（浙江专用版）2020版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3讲 力与曲线运动课件

第一部分专题一力与运动题型1曲线运动的性质和特点内容索引NEIRONGSUOYIN题型2平抛运动规律的应用题型3圆周运动问题题型4万有引力定律的理解和应用曲线运动的性质和特点题型1相关知识链接1.条件F合与v的方向不在同一直线上，或加速度方向与速度方向不共线.2.性质(1)F合恒定：做匀变速曲线运动.(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动.3.速度方向：沿轨迹切线方向.4.合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧.规律方法提炼1.合运动与分运动物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成.2.合运动的性质根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质.3.运动的合成与分解指速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则.例1(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始由静止开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度－时间图象如图甲、乙所示，关于物体在0～4s这段时间内的运动，下列说法中正确的是A.前2s内物体沿x轴做匀加速直线运动B.后2s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C.4s末物体坐标为(4m,4m)D.4s末物体坐标为(6m,2m)√√解析前2s内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由题图甲看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动，故A正确；在2～4s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向，故B错误；在前2s内，物体在x轴方向的位移为x1＝v2t＝22×2m＝2m.在后2s内，x轴方向的位移为x2＝vt＝2×2m＝4m，y轴方向位移为y＝22×2m＝2m，则4s末物体的坐标为(6m,2m)，故C错误，D正确.拓展训练1(2019·江苏苏北三市第一次质检)如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止.取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为√解析由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于加速度方向向右，即合力方向向右，则曲线向右弯曲；然后水平方向向右做减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于加速度方向向左，即合力方向向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，A、B、C错误.拓展训练2(2019·福建厦门市第一次质量检查)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小钢球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小球的运动轨迹.观察实验现象，以下叙述正确的是A.第一次实验中，小钢球的运动是匀变速直线运动B.第二次实验中，小钢球的运动是类平抛运动，其轨迹是一条抛物线C.该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向D.该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上√解析第一次实验中，小钢球受到沿着速度方向的吸引力作用，做直线运动，并且随着距离的减小吸引力变大，加速度变大，则小球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，故选项C错误，D正确.平抛运动规律的应用题型2相关知识链接1.位移关系：x＝v0ty＝12gt2位移方向偏转角tanα＝yx.2.速度关系：vx＝v0vy＝gt速度方向偏转角tanθ＝vyvx＝yx2＝2tanα.分析题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适的关系式解题.1.基本思路处理平抛(或类平抛)运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动.2.两个突破口(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值.(2)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值.规律方法提炼例2(2019·温州市联考)在18届雅加达亚运会中，中国女排毫无悬念地赢得了冠军，图为中国队员比赛中高抛发球.若球离开手时正好在底线中点正上空3.49m处，速度方向水平且与底线垂直.已知每边球场的长和宽均为9m，球网高为2.24m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是A.15m/sB.17m/sC.20m/sD.25m/s解析设每边球场的长和宽均为L，若球刚好过网，据H－h＝12gt12和L＝v1t1得最小速度v1＝18m/s若球刚好不出场地，据H＝12gt22，2L＝v2t2，得最大速度v2≈22m/s故发球速度范围是18m/s＜v＜22m/s，故选C.√拓展训练3(2019·金华十校期末)如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L，假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力.