1、专题二 曲线运动 第4讲 抛体运动与圆周运动 1.合运动与分运动间的三个关系:(1)等时性:分运动与合运动的运动时间_;(2)独立性:一个物体同时参与几个分运动,各运动_,不受其他分运动的_;(3)等效性:各个分运动的叠加效果与合运动的_。相等 独立进行 影响 效果相同 2.平抛运动的两个关系:(1)位移关系:x=_;y=_。(2)速度关系:vx=_;vy=_。v0t 21 gt2v0 gt 3.竖直面内圆周运动的“两个模型”:(1)“轻绳模型”:恰过最高点的条件:_。(2)“轻杆模型”:恰过最高点的条件:_。vgRv=0 1.(2013上海高考)秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中,吊绳最容易断
2、裂的时候是秋千()A.在下摆过程中 B.在上摆过程中 C.摆到最高点时 D.摆到最低点时【解析】选D。当秋千摆到最低点时速度最大,由F-mg=知,吊绳中拉力F最大,吊绳最容易断裂,选项D正确。2mvr2.(多选)(2013新课标全国卷)公路急转弯处 通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯 处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好 没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处,()A.路面外侧高内侧低 B.车速只要低于v0,车辆便会向内侧滑动 C.车速虽然高于v0,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向 外侧滑动 D.当路面结冰时,与未结冰时相比,v0的值变小【解析】选A、C。当汽车行驶
3、的速率为v0时,汽车恰好没有向 公路内外两侧滑动的趋势,即不受静摩擦力,此时由重力和支持 力的合力提供向心力,所以路面外侧高内侧低,选项A正确;当车 速低于v0时,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽车有向 内侧运动的趋势,但并不会向内侧滑动,静摩擦力向外侧,选项B 错误;当车速高于v0时,需要的向心力大于重力和支持力的合力,汽车有向外侧运动的趋势,静摩擦力向内侧,速度越大,静摩擦 力越大,只有静摩擦力达到最大以后,车辆才会向外侧滑动,选 项C正确;由mgtan=m 可知,v0的值只与斜面倾角和圆弧轨 道的半径有关,与路面的粗糙程度无关,选项D错误。20vr3.(2012海南高考)如图,在竖
4、直平面内有一固定 光滑轨道,其中AB是长为R的水平直轨道,BCD是圆 心为O、半径为R的 圆弧轨道,两轨道相切于B点。在外力作用下,一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动,到 达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,重 力加速度大小为g。求:(1)小球在AB段运动的加速度的大小;(2)小球从D点运动到A点所用的时间。34【解析】(1)小球在BCD段运动时,受到重力mg、轨道的压力N的作用,如图所示,根据题意,N0,且小球在最高点C所受压力为零,则NC=0 设小球在C点的速度为vC,根据牛顿第二定律得:mg=m 设在B点的速度为vB,小球从B点运动到C点,由机械能守恒定 律得:2C
5、vR22BC11mvmv2mgR22小球在AB段做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a,则:=2aR 由式得:a=g 2Bv52(2)设小球在D点速度为vD,下落到A点速度为v,由机械能守恒 定律得:设由D点运动到A点的时间为t,由运动学公式得:v=vD+gt 由式得:t=答案:(1)g(2)22BD11mvmvmgR2222B11mvmv22R53)g（52R53)g（热点考向1 运动的合成与分解 【典例1】(2011四川高考改编)某研究性学习小 组进行了如下实验:如图所示,在一端封闭的光滑 细玻璃管中注满清水,水中放一个红蜡做成的小圆 柱体R。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y
6、轴重 合,在R从坐标原点上浮的同时,玻璃管沿x轴正方向做直线运 动。已知R在上浮方向的运动如图甲所示,玻璃管在x方向的 运动如图乙所示,t0时刻同学们测出R的坐标为(4,6),此时R 的速度大小为()A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.7 m/s【解题探究】(1)请写出小圆柱体R同时参与的两个方向上的分运动:沿x轴方向:_。沿y轴方向:_。(2)请根据图像判断小圆柱体R在y轴方向的运动速度和x轴方 向的加速度。y轴方向的分速度vy=_。x轴方向的加速度ax=_。初速度为零的匀加速运动 匀速直线运动 3m/s 2m/s2【解析】选C。小圆柱体R的运动可看作水平方向的运动和竖直 方
7、向的运动的合运动,由图可知,在y轴方向小圆柱体做匀速直 线运动,速度大小为vy=3m/s,纵坐标为6时,用的时间t0=2 s,x轴方向做初速度为零的匀加速运动,加速度为ax=2m/s2,t0时刻瞬时速度vx=at0=22m/s=4 m/s,由平行四边形定则可 知,其合速度的大小为v=5m/s,故选项C正确。yy6sv322xyvv【变式训练】(多选)(2013上海高考)如图为在平静 海面上,两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图。A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向,A、B、C不在一条 直线上。由于缆绳不可伸长,因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等,由此可知C的()A.速度
