■四川省資中縣教育研究室 鄧賢彬

圓是生活中常見(jiàn)的幾何圖形,也是平面幾何中研究較多的數(shù)學(xué)模型。熟練掌握?qǐng)A的幾何性質(zhì)、圓與直線的位置關(guān)系并巧妙結(jié)合物理情景解決物理問(wèn)題,不僅可以拓寬解題思路,而且能夠提高解題速度和提升解題能力。下面利用圓的特點(diǎn)并結(jié)合物理規(guī)律迅速、準(zhǔn)確地求解力的動(dòng)態(tài)平衡、勻變速運(yùn)動(dòng)等動(dòng)力學(xué)問(wèn)題,權(quán)作拋磚引玉之說(shuō),愿對(duì)讀者有所幫助和啟迪。

一、利用同圓或等圓解決力的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題

1.圓的數(shù)學(xué)性質(zhì):在同圓或等圓中,同弧(等弧)所對(duì)的圓周角相等,相等的圓周角所對(duì)的弧長(zhǎng)也相等。如圖1所示,∠ACB=∠ADB=∠AEB。

圖1

2.物理模型:在三個(gè)力的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題中,若某個(gè)力的大小和方向保持不變,另兩個(gè)變化力的夾角始終保持不變,則通過(guò)定量計(jì)算得出正確答案的難度相當(dāng)大,而利用圓的有關(guān)性質(zhì)通過(guò)作動(dòng)態(tài)變化圖往往可以迅速、直觀地得出正確答案。

例1如圖2所示,柔軟輕繩ON的一端O固定,其中間某點(diǎn)M拴一重物,用手拉住輕繩的另一端N。初始時(shí),OM段豎直且MN段被拉直,OM段與MN段之間的夾角為現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起,并保持夾角α不變,在OM段由豎直被拉到水平的過(guò)程中( )。

圖2

A.MN段中的張力逐漸增大

B.MN段中的張力先增大后減小

C.OM段中的張力逐漸增大

D.OM段中的張力先增大后減小

解析:題目中的重要信息包括三個(gè),一是重物在緩慢運(yùn)動(dòng)中始終只受三個(gè)力的作用,如圖3甲所示;二是根據(jù)受力平衡,將三個(gè)力平移,則這三個(gè)力必然構(gòu)成首尾相接的三角形,如圖3乙所示;三是這三個(gè)力中的mg的大小、方向始終保持不變,另外兩個(gè)力TMN和TOM的夾角α始終不變。

圖3

因?yàn)閙g保持不變,且?jiàn)A角α保持不變,即圖3乙中的β角也保持不變,所以在封閉的力的矢量三角形中,表示mg的邊長(zhǎng)不變,其所對(duì)的角β也保持不變。根據(jù)圓的性質(zhì),過(guò)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)作一圓,如圖3丙所示,改變拉力TMN和TOM的方向,其交點(diǎn)始終在圓周上。根據(jù)動(dòng)態(tài)圖可知,在OM段由豎直被拉到水平的過(guò)程中,TMN由零逐漸增大,當(dāng)OM段水平時(shí)TMN(直徑所對(duì)的圓周角為直角)最大,TOM先增大后減小。

答案:AD

方法與技巧:(1)力的平衡是歷年高考必考的知識(shí)點(diǎn)之一,同學(xué)們?cè)趶?fù)習(xí)備考時(shí)必須重視知識(shí)的落實(shí),強(qiáng)化解題技能的訓(xùn)練,提高解題的速度和準(zhǔn)確度。(2)當(dāng)物體受到三個(gè)力作用處于平衡狀態(tài),其中一個(gè)力恒定,另一個(gè)力的大小變化而方向不變,第三個(gè)力的方向變化而大小不變(或者另外兩個(gè)力的大小和方向均變化但其夾角保持不變)時(shí),應(yīng)用作圓的動(dòng)態(tài)圖的方法解決則較為直觀、快捷。

實(shí)戰(zhàn)演練1:(2021年高考湖南省等級(jí)性考試)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上,內(nèi)壁為半圓柱面,截面如圖4所示,A為半圓的最低點(diǎn),B為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸,內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊,用推力F推動(dòng)小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動(dòng),力F的方向始終沿圓弧的切線方向,在此過(guò)程中所有摩擦均可忽略。下列說(shuō)法中正確的是( )。

圖4

A.推力F先增大后減小

B.凹槽對(duì)滑塊的支持力先減小后增大

C.墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小

D.水平地面對(duì)凹槽的支持力先減小后增大

答案:C 提示:對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析,如圖5甲所示,滑塊處于動(dòng)態(tài)平衡的變化過(guò)程中(圖中的θ由0增大到90°的過(guò)程中),重力mg保持不變,且F與N的夾角一直為90°,因?yàn)槿齻€(gè)力的合力始終為零,所以可以以重力大小mg為直徑作一個(gè)圓,則F和N恰好是夾角始終為90°的兩條弦,如圖5乙所示。觀察圖像可以直接得出在θ從0 增大到90°的過(guò)程中,F逐漸增大,N逐漸變小,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。在θ從0增大到90°的過(guò)程中,F的豎直分力一直增大,而水平分力先增大后減小。對(duì)由滑塊和凹槽組成的整體進(jìn)行受力分析,如圖5丙所示,根據(jù)平衡條件,結(jié)合F的豎直分力和水平分力的變化規(guī)律可知,N2一直減小,N1先增大后減小,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。

圖5

二、利用“等時(shí)圓”比較物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

1.圓的數(shù)學(xué)性質(zhì):半圓(直徑)所對(duì)的圓周角是直角,90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑。

2.“等時(shí)圓”的物理結(jié)論:

(1)定性結(jié)論:質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始下滑到圓環(huán)的最低點(diǎn)所用的時(shí)間相等(如圖6甲所示),或者質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)的最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用的時(shí)間相等(如圖6乙所示)。

圖6

證明:以圖6甲中的DA弦為例,設(shè)DA弦與水平面之間的夾角為θ,如圖6丙所示,物體沿DA弦做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ=ma,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得xDA=,連接BD,則∠ADB=90°(直徑所對(duì)的圓周角等于90°),根據(jù)幾何關(guān)系得∠DBA=θ,xDA=2Rsinθ,解得,即時(shí)間t與角度θ無(wú)關(guān),只由圓的半徑R和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葲Q定。

3.解題思路:

(1)分析模型條件:①多條相交于同一點(diǎn)的光滑傾斜直軌道為同一圓的不同弦;②質(zhì)點(diǎn)由靜止開始從軌道一端滑到另一端。

(2)確定運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)(或者運(yùn)動(dòng)終點(diǎn)):起點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn),或者終點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)。

(3)作等時(shí)圓:①過(guò)最高點(diǎn)作豎直線;②以某軌道為弦作圓心在豎直線上的圓。

(4)定性比較時(shí)間:①軌道端點(diǎn)在圓周上,質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等(等時(shí)圓);②軌道端點(diǎn)在圓周內(nèi),質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間短些;③軌道端點(diǎn)在圓周外,質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)些。

(5)定量分析時(shí)間:根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ=ma(θ為弦與水平面之間的夾角),解得a=gsinθ,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x=,利用數(shù)學(xué)知識(shí)找出x與圓周的半徑R、弦與水平面之間的夾角θ的關(guān)系,聯(lián)立所列關(guān)系式便可寫出關(guān)于時(shí)間t的定量表達(dá)式。

例2如圖7所示,OA、OB和AD是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿,O、A、B、C、D位于同一圓周上,C為圓周的最高點(diǎn),A為圓周的最低點(diǎn),O＇為圓心。每根細(xì)桿上都套著一小滑環(huán)(圖中未畫出),將兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無(wú)初速度地釋放,將一個(gè)滑環(huán)從D點(diǎn)無(wú)初速度地釋放,用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿OA、OB、DA桿下滑到A、B兩點(diǎn)所用的時(shí)間,則下列關(guān)系式中正確的是( )。

圖7

A.t1=t2B.t2＞t3

C.t1＜t2D.t1=t3

解析:沿OA桿和DA桿運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)滑環(huán),A為圓周的最低點(diǎn),根據(jù)“等時(shí)圓”結(jié)論得t1=t3,選項(xiàng)D 正確。沿OA桿和OB桿運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)滑環(huán),因?yàn)镺不是圓周的最高點(diǎn),所以“等時(shí)圓”結(jié)論不成立,只能定量分析。假設(shè)還有一根光滑固定細(xì)桿CA,因?yàn)閤CA=xOB,aCA＞aOB,所以tCA＜tOB=t2。再由“等時(shí)圓”結(jié)論得tCA=t1=t3,因此t1＜t2,t2＞t3,選項(xiàng)A 錯(cuò)誤,B、C正確。

