2018届二轮复习专题三第1讲力学中的曲线运动课件（55张）（全国通用） 55页

第 1 讲 　 力学 中的曲线运动 专题三 　 力与物体的曲线运动 知识回扣 规律方法 高考题型 2 　 抛体运动 问题 高考题型 3 　 圆周运动 问题 高考题型 1 　 运动 的合成与分解 高 考题 精选精练 高考 题型 4 　 平 抛与圆周运动组合问题 知识回扣 规律方法 1. 物体做曲线运动的条件 当物体所受合外力的方向跟它的速度 方向 时 ，物体做曲线运动 . 合运动与分运动 具有 、 和 . 2. 平抛运动 (1) 规律： v x ＝ ， v y ＝ ， x ＝ ， y ＝ . (2) 推论：做平抛 ( 或类平抛 ) 运动的物体 ① 任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移 的 ； ② 设在任意时刻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 tan θ ＝ . 答案 知识回扣 不共线 等时性 独立性 等效性 v 0 gt v 0 t gt 2 中点 2tan φ 答案 3. 竖直平面内圆周运动的两种临界问题 (1) 绳固定，物体能通过最高点的条件 是 . (2) 杆固定，物体能通过最高点的条件 是 . v ≥ 0 答案 规律方法 1. 竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常 利用 _________ 来 建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析 . 2. 对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点 的 是 解题的关键 . 动能定理 速度 运动的合成与分解 高考 题型 1 例 1 　 (2017· 湖南永州市一模 ) 在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从 t ＝ 0 时刻起，由坐标原点 O (0 ， 0) 开始运动，其沿 x 轴和 y 轴方向运动的 v － t 图象如图 1 甲、乙所示，下列说法正确的 是 A.0 ～ 2 s 内物体做匀速直线运动 B.2 ～ 4 s 内物体做匀加速直线运动 C.4 s 末物体速度为 4 m/s D.4 s 末物体的坐标为 (6 m,2 m ) 答案 解析 √ 图 1 解析　 在 0 ～ 2 s 内，物体在 x 轴方向做匀加速直线运动， y 轴方向静止，根据运动的合成得知，物体做匀加速直线运动，加速度沿 x 轴方向，故 A 错误 . 在 2 ～ 4 s 内，物体在 x 轴方向做匀速直线运动， y 轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿 y 轴方向，故 B 错误 . 技巧点拨 1. 物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的合成 . 2. 根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质 . 3. 运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则 . 1.(2017· 山东青岛市一模 ) 如图 2 所示，光滑水平面内的 xOy 直角坐标系中，一质量为 1 kg 的小球沿 x 轴正方向匀速运动，速度大小为 1 m/s ，经过坐标原点 O 时，小球受到的一沿 y 轴负方向、大小为 1 N 的恒力 F 突然撤去，其它力不变，则关于小球的运动，下列说法正确的 是 A. 做变加速曲线运动 B. 任意两段时间内速度变化大小都相等 C. 经过 x 、 y 坐标相等的位置时所用时间为 1 s D. 若从撤去 F 开始计时， 1 s 末速度大小 为 m/s 对点拓展练 答案 2 1 解析 图 2 √ 2 1 2.(2017· 福建莆田市 3 月模拟 ) 如图 3 所示，中间有孔的物块 A 套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳拉着物块匀速向上运动一小段距离，不计一切阻力 . 则关于拉力 F 的功率 P 、拉力 F 作用点向下移动的速度 v ，下列说法正确的是 答案 2 1 解析 图 3 A. v 减小 B. v 增大 C. P 减小 D. P 增大 √ 解析　 设绳与竖直方向夹角为 θ ，将 v A 沿绳、垂直于绳分解， v 绳 ＝ v A ·cos θ ，随着 θ 增大 F 向下拉绳的速度减小，对 A ：匀速时 F ·cos θ ＝ m A g ，功率 P ＝ F · v 绳 ＝ m A g v A 不变 . 抛体运动问题 高考 题型 2 例 2 　 (2017· 全国卷 Ⅱ ·17) 如图 4 ，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 ) 答案 解析 图 4 √ 解析　 小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得 ， m v 2 ＝ 2 mgr ＋ m v 1 2 ， 小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离 x ＝ v 1 t ， 技巧点拨 1. 处理平抛 ( 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 . 3. (2017· 山西孝义市一模 ) 如图 5 所示，质量为 1 kg 的小球从距地面 h ＝ 1.6 m 的 A 点水平抛出，恰好垂直撞在固定在水平面上的半圆形物体上的 B 点，圆半径为 1 m ，已知 BO 与竖直方向间的夹角 θ ＝ 37° ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ， g ＝ 10 m/s 2 ，下列说法正确的 是 A. 