高考物理专题力与曲线运动教学案

专题3 力与曲线运动

【2018年高考考纲解读】

(1)曲线运动及运动的合成与分解

(2)平抛运动

(3)万有引力定律的应用

(4)人造卫星的运动规律

(5)平抛运动、圆周运动与其他知识点综合的问题

【命题趋势】

(1)单独考查曲线运动的知识点时，题型一般为选择题．

(2)人造卫星问题仍是2016年高考的热点，题型仍为选择题，涉及的问题一般有：

①结合牛顿第二定律和万有引力定律考查．

②结合圆周运动知识考查卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系．

③结合宇宙速度进行考查．

【重点、难点剖析】

本专题的高频考点主要集中在对平抛运动和圆周运动规律的考查上，本专题常考的考点还有运动的合成与分解，考查的难度中等，题型一般为选择和计算。本专题还常与功和能、电场和磁场等知识进行综合考查。

1．必须精通的几种方法

(1)两个分运动的轨迹及运动性质的判断方法

(2)小船渡河问题、绳和杆末端速度分解问题的分析方法

(3)平抛运动、类平抛运动的分析方法

(4)火车转弯问题、竖直面内圆周运动问题的分析方法

2．必须明确的易错易混点

(1)两个直线运动的合运动不一定是直线运动

(2)合运动是物体的实际运动

(3)小船渡河时，最短位移不一定等于小河的宽度

(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向不同

(5)做圆周运动的物体，其向心力由合外力指向圆心方向的分力提供，向心力并不是物体“额外”受到的力

(6)做离心运动的物体并没有受到“离心力”的作用

3．合运动与分运动之间的三个关系

关系说明

等时性各分运动运动的时间与合运动运动的时间相等

一个物体同时参与几个分运动，各个分运动独立进行、互不影独立性

响

等效性各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律效果完全相同

4.分析平抛运动的常用方法和应注意的问题

(1)处理平抛运动(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)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。

(3)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。

5．平抛运动的两个重要结论

(1)设做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ。如图甲所示。

(2)做平抛运动的物体任意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。如图乙所示。

6. 解答圆周运动问题

(1)对于竖直面内的圆周运动要注意区分“绳模型”和“杆模型”，两种模型在最高点的临界条件不同。

(2)解答圆周运动问题的关键是正确地受力分析，确定向心力的来源。解决竖直面内圆周问

题的基本思路是两点一过程。“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往用动能定理将这两点联系起来。

【题型示例】

题型一曲线运动运动的合成与分解

例1．[2016·天津卷] 如图1所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2.求：

图1

(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.

【答案】 (1)20 m/s 方向与电场E的方向之间的夹角为60°斜向上 (2)3.5 s

(2)解法一：

撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有

a ＝

m q2E2＋m2g2

⑤

设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有

x ＝vt ⑥

设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有

y ＝21

at 2 ⑦

a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又

tan θ＝x y

⑧

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得

t ＝2 s ＝3.5 s ⑨

解法二：

撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ ⑤ 若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有

v y t －21

gt 2＝0 ⑥

联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 s ＝3.5 s

【举一反三】(2015·安徽理综，14，6分)图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M 、N 、P 、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是( )

A ．M 点

B ．N 点

C ．P 点

D ．Q 点

解析 α粒子在散射过程中受到重金属原子核的库仑斥力作用，方向总是沿着二者连线且指向粒子轨迹弯曲的凹侧，其加速度方向与库仑力方向一致，故C 项正确． 答案 C

【变式探究】(2014·四川理综，4，6分)(难度★★)有一条两岸平直、河水均匀流动、流

速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( ) A.k2－1kv

B.1－k2v

C.1－k2kv

D.k2－1v

解析 去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝v1d ；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝12－v22，由题意有t2t1＝k ，则k ＝12

－v2，得v 1＝1－k2v2＝1－k2v

，选项B 正确．

答案 B

【变式探究】由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m 3

/min ，水离开喷口时的速度大小为16 m/s ，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10 m/s 2

