1、二轮物理 专题三 力与曲线运动 二轮物理 展示考纲明晰考向 方法归纳重点点拨 锁定考点高效突破 必备模型全面解读 阅卷评析剑指满分 二轮物理 展示考纲明晰考向 重要考点考题预测1.运动的合成与分解.()2.抛体运动.()3.匀速圆周运动的向心 力.()平抛(类平抛)运动问题、圆周运动的向心力分析、竖直平面内圆周运动的临界问题是命题的热点.2016年高考对抛体运动规律、圆周运动的考查可能与牛顿运动定律、功和能、电和磁等知识综合命题.二轮物理 方法归纳重点点拨 一、平抛运动或类平抛运动 1.处理方法 分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动.2.推论(1)如图(甲
2、)所示,物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点.二轮物理(2)如图(乙)所示,在任意时刻任意位置处,速度方向与水平方向的夹角为,位移方向与水平方向的夹角为,则有tan =2tan .二、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 vgR.2.杆固定,物体能通过最高点的条件是v0.二轮物理 锁定考点高效突破 考点一 平抛运动的规律及应用 典例(2015大庆市第二次质检)如图所示,距地面高度h=5 m的平台边缘水平放置一个两轮间距为d=6 m的传送带,一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5 m/s的初速度滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数
3、=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2.求:二轮物理(1)若传送带不动,小物块离开传送带右边缘落地的水平距离;(2)试分析传送带的速度满足什么条件时,小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大,并求最大距离;(3)设传送带的速度为v,且规定传送带顺时针运动时v为正,逆时针运动时v为负.试分析画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v的变化关系图线(不需要计算过程,只需画出图线即可).二轮物理 规范解答:(1)传送带不动,小物块滑上后做匀减速运动,加速度 a1=-g.设小物块离开传送带时的速度为 v1,则21v-20v=2a1d,解得 v1=1 m/s.物块离开传送带后,做平抛运动,设平
4、抛运动时间为 t,由 h=12 gt2,解得 t=1 s.由水平位移 s1=v1t,解得 s1=1 m.思路探究(1)小物块在传送带上做怎样的运动时,离开传送带后,小物块才有最大的水平距离?答案:小物块在传送带上一直做匀加速直线运动,离开传送带时有最大速度,平抛的水平距离也最大.(2)若传送带逆时针转动,小物块在传送带上做怎样的运动?答案:小物块一直做匀减速直线运动.二轮物理(2)当传送带顺时针运动速度达到某一值后,小物块在传送带上将一直做匀加速运动,即离开传送带后平抛初速度最大,落地的水平距离有最大值.设小物块一直匀加速离开传送带时的速度为v2,则-=2a2d,a2=g.解得v2=7 m/s
5、.即传送带顺时针运动,且v7 m/s时小物块落地水平距离最大.设最大距离为s2,s2=v2t=7 m.(3)如图所示.答案:(1)1 m(2)v7 m/s 7 m(3)见规范解答图 二轮物理 以例说法 平抛运动问题的处理方法 处理平抛运动时,一定要分解为两个分运动考虑,有时还要分别画出位移合成、分解图以及速度合成、分解图,利用直角三角形有关知识分析.二轮物理 题组训练 1.平抛运动的临界问题(2015 全国新课标理综)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 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
6、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()A.126Lgh vL16gh B.14Lgh v 221246LLgh C.126Lgh v22124126LLgh D.14Lgh vs,故一定可以落到屋顶上.答案:(1)1 rad/s 0.6 m(2)见解析 二轮物理 考点二 圆周运动的规律及应用 典例(2015浙江理综)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点的半圆,内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线,有如图所示
