2017届高考物理二轮复习专题突破教案：专题三 力与物体的曲线运动(1)
高考物理二轮总复习精品课件 第2部分 专题整合高频突破 第3讲 力与物体的曲线运动
小球弹力方向向下,故小球对杆的弹力方向向上,C正确。若v2=2b,
2
则F+mg=m ,解得F=a=mg,故D正确。
-23-
新题演练
1 2 3 4 5
怎样得高分
1.一只小船渡河,运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不
变,方向平行于岸边;小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀
x=v0t①
1
h=2gt2②
设圆弧轨道半径为 R,由机械能守恒定律得
1
mgR= 0 2 ③
2
联立①②③式,并代入题给条件得
R=0.25 m。④
-29-
新题演练
1 2 3 4 5
-30-
怎样得高分
(2)环由b处静止下滑过程中机械能守恒,设环下滑至c点的速度大小
为v,有
1
mgh=2mv2⑤
环在c点速度的水平分量为
解得 v2=
小滑块在 O 点做平抛运动,则
1 2
R=2gt ,x=v0t
解得 2R≤x≤2R。
-18-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(3)如图所示,设小滑块出发点为P1,离开点为P2,由题意要求O1P1、
O2P2与竖直方向的夹角相等,设为θ,若离开滑道时的速度为v,
2
则小滑块在 P2 处脱离滑道的条件是 mgcos θ=m
命题热点三
解析:在南北方向上,帆板静止,所以在此方向上帆船相对于帆板
向北以速度v运动;在东西方向上,帆船静止,帆板向西以速度v运动,
所以在此方向上帆船相对于帆板向东以速度v运动;以帆板为参考
【新】版高考物理二轮复习专题三力与曲线运动教学案
专题三 力与曲线运动考情分析命题解读本专题考点分为两大板块，一个是曲线运动，包括运动的合成与分解、两大曲线运动(平抛运动和圆周运动)，另一个是万有引力定律及应用，皆属于高频考点。
从三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识。
如以天体运动、航天技术相关内容出题、以对抛体运动的分析等出题，考查学生的理解能力。
难度较小。
(2)注重方法与综合。
如以万有引力定律与电学知识综合、从力的角度分析带电粒子的曲线运动、抛体运动与圆周运动综合等考查学生的推理能力、分析综合能力。
难度属于中等。
整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B 必会。
1.(2017·江苏省南通中学摸底)如图1所示，绳子的一端固定在O 点，另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )图1A.转速相同时，绳短的容易断B.周期相同时，绳短的容易断C.线速度大小相等时，绳短的容易断D.线速度大小相等时，绳长的容易断解析 转速相同时，根据F ＝m ω2r ＝mr (2πn )2可知，绳越长，所需的向心力越大，则绳越容易断，故A 项错误；周期相同时，则角速度相同，根据F ＝mr ω2知，绳越长，所需的向心力越大，则越容易断，故B 项错误；线速度相等，根据F ＝m v 2r知，绳越短，向心力越大，则绳越短越容易断，故C 项正确，D 项错误。
答案 C2.(2017·南通市如东县、徐州市丰县联考)如图2所示的实验装置中，小球A 、B 完全相同。
用小锤轻击弹性金属片，A 球沿水平方向抛出，同时B 球被松开，自由下落，实验中两球同时落地。
图2中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是( )图2A.A 球从面1到面2的速度变化等于B 球从面1到面2的速度变化B.A 球从面1到面2的速度变化等于B 球从面1到面2的速率变化C.A 球从面1到面2的速度变化大于B 球从面1到面2的速率变化D.A 球从面1到面2的动能变化大于B 球从面1到面2的动能变化解析 球A 做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，故A 球从面1到面2的速度变化等于B 球从面1到面2的速度变化，选项A 正确，B 、C 错误；由动能定理知，A 球从面1到面2的动能变化等于B 球从面1到面2的动能变化，选项D 错误。
高考物理二轮专题复习专题三力与曲线运动第1讲物体的曲线运动课件
2018 全国Ⅲ卷,15 (天体的运行规律) 2018 全国Ⅲ卷,17 (斜面上的平抛运
动问题)
2017 全国Ⅱ卷,17 (平抛运动与圆 周运动综合 中的极值问题)
2017 全国Ⅱ卷,19 (行星运动中的功
能关系)
用开普勒第三定 律求解 两小球落到斜面 位移方向相同,末 速度方向也相同
用平抛运动的规 律、机械能守恒定 律或动能定理及 数学知识求解
内容排查: 双星模型的规律□ 牛顿第二定律□ 万有引力定律的应用□ 心得笔记:
2.(2018·全国Ⅲ卷,17)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和 v 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2 乙球
落至斜面时速率的( A )
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
解析:甲、乙两球的运动轨迹如图所示,两球的位移方向相同,根据末速度方 向与位移方向的关系可知,两球末速度方向也相同,在速度的矢量三角形中, 末速度比值等于初速度比值,故A正确.
