1、专题一力与运动第三讲 力与曲线运动近三年全国卷考情统计高考必备知识概览运动的合成与分解抛体运动2017T152019T192018T17圆周运动2017T14平抛与圆周运动的综合问题1(多选)(2019全国卷)如图(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()A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
2、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题眼点拨“v表示他在竖直方向的速度”说明v-t图线与横轴所围图形的面积表示他在竖直方向上的位移；v-t图线的斜率表示竖直方向上的加速度解析：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；根据v-t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，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
3、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mgF阻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正确答案：BD2(2017全国卷)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(忽略空气阻力)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题眼点拨“同一高度”
4、说明下落相同的高度，两乒乓球运动时间相同；“速度较小的球没有越过球网”说明速度小的乒乓球到达球网时，速度大的乒乓球早已过网，速度小的乒乓球碰触网的下方解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h 12 gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误；由v2y2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误；由平抛运动规律，水平方向上，xvt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误答案：C3(2017全
5、国卷)如图，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题眼点拨“光滑大圆环”说明小环下落过程中不受摩擦力，且大圆环对它的作用力与速度方向垂直不做功，机械能守恒解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误答案：A命
6、题特点与趋势1高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态的求解，或考查有关平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量，竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现2单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合的命题常以计算题的形式出现3平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合形成综合类考题解题要领1熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动
7、和圆周运动的组合问题，要善于利用转折点的速度进行突破2灵活应用运动的合成与分解的思路解决平抛、类平抛运动问题；对匀速圆周运动问题，掌握寻找向心力来源、圆心及求半径的方法考点1 运动的合成与分解1关联速度问题对于用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，两物体的速度通常不同，但两物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等(原因是绳和杆的长度不发生变化)2常用的解答思路先确定合运动的方向(物体实际运动的方向)，然后分析合运动所产生的实际效果(一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动)以确定两个分速度的方向(沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，且沿绳或杆方向的分速度大小相同)3常用的模型(2019鄂州模
8、拟)一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成 30角，B球的速度大小为v2，则()Av212v1 Bv22v1Cv2v1Dv2 3v1题眼点拨“位置2时球A与球形容器球心等高”说明此时速度v1方向竖直向下；对速度v1、v2沿平行于杆和垂直于杆进行分解，沿杆方向分速度相等解析：球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11v1sin 3012v1，球B此时速度方向与杆成60角，因此v21v2cos 60 12v
9、2，沿杆方向两球速度相等，即v21v11，解得v2v1，C正确答案：C对点训练考向 曲线运动的图象问题1.现在很多教室都安装可以沿水平方向滑动的黑板，如图所示在黑板以某一速度向左匀速运动的同时，一位教师用粉笔在黑板上画线，粉笔相对于黑板从静止开始先匀加速向下画，接着匀减速向下画直到停止，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为()解析：由题意知，黑板向左匀速运动，水平方向粉笔相对黑板向右匀速运动；竖直方向先向下加速再减速，根据运动的合成及受力分析可知，粉笔所受合外力先竖直向下，再竖直向上；根据力与轨迹的关系，合外力指向轨迹弯曲的内侧，故D正确，A、B、C错误答案：D考向 曲线运动规律的应用2(2019廊
10、坊模拟)2018年10月7日，钱塘江大潮如期而至，冲浪顶尖高手驾着竞技摩托艇在江面运动，在某段时间内其两个分运动的规律为x2t26t，y1.5t24t，xOy为直角坐标系，则下列说法正确的是()A摩托艇在x轴方向的分运动是匀减速直线运动B摩托艇的运动是匀变速直线运动C摩托艇的运动是匀变速曲线运动D摩托艇的运动开始为直线而后变为曲线解析：由题意可知，在x轴方向的加速度与初速度均为负值，该分运动为匀加速直线运动，A项错误；由表达式可得，x轴方向：ax4 m/s2，v0 x6 m/s，y轴方向：ay3 m/s2，v0y4 m/s，分析可知，摩托艇的加速度与速度不共线，且加速度恒定，故摩托艇的运动是匀
