【物理】2018届二轮复习“力与曲线运动”学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习“力与曲线运动”学案（全国通用）

‎“力与曲线运动”学前诊断 考点一 运动的合成与分解 ‎1.[考查运动的合成与运动轨迹分析]‎ 在长约‎1 m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个适当的圆柱形的红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，将其迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底。现将此玻璃管倒置安装在置于粗糙水平桌面上的小车上，小车从位置A以初速度v0开始运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。经过一段时间后，小车运动到图中虚线位置B。按照如图建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是下图中的(　　)‎ 解析：选A　根据题述，红蜡块沿玻璃管匀速上升，即沿y方向做匀速直线运动；在粗糙水平桌面上的小车从A位置以初速度v0开始运动，即沿x方向红蜡块做匀减速直线运动，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹是开口向上的抛物线，故A正确。‎ ‎2．[考查速度的分解]‎ 如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是(　　)‎ A．物体B正向右做匀减速运动 B．物体B正向右做加速运动 C．地面对B的摩擦力减小 D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2‎ 解析：选D　将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。‎ ‎3．[考查小船渡河问题]‎ ‎[多选]甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成θ 角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是(　　)‎ A．乙船先到达对岸 B．若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变 C．不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点 D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L 解析：选BD　将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间t＝，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t＝，则两船的渡河时间都不变，故B正确；只有甲船速度大于水流速度时，甲船才可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在沿岸方向的分速度仍不变，两船之间的相对速度不变，则两船之间的距离仍然为L，故D正确。‎ 考点二 抛体运动问题 ‎4.[考查多体平抛运动问题]‎ 一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能力损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　 　B．1∶3‎ C．3∶1 D．1∶9‎ 解析：选B　两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到B点所用的时间等于第二种情况下落到A点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为t1＝3t，第二种情况下所用时间为t2＝t，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x＝v0t得v2＝3v1，即＝，B正确。‎ ‎5．[考查平抛运动与匀变速直线运动的综合]‎ ‎[多选] 如图所示，在距地面高为H＝‎45 m处，有一小球A以初速度v0＝‎10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝‎10 m/s2)。下列说法正确的是(　　)‎ A．小球A落地时间为3 s B．物块B运动时间为3 s C．物块B运动‎12.5 m后停止 D．A球落地时，A、B相距‎17.5 m 解析：选ACD　根据H＝gt2得，t＝ ＝ s＝3 s，故A正确。物块B匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝0.4×‎10 m/s2＝‎4 m/s2，则B速度减为零的时间t0＝＝ s＝2.5 s，滑行的距离x＝t0＝×‎2.5 m＝‎12.5 m，故B错误，C正确。A落地时，A的水平位移xA＝v0t＝10×‎3 m＝‎30 m，B的位移xB＝x＝‎12.5 m，则A、B相距Δx＝(30－12.5) m＝‎17.5 m，故D正确。‎ ‎6．[考查平抛运动与斜面的综合]‎ 如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。不计空气阻力，则(　　)‎ A．t2>2t1 B．t2＝2t1‎ C．t2<2t1 D．落在B点 解析：选C　在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，有tan θ＝，解得t1＝，水平位移x＝vt1＝，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v水平抛出小球，小球将落在水平面上。可知两球下降的高度之比为1∶2，根据t＝知，t1∶t2＝1∶，则t2<2t1。‎ 考点三 圆周运动问题 ‎7.[考查圆周运动的向心力及来源]‎ 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　)‎ A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B．金属块B受到桌面的支持力变小 C．细线的张力变大 D．小球A运动的角速度减小 解析：选D　设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。