7、的,三条路线,其中路线是以O为圆心的半圆,OO=r.赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变,发动机功率足够大),则()A.选择路线,赛车经过的路程最短 B.选择路线,赛车的速率最小 C.选择路线,赛车所用时间最短 D.,三条路线的圆弧上,赛车的向 心加速度大小相等 二轮物理 解析:由几何关系可求得路线,的长度分别为 2r+r,2r+2r,2r,比较可知,路线最短,A 项正确;由 Fmax=m2vR 可知,沿路线,运动的速率分别为maxFrm,max2Frm,max2Frm,因此沿路线速率最小,B 项错误;由
8、三条路线长度与速率的比值比较可知,选择路线所用时间最短,C 项正确;由 Fmax=ma 可知,三条线路的圆弧上赛车的向心加速度大小相等,D 项正确.答案:ACD 二轮物理 以例说法 解决圆周运动力学问题注意以下几点(1)进行受力分析,明确向心力的来源,确定圆心及半径.(2)列出动力学方程 F=2mvr=m2r=m224Tr.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件.二轮物理 题组训练 1.圆周运动与平衡知识的结合(2015浙江衢州模拟)在某次杂技表演中,表演装置如图,两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处,质量相等的两个表演者B,C分别抓住绳子吊在左边,另一
9、个表演者A用手抓住绳子吊在右边,一开始三个表演者抓住绳子身体悬空并能保持静止,表演者B,C抓绳的点到结点P的轻绳长度相等,滑轮摩擦不计.当表演开始,表演者B,C以相同角速度在水平面内做圆周运动(表演者B,C距离始终为圆周运动直径)时,表演者A将()A.向上加速运动 B.向下加速运动 C.保持静止 D.上下振动 C 二轮物理 解析:人和两绳整体受重力和绳子向上的拉力,设整体下降的加速度为a,根据牛顿第二定律,有 2mg-T=2ma,对A受力分析,受重力和拉力,又知mA=2m根据牛顿第二定律有 T-2mg=2ma,解得a=0,即A将保持静止,处于平衡状态,选项C正确.二轮物理 2.圆周运动的临界问
10、题(2015余姚模拟)某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况,摆球从A点由静止释放,经过最低点C到达与A等高的B点,D,E,F是OC连线上的点,OE=DE,DF=FC,OC连线上各点均可钉钉子.每次均将摆球从A点由静止释放,不计绳与钉子碰撞时机械能的损失.下列说法正确的是()A.若只在E点钉钉子,摆球最高可能摆到AB连线以上的某点 B.若只在D点钉钉子,摆球最高可能摆到AB连线以下的某点 C.若只在F点钉钉子,摆球最高可能摆到D点 D.若只在F点以下某点钉钉子,摆球可能做完 整的圆周运动 D 二轮物理 解析:若钉子在D点及以上,则由机械能守恒定律可知,小球最高只能摆到AB连线上的某点;故选项
11、A,B错误;若在F点钉钉子,则根据机械能守恒小球应该摆到D点,但由于小球在竖直面内做圆周运动,由竖直面内圆周运动的临界条件可知,到达D点时速度为零,则说明小球达不到D点即已下落,故选项C错误;若在F点以下某点钉钉子,则小球半径很小,只要小球到达最高点时,重力小于等于小球转动需要的向心力,则小球可以做完整的圆周运动,则选项D正确.二轮物理 考点三 平抛运动与圆周运动的综合应用 典例 (2013 浙江理综)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如下.图中 A,B,C,D 均为石头的边缘点,O 为青藤的固定点,h1=1.8 m,h2=4.0 m,x1=4.8 m,x2=8.0 m.开始时
12、,质量分别为 M=10 kg 和 m=2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头的 A 点水平跳至中间石头.大猴抱起小猴跑到 C 点,抓住青藤下端,荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零.运动过程中猴子均可看成质点,空气阻力不计,重力加速度 g=10 m/s2.求:(1)大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值;(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小.二轮物理 思路探究(1)为了安全,大猴跳过山谷时水平位移x和x1的关系如何?答案:xx1.(2)可用什么方法求猴子抓住青藤荡起时的速度?答案:荡起时,做曲线
