點）固定于足夠高的支架頂端，支架沿著與豎直墻壁平行的方向以速度v1水平運動，同時彈珠發射器可在水平面內沿不同方向發射相對發射器速度大小為v2（v2>v1）的彈珠。彈珠從發射到擊中墻壁的過程中水平方向位移為x，豎直方向位移為y。已知發射器到墻壁的垂直距離為L，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．x的最小值為 B．x的最小值為C．y的最小值為 D．y的最小值為【答案】C【詳解】CD．彈珠在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，當v2垂直豎直墻壁射出時，彈珠運動時間最短y的最小值為故C正確，D錯誤；AB．由于則彈珠水平方向的合速度可以垂直豎直墻壁，合速度大小為此時x的最小值為L，故AB錯誤。故選C。【變式3】（多選）無人機依靠其強大的機動性與靈活性，在事故現場可以為救援工作提供有力的支持。如圖，某次救援演練中一架無人機正對一山坡水平勻速飛行，先、后釋放幾個相同的物資包均落到山坡上，忽略空氣阻力，則先釋放的物資包落在山坡前瞬間（）A．重力勢能一定較大 B．動能一定較大C．機械能一定較大 D．豎直方向速度一定較大【答案】BD【詳解】無人機正對山坡勻速水平飛行，先后釋放幾個相同的物資包，取其中兩個物資包A、B，其運動情況如圖所示A．先釋放的物資包下降的高度大，其在山坡上的重力勢能一定較小，A錯誤；BC．先釋放的物資包下落的高度大，忽略空氣阻力，物資包下落滿足機械能守恒，可知先釋放的物資包動能一定較大，物資包的機械能相等，B正確，C錯誤；D．物資包在豎直方向做自由落體運動，有可知先釋放的物資包豎直方向分速度一定較大，D正確。故選BD。【題型二】圓錐擺模型圓錐擺模型(1)圓錐擺模型的受力特點受兩個力，且兩個力的合力沿水平方向，物體在水平面內做勻速圓周運動。(2)運動實例運動模型向心力的來源圖示飛機水平轉彎火車轉彎圓錐擺物體在光滑半圓形碗內做勻速圓周運動(3)規律總結①圓錐擺的周期如圖，擺長為L，擺線與豎直方向夾角為θ。受力分析，由牛頓第二定律得：mgtanθ＝meq\f(4π2,\a\vs4\al(T)2)r其中r＝Lsinθ解得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))。②結論a．擺高h＝Lcosθ，周期T越小，圓錐擺轉得越快，θ越大。b．擺線拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，圓錐擺轉得越快，擺線拉力F越大。c．擺球的加速度a＝gtanθ。(4)圓錐擺對比分析的兩種常見情況情況1：具有相同擺角的圓錐擺(擺長不同)，如圖甲所示。由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等。由a＝ω2r知ωA<ωB，由a＝eq\f(v2,r)知vA>vB。情況2：具有相同擺高、不同擺長和擺角的圓錐擺，如圖乙所示。由T＝2πeq\r(\f(h,g))知擺高h相同，則TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB，由a＝ω2r知aA>aB【例1】如圖所示，讓裝有水的玻璃杯繞過其側面的豎直軸勻速轉動，杯中液面形狀可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】對水面上一個質量很小的水滴m受力分析，因受豎直向下的重力和水面對水滴的作用力，兩個力的合力充當向心力，因向心力沿水平方向指向轉軸，可知水面對水滴的作用力應該斜向上方，設與豎直方向夾角為θ，則由牛頓第二定律可知因r越大，則θ越大，可知水面的形狀為C的形狀。故選C。圓周運動動力學問題的解題方法(1)對研究對象進行受力分析，確定向心力來源。(2)確定圓周運動的軌道平面，確定圓心和軌道半徑。(3)應用牛頓運動定律和圓周運動知識列方程求解。【例2】如圖甲所示，游樂場里有一種空中飛椅游戲，可以將之簡化成如圖乙所示的結構裝置，裝置可繞豎直軸勻速轉動，繩子與豎直方向夾角為θ，繩子長L，水平桿長L0，小球的質量為m。不計繩子重力和空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．裝置中繩子的拉力為mgtanθB．裝置轉動的角速度為C．裝置轉動的周期為D．