8、大小可以介于A、B的速度大小之间 B.速度大小一定不小于A、B的速度大小 C.速度方向可能在CA和CB的夹角范围外 D.速度方向一定在CA和CB的夹角范围内【解析】选B、D。C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等,C的速度vC应等于vA和vB的矢量和,即以vA和vB为邻边作平行四边形,其对角线即为vC,由于vA和vB成锐角,所以vC大于vA及vB,故A错误,B正确。vC的方向为平行四边形对角线的方向,所以一定在CA和CB的夹角范围内,故C错误,D正确。热点考向2 平抛(类平抛)运动的规律 【典例2】(15分)(2013巢湖一模)如图所示,小球A从倾角为37足够长的斜面上的顶点处开
9、始沿斜面匀速下滑,速度大小v1=6m/s,经过时间 t后,从斜面顶点处以速度v2=4m/s水平抛出一个飞镖,结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A。不计飞镖运动过程中的空气阻力,可将飞镖和小球视为质点。已知重力加速度为g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。试求:(1)飞镖是以多大的速度击中小球的?(2)两个物体开始运动的时间间隔 t应为多少?【解题探究】(1)请写出飞镖做平抛运动的分位移方程以及二者之间与斜面 倾角的关系。水平方向:_。竖直方向:_。二者关系:_。x=v2t2 221ygt2ytanx(2)飞镖击中小球A时二者位移存在何种关系?提示:飞镖与小球A二者位移大小相等
10、。【解析】(1)飞镖做平抛运动,则:水平方向:x=v2t2 (2分)竖直方向:y=(2分)飞镖落在斜面上,则有:tan=(1分)解得:t2=0.6s (1分)vy=gt2=6m/s (2分)v=m/s (1分)221 gt2yx22v tang222yvv2 13(2)飞镖落在斜面上的竖直分位移为 y=1.8m (1分)合位移为s=3m (2分)小球的运动时间:t1=0.5s (2分)t=t2-t1=0.1s (1分)答案:(1)2 m/s (2)0.1s 221 gt2ysin1sv13【拓展延伸】典例中:(1)若改变飞镖的抛出速度v2,飞镖击中小球A的位置改变吗?提示:若改变飞镖的抛出速度
11、,由t2=可知,飞镖击中 小球A的时间不同,则击中的位置将改变。(2)若小球A匀速下滑的同时抛出飞镖,飞镖总能在斜面上击 中小球,则v1和v2应满足什么关系?提示:飞镖击中小球的时间t2=,飞镖的位移等于小球 的位移,即s=v1t2,解得v2=v1cos。22v tang22v tang221 gty2sinsin【总结提升】平抛(类平抛)运动的求解方法(1)基本求解方法:把平抛(类平抛)运动分解为沿初速度方向的 匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速直线 运动,通过研究分运动达到研究合运动的目的。(2)特殊求解方法:对于有些问题,可以过抛出点建立适当的直 角坐标系,将加速度、初速
12、度沿坐标轴分解,然后分别在x、y轴 方向上列方程求解。(3)斜面上平抛运动的求解方法:建立平抛运动的两个分速度和 分位移以及斜面倾角之间的关系,这往往是解决问题的突破 口。【变式训练】如图所示,边长为L的正方形ABCD中有竖直向上的匀强电场,一个不计重力的带电粒子,质量为m,电荷量为q,以初速度v0从A点沿AD方向射入,正好从CD的中点射出,而且射出时速度方向与CD成=30的夹角。(1)该带电粒子带什么电?(2)该电场的电场强度E为多少?【解析】(1)根据做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线凹的一侧,故带电粒子受到的电场力竖直向下,带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反,所以粒子应带负电。(
13、2)带电粒子在电场中做类平抛运动,则:水平方向:L=v0t 竖直方向:vy=at 由牛顿第二定律得:Eq=ma 由带电粒子离开电场时的速度方向可得:tan(90-)=解得:E=答案:(1)负电(2)y0vv203mvqL203mvqL【变式备选】(2013东莞二模)如图所示,某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块,分别落到A、B两处。不计空气阻力,则落到B处的石块()A.初速度大,运动时间长 B.初速度大,运动时间短 C.初速度小,运动时间长 D.初速度小,运动时间短【解析】选B。石块做平抛运动,由h=gt2得t=,由于hA hB,所以tAtB;由x=v0t得v0=,由于xAtB,所以v
14、0A2 m/s (1分)故物块在传送带上先做减速运动,设减速至与传送带共速时 的位移为x,则:x=(1分)解得:x=4m6 m (1分)12220vv2 g所以后2m物块匀速运动,以v0=2m/s由传送带右端做平抛运 动,在P处由速度分解得:tan60=(1分)又:=2gR (1分)解得:R=0.6m (1分)y0vv2yv(2)在P处由速度分解得:vP=4m/s (1分)从P到N由动能定理得:mgR(1-cos60)=(2分)在N点由牛顿第二定律得:N-mg=m (1分)解得:N=28N (1分)由牛顿第三定律得,对轨道的压力为28N,方向竖直向下(1分)0vcos6022NP11mvmv2
15、22NvR(3)物块恰好通过M点时,由牛顿第二定律得:mg=m (1分)解得:vm=m/s (1分)从P到M由动能定理得:-mgR(1+cos60)=(1分)解得:0不成立 (1分)故物块不能通过最高点M (1分)答案:(1)0.6m(2)28 N,方向竖直向下(3)见解析过程 2mvR622mP11mvmv22 2mv【点题】突破瓶颈,稳拿满分(1)常见的思维障碍。在判断物块在传送带上的运动过程时,没有判断物块与传送带能否一起做匀速运动,也没有判断物块在传送带上做减速运动,直接利用速度位移关系式求出物块做平抛运动的初速度而导致错误。在求解圆弧轨道的半径R时,错误地选取物块在圆弧轨道上运动的过程,导致条件不足,无法求出结果。(2)因解答不规范导致的失分。在求解物块在传送带上减速运动的位移时将速度位移关系 式错误地表达为x=而导致失分。若按匀减速运动列方 程,正确的方程式为x=。在求解物块对圆弧轨道的压力时,漏掉压力的方向而导致 错误。220vv2 g220vv2 g