（通用版）2020高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3课时 力与曲线运动课件

第3课时力与曲线运动专题一力与运动栏目索引考点1曲线运动的性质和特点考点2平抛运动规律的应用考点3圆周运动问题考点4万有引力定律的理解和应用1.条件F合与v的方向不在同一直线上，或_______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_________曲线运动.3.速度方向沿轨迹_____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_____方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧.考点1曲线运动的性质和特点加速度非匀变速切线合力5.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.6.合运动的性质根据合外力(或合加速度)与合初速度的方向关系判断合运动的性质.7.运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则.8.绳(杆)关联物体的速度(1)若由绳(杆)连接的两运动物体的运动方向沿绳(杆)方向，则两物体速度大小相等.(2)若物体运动方向不沿绳(杆)方向，将其速度分解到沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向，再参考上一条.例1(2019·江西宜春市上学期期末)如图1所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t图象.以下判断正确的是图1A.在0～1s内，物体做匀速直线运动B.在0～1s内，物体做匀变速直线运动C.在1～2s内，物体做匀变速直线运动D.在1～2s内，物体做匀变速曲线运动√解析在0～1s内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A、B错误；在1～2s内，水平方向初速度为：v0x＝4m/s，加速度为：ax＝4m/s2竖直方向初速度为：v0y＝3m/s，加速度为：ay＝3m/s2根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5m/s，合加速度为a＝5m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故选项C正确，D错误.变式训练1.(2019·江苏南通市通州区、海门、启东期末)质量不同的两个小球A、B从同一位置水平抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图2所示，则图2A.B的初速度一定大B.B的加速度一定大C.A的质量一定小D.A水平方向的平均速度一定小√解析小球在竖直方向只受重力，所以竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由公式t＝2hg可知，两小球运动时间相同，由题图可知，A小球水平位移小于B小球水平位移，水平方向上两小球做匀减速直线运动，所以A水平方向的平均速度一定比B的小，由于无法知道两小球落地时的水平速度大小，所以无法判断两球的初速度大小和加速度大小，则无法判断两球的质量关系.2.(2019·山东济南市3月模拟)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件，如图3所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P.在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是图3A.当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0B.当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0C.当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度等于v0D.当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度大于v0√解析当OP与OQ垂直时，设∠PQO＝θ，此时活塞的速度为v，将P点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，选项A正确，B错误；当OPQ在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项C、D错误.1.位移关系：考点2平抛运动规律的应用x＝v0ty＝_____12gt2位移方向偏转角tanα＝yx＝gt2v0.2.速度关系：vx＝v0vy＝____gt速度方向偏转角tanθ＝vyvx＝gtv0＝______.2tanα分清题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适的关系式解题.3.基本思路处理平抛(或类平抛)运动时，一般将合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.4.两个突破口(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.例2(多选)(2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图4所示，D点为固定斜面AC的中点.在A点和D点分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端C.空气阻力不计.设两球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是图4A.t1t2＝2B.v01v02＝2C.v1v2＝2D.tanθ1tanθ2＝12√√解析两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由h＝12gt2，得t＝2hg.两球下落的高度之比h1∶h2＝2∶1，可得，t1t2＝21，故A错误.小球水平方向做匀速直线运动，则v0＝xt.两球水平位移之比x1∶x2＝2∶1，结合t1t2＝21，得v01v02＝2，故B正确.设斜面的倾角为α，小球落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ.则tanα＝12gt2v0t＝gt2v0.tanθ＝gtv0＝2tanα，是定值，所以tanθ1tanθ2＝1，即θ1＝θ2.落到C点前瞬间的速度大小分别为v1＝v01cosθ1，v2＝v02cosθ2，可得，v1v2＝2，故C正确，D错误.3.(2019·江苏泗阳县第一次统测)如图5所示，某同学由O点先后抛出完全相同的3个小球(可将其视为质点)，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上.已知M、N、P、O四点距离水平地面高度分别为4h、3h、2h、h.不计空气阻力，以下说法正确的是A.击中P点的小球动能最小B.分别到达M、N、P三点的小球的飞行时间之比为1∶2∶3C.