圆心 O 与 A 点间的水平距离为 2 m B. 小球平抛的初速度 v 0 为 3 m/s C. 小球运动到 B 点时重力的瞬时功率为 60 W D. 小球从 A 运动到 B 的时间为 0.6 s 对点拓展练 答案 4 3 解析 图 5 √ 解析　 恰好垂直撞在水平面上半圆形物体的 B 点， B 点速度分解如图所示，由几何关系得： tan (90 － 37)° ＝ ① 竖直方向上小球做自由落体运动，则： h － R cos 37° ＝ gt 2 ② v y ＝ gt ③ 半圆形物体的圆心与 A 点的水平距离为 x ′ ＝ x ＋ R sin 37° ＝ v 0 t ＋ 0.6 R ④ 联立 ①②③④ 得： x ′ ＝ 1.8 m ， t ＝ 0.4 s. 故 A 、 D 错误； 由 ①②③ 联立得：小球平抛的初速度为 v 0 ＝ 3 m /s ，故 B 正确； 由 ①②③ 得： v y ＝ gt ＝ 4 m/ s ，由 P ＝ F v 得： P ＝ mg v y ＝ 1 × 10 × 4 W ＝ 40 W ，故 C 错误 . 4 3 4.(2017· 全国名校模拟 ) 如图 6 所示，水平屋顶的高度 H ＝ 3.75 m ，围墙的高度 h ＝ 1.95 m ，围墙和屋顶之间的水平距离 L ＝ 3 m ，在屋顶上面水平抛出一个小球，已知小球能够落到围墙外面，不计空气阻力，取重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 ，则小球在围墙外面落地时的最小速度的大小 为 A.5 m /s B.7.07 m/ s C.10 m /s D.14.14 m/ s 答案 √ 4 3 解析 图 6 4 3 解析　 要使小球落到围墙外，小球运动中经过围墙时的高度至少达到围墙顶端 . 设平抛的初速度最小值为 v 0 ，小球在围墙外落地的最小速度为 v ，根据平抛运动的规律，有 H － h ＝ gt 2 ， L ＝ v 0 t ，解得 v 0 ＝ 5 m/s. 小球做平抛运动过程中机械能守恒，则 有 m v 0 2 ＋ mgH ＝ m v 2 ，解得 v ＝ 10 m/s ， C 项正确 . 圆周运动问题 高考 题型 3 答案 例 3 　 ( 多选 )(2017· 黑龙江大庆市二模 ) 如图 7 所示，竖直平面内的两个半圆轨道在 B 点平滑相接，两个半圆的圆心 O 1 、 O 2 在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为 R ，光滑的大半圆的半径为 2 R ；一质量为 m 的滑块 ( 可视为质点 ) 从大的半圆一端 A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为 g ，则 解析 图 7 A. 滑块在 A 点的初速度为 B. 滑块在 A 点对半圆轨道的压力为 6 mg C. 滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为 mgR D. 增大滑块在 A 点的初速度，则滑块通过小半圆克服 摩擦 力 做的功不变 √ √ 滑块在 A 点时受到圆轨道的支持力为： F ＝ ＝ 3 mg ，由牛顿第三定律可知 B 错误； 增大滑块在 A 点的初速度，则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆轨道的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故 D 错误 . 技巧点拨 1. 解决圆周运动问题要注意以下几点： (1) 要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径 . 2. 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.(2017· 全国卷 Ⅱ ·14) 如图 8 ，一光滑大圆环固定在桌面上 ， 环面 位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环 由 大 圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中 ， 大 圆环对它的 作用力 A . 一直不 做功 B . 一直做正 功 C. 始终指向大圆环圆心 D . 始终背离大圆环 圆心 对点拓展练 答案 √ 6 5 解析 图 8 6 5 解析　 因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项 A 正确， B 错误； 开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，后来指向圆心，故选项 C 、 D 错误 . A. 转速小时， ac 受拉力， bc 松弛 B. bc 刚好拉直时 ac 中拉力为 1.25 mg C. bc 拉直后转速增大， ac 拉力不变 D. bc 拉直后转速增大， ac 拉力增大 6.( 多选 )(2017· 福建漳州市联考 ) 如图 9 所示，在竖直的转动轴上， a 、 b 两点间距为 40 cm ，细线 ac 长 50 cm ， bc 长 30 cm ，在 c 点系一质量为 m 的小球，在转动轴带着小球转动过程中，下列说法正确的是 答案 √ 6 5 解析 图 9 √ √ 解析　 若不转时， ac 为重垂线；当转速由零逐渐增加时， ac 与竖直方向的夹角逐渐增加，故 A 正确； 6 5 bc 刚好拉直时， bc 中的拉力为零，此时球受重力和细线 ac 的拉力，合力指向圆心，如图，故 F T ac ＝ mg ＝ 1.25 mg ，故 B 正确； bc 拉直后转速增大，小球受重力、 bc 的拉力、 ac 的拉力 ，将 ac 拉力沿着水平和竖直方向正交分解 ，由于 竖直方向平衡 ， 有 F T ac cos 37° ＝ mg ，故 ac 拉力不变，故 C 正确， D 错误 . 