【物理】2018届二轮复习专题三第1讲力学中的曲线运动学案（全国通用） 25页

第1讲　力学中的曲线运动 课标卷高考命题分析 年份 题号·题型·分值 模型·情景 题眼分析 难度 ‎2015年 Ⅰ卷 ‎18题·选择题·6分 平抛运动 下落位置的临界点 中 Ⅱ卷 ‎16题·选择题·6分 运动的分解 速度的分解 中 ‎2016年 Ⅱ卷 ‎16题·选择题·6分 竖直面内圆周运动绳模型 质量不等、绳长关系 中 Ⅲ卷 ‎20题·选择题·6分 质点沿曲面下滑 克服摩擦力做功 中 ‎2017年 Ⅰ卷 ‎15题·选择题·6分 平抛运动 平抛运动水平方向的运动规律 易 Ⅱ卷 ‎14题·选择题·6分 圆周运动，功 小环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向 易 ‎17题·选择题·6分 平抛运动 机械能守恒定律 运用数学知识求极值 中 ‎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不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性．‎ ‎2．平抛运动 ‎(1)规律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝gt2.‎ ‎(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中点；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＝2tan φ.‎ ‎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v≥.‎ ‎(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v≥0.‎ ‎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．‎ ‎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速度是解题的关键．‎ 高考题型1　运动的合成与分解 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(　　)‎ 图1‎ 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　D 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．由图象，结合运动的合成，则有4 s末物体的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，故C错误；在前2 s内，物体在x轴方向的位移为：x1＝t＝×2 m＝2 m．在后2 s内，x轴方向的位移为：x2＝vxt＝2×2 m＝4 m，y轴方向位移为：y＝×2 m＝2 m，则4 s末物体沿x轴方向的位移为：x＝x1＋x2＝(2＋4) m＝6 m，沿y方向的位移就等于2 m，坐标为(6 m,2 m)，D正确．‎ ‎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(　　)‎ 图2‎ 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 答案　D 解析　F撤去后，小球做匀变速曲线运动，由Δv＝a·Δt，相同时间内速度变化才相同；1 s末vy＝at＝·t＝1 m/s，v合＝＝ m/s，x＝v0t＝1 m，y＝t＝ m，故C错误，D正确．‎ ‎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(　　)‎ 图3‎ A．v减小 B．v增大 C．P减小 D．P增大 答案　A 解析　设绳与竖直方向夹角为θ，将vA沿绳、垂直于绳分解，v绳＝vA·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＝mAg，功率P＝F·v绳＝mAgvA不变．‎ 高考题型2　抛体运动问题 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)(　　)‎ 图4‎ A. B. C. D. 答案　B 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，mv2＝2mgr＋mv12，‎ 小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，‎ t＝，联立解得，x＝ ，‎ 由数学知识可知，当4r＝时，x最大，即r＝，故选项B正确．‎ ‎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/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ 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v0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 答案　B 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－Rcos 37°＝gt2②‎ vy＝gt③‎ 半圆形物体的圆心与A点的水平距离为x′＝x＋Rsin 37°＝v0t＋0.6R④‎ 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v0＝3 m/s，故B正确；由①②③得：vy＝gt＝4 m/s，由P＝Fv得：P＝mgvy＝1×10×4 W＝40 W，故C错误．‎ ‎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/s2，则小球在围墙外面落地时的最小速度的大小为(　　)‎ 图6‎ A．5 m/s B．7.07 m/s C．10 m/s D．14.14 m/s 答案　C 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v0，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＝gt2，L＝v0t，解得v0＝5 m/s.小球做平抛运动过程中机械能守恒，则有mv02＋mgH＝mv2，解得v＝10 m/s，C项正确．‎ 高考题型3　圆周运动问题 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O1、O2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2R；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(　　)‎ 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6mg 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 答案　AC 解析　由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，重力提供向心力，即mg＝m，解得：v＝，以AB面为参考面，根据机械能守恒定律可得：mvA2＝2mgR＋m()2，求得vA＝，故A正确；滑块在A点时受到圆轨道的支持力为：F＝m＝3mg，由牛顿第三定律可知B错误；设滑块在O1点的速度为v1，则：v1＝＝2，在小的半圆中运动过程中，根据动能定理得Wf＝mvA2－mv12＝mgR，故C正确；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．