2018大二轮高考总复习物理文档：第3讲 力与曲线运动 含答案

第3讲力与曲线运动一、图解平抛运动的实质二、平抛运动与斜面相关的两个结论(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．三、圆周运动基础知识和典型实例高频考点1运动的合成与分解1－1.(2017·张家界一中模拟)下列关于运动和力的叙述中，正确的是()A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同解析：做曲线运动的物体，其加速度方向也可能是不变的，例如平抛运动，选项A 错误；只有当物体做匀速圆周运动时，所受的合力才指向圆心，选项B 错误；物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做匀减速直线运动，选项C 正确；物体运动的速率在增加，所受合力方向不一定与运动方向相同，例如平抛运动的物体，选项D 错误．答案：C1－2． (2017·青岛模拟)在水平放置的圆柱体轴线的正上方的P 点，将一个小球以水平速度v 0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体上Q 点沿切线飞过，测得O 、Q 连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球经过Q 点时的速度是( )A ．v 0cos θB ．v 0sin θC ．v 02sin θ B ．v 0tan θ解析：O 、Q 连线与竖直方向的夹角为θ，即水平速度与末速度的夹角为θ，根据平行四边形定则可得cos θ＝v 0v Q ，解得v Q ＝v 0cos θ，A 正确． 答案：A1－3.(2017·赣州一模)有一个质量为3 kg 的质点在直角坐标系xOy 所在的平面内运动，x 方向的速度—时间图象和y 方向的位移—时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )A ．质点做匀变速直线运动B ．质点所受的合外力为3 NC ．质点的初速度大小为5 m/sD ．质点初速度的方向与合外力的方向垂直解析：从图甲可知质点在x 方向上做初速度v 0＝3 m/s 的匀加速直线运动，加速度为a ＝1.5 m/s 2，从图乙中可知，质点在y 方向上做匀速直线运动，v y ＝4 m/s ，所以质点受到的合力恒定，但初速度方向和合力方向不共线，质点做匀变速曲线运动，A 错误；根据牛顿第二定律可得质点受到的合力为F ＝ma ＝4.5 N ，B 错误；质点的初速度为v ＝v 02＋v 2y ＝5 m/s ，质点的合力方向沿x 正方向，初速度方向在x 轴与y 轴之间，故两者夹角不为90°，C 正确，D 错误．答案：C1－4．如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v L cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sin α解析：棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v 实＝ωL ，沿竖直方向向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，小球速度v 实＝ωL ＝v sin α，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D1．认清合速度与分速度，速解绳(杆)端速度问题求解此类问题的关键是正确认识合速度和两个分速度．与杆或绳相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动．如第4题中小球的实际运动，是以杆为半径的圆周运动，故合速度方向与杆垂直，其两个分运动是合运动产生的两个效果，即上升的同时沿平台向左运动．2．绳(杆)端速度分解方法绳(杆)端的实际速度为合速度．绳(杆)端速度一般分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度．沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等．常见的模型如图甲、乙、丙所示：高频考点2 抛体运动问题2－1.(2017·全国卷Ⅰ)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解析：本题考查平抛运动．忽略空气的影响时乒乓球做平抛运动．由竖直方向做自由落体运动有t ＝2h g 、v y ＝2gh ，某一时间间隔内下降的距离y ＝v y t ＋12gt 2，由h 相同，可知A 、B 、D 皆错误；由水平方向上做匀速运动有x ＝v 0t ，可见x 相同时t 与v 0成反比，C 正确．答案：C2－2.(2017·石家庄市质检)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A 点以某速度水平抛出，落在斜面上B 点．现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A 点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球带正电B ．小球所受电场力可能大于重力C ．小球两次落在斜面上所用的时间不相等D ．小球两次落在斜面上的速度大小相等解析：不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据tan α＝12at 2v 0t，则t ＝2v 0tan αa，因为水平方向上做匀速直线运动，可知t 2>t 1，则a <g ，可知小球一定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故A 、B 错误，C 正确；因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同，根据平行四边形定则知，初速度相同，则落在斜面上的速度大小相等，故D 正确．