裝置旋轉一周，小球的動量變化為0【答案】D【詳解】A．對裝置受力分析如圖所示裝置受到重力和繩子的拉力作用，重力和繩子的拉力的合力提供向心力，則解得故A錯誤；BC．由牛頓第二定律其中圓周運動的半徑為聯立解得裝置轉動的角速度為裝置轉動的周期為故BC錯誤；D．裝置做勻速圓周運動，裝置旋轉一周，速度變化量為零，所以小球的動量變化為0，故D正確。故選D。【變式1】小車內固定有垂直于運動方向的水平橫桿，物塊M套在橫桿上，一個小鐵球用輕質細線吊在物塊底部。當小車以恒定速率通過某一水平彎道時（可視為圓周運動），細線與豎直方向的夾角為，如圖所示。若小車以更大的恒定速率通過該彎道，設小車在通過彎道的過程中，小球、物塊與小車均保持相對靜止，下列說法錯誤的是（）A．細線與豎直方向的夾角變大 B．細線對小球的拉力變大C．橫桿對物塊的摩擦力變大 D．橫桿對物塊的支持力變大【答案】D【詳解】D．令小鐵球質量為m，物塊與小球保持相對靜止，對物塊與小鐵球整體進行分析，如圖甲所示則有可知，當小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的支持力不變，故D錯誤，符合題意；C．火車轉彎過程，將車內物體的轉彎半徑可以近似認為相同，令為R，結合上述分析有可知，當小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的摩擦力變大，故C正確，不符合題意；A．對小球進行受力分析，如圖乙所示則有，解得可知，轉彎速度變大，則細線與豎直方向夾角變大，故A正確，不符合題意；B．結合上述解得由于細線與豎直方向夾角變大，則細線對小球的拉力變大，故B正確，不符合題意。故選D。【變式2】如圖所示，制作陶瓷的圓形工作臺上有A、B兩陶屑隨工作臺一起轉動，轉動角速度為，A在工作臺邊緣，B在工作臺內部．若A、B與臺面間的動摩擦因數相同，則下列說法正確的是（

）A．當工作臺勻速轉動，A、B所受合力為0B．當工作臺勻速轉動，A、B線速度大小相等C．當工作臺角速度ω逐漸增大，陶屑A最先滑動D．當工作臺角速度ω逐漸增大，A、B所受的摩擦力始終指向軸【答案】C【詳解】A．當工作臺勻速轉動時，A、B跟隨工作臺做勻速圓周運動，則所受合力不是0，選項A錯誤；B．當工作臺勻速轉動，A、B角速度相等，根據v=ωr，因轉動半徑不等，則線速度大小不相等，選項B錯誤；C．當陶屑將要產生滑動時解得可知r越大，產生相對滑動的臨界角速度越小，可知當工作臺角速度ω逐漸增大，陶屑A最先滑動，選項C正確；D．只有當工作臺勻速轉動時，A、B所受的摩擦力充當向心力，其方向才指向圓心；則當工作臺角速度ω逐漸增大，A、B所受的摩擦力不是指向軸，選項D錯誤。故選C。【變式3】（多選）一根輕質細線一端系一可視為質點的小球，細線另一端固定在一光滑圓錐頂上，如圖1所示，設小球在水平面內做勻速圓周運動的角速度為，線的張力隨變化的圖像如圖2所示（圖中數值單位均為國際單位），取。下列說法正確的是（）A．細線的長度為1m B．細線的長度為0.5mC．小球的質量為2kg D．小球的質量為3kg【答案】BC【詳解】設線長為L，錐體母線與豎直方向的夾角為，當時，繩子的張力當圓錐對小球的支持力為0時，角速度此時代入圖中數據解得，故選BC。【題型三】繩球與桿球模型1．在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、物體沿內軌道運動等)，稱為“繩(環)約束模型”；二是有支撐(如球與桿連接、物體在彎管內運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．繩、桿模型涉及的臨界問題繩模型桿模型常見類型eq\a\vs4\al()均是沒有支撐的小球eq\a\vs4\al()均是有支撐的小球受力特征除重力外，物體受到的彈力向下或等于零除重力外，物體受到的彈力向下、等于零或向上受力示意圖eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al()過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球恰能做完整的圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、圓軌道對球產生彈力FN；(2)不能過最高點時，v<eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道(1)當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心；(2)當0<v<eq\r(gr)時，mg－FN＝meq\f(v2,r)，FN背離圓心，隨v的增大而減小；(3)當v＝eq\r(gr)時，FN＝0；(4)當v>eq\r(gr)時，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN指向圓心，并隨v的增大而增大【例1】（多選）某摩天輪的直徑達120m，轉一圈用時1600s。某同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，依次從A點經B點運動到C的過程中（）A．角速度為B．座艙對該同學的作用力一直指向圓心C．重力對該同學做功的功率先增大后減小D．如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在B點受座艙的作用力將增大【答案】CD【詳解】A．根據題意可知周期為，則角速度為故A錯誤；B．該同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，則座艙對該同學的作用力和該同學的重力的合力提供向心力，指向圓心，所以座艙對該同學的作用力不是一直指向圓心，故B錯誤；C．根據重力功率的計算公式可知重力對該同學做功的功率先增大后減小，故C正確；D．在B點，豎直方向有，則該同學在B點受座艙的作用力大小為如果僅增大摩天輪的轉速，則該同學在B點受座艙的作用力將增大，故D正確。故選CD。【例2】“潑水成冰”是一項極具視覺沖擊力的冬日奇觀。具體操作是把一杯滾燙的開水按一定的弧線均勻快速地潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結成冰而形成壯觀的場景。如圖甲所示是某人玩潑水成冰游戲的精彩瞬間，其示意圖為圖乙，P為最高點，在最高點時杯口朝上，潑水過程中杯子的運動可看成勻速圓周運動，人的手臂伸直，臂長為0.6m，人在0.4s內把杯子旋轉了240°，重力加速度。下列說法不正確的是（）A．P位置的小水珠速度方向沿b方向B．杯子在旋轉時的角速度大小為C．從Q到P，杯子所受合外力的沖量為零D．若要將水從P點潑出，杯子的速度不能小于【答案】C【詳解】A．P位置的小水珠速度方向沿軌跡的切線方向，即沿b方向，選項A正確；B．杯子在旋轉時的角速度大小為選項B正確；C．從Q到P，杯子動量變化量不為零，可知所受合外力的沖量不為零，選項C錯誤；D．若要將水從P點剛好潑出，則需滿足即即若要將水從P點潑出杯子的速度不能小于，選項D正確。此題選擇錯誤的，故選C。【變式1】如圖所示，支架固定在底座上，它們的總質量為M。質量分別為2m和m的小球A、B（可視為質點）固定在一根長度為L的輕桿兩端，該輕桿通過光滑轉軸O安裝在支架的橫梁上，O、A間的距離為，兩小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內做圓周運動，運動過程中支架和底座一直保持靜止。當轉動到圖示豎直位置時，小球A的速度為v，重力加速度為g。對于該位置，下列說法正確的是（）A．小球A、B的向心加速度大小相等B．小球A的向心力大于B球的向心力C．若，則底座對水平地面的壓力為Mg＋2mgD．A、B兩球恰好做勻速圓周運動【答案】D【詳解】A．兩小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內做圓周運動，所以兩小球的角速度相同，根據可知，小球A、B的加速度之比為故A錯誤；B．根據可知，A、B的向心力之比為故B錯誤；C．若，對A有解得輕桿對A的支持力為根據可知對B有解得輕桿對B的拉力為以支架、底座和輕桿為對象，水平地面對底座的支持力為N=Mg+3mg根據牛頓第三定律可知，底座對水平地面的壓力為N=Mg+3mg故C錯誤；D．根據重力做功特點可知，重力做功W=mgh由題意可知，，，則轉動過程，兩球重力對系統做功為零，轉動過程合外力對系統做功為零，系統的動能不變，兩球的線速度大小保持不變，則兩球恰好做勻速圓周運動，故D正確。故選D。【變式2】如圖所示，一個光滑導軌長臂水平固定、短臂豎直，系有沒有彈性輕繩的輕質圓環套在長臂上，輕繩另一端與質量為的小球相連。