11、变速曲线运动，C项正确，B、D两项错误答案：C考点2 抛体运动1图解平抛运动的实质2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物体，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(2018全国卷)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和 v2 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()A2倍 B4倍 C6倍 D8倍题眼点拨“两球都落在斜面上”说明甲乙最终位移方向相同做平抛运动的物体，某时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方
12、向夹角的正切值的2倍解析：如图所示，可知：xvt，xtan 12gt2则x2tan gv2，即xv2.甲、乙两球抛出速度为v和v2，则相应水平位移之比为41，由相似三角形知，下落高度之比也为41，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为21，则可得落至斜面时速率之比为21.答案：A处理平抛(类平抛)运动的注意事项1处理平抛运动(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做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同对点训练考向 平抛运动速度关系应用3(多选)(2019石家庄模拟)如图所示，一固定斜面倾角为，将小球A
13、从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则tan 2tan B若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则tan 2tan C小球A、B在空中运动的时间比为2tan2 1D小球A、B在空中运动的时间比为tan2 1解析：由题图可知，斜面的倾角等于小球A落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，由平抛运动结论可知：tan 2tan，选项A错误，B正确；设小球A在空中运动的时间为t1，小球B在空中运动的时间为t2，
14、则由平抛运动的规律可得：tan 12gt21v0t1，tan v0gt2，则t1t22tan2 1，选项C正确，D错误答案：BC考向 平抛运动位移关系应用4(2019皖南八校联考)如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，不计空气阻力，已知ABh1，网高h2 59 h1，ACx，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A落点D距离网的水平距离为13xB网球的初速度大小为xgh1C若击球高度低于 2027 h1，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内D若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于x 2gh1h1，一定落在对方界内解析：因为h1h
15、249h1，由t2hg 可知tACtAD23，由xv0t可知xACxAD23，则xAD32x，D点距网的水平距离为12x，A错误；球从A到D，h1 12 gt2，32 xv0t，得v0 34x2gh1，B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，则有hh2h 14，解得h 2027 h1，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，C正确；若保持击球高度不变，球的初速度较小时，可能触网，不一定落到对方界内，可见D错误答案：C考点3 圆周运动1首先要进行受力分析，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Fm v2r mr2mvmr42T2
16、.3水平面内圆周运动常考的临界模型图示受力分析临界状态竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零；水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：Ff当F向Ffmax时，物体达到临界点4.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型项目最高点无支撑最高点有支撑图示最高点受力重力mg，弹力F弹向下或等于零重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零向心力来源mgF弹mv2RmgF弹mv2R恰好过最高点F弹0，mgmv2R，v gR，即在最高点速度不能为零mgF弹，v0，即在最高点速度可为零(多选)(2019江苏卷)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动座舱的质量为m，运动半
17、径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱()A运动周期为2RB线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2R题眼点拨“座舱在竖直平面内做匀速圆周运动”说明了座舱的运动形式，且座舱受到合力大小不变，方向时刻在变；利用匀速圆周运动基本关系式求解解析：由题意可知座舱运动周期为T2、线速度为vR、受到的合力为Fm2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误答案：BD1明确向心力是解决圆周运动问题的关键在匀速圆周运动中，分力是物体做圆周运动的向心力在变速圆
18、周运动中，沿半径方向的分力是物体做圆周运动的向心力2解决竖直面内圆周运动问题的关键是“两点一过程”“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点(或从最低点到最高点)，往往用动能定理将这两点联系起来对点训练考向 物理量之间的关系5(多选)(2018江苏卷)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10.在此10 s时间内，火车()A运动路程为600 m B加速度为零C角速度约为1 rad/s D转弯半径约为3.4 km解析：圆周运动的弧长svt6010 m600