答案:BCD

例3如圖8所示,在傾角為θ的斜面上方的A點(diǎn)放置一光滑的木板AB,B端剛好在斜面上。木板與豎直方向AC所成夾角為α,一小物塊自A端沿木板由靜止下滑,要使物塊滑到斜面上所用的時(shí)間最短,則α與θ角的大小關(guān)系應(yīng)為 ( )。

圖8

A.α=θB.α=

C.α=D.α=2θ

解析:物塊在豎直平面內(nèi)沿光滑的木板由靜止開始下滑,滿足“等時(shí)圓”模型中質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),因此可以以A點(diǎn)為圓的最高點(diǎn),使得圓心在AC連線上,以AB為弦作一個(gè)圓。根據(jù)“等時(shí)圓”的定量關(guān)系可知,要使物塊滑到斜面上所用的時(shí)間最短,即要求作出的圓半徑最小,又有B點(diǎn)在斜面上,則這個(gè)圓應(yīng)該與斜面相切,即B為圓與斜面的切點(diǎn),如圖9所示。因?yàn)锽為圓與斜面的切點(diǎn),則OB⊥BC,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得∠COB=θ=2α,即

圖9

答案:B

例4如圖10所示,圓弧AB是半徑為R的圓弧,在圓弧AB上放置一光滑木板BD,一質(zhì)量為m的小物體從木板BD的D端由靜止下滑,然后沖向水平面BC,在水平面BC上滑行距離L后停下。不計(jì)小物體滑至B點(diǎn)時(shí)的能量損失,已知小物體與水平面BC之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。求小物體在木板BD上下滑的過(guò)程中,重力做功的平均功率。

圖10

解析:根據(jù)動(dòng)能定理可知,小物體從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中有W重-μmgL=0,解得W重=μmgL。根據(jù)“等時(shí)圓”結(jié)論可知,小物體從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間等于小物體從圓周的最高點(diǎn)下落到B點(diǎn)所用的時(shí)間,即因此小物體在木板BD上下滑的過(guò)程中,重力做功的平均功率

方法與技巧:(1)定性比較豎直圓面內(nèi)的不同光滑斜面上物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)短問(wèn)題,構(gòu)造“等時(shí)圓”是一種快捷的解題方法,尤其是在遇到需要比較多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí),相當(dāng)簡(jiǎn)捷。(2)沿不同光滑弦運(yùn)動(dòng)的物體所用的時(shí)間(R為圓的半徑)為一定值,也等于做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體下落高度2R所用的時(shí)間,此結(jié)論也可用于定量計(jì)算。

實(shí)戰(zhàn)演練2:(2021年高考全國(guó)甲卷) 如圖11所示,將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)水平底座上的擋板P處,上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié),使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊從平板與豎直桿交點(diǎn)Q處由靜止釋放,物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若θ由30°逐漸增大至60°,則物塊的下滑時(shí)間t將( )。

圖11

A.逐漸增大

B.逐漸減小

C.先增大后減小

D.先減小后增大

答案:D 提示:如圖12所示,先過(guò)P點(diǎn)作一條豎直線PA,再作與水平面之間的夾角為30°的直線PQ1,然后作線段PQ1的中垂線與豎直線PA相交于O1點(diǎn),以O(shè)1為圓心、O1P為半徑作圓(圓1),圓1與豎直桿的交點(diǎn)為Q1、Q2,根據(jù)“等時(shí)圓”結(jié)論可知,物塊從Q2、Q1兩點(diǎn)分別下滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間相等,即tQ2P=tQ1P。在豎直線PA上找一點(diǎn)O2(O2到豎直桿的距離d=O2P),以O(shè)2為圓心、O2P為半徑作圓(圓2),使圓2 與豎直桿相切于Q3點(diǎn)。因?yàn)閳A2的直徑小于圓1 的直徑,所以tQ3P＜tQ2P=tQ1P,且弦PQ3與水平面之間的夾角為45°。因?yàn)棣冉怯?0°逐漸增大至60°,所以物塊的下滑時(shí)間先減小后增大。

圖12