2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题一力与运动第3讲力与物体的曲线运动专项训练201902203296.doc

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1、1第 3 讲 力与物体的曲线运动真题再现 1(2018课标)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和 的速度沿同一方向v2水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A2 倍 B4 倍C6 倍 D8 倍解析 本题考查平抛运动规律的应用。小球做平抛运动，其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为 。平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，x v0t， h gt2，由图中几何关系，可得 tan ，解得： t ；从抛出到落12 hx 2v0tan g到斜面上，由动能定理可得： mgh mv 2 mv ，可得：12 12 20v v0，则 ，选项 A

2、正确。v20 2gh 1 4tan2 v甲 v乙 v0甲v0乙 vv2 21答案 A2.(2017全国卷)如图 131，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力图 131A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心解析 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始2终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D

3、项错误。答案 A3(多选)(2016全国卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变解析 施加一恒力后，质点的速度方向可能与该恒力的方向相同，可能与该恒力的方向相反，也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化，但不可能总是与该恒力的方向垂直，若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直，则质点做类平抛运动，质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小，选项 A 错误，B 正确。质点开始时做匀速直线运动，说明

4、原来作用在质点上开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上的合力为零，现对其施加一恒力，根据牛顿第二定律，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，且大小不变，由 a 可知，质点单位时间内速度的变化量 v 总是不变的，但速率的变化 v t量不确定，选项 C 正确，D 错误。答案 BC4(2015课标卷)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图 132 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。不计空气的作用，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

5、，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则 v 的最大取值范围是图 132A. vL1 L12 g6h g6hB. v L14 gh (4Loal(2,1) Loal(2,2)g6h3C. v L12 g6h 12 (4Loal(2,1) Loal(2,2)g6hD. v L14 gh 12 (4Loal(2,1) Loal(2,2)g6h解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。当速度 v 最小时，球沿中线恰好过网，有：3h h gt212 v1t1L12联立得 v1L14 gh当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 v2t2(f(L2,2)2 L213h gt 12 2联立得

6、v212(4Loal(2,1) Loal(2,2)g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上， v 的最大取值范围为 vL14 gh 12，选项 D 正确。(4Loal(2,1) Loal(2,2)g6h答案 D考情分析分值 612 分题型 以选择题为主，计算题涉及其中一部分命题热点(1)运动的合成与分解(2)平抛(类平抛)运动的规律(3)圆周运动(4)平抛运动和圆周运动的综合应用考点一 运动的合成与分解1运动合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质。(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。4(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法

7、则进行分析求解。2分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按实际运动效果进行分解。绳关联的情景中，物体的实际运动为合运动，相应的速度为合速度；实际运动有两个运动效果，一是使绳子伸长，二是使绳子转动。3小船过河的时间 t ，其中 v 垂 为小船在静水中的速度沿垂直于河岸方向的分速dv垂度。(2018 平顶山模拟)如图 133 所示，在竖直平面的 xOy 坐标系中， Oy 竖直向上， Ox 水平。设平面内存在沿 x 轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿 Oy 方向竖直向上抛出，初速度为 v04 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中 M 点所示，(坐标格为正方形， g10

8、m/s 2)求：图 133(1)小球在 M 点的速度 v1的大小；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回 x 轴时的位置 N；(3)小球到达 N 点的速度 v2的大小。解析 (1)设正方形的边长为 s0。竖直方向做竖直上抛运动，v0 gt1,2s0 t1，v02水平方向做匀加速直线运动，3s0 t1，解得 v16 m/s。v12(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过 t1到 x 轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在 2t1时间内的平均速度为 v1，所以回到 x 轴时落到 x v12t112 s0处，位置 N 的坐标为(12,0)。(3)到 N 点时竖直分速度大小为 v04