左手扶住圓環右手拿起小球將輕繩水平拉直，已知輕繩長度為，此時圓環距短臂，重力加速度為，若將圓環與小球同時釋放，則（）A．小球開始做圓周運動B．小球運動過程中機械能守恒C．小球運動的最大速度大小為D．小球運動到最低點前瞬間對繩子的拉力大小等于【答案】C【詳解】A．輕環運動到短臂之前的過程中，細繩中沒有張力，故該過程小球做自由落體運動，輕環與短臂碰撞后到球運動到最低點的過程中，輕環被限制不動，故此時小球開始繞輕環做圓周運動，當球運動至短臂正下方時，小球速度的方向變為水平，之后繼續往左運動，輕繩將一直保持豎直，即小球做勻速運動，故A錯誤；B．小球自由落體運動結束時，繩子繃直瞬間小球沿繩方向的速度瞬間變為零，有機械能損失，小球的機械能不守恒，故B錯誤；C．如圖所示設輕環與短臂接觸時，繩子與豎直方向的夾角為，根據幾何關系有可得設輕繩繃緊前的瞬間小球的速度為，對小球，從開始運動到輕繩繃緊前瞬間，根據動能定理有解得輕繩繃緊后瞬間，小球垂直繩子的速度為沿繩方向的速度變為零，從此時到小球運動到最低點的過程中，對小球根據動能定理有解得小球運動到最低點時的受速度大小為可知小球運動的最大速度大小為，故C正確；D．小球在運動到最低點前瞬間，根據牛頓第二定律得解得根據牛頓第三定律可知，小球運動到最低點前瞬間對繩子的拉力大小等于，故D錯誤。故選C。豎直面內圓周運動問題的解題思路【題型四】圓周運動與平拋運動的綜合問題一圓周運動與平拋運動的綜合問題，是高考的熱點，也是高考的重點。此類綜合問題主要是水平面內的圓周運動與平拋運動的綜合考查和豎直面內的圓周運動與平拋運動的綜合考查。一般分為兩類：一、水平面內的圓周運動與平拋運動的綜合問題1．此類問題有時是一個物體做水平面上的圓周運動，另一個物體做平拋運動，特定條件下相遇，有時是一個物體先做水平面內的勻速圓周運動，后做平拋運動，有時還要結合能量關系分析求解，多以選擇題或計算題考查。2．解題關鍵(1)明確水平面內勻速圓周運動的向心力來源，根據牛頓第二定律和向心力公式列方程。(2)平拋運動一般是沿水平方向和豎直方向分解速度或位移。(3)速度是聯系前后兩個過程的關鍵物理量，前一個過程的末速度是后一個過程的初速度。二、豎直面內的圓周運動與平拋運動的綜合問題1．此類問題有時物體先做豎直面內的變速圓周運動，后做平拋運動，有時物體先做平拋運動，后做豎直面內的變速圓周運動，往往要結合能量關系求解，多以選擇題或計算題考查。2．解題關鍵(1)豎直面內的圓周運動首先要明確是“輕桿模型”還是“輕繩模型”，一般要分析物體能夠到達圓周最高點的臨界條件。(2)速度也是聯系前后兩個過程的關鍵物理量。【例1】（多選）如圖所示，長為1.0m的細繩一端固定在P點，另一端拴接質量為1.0kg的小球，小球與P點等高，細繩自然伸直。小球由靜止釋放后，擺動到某位置時，細繩突然斷裂，繼續運動0.5s后，落在地面上。已知細繩能承受的最大拉力為24N，不計空氣阻力，取重力加速度，下列說法正確的是（）A．輕繩斷裂時小球的速度大小為2m/sB．輕繩斷裂時小球的速度大小為4m/sC．小球落地點與P點的水平距離為1mD．小球落地點與P點的水平距離為1.6m【答案】BC【詳解】AB．設輕繩斷裂時輕繩與豎直方向的夾角為，如圖。由牛頓第二定律得由動能定理可得解得，故A錯誤，B正確；CD．如圖。輕繩斷裂時水平方向的速度大小為小球從輕繩斷裂到落地的水平位移大小為小球落地點與P點的水平距離為故C正確，D錯誤。故選BC。【例2】如圖所示，半徑為的半圓弧軌道豎直固定在水平面上，豎直半徑與傾斜半徑、的夾角為，且，現讓可視為質點的小球從點由靜止釋放，當小球運動到點時正好脫離軌道，小球此時速度的大小為（為未知量）；再把小球拿到點，并使小球在點獲得大小為（為未知量）、方向與垂直斜向上的初速度，小球從點運動到點，運動軌跡的最高點為點，重力加速度為，不計一切摩擦，不計空氣作用。下列說法正確的是（）A．小球在點的向心加速度為B．小球在點的速度為C．小球從到的運動時間為D．、兩點的距離為【答案】D【詳解】AB．把小球在D點的重力分別沿著OD方向與垂直OD方向正交分解，D點對小球的支持力恰好為0，則重力沿著OD方向的分力充當向心力，則有由向心加速度公式可得結合綜合可得，故AB錯誤；C．由數學知識可得小球從E點到D點做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，速度大小為豎直方向做初速度為的豎直上拋運動，則有，綜合解得，故C錯誤；D．