13、运动,可由机械能守恒定律求速度.(3)猴子荡起时做圆周运动,需建立什么关系式才能求青藤对猴子的拉力?答案:在最低点由 FT-(M+m)g=2CMm vL求拉力 FT.规范解答:猴子先做平抛运动,后做圆周运动,两运动过程机械能均守恒.寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律.(1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin,根据平抛运动规律,有 h1=12 gt2 x1=vmint 联立、式,得 vmin=8 m/s.二轮物理(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时速度为 vC,有(M+m)gh2=12(M+m)2Cv vC=22gh=80 m/s9 m/s.(3)设拉力为 FT,青藤
14、的长度为 L.对最低点,由牛顿第二定律得 FT-(M+m)g=(M+m)2CvL 由几何关系(L-h2)2+22x=L2 得:L=10 m 综合、式并代入数据解得:FT=216 N.答案:(1)8 m/s(2)约9 m/s(3)216 N 二轮物理 以例说法 圆周运动综合问题的分析思路 圆周运动的综合题往往涉及多个运动过程和功能关系问题,解决此类问题应做好以下两个分析.(1)临界点分析:对于物体在临界点相关的多个物理量,需要区分哪些物理量能够突变,哪些物理量不能突变,而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口.(2)运动过程分析:对于物体参与的多个运动过程,要仔细分析每个运动过程
15、做何种运动.若为圆周运动,应明确是水平面的匀速圆周运动,还是竖直平面的变速圆周运动,机械能是否守恒;若为抛体运动,应明确是平抛运动,还是类平抛运动,垂直于初速度方向的力是哪个力.二轮物理 题组训练 1.平抛运动与圆周运动的临界问题(2015 新余校级模拟)(多选)如图所示,半径分别为 R 和 r(Rr)的甲、乙两光滑半圆轨道放置在同一竖直平面内,两轨道之间由一光滑水平轨道 CD 相连,在水平轨道 CD 上有一轻弹簧被 a,b 两个质量均为 m 的小球夹住,但不拴接.同时释放两小球,弹性势能全部转化为两球的动能,若两球获得相等动能,其中有一只小球恰好能通过最高点,两球离开半圆轨道后均做平抛运动落
16、到水平轨道的同一点(不考虑小球在水平面上的反弹).则()A.恰好通过最高点的是 b 球 B.弹簧释放的弹性势能为 5mgR C.a 球通过最高点对轨道的压力为 mg D.C,D 两点之间的距离为 2R+254rRr BD 二轮物理 解析:选项 A 小球恰好能通过最高点,在最高点,由重力提供向心力,设最高点的速度为 v,则有 mg=m2vR,解得 v=gR,则半径越大,到达最高点的动能越大,而两球初动能相等,其中有一只小球恰好能通过最高点,所以是 a 球刚好到达最高点,b 球到达最高点的速度大于gr,a 球通过最高点对轨道的压力为零,故选项 A,C 错误;对 a 球从离开弹簧到到达最高点的过程中
17、,根据动能定理得-mg2R=12 mv2-Eka,解得 Eka=2.5mgR.二轮物理 两球初动能相同,且弹性势能全部转化为两球的动能,所以释放的弹性势能为5mgR,故选项 B 正确;a,b 两球离开轨道后做平抛运动,CD 的距离等于两球平抛运动的水平距离之和,a 球运动的时间 ta=4Rg,所以 a 球水平位移 xa=v4Rg=2R,设 b 球到达最高点的速度为 vb,则 12 mbv -Ekb=-mg2r,b 球运动的时间 tb=4rg,b 球的水平位移 xb=vb4rg,由解得 xb=254rRr,则 CD=xa+xb=2R+254rRr,故选项 D 正确.二轮物理 2.圆周运动与功能关
18、系等力学的综合问题(2015 甘肃省庆阳市模拟)如图所示,光滑半圆轨道 AB 固定,半径 R=0.4 m,与水平光滑轨道相切于 A.水平轨道上平铺一半径 r=0.1 m 的圆形桌布,桌布中心有一质量 m=1 kg 的小铁块保持静止.现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后,铁块沿水平轨道经 A 点进入半圆轨道,到达半圆轨道最高点 B 时对轨道恰好无压力,已知铁块与桌布间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2,求:(1)铁块离开 B 点后在水平轨道上的落点到 A 的距离;(2)抽桌布过程中桌布的加速度大小.二轮物理 解析:(1)在 B 点,由牛顿第二定律,有 mg=2BmvR.从 B 点