4
4R2
v2 g
R
当 R= v2 时,x 最大,选项 B 正确. 8g
内容排查: 机械能守恒定律□ 平抛运动的规律□ 运动的极值问题□
心得笔记:
5.(2018·北京卷,20)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
内容排查: 平抛运动的规律□ 运动学公式的应用□
心得笔记:
4.(2017·全国Ⅱ卷,17)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)( )
高考物理大二轮复习专题一力与运动第三讲力学中的曲线运动教学案
迁移一 小船过河问题
1．(·湖北武汉测试)有甲、乙两只船，它们在静水中航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同．则甲、乙两船渡河所用时间之比为( )
A. B. C. D.
[答案] (1)x＝v0t、y＝ gt2、vx＝v0、vy＝gt
(2)线速度v＝ 、角速度ω＝ 、周期T＝ 、频率f＝ 、向心加速度a＝ω2r＝ 、向心力F＝mω2r＝m
(3)
(4)
热点考向一 运动的合成与分解方法
【典例】 (多选)(·河北五校联考)如图所示，在水平地面上有一个质量为M、横截面为直角三角形的木块，一长为L的轻杆的下端用铰链固定在地面上，另一端固定一个质量为m的小球，小球紧靠木块的一直角边．用水平向左的力F推木块，使木块以速度v向左做匀速运动，轻杆将绕着O点转动，经过图示位置时，轻杆与水平方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )
[答案] BC
1．理清合运动与分运动的三个关系
等时性
分运动与合运动的运动时间相等
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ运动独立进行、互不影响
等效性
各个分运动的叠加效果与合运动的效果相同
2.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)．
[解析] 小球做圆周运动，其线速度方向与轻杆垂直．将线速度v球分解成水平方向和竖直方向上的两个分速度，
其水平分速度等于v，如右图所示，即v球sinθ＝v，解得v球＝ ，选项A错误，B正确；轻杆转动的角速度ω＝ ＝ ，选项C正确；木块匀速推小球的过程中，杆与水平方向的夹角θ逐渐增大，由ω＝ 可知ω逐渐减小，所以小球做减速圆周运动，选项D错误．
物理二轮 第一部分 专题三 学案 力与物体的曲线运动
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(3)滑动摩擦力：Ff＝μmg＝1.0 N x 轴物体做匀速运动：Fx＝Ff×0.6
专题三 学案4
y 轴物体做匀加速运动：对物体列牛顿第二定律公式： Fy －
本 学 案 栏 目 开 关
Ff×0.8＝ma 解得：Fy＝1.6 N．故 t＝10 s 时刻水平外力的大小： F＝ Fx 2＋Fy 2＝ 0.62＋1.62 N＝1.7 N
专题三 学案4
如图 1，质量 m＝ 2.0 kg 的物体在
水平外力的作用下在水平面上运动， 物体和水平面间的动摩擦因数 μ＝ 0.05，
本 学 案 栏 目 开 关
已知物体运动过程中的坐标与时间的关
x＝ 3.0tm 系为 2 y ＝ 0.2 t m
图1
， g＝ 10 m/s2.
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审题突破 ①画出两物体的运动示意图； ②确定两物体的位移关系； ③注意两物体的运动时间相等
本 学 案 栏 目 开 关
专题三 学案4
解析
设 B 物体沿斜面运动的位移为 L′.
对 B：L′＝v2t 1 2 对 A：(L＋L′)sin 37° ＝2gt (L＋L′)cos 37° ＝v1t 将题中各组数据分别代入上述三式，可知只有 C 组数据使公式 成立，所以答案选 C.