斜拋運動的最大高度為由幾何關系可得G、B兩點的高度差為綜合可得故D正確。故選D。【變式1】如圖所示，一小學生站在圓形水泥管道最低點，以水平速度將一個質量為的小足球踢出，球沿管道內壁在同一個豎直面內運動兩圈多后在某一位置脫離管道，掉入小學生的背包里（背包口正好在管道圓心處）。已知管道半徑為，重力加速度為，不計空氣阻力，小足球可以看作質點。求：(1)足球脫離管道的位置和圓心的連線與水平方向夾角的正切值；(2)從足球被踢出到球脫離管道，管道對足球做的功。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）根據題意，設足球在A處脫離管道，之后做斜拋運動，經過圓心處，如圖在A處，設足球速度大小為，由牛頓第二定律有斜拋運動過程，設運動時間為，沿AO方向有沿垂直AO方向有聯立解得（2）有小問（1）可得從足球被踢出到脫離管道，設管道對足球做功為，由動能定理有解得【變式2】為了進一步解決水資源短缺和人工成本增加等問題，越來越多的綠化工程采用自動灌溉系統。如圖所示，地下的水泵將水從水管（管壁厚度不計）底部點推向上方，水沿著水管上升后從水平水管噴出，已知水管橫截面積，水的密度，水管上端水平部分長，通過拍攝照片發現水落地時的速度方向與水平地面的夾角，忽略摩擦和空氣阻力，取重力加速度大小。(1)求水管中水流的速度大小；(2)求水泵對水做功的功率；(3)為了能向各個方向噴水，現在讓豎直水管沿豎直軸線勻速旋轉，角速度，求水落地點圍成的區域的面積。（結果保留兩位有效數字）【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）水落地時豎直速度解得根據速度的分解有解得（2）時間內從水管中噴出的水柱長為根據功能關系有其中，解得（3）水在空中做平拋運動，時間水沿半徑方向運動的距離水沿切線方向運動的距離水落地點到點的距離水的落地點圍成的區域的面積易錯點一：水平轉盤上的圓周運動及其臨界問題水平轉盤上圓周運動的臨界問題，主要涉及與摩擦力和彈力有關的臨界極值問題。(1)如果只有摩擦力提供向心力，物體間恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，則最大靜摩擦力Fm＝eq\f(mv2,r)，方向指向圓心。(2)如果水平方向除受摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體在水平面上轉動，其臨界情況要根據題設條件進行判斷，如判斷某個力是否存在以及這個力存在時的方向(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)。(3)運動實例【例1】如圖所示，A、B兩個帶電小球放置在一個光滑絕緣水平面上，它們之間的距離為d，帶電小球C固定在的垂直平分線上，三個小球剛好構成等邊三角形，現在A、B兩個小球繞過C的豎直軸轉動（轉動角速度可變，之間距離不變），已知三個小球均可視為質點，A、B兩個小球的質量均為m，帶電量均為，小球C的帶電量大小為，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．C球帶正電B．A球轉動的角速度ωA為C．若增大C球電荷量，當A、B小球剛好離開地面時，C的電荷量為D．若增大C球電荷量，當A、B小球剛好離開地面時，B球轉動的角速度ωB為【答案】C【詳解】A．A、B兩個小球繞過C的豎直軸轉動，且A、B兩個小球帶同種電荷，互相排斥，則帶電小球C必給A、B兩個小球吸引力，且吸引力的分力提供A、B兩個小球繞過C的豎直軸轉動所需的向心力，則根據牛頓第三定律可知小球C的受力分析如圖所示

所以小球C必帶負電，故A錯誤；B．A球受力分析如圖所示

對小球A，水平方向由牛頓第二定律有解得A的轉動的角速度為，故B錯誤；C．若增大C的電荷量，當A、B小球剛好離開地面時，地面對兩球的支持力為零。則A或者B小球豎直方向有解得C的電荷量為，故C正確；D．當A、B小球剛好離開地面時，此時B小球受力分析如圖所示

則水平方向由牛頓第二定律有解得B球轉動的角速度為，故D錯誤。故選C。【變式1】（多選）如圖所示，水平圓盤可繞豎直軸轉動，圓盤上放有小物體A、B、C，質量分別為，A放在B上，C、B離圓心的距離分別為。C、B之間