19、 m，故A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，加速度不为零，故B错误；圆周运动的角速度t103.1418010 rad/s3.14180 rad/s，又vr，所以r v603.14180 m3 439 m，故选项C错误，D正确答案：AD考向 竖直面内的圆周运动6(2019新乡模拟)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点外界给系统一定能量后，杆和球以O点为轴，在竖直平面内转动，球B运动到最高点时杆对球B恰好无作用力忽略空气阻力，则球B在最高点时()A球B的速度为零B球A的速度大小为 2gLC水平转轴对杆的作用力为1.5mgD水
20、平转轴对杆的作用力为2.5mg解析：球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mgmv22L，解得v2gL，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v 2gL2，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有Fmgmv2L，解得F1.5mg，故C正确，D错误答案：C考点4 平抛运动与圆周运动的综合问题1单个质点的连续运动的思维流程2质点和圆盘的独立运动的思维流程 某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为 R、角速度为、铺有海绵垫的转盘，转盘
21、的轴心离平台边缘的水平距离为L，平台与转盘平面的高度差为 H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从 A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运动，选手必须做好判断，在合适的位置放开悬挂器，才能顺利落在转盘上设人的质量为 m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为 mg，重力加速度为 g.(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度 应限制在什么范围？(2)若已知 H5 m，L8 m，a2 m/s2，g 取 10 m/s2，且选手从某处 C 点放开悬挂器能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时
22、间释放悬挂器的？题眼点拨“不会被甩下转盘”说明最大静摩擦力大于或等于所需向心力；“恰好落到转盘的圆心”说明选手的水平位移为 L.解析：(1)设选手落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力大于或等于所需向心力，则有 mgm2R，即转盘转动角速度应满足 gR.(2)设水平加速段位移为 x1，时间为 t1；平抛时水平位移为 x2，时间为 t2则加速时有 x112at21，vat1，平抛运动阶段 x2vt2，H12gt22，全程水平方向：x1x2L.代入数据，联立以上各式解得t12 s答案：(1)gR (2)2 s1明确圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程2平抛运动一般是沿水平方向和
23、竖直方向分解速度或位移3速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度对点训练考向 水平面内的圆周运动与平抛运动结合7(多选)(2018大同模拟)如图所示，半径为 R 的水平圆盘中心轴正上方 a 处有一小球，圆盘以角速度 匀速转动，当圆盘半径 Ob 转到图示位置时，将小球以平行于 Ob 的初速度水平抛出要使球与圆盘只碰一次，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()Ahg22，v0R2 Bh82g2，v0R4Ch2g22，v0R6Dh322g2，v0R8解析：因圆盘转动具有周期性，则当小球落到 b 点时，圆盘
24、转过的角度 2k(k1，2，3，)，由 t，可得圆盘的角速度 2kt(k1，2，3，)，因小球做平抛运动，则小球下落高度 h12gt222gk22(k1，2，3，)，初速度 v0Rt R2k(k1，2，3，)，将 k 的取值代入可知，当 k 取 2 和 4 时 B、D 项正确答案：BD考向 竖直面内的圆周运动和平抛运动结合8(2019大连模拟)如图所示，O 为竖直放置的半径R2 m 的光滑管状轨道圆心，A、B 两点关于过 O 的竖直线对称，从 A 点将质量为 m0.2 kg 的小球以某一速度斜向上抛出，无碰撞地由 B 点进入管道小球经圆轨道最低点 C 无能量损失地进入长 L4 m 的水平粗糙轨
25、道 CD，小球与 CD 间动摩擦因数 0.2，光滑半圆轨道 DE 竖直放置，E 为最高点，G 是与圆心 O1 等高的点，小球经 D点无能量损失进入半圆轨道并能到达 GE 间某处，已知圆管的直径远小于轨道半径 R 且略大于小球直径，OB 与竖直方向间夹角 37，(sin 370.6，g 取 10 m/s2)求：(1)小球在 A 点抛出时的初速度大小 v0；(2)小球经过 D 点时的速度大小 vD；(3)半圆轨道 DE 的半径 r 应满足的条件解析：(1)因 A、B 关于过 O 点的竖直线对称且小球能无碰撞地由 B 点进入管道，所以小球在 A 点抛出时速度与 OA 垂直，令小球到达 B 点时竖直速
26、度为 vy，水平速度为 vx，从 A 到 B 的时间为 t，则由斜抛运动规律知：2Rsin vxt，vygt2，tan vyvx，联立并代入数值得 vx4 m/s，vy3 m/s，所以小球在 B 点速度大小即小球初速度为v0 v2xv2y5 m/s；(2)小球从 B 到 D 由动能定理知mgR(1cos)mgL12mv2D12mv2B，代入数值得 vD9 m/s；(3)因小球能到达 GE 间某处，所以当小球刚能过 G点时，由机械能守恒定律知12mv2Dmgrmax，即 rmax4.05 m，当小球恰能到 E 点时有12mv2D2mgrmin12mv2E，mgm v2Ermin，联立得 rmin1.62 m，所以半圆轨道 DE 的半径 r 应满足 1.62 mr4.05 m.答案：见解析