答案 CD
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突破练习
专题三 学案4
1．如图 2 甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动， 其 v－t 图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的 x－t 图 象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是
本 学 案 栏 目 开 关
(
)
图2
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A．猴子的运动轨迹为直线 B．猴子在 2 s 内做匀变速曲线运动 C．t＝0 时猴子的速度大小为 8 m/s D．t＝2 s 时猴子的加速度大小为 4 m/s2
高中物理高考二轮复习教案(3)力与物体的曲线运动
专题三 力与物体的曲线运动 教案一． 专题要点第一部分：平抛运动和圆周运动 1. 物体做曲线运动的条件当物体所受的合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。
合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性。
2.物体（或带电粒子）做平抛运动或类平抛运动的条件是：①有初速度②初速度方向与加速度方向垂直。
3.物体做匀速圆周运动的条件是：合外力方向始终与物体的运动方向垂直；绳子固定物体通过最高点的条件是：为绳长）L gL v (≥；杆固定通过最高点的条件是：0≥v 。
物体做匀速圆周运动的向心力即物体受到的合外力。
4.描述圆周运动的几个物理量为：角速度ω，线速度v ，向心加速度a ，周期T ，频率f 。
其关系为：22222244rf Tr r r v a ππω==== 5.平抛（类平抛）运动是匀变速曲线运动，物体所受的合外力为恒力，而圆周运动是变速运动，物体所受的合外力为变力，最起码合外力的方向时刻在发生变化。
第二部分：万有引力定律及应用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，其基本关系式为：rf m Tr m r m r v m ma r Mm G 22222244ππω=====向， 在天体表面，忽略星球自转的情况下：mg R MmG=22.卫星的绕行速度、角速度、周期、频率和半径r 的关系：⑴由r v m r Mm G 22=，得rGM v =，所以r 越大，v 越小。
⑵由r m r Mm G22ω=，得3rGM =ω，所以r 越大，ω越小 ⑶由r T m r Mm G 222⎪⎭⎫⎝⎛=π，得GM r T 32π=，所以r 越大，T 越大。
⑷由)(2g ma r MmG'=向，得2)(r GM g a ='向，所以r 越大，a 向(g/)越小。
3. 三种宇宙速度：第一、第二、第三宇宙速度⑴第一宇宙速度（环绕速度）：是卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度，也是发射卫星的最小速度V 1=7.9Km/s 。
高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题3 曲线运动教学案(教师版)
曲线运动【考纲解读】曲线运动是历年高考的必考内容，一般以选择题的形式出现，重点考查加速度、线速度、角速度、向心加速度等概念及其应用。
本部分知识经常与其他知识点如牛顿定律、动量、能量、机械振动、电场、磁场、电磁感应等知识综合出现在计算题中，近几年的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。
【命题规律】同学们复习时要在扎实掌握本部分内容的基础上，注意与其他知识点的渗透以及在实际生活、科技领域中的应用，经常用物理视角观察自然、社会中的各类问题，善于应用所学知识分析、解决问题，尤其是与牛顿定律、电场和磁场相联系的综合问题更要引起重视。
本部分还多涉及到公路、铁路、渡河、航海、航空等交通方面的知识。
【知识网络】【命题角度分析】命题角度1 曲线运动的条件与运动的合成1．如图4—1所示，汽车在一段弯曲水平路面上匀速行驶，关于它受到的水平方向的作用力的示意图，可能正确的是(图中9为地面对其的静摩擦力f为它行驶时所受阻力)．[考场错误再现] D[考场零失误]对摩擦力的方向和阻力的方向不清楚，对曲线运动的条件不清楚．[对症下药] C 汽车行驶时所受阻力f总与该时刻它的速度方向相反，故D图肯定不对．做曲线运动物体所受合力的方向不仅与其速度方向成一角度，而且总是指向曲线的“内侧”，A、B两图中F与f的合力方向都不满足这一条件，只有C图中F与f的合力方向指向曲线的：内侧”，所以正确的是C选项．2．在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人．假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d，如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O 点的距离为 ( )12221222..0..v dv D v dvl C B v v dv A -[考场错误再现] B[考场零失误] 混淆了渡河问题中时间最短与路程最短的问题．[对症下药] C 依据运动的独立原理，合运动与分运动的等时性由船头垂直河岸航行时，渡河历时最短，t =2v d 则登陆处距O 点的距离为S=v 1t=.2v dvl 艇在河中的运动为合运动，用分运动求解．专家会诊应掌握力与运动的关系，直线运动和曲线运动的条件，运动的合成与分解的方法和规律． 命题角度3 平抛运动和圆周运动的应用1．水平放置的水管，距地面高h=1．8m ，管内横截面积S=2．00m2．有水从管口处以不变的速度v=2．0m/s 源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开．取重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力．求水流稳定后在空中有多少立方米的水．[考场错误再现] 从抛物线的角度而出错．[考场零失误] 对题中所描述的过程不能灵活应用变通． [对症下药] 以t 表示水由喷口处到落地所用时间，有h 221gt = 单位时间内喷出的水量为Q=Sv 空中水的总量应为V=Qt 由以上各式得V=S ·v ·gh2=代入数值得V=2．4×10-4m 32．如图4—2所示，半径R=0．40m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A ．一质量m=0．10kg 的小球，以初速度v0=7．0m/s 在水平地面上向左做加速度a=3．0m/s 2的匀减速直线运动，运动4．0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点．求A 、C 间的距离． (取重力加速度g=10m/s 2)[考场错误再现] 不能求出小球到达圆环最高点B 的速度而错。
