资源简介

力与物体的曲线运动

1.(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)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(　　)
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：选BD.根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移，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；根据v－t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，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－f＝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.
考情分析
典题再现
2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点．开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动．垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小.
(1)求小球初速度的大小v0；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点．若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由.
解析：(1)设在最高点速度为v1，在最高点，重力恰好提供向心力，所以mg＝,L)
根据动能定理，对球从A点到最高点，有
－mg·2L＝mv－mv
解得v0＝.
(2)以N为圆心，设最低点为M，落到最低点速度为v，有7mg－mg＝
对A到M过程列动能定理
－mgΔh＝mv2－mv
若N点在0点以下，则Δh＝L－r－(L－r)cos θ
若N点在O点以上，则
Δh＝L＋(L－r)cos (π－θ)－r＝L－(L－r)cos θ－r
解得r＝ L.
(3)假设能通过A点，则
竖直方向：Δh＝gt2
水平方向：(L－r)sin θ＝vt
解得cos θ＝－，与cos θ∈[－1，1]矛盾，所以假设不成立，不能通过A点.
答案：见解析
考情分析
命题研究
全国卷每年都会对平抛运动和圆周运动这两种运动形式进行考查，包括电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动，可单独考查某一种运动形式，也可把运动与功能关系、受力分析结合进行考查．山东模考对该部分也重点综合考查，在备考中对该部分应该引起重视，尤其对于平抛运动规律分析、圆周运动中的临界点分析等要熟练应用
　运动的合成与分解
【高分快攻】
1．合运动性质和轨迹的判断方法
若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速，加速度不恒定则为非匀变速．
2．三种过河情景分析
情景分析 解决方案
过河时间最短 船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)
过河路径最短(v水过河路径最短(v水>v船时) 合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．最短航程s短＝＝d
3.端速问题解题原则
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．
【典题例析】
(2018·高考北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　)
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
[解析]　由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C错误，D正确．
[答案]　D
【题组突破】
角度1　小船渡河问题
1．(多选)如图所示，河道宽L＝200 m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)．一小船在静水中的速度v＝10 m/s，自A处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处．设船的运动方向与水流方向夹角为θ，下列说法正确的是(　　)
A．小船渡河时间大于20 s
B．A、B两点间距离为200 m
C．到达河中央前小船加速度大小为0.2 m/s2
D．在河中央时θ最小，且tan θ＝0.5
解析：选BD.当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为t＝＝ s＝20 s，故A错误．因为水的流速大小满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，易得水流速的平均速度等于处的水流速，则有u＝0.2×＝10 m/s.所以沿河岸方向上的位移为x＝ut＝200 m．所以A、B两点间距离为s＝ m＝200 m，故B正确；船在静水中速度是不变的，而水流速度满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，因x＝vt，其中v＝10 m/s，那么u＝2t，因此到达河中央前小船加速度大小为2 m/s2，故C错误；当到达中央时，水流速度为u＝0.2x＝0.2×100 m/s＝20 m/s最大，此时θ最小，由三角形知识，得tan θ＝＝＝0.5，故D正确．
角度2　牵连速度的分解问题
2．(多选)(2019·枣庄模拟)如图所示，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也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(　　)
A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
解析：选AC.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Δh＝d－d，所以B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，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 θ＝v重，即＝＝，所以C正确，D错误．
命题角度 解决方法 易错辨析
曲线运动规律分析 运动的独立性应用的分解思想 要建立合适的坐标系使运算简洁
　小船渡河问题 分运动的独立性原则 注意船速和水速的关系来确定解题方法
牵连速度的分解 速度的分解 弄清实际速度的方向进行正交分解，通常实际运动为合运动
　
　抛体运动问题
【高分快攻】
抓住“六点”破解平抛运动问题
1．建立坐标，分解运动
将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上)．
2．各自独立，分别分析
3．平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下．
4．两个分运动与合运动具有等时性，且t＝　　，由下降高度决定，与初速度v0无关．
5．任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的2倍，即tan θ＝2tan φ.
6．建好“两个模型”
(1)常规的平抛运动及类平抛模型
(2)与斜面相结合的平抛运动模型
①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形．
②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形．
【典题例析】
(2019·东营模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气的阻力，重力加速度为g.则下列选项正确的是(　　)
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2 θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2 θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1
[解析]　由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2 θ∶1，A错；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2 θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1，D正确．
[答案]　D
【题组突破】
角度1　分解思想的应用
1．从距地面h高度处水平抛出一个小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是(　　)
A．小球初速度大小为tan θ
B．小球落地时的速度大小为
C．若小球初速度大小减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍
D．若小球初速度大小减为原来的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角为2θ
解析：选B.平抛的小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以落地时竖直方向上的分速度为vy＝，由落地时速度方向与水平方向的夹角为θ可知tan θ＝，故v0＝，选项 A 错误；根据速度的合成可得小球落地时的速度v＝，即v＝，选项 B 正确；平抛运动的时间只与高度有关，而与水平方向的初速度无关，故选项 C 错误；tan θ＝，设初速度大小减半时，小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为α，则有tan α＝＝＝2tan θ，但α≠2θ，选项 D 错误．
角度2　平抛运动中的临界问题
2．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．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.不计空气阻力，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，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(　　)
A.B.C.D.解析：选D.设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3h－h＝gt①，水平方向上有＝v1t1②.由①②两式可得v1＝ .设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt③，在水平方向有 )＝v2t2④.由③④两式可得v2＝ ＋L）g,6h)).则v的最大取值范围为v1角度3　类平抛模型
3．如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为 P1，B 沿光滑斜面(已知斜面倾角为θ)运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)
A．A、B两质点的运动时间相同
B．A、B两质点在x轴方向上的位移相同
C．A、B两质点在运动过程中的加速度大小相同
D．A、B两质点落地时的速度大小相同
解析：选D.对A、B两质点的运动进行分解，由牛顿第二定律可知，A 质点在运动过程中的加速度大小a1＝g，B质点在运动过程中的加速度大小a2＝gsin θ，选项C 错误；设O点与水平面之间的高度差为h，A质点的运动时间为t1，B质点的运动时间为t2，则由h＝gt可得t1＝；由＝gsin θ·t可得t2＝，故 t1处理平抛运动问题的5个关键点
(1)平抛运动(或类平抛运动)，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，再用运动的合成法则求合运动．
(2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．
(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度与竖直速度的比值等于斜面倾角的正切值．
(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．
(5)抓住两个三角形：速度三角形和位移三角形，结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口．　
　圆周运动
【高分快攻】
1．水平面内圆周运动常考的临界模型
图示 受力 临界
竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零
水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：Ff＝ 当 F向＝Ffmax时，物体达到临界点
2.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
最高点无支撑 最高点有支撑
图示