分别到达M、N、P三点的小球的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D.到达木板前小球的加速度相同√变式训练图5解析将运动逆向看，可看成是三个平抛运动，且达到O点时水平位移相等，根据h＝12gt2，可得运动时间t＝2hg，则到达M、N、P的运动时间之比为3∶2∶1，故B错误；水平方向有x＝vt，则水平方向的速度之比为2∶3∶6，由Ek＝12mv2可知，击中M点的小球动能最小，故A错误；由v＝gt可知，到达M、N、P三点的小球的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1，故C错误；做平抛运动物体的加速度为重力加速度，故到达木板前小球的加速度相同，故D正确.4.(2019·广东茂名市第一次综合测试)如图6所示，有一内壁光滑的高为H＝5m、宽为L＝1m的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出，正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g＝10m/s2.则小球的初速度v0的大小可能是A.2m/sB.4m/sC.6m/sD.9m/s图6√解析根据平抛运动的分析可知，(2n＋1)L＝v0t，n＝0,1,2,3…，解得v0＝(2n＋1)L，n＝0,1,2,3…，所以v0的可能值为1m/s,3m/s,5m/s,7m/s,9m/s…故D正确，A、B、C错误.H＝12gt21.物理量间的关系考点3圆周运动问题2.两种传动方式(1)齿轮传动(皮带传动、摩擦传动)：两轮边缘_______大小相等.(2)同轴转动：轮上各点_______相等.3.基本思路(1)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＝mv2r＝mrω2＝mωv＝mr4π2T2.线速度角速度4.技巧方法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.5.两种模型(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是.(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v≥0.v≥gR例3(2019·北京市东城区上学期期末)如图7所示，长度为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将轻绳拉直到水平状态时无初速度释放小球.重力加速度为g，问：图7(1)小球经过最低点时，轻绳受到的拉力大小；答案3mg解析小球从开始释放到最低点过程机械能守恒：mgL＝12mv2由牛顿第二定律可得：FT－mg＝mv2L联立解得FT＝3mg结合牛顿第三定律可知，小球在最低点时，轻绳受到的拉力大小为3mg.(2)若在O点的正下方钉一个钉子A，要求小球在轻绳与钉子相碰后能够绕钉子做一个完整的圆周运动(忽略钉子的直径)，钉子A的位置到悬点O的距离至少为多大？答案0.6L解析设钉子A的位置到悬点O的距离为x，小球在细绳与钉子相碰后做圆周运动的轨道半径为r小球恰能通过最高点时，由牛顿第二定律可得：mg＝mv12r，其中：r＝L－x由机械能守恒定律可得：mg(L－2r)＝12mv12解得：x＝0.6L.(3)经验告诉我们，当轻绳与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断.请你通过推导计算解释这一现象.(推导过程中需要用到的物理量，自己设定)答案见解析解析设小球在最低点时到钉子的距离为R，在最低点由牛顿第二定律可得：FT0－mg＝mv2R可见小球在最低点时到钉子的距离越小，轻绳拉力越大，绳就越容易断.mgL＝12mv2小球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得：则：FT0＝mg＋m2gLR小球通过最低点的速度：v＝2gL变式训练5.(多选)(2019·江苏南京市、盐城市一模)乘坐列车时，在车厢内研究列车的运动情况，小明在车厢顶部用细线悬挂一个小球.当列车以恒定速率通过一段圆弧形弯道时，小明发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，则下列判断正确的是A.细线对小球的拉力等于小球的重力B.外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用C.小球不在悬点的正下方，偏向弯道的内侧D.放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但并非竖直向上√√由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，绳子的拉力与重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则小球一定不在悬点的正下方，故C错误；在弯道处火车内轨与外轨之间存在高度差，所以火车的桌面不是水平的，根据弹力方向的特点可知，放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但并非竖直向上，故D正确.解析当列车以恒定速率通过一段圆弧形弯道时，小球也做匀速圆周运动，细线的拉力与重力的合力提供向心力，设此时细线与竖直方向的夹角为θ，则细线的拉力：F＝mgcosθ＞mg，故A错误；设列车与小球做匀速圆周运动的半径为R，车速为v，则对小球：mgtanθ＝mv2R，解得：v＝gRtanθ，由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力的方向与小球受到的细线的拉力方向相同，由受力分析可知，车的向心力恰好由车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压作用，故B正确；6.(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图8所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗顶高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的角速度为图8A.ghR2－h2B.ghR2－h2C.ghR－h2D.gh√解析根据受力分析和向心力公式可得：mgtanθ＝mrω2，小球做匀速圆周运动的轨道半径为：r＝Rsinθ；解得：ω＝gRcosθ＝gh，故选D.考点4万有引力定律的理解和应用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＝mrω2＝m4π2T2r＝mv2r＝ma，可得：环绕天体运行线速度v＝GMr，角速度ω＝GMr3，周期T＝4π2r3GM，加速度a＝GMr2.由于GMmR2＝mg，故天体质量M＝gR2G，天体密度ρ＝MV＝M43πR3＝______.3g4πGR(2)通过观察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＝______；②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝M