2020高考物理二轮复习 600分冲刺 专题一 力与运动 第3讲 力与物体的曲线运动课件

专题整合突破第一部分专题一力与运动第3讲力与物体的曲线运动1体系认知感悟真题2聚焦热点备考通关3复习练案课时跟踪体系认知感悟真题•1．(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图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()图(a)图(b)•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•[答案]BD[解析]A错：v－t图象中图线与t轴包围的面积表示位移大小，第二次滑翔过程中所围面积大表示在竖直方向上位移大。B对：比较身体姿态对下落速率的影响，应控制两次水平速度相同，运动员在水平方向上的运动可看成匀速直线运动，由x＝vt知运动时间长的水平位移大。C错：从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝ΔvΔt，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度小于第一次。D对：v－t图象的斜率表示加速度，速率为v1时，第二次加速度小，设阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次受到的阻力大。•2．(多选)(2019·江苏，6)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()BDA．运动周期为2πRωB．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R[解析]A错：座舱的周期T＝2πRv＝2πω。B对：根据线速度与角速度的关系，v＝ωR。C错，D对：座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R。A3．(2018·全国卷Ⅲ，17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和v2的速度沿同一方向水平抛出，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()A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍[解析]如图所示，可知：x＝vt，x·tanθ＝12gt2则x＝2tanθg·v2，即x∝v2甲、乙两球抛出速度为v和v2，则相应水平位移之比为41，由相似三角形知，下落高度之比也为41，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为21，则可得落至斜面时速率之比为21。4．(2018·全国卷Ⅲ，25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝35。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求•(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；•(2)小球到达A点时动量的大小；•(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。[答案](1)34mg5gR2(2)m23gR2(3)355Rg[解析](1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有F0mg＝tanα①F2＝(mg)2＋F20②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝mv2R③由①②③式和题给数据得F0＝34mg④v＝5gR2⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝12mv2－12mv21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝m23gR2⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t＋12gt2＝CD⑩v⊥＝vsinα⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝355Rg聚焦热点备考通关•1．曲线运动的合力与轨迹、速度的关系•(1)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力方向指向曲线的“凹”侧。•(2)速率变化情况判断：合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率将增大；合力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率将减小；合力方向与速度方向始终垂直时，物体的速率保持不变。运动的合成与分解核心知识•2．绳、杆相牵连物体的速度关系的分析方法•两物体用绳、杆相牵连时，将物体(绳头或杆头)的速度沿绳、杆和垂直于绳、杆方向分解，两物体沿绳、杆方向的分速度大小相等。•3．小船渡河模型•小船过河时实际上参与了两个方向的分运动，即随水流的运动(即水冲船的运动)和船相对水的运动(即在静水中船的运动，运动方向为船头的方向)，船的实际运动是合运动。情况图示说明渡河时间最短当船体垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝dv船情况图示说明当v水v船时，如果满足v水－v船cosθ＝0，合速度垂直河岸，渡河位移最短(等于河宽d)渡河位移最短当v水v船时，如果船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为smin＝dv水v船渡河船速最小在水流速度v水和船的航行方向(即v合的方向)已知的前提下，当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，有满足条件的最小船速，即v船min＝v水sinθ•【典例1】(2019·陕西省宝鸡市模拟)如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为()D典例探究A．ωLsinβsinαB．ωLcosβsinαC．ωLcosβcosαD．ωLsinβcosα[解析]设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，将A点的速度分解根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分＝vcosα，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′则：vB分＝v′·cosθ＝v′cos(β－90°)＝v′sinβ，v′＝ωL又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分联立可得：v＝ωLsinβcosα，故D正确，A、B、C错误。•1．(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动，下列说法正确的是()类题演练BA．当θ＝60°时，P、Q的速度之比是32B．当θ＝90°时，Q的速度最大C．当θ＝90°时，Q的速度为零D．当θ向90°增大的过程中Q的合力一直增大[解析]P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当θ＝60°时，Q的速度vQcos60°＝vP，解得vPvQ＝12，故A错误；P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ＝90°时，Q的速度最大，故B正确，C错误；当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ＝90°时，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D错误。(类)平抛运动的规律核心知识1．平抛运动的规律(1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。(2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝12gt2。2．平抛(类平抛)运动的处理方法分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。3．平抛(类平抛)运动的两个推论(1)如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tanθ＝2tanα。提示：位移方向与速度方向一定不同。•4．巧用“二级结论”解答平抛运动与斜面的综合问题•(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。•【典例2】(2019·浙江省杭州市模拟)(多选)垒球练习机是一个很好的辅助练习者练球的工具。如下左图所示是练球机的实物图，乙图是简化示意图。设球桌面ABCD的AB边长为L1，BC边长为L2，球网JK位于桌面的正中间，网高为h。发球机简化为EF，其中E点固定在AB边的中点，F点为垒球发射点，EF始终保持竖直，高度为H(可调)。垒球看成质点，每次均从F点水平发射，发射方向可以在水平面内任意调整。不计空气阻力和周围环境对垒球运动的影响，若球擦网而过时不计球和网之间的相互作用，不考虑垒球的旋转，则下列说法正确的是()典例探究A．从F点发出的得分球的最大速度为g2H14L21＋L22＋H2B．要让垒球能越过球网，最小发射速率一定为L2g8H－hC．只要H＞h，就一定能设置合适的发球速率，使球落在JKCD区域D．若H＝43h，只要是落在CD边界上的球一定是擦网而过的[答案]BD[解析]将球发送到C处，飞行时间t＝2Hg，从F到C的发球速度最大，为vmax＝14L21＋L222Hg，A错误；根据平抛运动，如果要过网，则x＝v0ty＝12gt2，可知球飞行时间是相同的，如果水平位移最短，则过网速度最小vmin＝L222H－hg，B正确；结合上述分析，要想让球过网，并且不出线，发球速度应该满足L222H－hg≤v≤14L21＋L222Hg，除了H＞h之外，还需要控制发球方向才能将球发出后落在JKCD区域，C错误；示意图(H－h)＝12gt21、12L2＝vt1、H＝12gt22、L2＝vt2可知，H＝43h。由于垂直AB方向发射时，网正好是该过程的中位线，因此调整发射方向之后，球下落高度相同的情况下，球飞行的水平位移总是有2倍关系，而网正好是该过程的中位线位置，D正确。•平抛(类平抛)运动的求解方法•(1)基本求法：把平抛(类平抛)运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。•(2)特殊求法•①对于有些问题过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度、初速度沿坐标轴分解，分别在x、y轴方向上列方程求解。•②涉及斜面的平抛运动的求解方法是建立平抛运动的两个分速度和分位移以及斜面倾角之间的关系，是解决问题的突破口。类题演练BC2．(多选)(2019·山东省青岛模拟)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，且小球通过点P(1k，1k)。已知重力加速度为g，则()A．电场强度的大小为mgqB．小球初速度的大小为g2kC．小球通过点P时的动能为5mg4kD．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少2mgk[解析]小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：qE·sin45°＝mg，所以：qE＝2mg，电场强度的大小为：E＝2mgq，A错误；小球受到的合力：F合＝qEcos45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平抛运动规律有：1k＝v0t，1k＝12gt2，得初速度大小为v0＝g2k，B正确；由于1k＝v0t，1k＝12gt2，又v0vy＝12，所以通过点P时的动能为：12mv2＝12m(v20＋v2y)＝5mg4