19、抛出后,水平方向 x=vBt,竖直方向 2R=12 gt2,代入数据得 x=0.8 m.(2)铁块由 A 点运动到 B 点的过程中,机械能守恒,则 22Amv=2mgR+22Bmv,铁块脱离桌布时的速度 v0=vA,铁块在桌布上做匀加速直线运动,设铁块加速度为 a0,由牛顿第二定律有 mg=ma0,设铁块在桌布上的加速时间为 t0,由运动学公式有 v0=a0t0,r=12 a20t-12 a020t,代入数据得 a=5.25 m/s2.答案:(1)0.8 m(2)5.25 m/s2 二轮物理“绳杆”模型 模型解读 必备模型全面解读 1.模型特点(1)物体在竖直平面内做变速圆周运动.(2)“轻绳
20、模型”在轨道最高点无支撑,“轻杆模型”在轨道最高点有 支撑.2.模型的临界问题 该类问题并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语,现对两种模型分析比较如下:二轮物理 轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)常见类型 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 mg+F 弹=m2vr mgF 弹=m2vr 恰好过最高点的临界条件 由 F 弹=0,mg=m2vr临 得 v 临=gr 由小球恰能过最高点得 v 临=0 讨论分析(1)过最高点时,vgr,FN+mg=m2vr,绳、轨道对球产生弹力 FN(2)不能过最高点 vgr,在到达最
21、高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当 v=0 时,FN=mg,FN为支持力,沿半径背离圆心(2)当 0vgr 时,FN+mg=m2vr,FN指向圆心并随 v的增大而增大 二轮物理 3.模型的综合问题(1)该类问题往往考查圆周运动的临界和极值问题.(2)该类问题往往是多过程问题,涉及加速(直线或曲线)运动、圆周运动、平抛运动等.(3)解答多过程问题时,要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系,把转折点的速度做为分析重点.(4)解答多过程问题时,平抛运动通常运用运动的合成与分解,竖直面内圆周运动通常应用动能定理、功能关系和牛顿第二定律,加速(直线或曲线)运动通常用动力学规律或动能定理来分析.二轮物
22、理 4.模型综合问题的一般求解思路(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同.(2)确定临界点:v 临=gr,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是 FN表现为支持力还是拉力的临界点.(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.(4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程F合=F向求解.(5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.二轮物理 典例 如图所示,一小物块自平台上以速度v0水平抛出,刚好落在邻近一倾角为53的粗糙斜面AB顶端,并恰好沿
23、该斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h=0.032 m,小物块与斜面间的动摩擦因数为=0.5,A点离B点所在平面的高度H=1.2 m.有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接,已知cos 53=0.6,sin 53=0.8,g取10 m/s2.求:(1)小物块水平抛出的初速度v0的大小;(2)若小物块能够通过圆轨道最高点,圆轨道半径R的最大值.二轮物理 思路探究(1)物块抛出后恰好沿斜面下滑的含义是什么?答案:沿斜面方向的速度与水平方向的夹角为53.(2)小物块能过圆轨道最高点的条件是什么?答案:轨道对物块压力FN0.规范解答:(1)小物块自平台做平抛运动,由平抛运动知识得 vy=2
24、gh=2 100.032 m/s=0.8 m/s 由于物块恰好沿斜面下滑,则 tan 53=0yvv,得 v0=0.6 m/s.二轮物理(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为 v,受到圆轨道的压力为 FN.则由向心力公式得 FN+mg=m2vR 由动能定理得 mg(H+h)-cos53sin53mgH。-mg(R+Rcos 53)=12 mv2-12 m20v 小物块能过圆轨道最高点,必有 FN0 联立以上各式并代入数据得 R 821 m,即 R 最大值为 821 m.答案:(1)0.6 m/s(2)821 m 二轮物理 拓展变式(2015宁波模拟)(多选)如图所示,竖直面内有个光滑的3/4圆形