‎ ‎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)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.‎ ‎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(　　)‎ 图8‎ 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 答案　A 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．‎ ‎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(　　)‎ 图9‎ A．转速小时，ac受拉力，bc松弛 B．bc刚好拉直时ac中拉力为1.25mg 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 答案　ABC 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；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FTac＝mg＝1.25mg，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FTaccos 37°＝mg，故ac拉力不变，故C正确，D错误．‎ 高考题型4　平抛与圆周运动组合问题 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；‎ ‎(2)半圆形轨道的半径．‎ 答案　(1)6mg，方向竖直向上　(2)2h 解析　(1)设半圆形轨道的半径为R，小球经过A点时的速度为vA，小球经过B点时的速度为vB，小球经过B点时轨道对小球的支持力为FN.‎ 在A点：mg＝m，‎ 解得：vA＝，‎ 从B点到A点的过程中，根据动能定理有：‎ ‎－mg·2R＝mvA2－mvB2，‎ 解得：vB＝.‎ 在B点：FN－mg＝m，‎ 解得：FN＝6mg，方向竖直向上．‎ ‎(2)C到B的逆过程为平抛运动，‎ 有：h＝gtBC2，‎ A到C的过程，有：h＋2R＝gtAC2，‎ 又vBtBC＝vAtAC，解得：R＝2h.‎ ‎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(　　)‎ 图11‎ 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 答案　A 解析　如果小球恰能通过最高点D，根据mg＝m，得vD＝，‎ 知小球在最高点的最小速度为.‎ 根据R＝gt2得：t＝.‎ 则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R.‎ 知小球一定落在水平面AE上．故A正确，B、C、D错误．‎ ‎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v0可能应满足(　　)‎ 图12‎ A．h＝，v0＝ B．h＝，v0＝ C．h＝，v0＝ D．h＝，v0＝ 答案　ABD 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 则有h＝gt2＝×g×()2，‎ 而初速度v0＝＝ 当n＝1时，则h1＝，v0＝；当n＝2时，则h2＝，v0＝；‎ 当n＝3时，则h3＝，v0＝；当n＝4时，‎ 则h4＝，v0＝；‎ 由以上分析可知，A、B、D正确，C错误.‎ 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(　　)‎ 图13‎ 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 答案　C 解析　小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，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，FT－mg＝m，可得FT＝3mg，选项C正确；由a＝‎ ＝2g可知，两球的向心加速度相等，选项D错误．‎ ‎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3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 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(　　)‎ 图14‎ A．西偏北方向，1.9×103 m/s B．东偏南方向，1.9×103 m/s C．西偏北方向，2.7×103 m/s D．东偏南方向，2.7×103 m/s 答案　B 解析　附加速度Δv与卫星飞经赤道上空时速度v2及同步卫星的环绕速度v1的矢量关系如图所示．‎ 由余弦定理可知，Δv＝≈1.9×103 m/s，方向为东偏南方向，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎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 A.＜v＜L1 B.＜v＜ C.＜v＜ D.＜v＜ 答案　D 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＝①‎ ＝v1t1②‎ 联立①②得v1＝ 当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 ＝v2t2③‎ ‎3h＝gt22④‎ 联立③④得v2＝ 所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v的最大取值范围为＜v＜ ，选项D正确．‎ ‎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(　　)‎ 图16‎ 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　AC 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＝mω2R.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：fa＝mωa2l，当fa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b：fb＝mωb2·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，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fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa