2019届二轮复习　力与曲线运动课件（55张）（全国通用）

2019届二轮复习　力与曲线运动课件（55张）（全国通用）

第 4 讲 力与曲线运动 总纲目录 考点 1 　运动的合成与分解 考点 2 　抛体运动问题 考点 3 　圆周运动问题 考点 4 　抛体运动与圆周运动的综合应用 考点1　运动的合成与分解 1.合运动性质和轨迹的判断方法:若加速度与初速度的方向在同一直线上,则 为直线运动,否则为曲线运动,加速度恒定则为匀变速,加速度不恒定则为非 匀变速。 2.掌握小船渡河的两类问题 (1)要求最短时间渡河,则船头必须垂直指向对岸,不论船速与水流速度的关 系如何。 (2)要求渡河的位移最短,则要区分两种情况: ①当船在静水中的速度 v 1 大于水流速度 v 2 时,最短渡河位移为河宽 d ,如图甲所 示,船头指向上游,与河岸的夹角 α 满足cos α =   。   ②当船在静水中的速度 v 1 小于水流速度 v 2 时,渡河的最短位移为 x ,如图乙所示, 船头指向上游,与河岸的夹角 θ 满足cos θ =   ,最短位移 x =   d 。 1.一物体在光滑的水平桌面上运动,在相互垂直的 x 方向和 y 方向上的分运动 的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动,下列说法中正确的是   (　　) A.物体运动的初速度大小是7 m/s B.物体做变加速直线运动 C.物体做匀变速曲线运动 D.物体运动的加速度大小是5 m/s 2 答案     C　由 v - t 图像可得 v 0 x =3 m/s, v 0 y =4 m/s,则初速度大小为 v 0 =   =5 m /s,选项A错误; x 方向的匀速直线运动和 y 方向的匀变速直线运动合成为匀变 速曲线运动,选项B错误,C正确; a x =0, a y =2 m/s 2 ,物体的加速度大小 a =   =2 m/s 2 ,选项D错误。 2.如图所示,河水由西向东流,河宽为800 m,河中各点的水流速度大小为 v 水 ,各 点到较近河岸的距离为 x , v 水 与 x 的关系为 v 水 =   x (m/s)( x 的单位为m),让小船 船头垂直河岸由南向北渡河,小船划水速度大小恒为 v 船 =4 m/s,则下列说法中 正确的是   (　　) A.小船渡河的轨迹为直线 B.小船在河水中的最大速度是5 m/s C.小船在距南岸200 m处的速度小于 在距北岸200 m处的速度 D.小船渡河的时间是160 s 答案     B　小船在南北方向上为匀速直线运动,在东西方向上先加速,到达河 中间后再减速,小船的合运动是曲线运动,A错;当小船运动到河中间时,东西 方向上的分速度最大,此时小船的合速度最大,最大值 v m =5 m/s,B对;小船在距 南岸200 m处的速度等于在距北岸200 m处的速度,C错;小船的渡河时间 t = 200 s,D错。 3.如图所示,在水平力 F 作用下,物体 B 沿水平面向右运动,物体 A 恰匀速上升,那 么以下说法正确的是       (　　)   A.物体 B 正向右做匀减速运动 B.物体 B 正向右做加速运动 C.地面对 B 的摩擦力减小 D.斜绳与水平方向成30 ° 时, v A ∶ v B =   ∶2 答案     D　将 B 的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向上的 分速度等于 A 的速度,如图所示,根据平行四边形定则有 v B cos α = v A ,所以 v B =   ,当 α 减小时,物体 B 的速度减小,但 B 不是做匀减速运动,选项A、B错误;在 竖直方向上,对 B 有 mg = F N + F T sin α , F T = m A g , α 减小,则支持力 F N 增大,根据 F f = μF N 可知摩擦力 F f 增大,选项C错误;根据 v B cos α = v A ,斜绳与水平方向成30 ° 时, v A ∶ v B =   ∶2,选项D正确。 方法技巧 1.解决运动的合成与分解问题的一般思路 (1)明确合运动或分运动的运动性质。 (2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。 (3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。 (4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。 2. 解答绳 ( 杆 ) 端速度问题的基本方法 (1) 认清合速度与分速度 : 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。 (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。 考点2　抛体运动问题 1.平抛运动的规律 v x = v 0 , v y = gt , x = v 0 t , y =   gt 2 。 2.平抛运动的推论 (1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时过抛出点的水平位移的中点。 (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 =2 tan φ 。 3.处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项 (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)若做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。 (4)做平抛运动的物体,其位移方向与速度方向一定不同。 命题角度一　平抛运动基本规律的应用 1.(2018山东聊城一模)如图所示,两小球从高度相同的 A 、 B 两点同时以相同 的速率水平抛出,经过时间 t 在空中相遇,若仅将从 B 点抛出的小球速度变为原 来的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为   (　　) 答案     A　平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由 落体运动,设 A 、 B 两点相距 x ,依据运动的独立性可知,第一次时有 x = v 0 t + v 0 t = 2 v 0 t ,仅将从 B 点抛出的小球初速度加倍时有 x =2 v 0 t '+ v 0 t '=3 v 0 t ',可得 t '=   t ,故A正确, B、C、D错误。 命题角度二　斜面上的平抛 2.(2018山东济南一模)如图所示,斜面 AC 与水平方向的夹角为 α ,在底端 A 正上 方与顶端等高处的 E 点以速度 v 0 水平抛出一小球,小球垂直于斜面落到 D 点,重 力加速度为 g ,则   (　　) A.小球在空中飞行时间为   B.小球落到斜面上时的速度大小为   C.小球的位移方向垂直于 AC D. CD 与 DA 的比值为   答案     D　将小球在 D 点的速度进行分解,水平方向的分速度 v 1 等于平抛运动 的初速度 v 0 ,即 v 1 = v 0 ,落到斜面上时的速度 v =   ,竖直方向的分速度 v 2 =   , 则小球在空中飞行时间 t =   =   。由图可知平抛运动的位移方向不垂直 AC 。 D 、 A 间水平距离为 x 水平 = v 0 t ,故 DA =   ; C 、 D 间竖直距离为 x 竖直 =   v 2 t ,故 CD =   ,得   =   。 命题角度三　平抛中的临界与极值问题 3.一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   (　　)   A.     < v < L 1   B.     < v <   C.     < v <     D.     < v <     答案     D　乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间 t 1 满足3 h =   g   。 当 v 取最大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有 v max t 1 =   ,解得 v max =     ;当 v 取最小值时其水平位移最小,发射方向 沿正前方且恰好擦网而过,此时有3 h - h =   g   ,   = v min t 2 ,解得 v min =     。故D正 确。 方法技巧 抓住“两点”破解平抛运动问题 1. 分解运动 将平抛运动分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动 ( 在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上 ) 。 2. 建好“两个模型” (1) 常规的平抛运动模型及类平抛运动模型。 (2) 与斜面相结合的平抛运动模型。 ①从斜面上水平抛出又落回到斜面上:位移方向恒定,落点速度方向与斜面间的夹角恒定,此时往往分解位移,构建位移三角形。 ②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上:速度方向确定,此时往往分解速度,构建速度三角形。 考点3　圆周运动问题 1.圆周运动基础知识和典型实例 2.绳、杆模型对比记忆 命题角度一　水平面内的圆周运动模型 1.一水平放置的圆盘可以绕中心 O 点旋转,盘上放一个质量为 m 的铁块(可视 为质点),轻质弹簧一端连接铁块,另一端系于 O 点,铁块与圆盘间的动摩擦因 数为 μ ,如图所示。铁块随圆盘一起匀速转动,铁块距中心 O 点的距离为 r ,这时 弹簧的拉力大小为 F ,重力加速度为 g ,已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,则圆盘的角速度可能是   (　　) A. ω ≥   B. ω ≤   C.   < ω <   D.   ≤ ω ≤   答案     D　当摩擦力指向圆心达到最大时,角速度达到最大,根据 F + μmg = m   r , 得最大角速度 ω 1 =   ;当摩擦力背离圆心达到最大时,角速度达到最 小,根据 F - μmg = m   r ,得最小角速度 ω 2 =   ,所以角速度的范围满足   ≤ ω ≤   ,故D正确。 命题角度二　竖直面内的圆周运动模型 2.如图甲所示,轻杆一端固定在 O 点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面 内做半径为 R 的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为 F , 小球在最高点的速度大小为 v ,其 F - v 2 图像如图乙所示。不计空气阻力,则   (　　)   A.小球的质量为   B.当地的重力加速度大小为   C. v 2 = c 时,杆对小球的弹力方向向上 D. v 2 =2 b 时,小球受到的弹力与重力大小不相等 答案     A　由题图可知,当小球在最高点的速度为零时,有 mg = a ,当杆对小球 无作用力时,有 mg = m   = m   ,联立解得 m =   , g =   ,选项A正确,B错误;当 v 2 = c > b 时,杆对小球是拉力,方向向下,选项C错误; v 2 =2 b 时,则 F + mg = m   = m   =2 mg , 则 F = mg ,即小球受到的弹力与重力大小相等,选项D错误。 命题角度三　圆锥摆问题 3.