‎ ‎8．[考查圆周运动的绳、杆模型]‎ 如图所示，轻杆长‎3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时(　　)‎ A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 解析：选C　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。‎ ‎9．[考查圆周运动的临界极值问题]‎ 某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点(通过B点前后速率不变)，再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0＝‎72 km/h，AB长L1＝‎150 m；BC为四分之一水平圆弧段，限速(允许通过的最大速度)v＝‎36 km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2＝‎50 m，重力加速度g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)若轿车到达B点时速度刚好为v＝‎36 km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；‎ ‎(2)为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值；‎ ‎(3)轿车A点到D点全程的最短时间。‎ 解析：(1)v0＝‎72 km/h＝‎20 m/s，AB长L1＝‎150 m，‎ v＝‎36 km/h＝‎10 m/s，对AB段匀减速直线运动有 v2－v02＝－2aL1‎ 代入数据解得a＝‎1 m/s2。‎ ‎(2)汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，‎ Ff＝m 为了确保安全，则须满足Ff≤μmg 联立解得：R≥‎20 m，即：Rmin＝‎20 m。‎ ‎(3)设AB段时间为t1，BC段时间为t2，CD段时间为t3，全程所用最短时间为t。‎ L1＝t1‎ πRmin＝vt2‎ L2＝t3‎ t＝t1＋t2＋t3‎ 联立以上各式，代入数据解得：t＝23.14 s。‎ 答案：(1)‎1 m/s2　(2)‎20 m　(3)23.14 s 考点四 抛体运动与圆周运动的综合问题 ‎10.[考查平抛运动与圆周运动的多解问题]‎ 一位同学做飞镖游戏，已知圆盘直径为d，飞镖距圆盘的距离为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘且过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω。若飞镖恰好击中A点，则下列关系中正确的是(　　)‎ A．dv02＝L‎2g B．ωL＝(1＋2n)πv0(n＝0,1,2，…)‎ C．v0＝ D．dω2＝(1＋2n)2gπ2(n＝0,1,2，…)‎ 解析：选B　飞镖做平抛运动，若恰好击中A点，则只能是在A点恰好转到最低点的时候。当A点转动到最低点时飞镖恰好击中A点，则L＝v0t，d＝gt2，ωt＝(1＋2n)π(n ‎＝0,1,2，…)，联立解得ωL＝(1＋2n)πv0(n＝0,1,2，…)，2dv02＝L‎2g,2dω2＝(1＋2n)‎2gπ2(n＝0,1，2，…)。故B正确。‎ ‎11．[考查多物体圆周运动与平抛运动的组合]‎ ‎[多选]如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球1、2、3沿水平轨道分别以速度v1＝2、v2＝3、v3＝4水平向左冲上半圆形轨道，g为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是(　　)‎ A．三个小球离开轨道后均做平抛运动 B．小球2和小球3的落点到A点的距离之比为∶2 C．小球1和小球2做平抛运动的时间之比为1∶1‎ D．小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1∶1‎ 解析：选BD　设小球恰好通过最高点时的速度为v，此时由重力提供向心力，则mg＝m，得v＝ 设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为v′，由机械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv′2，‎ 得v′＝ 由于v1＝2＜v′，所以小球1不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故A错误。‎ 小球2和小球3离开轨道后做平抛运动，由2R＝gt2得t＝2，则得：小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1∶1。‎ 设小球2和小球3通过最高点时的速度分别为v2′和v3′。‎ 根据机械能守恒定律得：2mgR＋mv2′2＝mv22；2mgR＋mv3′2＝mv32；‎ 解得v2′＝，v3′＝2 由平抛运动规律得：水平距离为x＝v0t，t相等，则小球2和小球3的落点到A点的距离之比为∶2。‎ 小球1做的不是平抛运动，则小球1和小球2做平抛运动的时间之比不是1∶1，故B、D正确，C错误。‎ ‎12．[考查数学方法在圆周运动、平抛运动综合问题中的应用]‎ 如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点。以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝6－x2(单位：m)，小球质量m＝‎0.4 kg，圆弧轨道半径R＝‎1.25 m，g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小；‎ ‎(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)。‎ 解析：(1) 对小球，从释放到O点过程中 由机械能守恒：mgR＝mv2‎ v＝＝ m/s＝‎5 m/s 小球在圆轨道最低点：FN－mg＝m FN＝mg＋m＝12 N 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力FN′＝FN＝12 N。‎ ‎(2)小球从O点水平抛出后满足y＝gt2‎ x＝vt 又有y＝6－x2‎ 联立得t＝ s。‎ 答案：(1)12 N　(2) s