25、导轨道固定在一水平地面上,半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落,恰好从N点沿切线方向进入圆轨道.不考虑空气阻力,则下列说法正确的是()A.适当调整高度h,可使小球从轨道最高点M飞出后,恰好落在轨道右端口N处 B.若h=2R,则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mg C.只有h大于等于2.5R时,小球才能到达圆轨道的最高点M D.若h=R,则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置,该过程重力做功为mgR BC 二轮物理 解析:小球到达圆形轨道最高点的最小速度为 v=gR,水平抛出后,竖直方向 R=12 gt2,水平方向 x=vt,解得水平距离 x=2 RR
26、,选项 A 错误;若 h=2R,小球到达最低点速度为 v1,则 mgh=12 m21v,FN-mg=21mvR,解得 FN=5mg,由牛顿第三定律可知,选项 B 正确;由机械能守恒定律 mg(hmin-2R)=12 mv2,解得hmin=2.5R,选项 C 正确;若 h=R,该过程重力做功为零,选项 D 错误.二轮物理 平抛运动问题 考题精选 (2014浙江理综,16分)如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h=1.8 m.在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触.枪口与靶距离为L时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于
27、枪口的初速度为v=800 m/s.在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s=90 m后停下.装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹.(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g=10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小;(2)当L=410 m时,求第一发子弹的弹孔离地 的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离;(3)若靶上只有一个弹孔,求L的范围.阅卷评析剑指满分 二轮物理 规范解答:(1)装甲车加速度 a=202vs=209 m/s2.(2)第一发子弹飞行时间 t1=0Lvv=0.5 s,弹孔离地高度 h1=h-12 g21t=0.55 m,第二个弹孔离地的高度 h2=h
28、-12 g（Lsv）2=1.0 m.两弹孔之间的距离h=h2-h1=0.45 m.二轮物理(3)第一发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为 L1,L1=(v0+v)2hg=492 m.第二发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为 L2,L2=v2hg+s=570 m.L 的范围为 492 mL570 m.答案:(1)209 m/s2(2)0.55 m 0.45 m(3)492 mL570 m 二轮物理【评分细则】第(1)问2分,第(2)问7分,式各2分,式1分.第(3)问7分,、式各3分,式1分.【失分警示】(1)失分点:数据错误(未对加速度大小进一步说明),失分原因:没有看清题意,题目要求
29、计算加速度的大小.(2)失分点:表达式及结果错误.失分原因:第一发子弹飞出枪口时对地速度应等于子弹相对于枪口的速度加上装甲车的速度.(3)其他可能失分点:不理解靶上只有一个弹孔的隐含条件,无法求解第(3)问.二轮物理【抢分策略】(1)装甲车以初速度 20 m/s 匀减速停下,前进了 90 m,利用匀变速运动公式即可求加速度大小.(2)第(2)问中,属于根据平抛运动规律求竖直位移问题,时间根据水平方向的分运动求解,写出 h=12 gt2,可得公式分.(3)第(3)问属于临界问题,靶上只有一个弹孔,是指一发子弹打到靶上另一发子弹打到地上,具体情况为第一发子弹恰好打不到靶下沿,第二发子弹打到靶上;第二发子弹恰好打到靶下沿,第一发打到地上,可见靶下沿是打到和打不到靶上的临界点.二轮物理 点击进入限时训练