9、m/s，水平分速度vx2 v112 m/s，故 v2 4 m/s。v20 v2x 105答案 (1)6 m/s (2)见解析图 (3)4 m/s10【题组突破】1小船渡河问题如图 134 所示，河的宽度为 L，河水流速为 u，甲、乙两船均以静水中的速度 v 同时渡河。出发时两船相距 2L，甲、乙船头均与岸边成 60角，且乙船恰好能直达正对岸的A 点。则下列判断正确的是图 134A甲船正好也在 A 点靠岸B甲船在 A 点下游靠岸C甲、乙两船到达对岸的时间相等D甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇解析 甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为 vsin 60，过河时间均为 t，故 C 正确。由乙恰好到达

10、A 点知， u vcos 60 v，则甲沿河岸方向的速度Lvsin 60 12为 u v v，沿河岸方向的位移为 vt 2 L，故 A、B、D 错误。12 Lsin 60答案 C2牵连速度的分解问题(多选)如图 135 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为 d 时(图中 B 处)，下列说法正确的是图 135A小环刚释放时轻绳中的张力一定大于 2mgB小环到达 B 处时，重物上升的高度也为 dC小环在 B 处的速度与重物上升的

11、速度大小之比等于 26D小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于22解析 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 h d d，所以 B 错误；根据题意，沿绳子方向的速度2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 v 重 ，即 ，所以 C 正确，D 错误。vBv重 1cos 2答案 AC考点二 平抛运动规律1飞行时间t 。2hg2水平射程x v0t v0 。2hg3落地速度v ，以 表示落地时速度与 x

12、轴正方向间的夹角，有 tan v2x v2y v20 2gh 。vyvx 2ghv04速度改变量做平抛运动的物体在任意相等时间间隔 t 内的速度改变量 v g t 相同，方向恒为竖直向下，如图 136 所示 。图 1365两个重要推论(1)物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图137 甲中所示。7图 137(2)速度方向与水平方向的夹角为 ，位移与水平方向的夹角为 ，则 tan 2tan ，如图乙所示。(2018 济宁二模)如图 138 所示，一小球从一半圆轨道左端 A 点正上方某处开始平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点。 O 为半圆

13、轨道圆心，半圆轨道半径为 R， OB 与水平方向夹角为 45，重力加速度为 g，则小球抛出时的初速度为图 138A. B.22gR (22 1)gRC. D.(1 22)gR (r(2) 1)gR审题探究(1)小球运动到 B 点时的速度方向如何？水平速度和竖直速度关系如何？(2)小球从抛出到 B 点，其水平位移是多少？解析 小球飞行轨迹与半圆轨道相切于 B 点，则在 B 点处速度与水平方向的夹角为45。所以 vyB v0物体从抛出至 B 点，水平位移为 xB R Rcos 45 R R22根据平抛运动的规律有xB v0t8vyB gt联立以上几式可得 v0 。(22 1)gR答案 B【题组突破

14、】1分解思想的应用(2018江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的A时刻相同，地点相同 B时刻相同，地点不同C时刻不同，地点相同 D时刻不同，地点不同解析 弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为 g，且下落时保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项 B 正确。答案 B2平抛运动的临界问题如图 139，窗子上、下沿间的高度 H1

15、.6 m，墙的厚度 d0.4 m，某人在离墙壁距离 L1.4 m、距窗子上沿高 h0.2 m 处的 P 点，将可视为质点的小物体以速度 v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取 g10 m/s2，则 v 的取值范围是图 139A v7 m/sB v2.3 m/sC3 m/s v7 m/sD2.3 m/s v3 m/s解析 设小物体下落 h 所用的时间为 t1，下落 h H 所用的时间为 t2，要使小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，若小物块恰好经过窗子上沿，由平抛运动规律得，h gt ， vmaxt1 L，解得 vmax7 m/s；若小物体恰好经过窗子下沿，有12 219

16、h H gt ， vmint2 L d，解得 vmin3 m/s。故 v 的取值范围为 3 m/s v7 m/s，选项12 2ABD 错误，选项 C 正确。答案 C3电场中的类平抛运动如图 1310 所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、场强为 E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为 q、质量为 m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度 v0射入电场中， v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：图 1310(1)粒子在电场中运动的时间。(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan 。(3)粒子打到屏上的点 P 到 O