)( ) A ．28.8 m ，1.12×10－2

m 3

B ．28.8 m ，0.672 m 3

C ．38.4 m ，1.29×10－2

m 3

D ．38.4 m ，0.776 m 3

解析 由题意可知，水柱做斜抛运动，竖直方向初速度v y ＝v sin 60°＝24 m/s ，到达着火点位置时竖直速度变为0，由v 2

－v 02＝2gh ，得h ＝y 2y ＝28.8 m ；由v ＝gt ，得t ＝g vy

＝2.4 s ，

则空中水量V ＝600.28×2.4 m 3

＝1.12×10－2 m 3

，故A 正确． 答案 A

【变式探究】如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB .若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )

A ．t 甲

B ．t 甲＝t 乙

C ．t 甲>t 乙

D ．无法确定

解析 设水流的速度为v 水，学生在静水中的速度为v 人，从题意可知v 人＞ v 水，OA ＝OB

＝L ，对甲同学t 甲＝v 人＋v 水L ＋v 人－v 水L

，对乙同学来说，要想垂直 到达B 点，其速度方向要指向上游，并且来回时间相等，即t 乙＝人2水2水2，则t 甲2－t 乙2＝(v 人－v 水L

－v 人＋v 水L )2

＞0，即t 甲＞t 乙，C 正确． 答案 C

题型二 抛体运动

例2．【2017·新课标Ⅰ卷】发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是 A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多

B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大

C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少

D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 【答案】C

【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C 正确，ABD 错误。

【变式探究】[2016·江苏卷] 有A 、B 两小球，B 的质量为A 的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是( )

图1

A ．①

B ．②

C ．③

D ．④

【答案】A 【解析】抛体运动的加速度始终为g ，与抛体的质量无关．当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同．故选项A 正确．

【举一反三】(2015·新课标全国Ⅰ，18，6分)(难度★★★)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L 1和L 2，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，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.2L16h g ＜v ＜L 16h g

B.4L1h g ＜v ＜12226h ）g

C.2L16h g ＜v ＜2112226h ）g

D.4L1h g ＜v ＜2112226h ）g

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 ＝12

1 ①

＝v 1t 1

②

联立①②得v 1＝4L1h g

当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 21122222

＝v 2t 2

③ 3h ＝21gt 22

④

联立③④得v 2＝2112226h ）g

所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为4L1h g

＜v ＜ 2112226h ）g

，选项D

正确．

答案 D

【变式探究】(2015·浙江理综，17，6分)(难度★★★)如图所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h ，足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )

A ．足球位移的大小x ＝＋s2L2

B ．足球初速度的大小v 0＝＋s2）L2

C ．足球末速度的大小v ＝＋s2）＋4gh L2

D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝2s L

【变式探究】(2014·新课标全国Ⅱ，15，6分)(难度★★★)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.6π

B.4π

C.3π

D.125π

解析 设物块在抛出点的速度为v 0，落地时速度为v ，抛出时重力势能为E p ，由题意知E p ＝2

1

mv 02；由机械能守恒定律，得21mv 2＝E p ＋21mv 02

，解得v ＝v 0，设落地时速度方向与水平方向的

夹角为θ，则cos θ＝v v0＝22，解得θ＝4π

，B 正确． 答案 B

【变式探究】(2013·江苏物理，7，4分)(难度★★)(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )

A ．

B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长

C ．B 在最高点的速度比A 在最高点的大

D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大

解析 A 、B 两球均受重力，根据牛顿运动定律，知两球加速度均为重力加速度，A 错误；由最大高度相同，知两球运动时间相等，B 错误；因为B 球的射程较远．所以B 的水平分速度较大，在最高点，两球只有水平分速度，所以C 正确；由落地时的速度为水平分速度与竖直分速度的合速度，可知D 正确． 答案 CD

题型三 圆周运动

例3．【2017·江苏卷】如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F ．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为

g ．下列说法正确的是

（A ）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F （B ）小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2F （C ）物块上升的最大高度为

（D ）速度v 不能超过

【答案】D

【解析】由题意知，F 为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg ，A 错误；小环碰

到钉子时，物块做圆周运动， ，绳中的张力大于物块的重力Mg ，当绳中

的张力大于2F 时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度

，故B 错误；D 正确；物块能上升的最大高度， ，所以C 错误．

【变式探究】[2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，在竖直平面内有由41圆弧AB 和21

圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为2R

.一小球在A 点正上方与A 相距4R

处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在B 、A 两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．