平抛与圆周运动组合问题 高考 题型 4 例 4 　 (2017· 江西南昌市模拟 ) 嘉年华上有一种回力球游戏，如图 10 所示， A 、 B 分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点， B 点距水平地面的高度为 h ，某人在水平地面 C 点处以某一初速度抛出一个质量为 m 的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点 B ，并恰好能过最高点 A 后水平抛出，又恰好回到 C 点抛球人手中 . 若不计空气阻力，已知当地重力加速度为 g ，求： 图 10 (1) 小球刚进入半圆形轨道最低点 B 时轨道对小球的支持力； 答案 解析 答案　 6 mg ，方向竖直向上 解析　 设半圆形轨道的半径为 R ，小球经过 A 点时的速度为 v A ，小球经过 B 点时的速度为 v B ，小球经过 B 点时轨道对小球的支持力为 F N . 从 B 点到 A 点的过程中，根据动能定理有： 解得： F N ＝ 6 mg ，方向竖直向上 . (2) 半圆形轨道的半径 . 答案 解析 答案　 2 h 解析　 C 到 B 的逆过程为平抛运动， 有： h ＝ gt BC 2 ， A 到 C 的过程，有： h ＋ 2 R ＝ gt AC 2 ， 又 v B t BC ＝ v A t AC ，解得： R ＝ 2 h . 技巧点拨 1. 对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动衔接点的速度是解题的关键 . 2. 常考查机械能守恒定律、能量守恒定律、平抛运动的规律、在竖直平面内做圆周运动的临界条件 . 7. 固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD ，其 A 点与圆心等高， D 点为轨道的最高点， DB 为竖直线， AC 为水平线， AE 为水平面，如图 11 所示 . 现使小球 ( 可视为质点 ) 自 A 点正上方某处由静止释放，且从 A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点 D ，则小球通过 D 点 后 A. 一定会落到水平面 AE 上 B. 一定会再次落到圆弧轨道上 C. 可能会再次落到圆弧轨道上 D. 不能 确定 对点拓展练 答案 √ 8 7 解析 图 11 知小球一定落在水平面 AE 上 . 故 A 正确， B 、 C 、 D 错误 . 8 7 8.( 多选 )(2017· 齐鲁名校联考 ) 如图 12 所示，在半径为 R 的水平 圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以 角速度 ω 做匀速转动，当圆盘半径 Ob 恰好转到与小球初速度 方向 相同且平行的位置时，将小球抛出，要使小球与 圆盘只 碰一次，且落点为 b ，重力加速度为 g ，小球抛出点 a 距圆盘 的高度 h 和小球的初速度 v 0 可能应满足 答案 解析 图 12 √ √ √ 8 7 解析　 取小球为研究对象，设从抛出到落到 b 点时间为 t ，而圆周运动的周期 T ＝ ， 则有 t ＝ nT 8 7 由以上分析可知， A 、 B 、 D 正确， C 错误 . 8 7 高考题精选精练 A. P 球的速度一定大于 Q 球的速度 B. P 球的动能一定小于 Q 球的动能 C. P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力 D. P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度 题组 1 　全国卷真题精选 1.(2016· 全国卷 Ⅱ ·16) 小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质量大于 Q 球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短 . 将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图 13 所示 . 将两球由静止释放 . 在各自轨迹的 最低点 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 图 13 1 2 3 4 5 6 解析　 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得， mgL ＝ m v 2 ，解得 v ＝ ， 因 L P < L Q ，故 v P < v Q ，选项 A 错误； 因为 E k ＝ mgL ，又 m P > m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项 B 错误； 对小球在最低点受力分析得， F T － mg ＝ m ， 可得 F T ＝ 3 mg ，选项 C 正确； 由 a ＝ ＝ 2 g 可知，两球的向心加速度相等，选项 D 错误 . A. 西偏北方向， 1.9 × 10 3 m/s B . 东偏南方向， 1.9 × 10 3 m/s C. 西偏北方向， 2.7 × 10 3 m/s D . 东偏南方向， 2.7 × 10 3 m/s 2.(2015· 新课标全国 Ⅱ ·16) 由于卫星的发射场 不在 赤道 上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过 调 整 再进入地球同步轨道 . 