通用版2020版高考物理二轮复习专题二力与物体的运动第2课时力与曲线运动

第2课时力与曲线运动高考命题点命题轨迹情境图曲线运动和运动的合成与分解20181卷1818(1)18题19(2)19题20192卷19平抛运动基本规律的应用20151卷1815(1)18题20171卷15圆周运动的分析20162卷1616(2)16题17(2)14题20172卷14万有引力定律的理解和应用20151卷2117(2)19题20161卷17,3卷1420172卷19,3卷1420181卷20,2卷16,3卷1520192卷14,3卷151．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和等效性，各分运动具有独立性．2．平抛运动(1)规律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝12gt2.(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tanθ＝2tan_φ.3．竖直面内圆周运动的两种临界问题(1)绳模型：物体能通过最高点的条件是v≥gR.(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v0.4．万有引力定律的规律和应用(1)在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．基本关系式为GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝m(2πf)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有GMmR2＝mg.(2)卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，则r越大，v越小．由GMmr2＝mω2r，得ω＝GMr3，则r越大，ω越小．由GMmr2＝m4π2T2r，得T＝4π2r3GM，则r越大，T越大．(3)卫星变轨由低轨变高轨，需加速，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小；由高轨变低轨，需减速，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大．(4)宇宙速度第一宇宙速度：由mg＝mv12R＝GMmR2得：v1＝GMR＝gR＝7.9km/s.第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度．第二宇宙速度：v2＝11.2km/s，是使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度．第三宇宙速度：v3＝16.7km/s，是使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度．1．竖直面内的圆周运动竖直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．平抛运动(1)若已知平抛运动的末速度，一般分解末速度；(2)若已知平抛运动的位移，一般分解位移．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．3．天体运动(1)分析天体运动类问题的一条主线就是F万＝F向，抓住黄金代换公式GM＝gR2.(2)确定天体表面重力加速度的方法有：测重力法、单摆法、平抛(或竖直上抛)物体法、近地卫星环绕法.1．曲线运动的理解(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．2．曲线运动的分析(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．(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．例1(多选)(2019·全国卷Ⅱ·19)如图1(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()图1A．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答案BD解析根据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；从起跳到落到雪道上，第二次速度变化小，时间长，由a＝ΔvΔt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－Ff＝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．拓展训练1(2019·福建厦门市第一次质量检查)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小铁球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图2所示，虚线表示小铁球的运动轨迹．观察实验现象，以下叙述正确的是()图2A．第一次实验中，小铁球的运动是匀变速直线运动B．第二次实验中，小铁球的运动类似平抛运动，其轨迹是一条抛物线C．该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向D．该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上答案D解析第一次实验中，小铁球受到沿着速度方向的引力作用，做直线运动，并且引力随着距离的减小而变大，加速度变大，则小铁球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小铁球所受的磁铁的引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类似平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，选项C错误，D正确．拓展训练2(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))如图3所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向做匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为()图3A.ωLsinβsinαB.ωLcosβsinαC.ωLcosβcosαD.ωLsinβcosα答案D解析设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分＝vcosα，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′，则：vB分＝v′cosθ＝v′cos[90°－(180°－β)]＝v′cos(β－90°)＝v′cos(90°－β)＝v′sinβ，v′＝ωL又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分联立可得：v＝ωLsinβcosα，故D正确．1．基本思路处理平抛(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．2．两个突破口(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．例2(2019·湖南永州市第二次模拟)如图4所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端c处．今在c点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的三等分点d处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是()图4A．ta＝32tbB．ta＝3tbC．va＝32vbD．va＝32vb答案C解析a、b两球下降的高度之比为3∶1，根据h＝12gt2可知，t＝2hg，则运动的时间关系为ta＝3tb，故A、B错误；因为a、b两球水平位移之比为3∶2，由v0＝xt得：va＝32vb，故C正确，D错误．拓展训练3(2019·湖南娄底市下学期质量检测)羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图5是他表演时的羽毛球场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高，若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则()图5A．击中甲、乙的两球初速度v甲＝v乙B．击中甲、乙的两球运动时间可能不同C．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓D．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大答案C解析由题图可知，甲、乙高度相同，所以球到达两鼓用时相同，但由于两鼓离林丹的水平距离不同，甲的水平距离较远，由v＝xt可知，击中甲、乙的两球初速度v甲＞v乙，故A、B错误；甲鼓的位置比丁鼓位置较高，则球到达丁鼓用时较长，则若某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，故C正确；由于丁鼓与丙鼓高度相同，但由题图可知，丁鼓离林丹的水平距离大，所以击中丁鼓的球的初速度一定大于击中丙鼓的球的初速度，即击中丙鼓的球的初速度不是最大的，故D错误．拓展训练4(2019·福建泉州市第一次质量检查)某游戏装置如图6所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸．圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上()图6A．位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关B．只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关C．只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关D．有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关答案C解析根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可知，位于B点时，不管速度多大，弹丸都不可能从P点射出，故A错误；根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可得：EN＝12R(1＋cosα)，则竖直位移PN＝EN·tanα＝12R(1＋cosα)tanα，弹射器离B点的高度为y＝PN－Rsinα＝12R(tanα－sinα)，所以只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关，故B、D错误，C正确．1．基本思路(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＝mv2r＝mrω2＝mωv＝mr4π2T2.2．技巧方法(1)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．(2)解临界问题关键是确定临界状态，找准受力的临界条件，结合牛顿第二定律分析．例3(多选)(2019·安徽合肥市第二次质检)如图7所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内．转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒．设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是()图7A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为μgRC．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小答案BD解析车受到的地面的支持力方向不与车所在的平面平行，故A错误；设自行车受到地面的弹力为FN，则有：Ffm＝μFN，由平衡条件有：FN＝Mg，根据牛顿第二定律有：Ffm＝Mvm2R，代入数据解得：vm＝μgR，故B正确；对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，则：1tanθ＝FfMg，解得Ff＝Mgtanθ，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确．拓展训练5(2019·山东济南市上学期期末)如图8所示为固定在水平地面上的圆弧形容器，容器两端A、C在同一高