图1

【答案】 (1)5 (2)能

【解析】(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg 4R

① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 45R

② 由①②式得EkA EkB

＝5 ③

(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝C 22R

⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m C 2

C ⑥ 由机械能守恒有mg 4R ＝21mv C 2

⑦

由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．

【举一反三】(2015·天津理综，4，6分)(难度★★)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )

A ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大

B ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小

C ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大

D ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小

解析 由题意知有mg ＝F ＝mω2

r ，即g ＝ω2

r ，因此r 越大，ω越小，且与m 无关，B 正确． 答案 B

【变式探究】(2015·福建理综，17，6分)(难度★★★)如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为

t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )

A．t1＜t2B．t1＝t2

C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小

解析在AB段，由于是凸形滑道，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少；在BC段，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多．滑块从A运动到C与从C到A相比，从A到C运动过程，克服摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相同，故到达C点的速率较大，平均速率也较大，故用时较短，所以A正确．

答案 A

【变式探究】(2015·浙江理综，19，6分)(难度★★★)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )

A．选择路线①，赛车经过的路程最短

B．选择路线②，赛车的速率最小

C．选择路线③，赛车所用时间最短

D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等

答案 ACD

【变式探究】(2014·新课标全国Ⅱ，17，6分)(难度★★★)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )

A ．Mg －5mg

B ．Mg ＋mg

C ．Mg ＋5mg

D ．Mg ＋10mg

解析 解法一 以小环为研究对象，设大环半径为R ，根据机械能守恒定律，得mg ·2R ＝21mv 2

，在大环最低点有F N －mg ＝m R v2

，得F N ＝5mg ，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为 F N ′＝F N ，方向竖直向下，故F ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知C 正确．

解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v ，加速度为a ，根据机械能守恒定律21mv 2

＝mg ·2R ，且a ＝R v2

，所以a ＝4g ，以整体为研究对象，受力情况如图所示．

F －Mg －mg ＝ma ＋M ·0

所以F＝Mg＋5mg，C正确．

答案：C

题型四天体运动

例4．【2017·新课标Ⅲ卷】2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的

A．周期变大 B．速率变大

C．动能变大 D．向心加速度变大

【答案】C

【变式探究】(2016·四川理综，3)国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2 060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为( )

图13

A ．a2＞a1＞a3

B ．a3＞a2＞a1

C ．a3＞a1＞a2

D ．a1＞a2＞a3

解析 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a ＝ω2r，r2>r3，则a2>a3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，G r2Mm

＝ma ，由题目中数据可以得出，r1a2>a3，选项D 正确。

答案 D

【举一反三】(2016·全国卷Ⅰ，17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )

A ．1 h

B ．4 h

C ．8 h

D ．16 h

解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律T2r3

＝k 可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出他们间的位置关系如图所示。

卫星的轨道半径为r ＝sin 30°R

＝2R

由131212＝232222得

242

（6.6R ）3＝2222

。

解得T2≈4 h。

答案 B

【变式探究】(2016·天津理综，3)我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )

图15

A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接

B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接

C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接

D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接

解析若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，所需向心力变大，则飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，所需向心力变小，则空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项

B 错误；要想实现对接，可使飞船在比空间试验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间试验室轨道，逐渐靠近空间实验室后，两者速度接近时实现对接，选项

C 正确；若飞船在比空间试验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，不能实现对接，选项

D 错误。

答案 C

题型五、电场、磁场中的曲线运动

例5．(2016·全国卷Ⅱ，18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图1所示。图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )

图1

A.3B ω

B.2B ω

C.B ω

D.B 2ω

解析 画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB ＝m r v2，又T ＝v 2πr

，联立得T ＝qB 2πm

由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝6π，在磁场中运动时间t ＝2πθ

T ，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则2πθT ＝2，解得m q ＝3B ω

，故选项A 正确。 答案 A

【举一反三】(2016·全国卷Ⅲ，18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图2所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m ，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )

图2

A.2qB mv

B.qB 3mv

C.qB 2mv

D.qB 4mv

答案 D