新课标2020高考物理二轮复习专题一第3讲力与物体的曲线运动讲义含解析

新课标2020高考物理二轮复习专题一第3讲力与物体的曲线运动讲义含解析

第3讲　力与物体的曲线运动 典题再现 ‎1.(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则(　　)‎ A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 解析：选BD.根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据v－t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确.‎ 考情分析 典题再现 - 22 -‎ ‎2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点．开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动．垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小.‎ ‎(1)求小球初速度的大小v0；‎ ‎(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；‎ ‎(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点．若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由.‎ 解析：(1)设在最高点速度为v1，在最高点，重力恰好提供向心力，所以mg＝ 根据动能定理，对球从A点到最高点，有 ‎－mg·2L＝mv－mv 解得v0＝.‎ ‎(2)以N为圆心，设最低点为M，落到最低点速度为v，有7mg－mg＝ 对A到M过程列动能定理 ‎－mgΔh＝mv2－mv 若N点在0点以下，则Δh＝L－r－(L－r)cos θ 若N点在O点以上，则 Δh＝L＋(L－r)cos (π－θ)－r＝L－(L－r)cos θ－r 解得r＝ L.‎ ‎(3)假设能通过A点，则 竖直方向：Δh＝gt2‎ 水平方向：(L－r)sin θ＝vt 解得cos θ＝－，与cos θ∈[－1，1]矛盾，所以假设不成立，不能通过A点.‎ 答案：见解析 考情分析 - 22 -‎ 命题研究 全国卷每年都会对平抛运动和圆周运动这两种运动形式进行考查，包括电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动，可单独考查某一种运动形式，也可把运动与功能关系、受力分析结合进行考查．山东模考对该部分也重点综合考查，在备考中对该部分应该引起重视，尤其对于平抛运动规律分析、圆周运动中的临界点分析等要熟练应用 ‎　运动的合成与分解 ‎【高分快攻】‎ ‎1．合运动性质和轨迹的判断方法 若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速，加速度不恒定则为非匀变速．‎ ‎2．三种过河情景分析 情景分析 解决方案 过河时间最短 船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)‎ 过河路径最短(v水v船时)‎ 合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．最短航程s短＝＝d ‎3.端速问题解题原则 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．‎ - 22 -‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2018·高考北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　)‎ A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C．落地点在抛出点东侧 D．落地点在抛出点西侧 ‎[解析]　由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C错误，D正确．‎ ‎[答案]　D ‎【题组突破】‎ 角度1　小船渡河问题 ‎1．(多选)如图所示，河道宽L＝200 m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)．一小船在静水中的速度v＝10 m/s，自A处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处．设船的运动方向与水流方向夹角为θ，下列说法正确的是(　　)‎ - 22 -‎ A．小船渡河时间大于20 s B．A、B两点间距离为200 m C．到达河中央前小船加速度大小为0.2 m/s2‎ D．在河中央时θ最小，且tan θ＝0.5‎ 解析：选BD.当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为t＝＝ s＝20 s，故A错误．因为水的流速大小满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，易得水流速的平均速度等于处的水流速，则有u＝0.2×＝10 m/s.所以沿河岸方向上的位移为x＝ut＝200 m．所以A、B两点间距离为s＝ m＝200 m，故B正确；船在静水中速度是不变的，而水流速度满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，因x＝vt，其中v＝10 m/s，那么u＝2t，因此到达河中央前小船加速度大小为2 m/s2，故C错误；当到达中央时，水流速度为u＝0.2x＝0.2×100 m/s＝20 m/s最大，此时θ最小，由三角形知识，得tan θ＝＝＝0.5，故D正确．‎ 角度2　牵连速度的分解问题 ‎2．(多选)(2019·枣庄模拟)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(　　)‎ A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 解析：选AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh＝d－d，所以B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有vBcos θ＝v重，即＝＝，所以C正确，D错误．‎ 命题角度 解决方法 易错辨析 - 22 -‎ 曲线运动规律分析 运动的独立性应用的分解思想 要建立合适的坐标系使运算简洁 ‎　小船渡河问题 分运动的独立性原则 注意船速和水速的关系来确定解题方法 牵连速度的分解 速度的分解 弄清实际速度的方向进行正交分解，通常实际运动为合运动 ‎　‎ ‎　抛体运动问题 ‎【高分快攻】‎ 抓住“六点”破解平抛运动问题 ‎1．建立坐标，分解运动 将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上)．‎ ‎2．各自独立，分别分析 ‎3．平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下．‎ ‎4．两个分运动与合运动具有等时性，且t＝　　，由下降高度决定，与初速度v0无关．‎ ‎5．任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的2倍，即tan θ＝2tan φ.‎ ‎6．建好“两个模型”‎ ‎(1)常规的平抛运动及类平抛模型 ‎(2)与斜面相结合的平抛运动模型 ‎①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形．‎ ‎②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2019·东营模拟)如图所示，倾角为θ - 22 -‎ 的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气的阻力，重力加速度为g.则下列选项正确的是(　　)‎ A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2 θ∶1‎ B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2 θ∶1‎ C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1‎ D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1‎ ‎[解析]　由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2 θ∶1，A错；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2 θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1，D正确．‎ ‎[答案]　D ‎【题组突破】‎ 角度1　分解思想的应用 ‎1．从距地面h高度处水平抛出一个小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是(　　)‎ A．小球初速度大小为tan θ B．小球落地时的速度大小为 C．若小球初速度大小减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍 D．若小球初速度大小减为原来的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角为2θ 解析：选B.平抛的小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以落地时竖直方向上的分速度为vy＝，由落地时速度方向与水平方向的夹角为θ可知tan θ＝，故v0＝，选项 A 错误；根据速度的合成可得小球落地时的速度v＝，即v＝，选项 B 正确；平抛运动的时间只与高度有关，而与水平方向的初速度无关，故 - 22 -‎ 选项 C 错误；tan θ＝，设初速度大小减半时，小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为α，则有tan α＝＝＝2tan θ，但α≠2θ，选项 D 错误．‎ 角度2　平抛运动中的临界问题 ‎2．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气阻力，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)‎ A.v2‎ C．若②号与③号飞镖抛出时的速度相同，则在空中的运动时间t2t3，可得选项 A、C 错误；若①号与②号飞镖从同一点抛出，由h＝gt2，可得②号飞镖的运动时间长，由x＝v0t可得抛出时的初速度满足v1>v2，选项 B 正确；tan θ＝＝，若②号与③号飞镖飞行的水平距离x相同，则②号飞镖的竖直位移长，重力对②号飞镖做功较多，选项 D 正确．‎ ‎11．如图所示，乒乓球台长为L，球网高为h，某乒乓球爱好者在球台上方离球台高度为2h处以一定的初速度水平发出一个球，结果球经球台反弹一次后(无能量损失)刚好能贴着球网边缘飞过球网，忽略空气阻力，则球的初速度大小可能为(　　)‎ A.　　　　　 B. C. D. 解析：选AB.若球反弹后在上升过程中刚好能贴着球网飞过，则2h＝gt，x1 ＝ v0t1，球反弹后从飞过球网到上升至最高点的过程中 h＝gt，x2 ＝ v0t2，2x1－x2 ＝ ，解得 v0＝ ，A 正确；若球反弹后在下降过程中刚好能贴着球网飞过，2h＝gt′，x′1＝v′0t′1, 球反弹后从最高点到下降飞过球网的过程中h＝gt′，x′2 ＝ v′0t′2，2x′1＋x′2＝， ‎ - 22 -‎ 解得v′0＝，B项正确．‎ ‎12．(2019·大庆二模)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B点平滑相接，两个半圆的圆心O1、O2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R，光滑的大半圆的半径为2R；一质量为m的滑块(可视为质点)从大的半圆一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．滑块在A点的初速度为 B．滑块在A点对半圆轨道的压力为6mg C．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgR D．增大滑块在A点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变 解析：选AC.由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，重力提供向心力，即mg＝m，解得：v＝，以AB面为参考面，根据机械能守恒定律可得：mv＝2mgR＋m()2，求得vA＝，故A正确；滑块在A点受到圆轨道的支持力为：F＝m＝3mg，由牛顿第三定律可知B错误；设滑块在O1点的速度为v1，则：v1＝＝2，在小半圆中运动的过程中，根据动能定理得Wf＝mv－mv＝mgR，故C正确；增大滑块在A点的初速度，则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆轨道的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故D错误．‎ 三、非选择题 ‎13．(2019·聊城二调)如图所示，BC为半径等于 m、竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5 kg的小球从O点正上方某处A点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，OB与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F＝5 N的力的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g取10 m/s2)求：‎ - 22 -‎ ‎(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0与OA的距离；‎ ‎(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力；‎ ‎(3)小球在CD斜面上运动的最大位移．‎ 解析：(1)小球从A运动到B为平抛运动，‎ 有rsin 45°＝v0t 在B点，有tan 45°＝ 解以上两式得v0＝2 m/s，t＝0.2 s 则AB竖直方向的距离为h＝gt2＝0.2 m OB竖直方向的距离为h′＝rcos 45°＝0.4 m 则OA＝h＋h′＝(0.2＋0.4) m＝0.6 m.‎ ‎(2)在B点据平抛运动的速度规律有 vB＝＝2 m/s 小球在管中重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为 FN＝m＝5 N 根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为 F′N＝FN＝5 N.‎ ‎(3)在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋μmgcos 45°＝ma 解得a＝gsin 45°＋μgcos 45°＝8 m/s2‎ 根据速度位移关系公式，有x＝＝ m.‎ 答案：(1)2 m/s　0.6 m　(2)5 N　(3) m ‎14．如图所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2.‎ - 22 -‎ ‎(1)求小物块运动至B点时的速度大小和方向；‎ ‎(2)求小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；‎ ‎(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？‎ 解析：(1)物块做平抛运动：H－h＝gt2‎ 到达B点时竖直分速度：vy＝gt＝3 m/s v1＝＝5 m/s 方向与水平面的夹角为θ：tan θ＝＝ 即：θ＝37°，斜向右下．‎ ‎(2)从A至C点，由动能定理mgH＝mv－mv 设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝m 由上式可得v2＝2 m/s，FN＝47.3 N 根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下．‎ ‎(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力 Ff＝μ1mg＝5 N 长木板与地面间的最大静摩擦力为F′f F′f＝μ2(M＋m)g＝10 N 因Ff

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