最高点 受力 重力mg，弹力F弹向下或等于零 重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零
向心力 来源 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m
恰好过 最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零
3.求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思路
【典题例析】
(2019·高考天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达点B进入BC.已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
　
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．
[解析]　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有＝①
根据动能定理，有W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J．③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律，有FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N．⑥
[答案]　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
【题组突破】
角度1　水平面内的圆周运动
1．(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f＝mω2r，显然b受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f达到最大值fmax，由题设知fmax＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝ ，由此得a发生相对滑动的临界角速度为 ，b发生相对滑动的临界角速度为 ；若ω＝ ，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.
角度2　竖直平面内的圆周运动
2．(2019·辽宁大连3月双基测试)过山车是青少年喜欢的一种游乐项目．为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图所示的模型，质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器．让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.过山车模型可以看成轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用．由牛顿第三定律可得在M点和N点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F2、F1.设圆轨道半径为R，在M点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得F2－mg＝m,R)，在N点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得mg＋F1＝m,R)，由M到N，根据动能定理得－mg·2R＝mv－mv，联立解得g＝，D正确．
角度3　斜面内的圆周运动
3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是(　　)
A. rad/s　　　　　　　　 B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，故选项C正确．
命题角度 解决方法 易错辨析
水平面内的转弯问题 分析向心力的来源 找不清向心力的来源
水平面内圆周运动的临界问题 提供向心力的某力达到极值 判断不准临界状态
竖直面内的绳模型 先分析特殊临界点再利用动能定理求解其他位置 不能准确找到绳上力为零时的临界状态
竖直面内的杆(轨道)模型 准确分析杆上受力的方向、由向心力公式求解速度 不能分析杆上的受力方向
　平抛与圆周运动的综合问题
【高分快攻】
此类问题是由圆周运动和平抛运动复合而成的，其解法相对简单：
(1)对于圆周运动，一般运用动能定理或机械能守恒定律来分析运动的过程，运用受力分析和牛顿运动定律来分析运动的特殊位置(如最高点和最低点)；
(2)对于平抛运动，通常结合运动的合成与分解知识，将其分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动进行处理．
解决此类问题时，要特别注意圆周运动与平抛运动的结合点，此位置往往是解题的关键．
【典题例析】
(2018·高考全国卷Ⅲ)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，sin α＝.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．
[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
＝tan α ①
F2＝(mg)2＋F ②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m ③
由①②③式和题给数据得
F0＝mg ④
v＝. ⑤
(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＝Rsin α ⑥
CD＝R(1＋cos α) ⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝. ⑨
(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＋gt2＝CD ⑩
v⊥＝vsin α ?
由⑤⑦⑩?式和题给数据得
t＝ . ?
[答案]　见解析
(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t，2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．

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