17、 点的距离 Y。解析 (1)粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，粒子在电场中运动的时间为t 。Lv0(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为 a 。Eqmvy at ，故粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 tan qELmv0 。vyv0 qELmv20(3)设粒子在电场中的偏转距离为 y，则： y at2 ，又 Y y Ltan ，解12 12 qEL2mv20得： Y 。3qEL22mv20答案 (1) (2) (3)Lv0 qELmv20 3qEL22mv20方法总结在平抛运动中，初速度 v0与加速度 g 不

18、是同一直线上的物理量，不能按匀变速直线运动公式 x v0t at2、 v v0 at 直接套用。注意先分解为两个分运动进行处理，必要时再1210合成。考点三 圆周运动如图 1311 所示，装置 BO O 可绕竖直轴 O O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于 B、 C 两点，装置静止时细线 AB 水平，细线 AC 与竖直方向的夹角 37。已知小球的质量 m1 kg，细线 AC 长 l1 m， B 点距转轴的水平距离和距 C点竖直距离相等(重力加速度 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8)。图 1311(1)若装置匀速转动的角速度为 1时，细线 AB 上的张力

19、为 0，而细线 AC 与竖直方向的夹角仍为 37，求角速度 1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度为 2时，细线 AB 刚好竖直，且张力为 0，求此时角速度 2的大小；(3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线 AC 上张力 FT随角速度的平方 2变化的关系图像。审题探究(1)当细线 AB 上的张力为零、细线 AC 与竖直方向的夹角为 37时，小球受几个力的作用？小球做圆周运动的半径是多少？(2)当细线 AB 竖直且张力为零时，小球受几个力的作用？小球做圆周运动的半径又是多少？(3) 取不同的数值时，小球受力不同，画出在 的各个取值区间内小球的受力示意图，并指明向心力的

20、来源。解析 (1)细线 AB 上张力恰为零时有：mgtan 37 m lsin 3721解得： 1 rad/s。glcos 37522(2)细线 AB 恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得：cos ， 53， mgtan m lsin 35 2此时 2 rad/s。53611(3) 1 rad/s 时，细线 AB 水平，细线 AC 上张力的竖直分量等于小球的重522力 FTcos mg， FT 12.5 Nmgcos 1 2时细线 AB 松弛细线 AC 上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力， FTsin m 2lsin ， FT m 2l 2时，细线 AB 在竖直方向绷直，仍然由细线

21、 AC 上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力。FTsin m 2lsin ， FT m 2l综上所述 1 rad/s 时， FT12.5 N 不变，522 1时， FT m 2l 2(N)FT 2关系图像如图所示。答案 (1) rad/s (2) rad/s (3)见解析522 536归纳提升1解决圆周运动问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。(2)列出正确的动力学方程 F m mr 2 mv mr 。v2r 4 r2T22竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。【题组突破】1水平

22、面内的圆周运动(多选)(2018兰州联考)如图 1312 所示，甲、乙圆盘的半径之比为 12，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动。两圆盘上分别放置质量为 m1和 m2的小物体，m12 m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同。 m1距甲盘圆心 r， m2距乙盘圆心 2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动。下列判断正确的是12图 1312A m1和 m2的线速度之比为 14B m1和 m2的向心加速度之比为 21C随转速慢慢增加， m1先开始滑动D随转速慢慢增加， m2先开始滑动解析 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有 1R 22R，则得 1 221，所以物块相对圆盘开始滑动前， m

23、1与 m2的角速度之比为 21，根据公式v r ，得 ，A 错误，根据 a 2r 得 m1与 m2的向心加速度之比为v1v2 1r 22r 11a1 a2( r)( 2r)21，B 正确；根据 mg mv 知， m1先达到临界角速度，21 2可知当转速增加时， m1先开始滑动，C 正确，D 错误。答案 BC2竖直平面内的圆周运动(多选)如图 1313 甲所示，半径为 R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点 A 时，小球受到的弹力 F 与其在 A 点速度平方(即 v2)的关系如图乙所示。设细管内径可忽略不计，则下列说法正确的是图 1313A当地的重