答案：CD2－3.(2017·苏锡常镇四市调研)某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a 、b 由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度v a >v b ，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态(侧视图)可能是( )解析：因v a >v b ，则根据t ＝x v 可知t a <t b ，根据h ＝12gt 2，h a <h b ，根据tan θ＝v 0v y ＝v 0gt，对于飞镖a ，时间短，初速度大，则tan θa ＞tan θb ，所以θa ＞θb .故A 正确，故选A ．答案：A运用平抛运动规律处理平抛运动问题时，要注意如下几点：(1)处理平抛运动(或类平抛运动)问题时，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，则物体打在斜面上瞬间，其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，有关速度的三角形和有关位移的三角形，结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口．(6)对斜抛运动问题，可以将斜抛运动在对称轴(最高点)处分开，然后对两部分都可按平抛运动来处理．高频考点3 水平面内的圆周运动问题如图，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＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg[思路点拨]未滑动时静摩擦力提供向心力，一起转动时角速度相等―→运动半径大，所需向心力大↓最大静摩擦力提供向心力―→木块开始滑动的临界条件【解析】因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，由静摩擦力提供向心力，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2b·2l，可得ωb＝kg2l，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2al，可得ωa＝kgl，而转盘的角速度2kg3l<kgl，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝23kmg，D错误．【答案】AC圆周运动的临界问题的解题模板3－1.(多选)(2017·吉林省实验中学模拟)在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内的水平面上做匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触．如图所示，图a中小环与小球在同一水平面上，图b中轻绳与竖直轴成θ(θ<90°)角．设图a和图b中轻绳对小球的拉力分别为T a和T b，圆锥内壁对小球的支持力分别为N a和N b，则下列说法中正确的是()A．T a一定为零，T b一定为零B．T a、T b是否为零取决于小球速度的大小C．N a一定不为零，N b可以为零D．N a、N b的大小与小球的速度无关解析：对图a中的小球进行受力分析，小球所受的重力、支持力的合力方向可以指向圆心提供向心力，所以T a可以为零，若N a等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心提供向心力，所以N a一定不为零；对图b中的小球进行受力分析，若T b为零，则小球所受的重力、支持力的合力方向可以指向圆心提供向心力，所以T b可以为零，若N b 为零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以N b可以为零；由以上分析知N a、N b、T a、T b的大小与小球的速度有关；所以B、C正确，A、D 错误．答案：BC3－2．(2017·合肥市一中)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是()A ．细线所受的拉力不变B ．小球P 运动的线速度变大C ．小球P 运动的周期不变D ．Q 受到桌面的静摩擦力变小解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T ，细线的长度为L ．P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T ＝mg cos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，mg tan θ＝m v 2L sin θ，得线速度v ＝ gL tan θsin θ，角速度ω＝g L cos θ，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增 大，cos θ减小，sin θtan θ增大，则得到细线拉力T 增大，角速度ω增大，线速度增大，根据公式T ＝2πω可得周期减小，故B 正确，A 、C 错误；对金属块Q ，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，故静摩擦力增大，D 错误．答案：B3－3.(多选)(2017·南阳市一中模拟)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>g cot θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确；根据竖直方向上平衡得F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mg sin θ，可知a 绳的拉力不变，故B 错误；当b 绳拉力为零时，有mg tan θ＝mlω2，解得ω2＝g l tan θ，当角速度ω2>g l tan θ即ω>g cot θl，b 绳将出现弹力，故C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误．答案：AC竖直面内的圆周运动模型竖直面内的圆周运动是中学物理中常见模型之一．该模型通常以细线、轻杆等为载体(即所谓的“线模型”和“杆模型”)，通过对质点在特殊位置受力情况的分析、在竖直面内圆周运动情况的分析等，综合考查受力分析、牛顿运动定律、圆周运动中的动力学关系、机械能守恒定律和动能定理的应用以及质点运动的临界条件的判断与分析等．考生在解决有关此模型的问题时，一定要注意质点在圆周运动最高点和最低点的受力和运动情况，这往往是解题关键．竖直面内圆周运动的“线模型”如图所示，长为L 的细线一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 的小球．已知小球在最高点A 受到细线的拉力大小刚好等于小球自身的重力，重力加速度为g .求：(1)小球通过最高点A 时的速度v A 的大小；(2)小球通过最低点B 时，细线对小球的拉力大小．[思路点拨] 此模型为“线模型”．在最高点A ，由合力提供向心力可得出在A 点时小球的速度v A 的大小；由机械能守恒定律可算出小球运动到B 点时的速度大小v B ，进而由向心力公式求出细线对小球的拉力．【解析】 (1)小球运动到最高点A 时受重力与细线拉力作用，则由合外力提供向心力可得2mg ＝m v 2A L，解得v A ＝2gL ． (2)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，则由机械能守恒定律可得mg ·2L ＋12m v 2A ＝12m v 2B，解得v B ＝6gL 设小球运动到B 点时细线对球的拉力为F T ，则有F T －mg ＝m v 2B L，解得F T ＝7mg ． 【答案】 (1)2gL (2)7mg竖直面内圆周运动的“杆模型”如图所示，长为l 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定在转轴O .现使小球在竖直平面内做圆周运动，P 为圆周运动的最高点，若小球通过圆周运动最低点时的速度大小为 92gl ，忽略空气阻力的影响，则以下判断正确的是( ) A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度大于glC ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向下的弹力[思路点拨] 此模型为“杆模型”．由于小球在最低点的速度已知，故由机械能守恒定律可计算出小球到达最高点时的速度v P ，若v P <0，说明小球不能到达最高点；若0<v P <gl ，说明杆对小球具有向上的弹力；若v P >gl ，说明杆对小球具有向下的弹力；若恰好满足v P ＝gl ，说明在最高点P 时杆对小球没有弹力作用．【解析】 假如小球能到达最高点P ，设小球在最高点P 时的速度大小为v P ，由机械能守恒定律可得：12m v 2P ＝12m v 2－mg ·2l ，将v ＝92gl 代入可解得v P ＝12gl ，故小球能到达最高点，选项A 、B 错误；由于12gl <gl ，故小球在P 点将受到轻杆向上的弹力，选项C正确、D 错误．【答案】 C对于竖直平面内圆周运动的“线模型”和“杆模型”，由于考查的物理知识相对集中，故解题思路非常清晰，解法相对固定．该模型常用的解题思路如下．(1)确定模型种类：首先判断是“线模型”还是“杆模型”．(2)确定临界位置：对于竖直面内的圆周运动，通常其临界位置为圆周运动的最高点或最低点．(3)研究临界状态：对于“线模型”，最高点的临界状态是速度满足v ＝gR (其中R 为圆周运动的半径)；而对于“杆模型”，最高点的临界状态是速度满足v ＝0．(4)对质点进行受力分析：明确质点做圆周运动过程中的受力情况(通常是最高点或最低点)，然后根据牛顿第二定律列出方程F 合＝m v 2R． (5)对运动过程进行分析：对于处在两个状态之间的运动过程，通常采用动能定理或机械能守恒定律来求解．与平抛运动等相结合的综合模型(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，内有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看作质点且其质量为m ＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )A ．小球与斜面的相碰点C 与B 点的水平距离为0.9 mB ．小球与斜面的相碰点C 与B 点的竖直距离为1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力大小是2 N【解析】 根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ，由几何关系可知水平分速度v x ＝v y tan 45°，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ，竖直距离为y ＝12gt 2，联立并代入数据求解可得x ＝0.9 m ，y ＝0.45 m ，选项A 正确、B 错误；设小球在B 点时管道对小球的作用力方向竖直向下，则由牛顿第二定律可得F ＋mg ＝m v 2B R，而v B ＝v x ，代入数据可解得F ＝－1 N ，则管道对小球的作用力方向竖直向上，大小为1 N ，故选项C 正确、D 错误．【答案】AC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，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)；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．。