(2018福建厦门质检)(多选)如图所示,金属块 Q 放在带光滑小孔的水平桌面 上,一根穿过小孔的细线,上端固定在 Q 上,下端拴一个小球。小球在某一水平 面内做匀速圆周运动(圆锥摆),细线与竖直方向成30 ° 角(图中 P 位置)。现使小 球在更高的水平面上做匀速圆周运动。细线与竖直方向成60 ° 角(图中 P ‘位 置)。两种情况下,金属块 Q 都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相 比较,下面判断正确的是   (　　)   A. Q 受到桌面的静摩擦力大小不变 B.小球运动的角速度变大 C.细线所受的拉力之比为2∶1 D.小球向心力大小之比为3∶1 答案     BD　对小球受力分析如图所示,则有 T =   ,向心力 F n = mg tan θ = mω 2 L sin θ ,得角速度 ω =   ,当小球做圆周运动的平面升高时, θ 增大,cos θ 减小, 则拉力 T 增大,角速度 ω 增大,金属块 Q 受到的静摩擦力等于细线的拉力大小, 则后一种情况与原来相比, Q 受到桌面的静摩擦力增大,故A错误,B正确。细 线与竖直方向成30 ° 角时拉力 T 1 =   =   ,细线与竖直方向成60 ° 角时拉力 T 2 =   =2 mg ,所以 T 2 ∶ T 1 =   ∶1,故C错误。细线与竖直方向成30 ° 角时向 心力 F n1 = mg tan 30 ° =   mg ,细线与竖直方向成60 ° 角时向心力 F n2 = mg tan 60 ° =   mg ,所以 F n2 ∶ F n1 =3∶1,所以D项正确。   方法技巧 解决圆周运动问题的主要步骤 (1)审清题意,确定研究对象,明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环; (2)分析物体的运动情况,即物体运动的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等; (3)分析物体的受力情况,画出受力分析图,确定向心力的来源; (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。 考点4　抛体运动与圆周运动的综合应用 1.抛体运动与圆周运动的综合应用问题要注意以下几点: (1)运动阶段的划分; (2)运动阶段的衔接,尤其注意速度方向; (3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。 2. 对于平抛运动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。 例 　如图所示,质量为 m 的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放,从轨 道末端 O 点水平抛出,击中平台右下侧挡板上的 P 点。以 O 为原点在竖直面内 建立如图所示的平面直角坐标系,挡板形状满足方程 y =6- x 2 (单位:m),小球质 量 m =0.4 kg,圆弧轨道半径 R =1.25 m, g 取10 m/s 2 。求: (1)小球对圆弧轨道末端的压力大小; (2)小球从 O 点到 P 点所需的时间(结果可保留根号)。 答案 　(1)12 N　(2)   s 解析 　(1)对小球,从释放到 O 点过程中 由机械能守恒定律有 mgR =   mv 2 小球在圆弧轨道末端时有 F N - mg = m   解得 F N =12 N 由牛顿第三定律,小球对轨道末端的压力大小 F N '= F N =12 N (2)小球从 O 点水平抛出后满足 y =   gt 2 x = vt 又有 y =6- x 2 解得 t =   s 1.一位同学做飞镖游戏,已知圆盘直径为 d ,飞镖距圆盘的距离为 L ,且对准圆盘 上边缘的 A 点水平抛出,初速度为 v 0 ,飞镖抛出的同时,圆盘绕垂直圆盘且过盘 心 O 的水平轴匀速转动,角速度为 ω 。若飞镖恰好击中 A 点,则下列关系中正确 的是   (　　) A. d   = L 2 g B. ωL =(1+2 n )π v 0 ( n =0,1,2, … ) C. v 0 =   D. dω 2 =(1+2 n ) 2 g π 2 ( n =0,1,2, … ) 答案     B　飞镖做平抛运动,若恰好击中 A 点,则只能是在 A 点恰好转到最低点 的时候。当 A 点转动到最低点时飞镖恰好击中 A 点,则 L = v 0 t , d =   gt 2 , ωt =(1+2 n ) π( n =0,1,2, … ),联立解得 ωL =(1+2 n )π v 0 ( n =0,1,2, … ),2 d   = L 2 g ,2 dω 2 =(1+2 n ) 2 g π 2 ( n =0,1,2, … )。故B正确。 2.(2018江西南昌三中检测)嘉年华上有一种回力球游戏,如图所示, 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形轨道内侧的最低点 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: (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)6 mg 　方向竖直向上　(2)2 h 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 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 在 A 点 mg = m   解得 v A =   从 B 点到 A 点的过程中,根据动能定理有 - mg ·2 R =   m   -   m   解得 v B =   在 B 点 F N - mg = m   解得 F N =6 mg ,方向竖直向上 (2) C 到 B 的逆过程为平抛运动,有 h =   g   A 到 C 的过程,有 h +2 R =   g   又 v B t BC = v A t AC 解得 R =2 h 1.(2018江苏单科,3,3分)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直 轨道自由下落过程中,该弹射管保持水平,先后弹出两只小球。忽略空气阻 力,两只小球落到水平地面的   (　　) A.时刻相同,地点相同　     B.时刻相同,地点不同 C.时刻不同,地点相同　     D.时刻不同,地点不同 答案     B　本题考查运动的合成与分解。由题意知,在竖直方向上,两只小球 同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由 h =   gt 2 知落到水平地面的时刻相 同。在水平方向上,小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动,但先抛出的小 球水平方向运动时间较长,由 x = v 0 t 知, x 先 > x 后 ,即两只小球落到水平地面的地点 不同。故选B。 2.(2018课标Ⅲ,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以 v 和   的速度 沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球 落至斜面时速率的   (　　) A.2倍　    B.4倍　    C.6倍　    D.8倍 答案     A　本题考查平抛运动规律的应用。小球做 平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为 θ 。 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖 直方向的自由落体运动, x = v 0 t , h =   gt 2 ,由图中几何关系,可得tan θ =   ,解得 t =   ; 从抛出到落到斜面上,由动能定理可得: mgh =   mv ‘ 2 -   m   ,可得 v '=   =   · v 0 ,则   =   =   =   , 选项A正确。 3.(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,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 )   (　　)   A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案     B　小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有   mv 2 = mg ·2 R +   m   小物块从最高点水平飞出做平抛运动 有:2 R =   gt 2 x = v 1 t ( x 为落地点到轨道下端的距离) 联立得: x 2 =   R -16 R 2 当 R =-   ,即 R =   时, x 具有最大值,选项B正确。 4.(2016课标Ⅱ,16,6分)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,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点   (　　)   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　设小球的质量为 m ,绳长为 L ,根据动能定理得 mgL =   mv 2 ,解得 v =   , L P < L Q ,所以 v P < v Q ,故A项错误。小球动能 E k = mgL ,其中 m P > m Q , L P < L Q ,所以 无法判断它们的动能大小关系,B项错误。 F 拉 - mg =   ,将 v =   代入得 F 拉 =3 mg ,因为 m P > m Q ,所以 P 球所受绳的拉力大于 Q 球所受绳的拉力,故C项正确。向 心加速度 a =   =2 g ,所以在轨迹的最低点, P 、 Q 两球的向心加速度相同,故D项 错误。 5.(2018北京理综,20,6分)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将 落在正下方位置。但实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正 下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落 过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成 正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向 西,则小球   (　　) A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零 B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零 C.落地点在抛出点东侧 D.落地点在抛出点西侧 答案     D　本题考查运动的合成与分解。以地面为参考系,由题意知,小球上 升阶段,水平方向受到向西的“力”作用,产生向西的加速度,水平方向做加 速运动;竖直方向由于重力作用,做匀减速运动。运动到最高点时竖直方向速 度为零,水平“力”为零,水平方向加速度为零,此时水平向西的速度达到最 大,故选项A、B均错。下落阶段,小球受水平向东的“力”作用,水平方向将 向西做减速运动,由对称性知,落地时水平速度恰为零,此时落地点应在抛出 点西侧,故C错、D对。