24、力加速度大小为RbB该小球的质量为 RabC当 v22 b 时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为 7aD当 0 v2 b 时，小球在 A 点对圆管的弹力方向竖直向上解析 由图乙可知，当 v2 b 时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即 mg m ，故 g ，选项 A 错误；当 v20 时，有bR bRmg a，又因为 g ，所以小球的质量 m R，选项 B 正确；当 v22 b 时，设小球运动到bR ab13最低点时的速度大小为 v，则由机械能守恒定律可得 mg2R mv 2 m2b，设小球12 12在最低点时受到的弹力大小为 F，则由向心力公式可得

25、 F mg m ，联立解得v 2RF7 a，选项 C 正确；当 0 v2 b 时，小球在最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项 D 错误。答案 BC考点四 平抛运动与圆周运动综合问题1掌握一种方法：运动的合成与分解。2用好一个流程如图 1314 所示， AB 段为一半径 R0.2 m 的光滑 圆弧轨道， EF 是一倾14角为 30的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为 0.1 kg 的薄木板 CD，开始时薄木板被锁定，一质量也为 0.1 kg 的物块(图中未画出)从 A 点由静止开始下滑，通过 B 点后水平

26、抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为 。 (g10 m/s 2，结果可保留根号)求：36图 1314(1)物块到达 B 点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间。解析 (1)物块从 A 到 B 的过程，由动能定理得：14mgR mv 解得： vB2 m/s12 2B在 B 点由牛顿第二定律得： FN mg mv2BR解得： FN3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力

27、大小为 3 N，方向竖直向下。(2)设物块滑上薄木板的速度为 v，则：cos 30vBv解得： v m/s。433(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块： mgsin 30 mg cos 30 ma1对薄木板： mgsin 30 mg cos 30 ma2设物块和薄木板达到的共同速度为 v，则： v v a1t a2t 解得： a12.5 m/s 2， t s。4315答案 (1)3 N，方向竖直向下 (2) m/s (3)2.5 m/s 2 s433 4315【题组突破】1平抛接圆周如图 1315 所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以 v08 m/s 的速度从 A

28、点水平跃出后，沿 B 点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到 C 点后水平离开轨道。已知 A、 B 之间的竖直高度 H1.8 m，圆弧轨道半径 R 10 m，选手的质量为 50 kg，不计空气阻力， g10 m/s 2，求：图 1315(1)选手从 A 点运动到 B 点的时间及到达 B 点的速度；(2)选手到达 C 时对轨道的压力。解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H gt212解得： t 0.6 s2Hg15在竖直方向 vy gt6 m/s选手到达 B 点速度为 vB 10 m/sv20 v2y设与水平方向的夹角为 ，则 tan 0.75，则 37vyv0(2)从 B 点到 C

29、 点：mgR(1cos ) mv mv12 2C 12 2B在 C 点： FNC mg m ， FNC1 200 Nv2CR由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力 FNC FNC1 200 N，方向竖直向下。答案 (1)0.6 s 10 m/s，与水平方向的夹角为 37(2)1 200 N，方向竖直向下2圆周接平抛如图 1316 所示，质量是 1 kg 的小球用长为 0.5 m 的细线悬挂在 O 点， O 点与地面间的竖直距离为 1 m，如果使小球绕 OO轴在水平面内做圆周运动，若细线能承受的最大拉力为 12.5 N，( g10 m/s 2)求：图 1316(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离。解析 (1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球进行受力分析，如图所示竖直方向 FTcos mg，得：cos 。故 3745向心力 F 向 mgtan 37 m 2Lsin 37解得： 5 rad/s(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为 v0 L sin 371.5 m/s16竖直方向： y h Lcos 37 gt2，水平方向： x v0t12解得 d 0.6 m。L2sin 2 x2答案 (1)5 rad/s (2)0.6 m