当卫星在转移轨道上 飞经 赤道 上空时，发动机点火，给卫星一附加速度 ， 使 卫星沿同步轨道运行 . 已知同步卫星的环绕速度约为 3.1 × 10 3 m /s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55 × 10 3 m/ s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为 30° ，如图 14 所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约 为 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 图 14 解析　 附加速度 Δ v 与卫星飞经赤道上空时速度 v 2 及同步卫星的环绕速度 v 1 的矢量关系如图所示 . 由余弦定理可知， Δ v ＝ ≈ 1.9 × 10 3 m/s ，方向为东偏南方向，故 B 正确， A 、 C 、 D 错误 . 1 2 3 4 5 6 3.(2015· 新课标全国 Ⅰ ·18) 一带有乒乓球 发射机的 乒乓球台如图 15 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 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 右 侧 不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3 h . 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 图 15 1 2 3 4 5 6 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： 3 h － h ＝ ① ＝ v 1 t 1 ② 联立 ①② 得 v 1 ＝ 当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 1 2 3 4 5 6 3 h ＝ gt 2 2 ④ 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 √ 答案 1 2 3 4 5 6 4.( 多选 )(2014· 新课标全国 Ⅰ ·20) 如图 16 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 2 l ，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 解析 图 16 √ 解析　 小木块 a 、 b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即 f ＝ mω 2 R . 当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时， 发生相 对 滑动，对木块 a ： f a ＝ mω a 2 l ，当 f a ＝ kmg 时， kmg ＝ mω a 2 l ， ω a ＝ ； 对木块 b ： f b ＝ mω b 2 ·2 l ，当 f b ＝ kmg 时， kmg ＝ mω b 2 ·2 l ， ω b ＝ ， 所以 b 先达到最大静摩擦力，选项 A 正确； 两木块滑动前转动的角速度相同，则 f a ＝ mω 2 l ， f b ＝ mω 2 ·2 l ， f a < f b ，选项 B 错误； 当 ω ＝ 时 b 刚开始滑动，选项 C 正确； 当 ω ＝ 时， a 没有滑动，则 f a ＝ mω 2 l ＝ kmg ，选项 D 错误 . 1 2 3 4 5 6 题组 2 　各省市真题精选 5.(2016· 海南卷 ·1) 在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中 A. 速度和加速度的方向都在不断变化 B. 速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C. 在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D. 在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 解析　 由于小球只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项 A 错误； 1 2 3 4 5 6 设某时刻速度与竖直方向夹角为 θ ，则 tan θ ＝ ， 随着时间 t 变大， tan θ 变小， θ 变小，故选项 B 正确； 根据加速度定义式 a ＝ ＝ g ，则 Δ v ＝ g Δ t ，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，而小球做曲线运动，故选项 C 错误； 根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即 W G ＝ mgh ，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，故选项 D 错误 . 解析　 当小物体转动到最低点时为临界点 ， 由 牛顿第二定律知 μmg cos 30° － mg sin 30° ＝ mω 2 r 解得 ω ＝ 1.0 rad/s ，故选项 C 正确 . 6.(2014· 安徽卷 ·19) 如图 17 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/s 2 . 则 ω 的最大值是 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 图 17