则有解析从最高点到落入沙坑是平抛运动由2L＝v0tA.tanα＝2B.tanα＝12C.tanα＝14D.tanα＝1√L＝12gt2tanα＝vyv0，得tanα＝1，故选项D正确.vy＝gt拓展训练4(多选)(2019·全国卷Ⅱ·19)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图像如图(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√√解析根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移大小，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；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝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－Ff＝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.ΔvΔt圆周运动问题题型31.物理量间的关系相关知识链接2.三种传动方式(1)皮带传动、摩擦传动：两轮边缘线速度大小相等(2)同轴转动：轮上各点角速度相等1.基本思路(1)进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心、轨道平面以及半径.规律方法提炼2.技巧方法(1)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；(2)最高点和最低点利用牛顿第二定律进行动力学分析.3.两种模型(2)列出正确的动力学方程F＝mv2r＝mrω2＝mωv＝mr4π2T2.(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥gR.(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v≥0.例3(2019·安徽芜湖市上学期期末)如图所示，用长为L的细线系着一个质量为m的小球(可以看作质点)，以细线端点O为圆心，在竖直平面内做圆周运动.P点和Q点分别为圆轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，小球经过P点和Q点所受细线拉力的差值为A.2mgB.4mgC.6mgD.8mg解析在Q点，F1＋mg＝mv12L；对从最高点到最低点过程，有：mg(2L)＝12mv22－12mv12；在最低点，F2－mg＝mv22L；联立三式有：F2－F1＝6mg，故选C.√拓展训练5(2019·绍兴诸暨市期末)如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆.为了数据检索的方便，磁盘格式化要求所有磁道储存的字节与最内磁道的字节相同，最内磁道上每字节所占用磁道的弧长为L.已知磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外磁道不储存字节.电动机使磁盘以每秒n圈的转速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间.下列说法正确的是A.相邻磁道的向心加速度的差值为4π2dn2B.最内磁道的一个字节通过磁头的时间为LnC.读完磁道上所有字节所需的时间为R－r－1ndD.若r可变，其他条件不变，当r＝R2时磁盘储存的字节最多√解析由电动机使磁盘每秒转n圈知T＝1ns.由a＝ω2r知相邻磁道加速度的差值Δa＝4π2T2·Δr＝4π2n2d，故A项错误；最内磁道一个字节通过磁头的时间t1＝L2πr·T＝L2πnr，故B项错误；读完所有磁道所需时间t＝(R－rd)T＝R－rnd，故C项错误；字节数n＝tt1＝2πLdr(R－r)，故其他条件不变时，当r＝R2时，n有最大值，故D正确.拓展训练6(2019·绍兴市3月选考)为了提高一级方程式赛车的性能，在形状设计时要求赛车上下空气存在一个压力差(即气动压力)，从而增大赛车对地面的正压力.如图所示，一辆总质量为600kg的赛车以288km/h的速率经过一个半径为180m的水平弯道，转弯时赛车不发生侧滑，侧向附着系数(正压力与摩擦力的比值)η＝1，则赛车转弯时A.向心加速度大小约为460m/s2B.受到的摩擦力大小约为3×105NC.受到的支持力大小约为6000ND.受到的气动压力约为重力的2.6倍√解析288km/h＝80m/s故Fmg＝15333N600×10N≈2.6，故C错误，D正确.因为摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律得：Ff＝mv2R≈21333N，故B错误；因为摩擦力Ff＝ηFN＝η(Mg＋F)，则汽车所受支持力FN＝Ffη＝21333N，气动压力F＝FN－Mg＝15333N，根据向心加速度公式a＝v2R≈36m/s2，故A错误；万有引力定律的理解和应用题型4天体质量和密度(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.由于GMmR2＝mg，故天体质量M＝gR2G，天体密度ρ＝MV＝M43πR3＝3g4πGR.(2)通过卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r.①由万有引力提供向心力，即GMmr2＝m4π2T2r，得出中心天体质量M＝4π2r3GT2；②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝MV＝M43πR3＝3πr3GT2R3.相关知识链接1.环绕天体模型环绕天体做圆周运动的向心力由中心天体对它的万有引力提供，即GMmr2＝m4π2T2r＝mv2r＝mω2r＝ma等，可得：中心天体质量M＝4π2r3GT2，ρ＝3πr3GT2R3(r＝R时有ρ＝3πGT2)环绕天体运行速度v＝GMr，加速度a＝GMr2.规律方法提炼角速度ω＝GMr3，周期T＝4π2r3GM，故r增大时，速度v、角速度ω、加速度a均减小，周期T增大.2.变轨问题(1)同一卫星在不同轨道上运行时机械能和周期不同，轨道半径越大，机械能越大，周期越长.(2)卫星经过不同轨道相切的同一点时加速度相等，在外轨道的速度大于在内轨道的速度.3.双星问题双星各自做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力提供，即Gm1m2r1＋r22＝m1ω2r1＝m2ω2r2，得m1r1＝m2r2另：Gm1＋m2r1＋r22＝ω2(r1＋r2)双星总质量：m1＋m2＝ω2r1＋r23G.例4(2018·全国卷Ⅱ·16