高考物理二轮专题突破专题三力与物体的曲线运动2万有引力与航天教案
专题三 力与物体的曲线运动 第2讲：万有引力与航天一、学习目标1、掌握万有引力定律及天体质量和密度的求解2、学会卫星运行参量的分析3、会解决卫星变轨与对接4、会处理双星与多星问题 二、课时安排 2课时 三、教学过程 （一）知识梳理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.其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r .在天体表面，忽略自转的情况下有G MmR2＝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(1)由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GMr，则r 越大，v 越小. (2)由G Mm r2＝m ω2r ，得ω＝GMr 3，则r 越大，ω越小. (3)由G Mm r 2＝m 4π2T2r ，得T ＝4π2r3GM，则r 越大，T 越大.3.卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小. (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大. 4.宇宙速度 (1)第一宇宙速度：推导过程为：由mg ＝mv 21R ＝GMmR2得：v 1＝GMR＝gR ＝7.9km/s. 第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度. (2)第二宇宙速度：v 2＝11.2km/s ，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度.(3)第三宇宙速度：v3＝16.7km/s ，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度.（二）规律方法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：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法.（三）典例精讲高考题型一万有引力定律及天体质量和密度的求解【例1】过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51pegb”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.110B.1C.5D.10解析研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：GMm r2＝m 4π2T2r，M＝4π2r3GT2“51pegb”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，所以该中心恒星与太阳的质量比约为120343652≈1.答案 B归纳小结1.利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.由于GMmR2＝mg，故天体质量M＝gR2G，天体密度ρ＝MV＝M43πR3＝3g4πGR.2.通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r.(1)由万有引力等于向心力，即GMmr2＝m4π2T2r，得出中心天体质量M＝4π2r3GT2；(2)若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr3GT 2R 3；(3)若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度.高考题型二 卫星运行参量的分析【例2】 (2016·全国乙卷·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯.目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍.假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A.1hB.4hC.8hD.16h解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出它们间的位置关系如图所示.卫星的轨道半径为r ＝Rsin30°＝2R由r 31T 21＝r 32T 22得 6.6R 3242＝2R3T 22.解得T 2≈4h. 答案 B高考题型三 卫星变轨与对接【例3】近年来，火星探索计划不断推进.如图1所示，载人飞行器从地面发射升空，经过一系列的加速和变轨，在到达“近火星点”Q 时，需要及时制动，使其成为火星的卫星.之后，又在绕火星轨道上的“近火星点”Q 经过多次制动，进入绕火星的圆形工作轨道Ⅰ，最后制动，实现飞行器的软着陆，到达火星表面.下列说法正确的是( )图1A.飞行器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上均绕火星运行，所以具有相同的机械能B.由于轨道Ⅰ与轨道Ⅱ都是绕火星运行，因此飞行器在两轨道上运行具有相同的周期C.飞行器在轨道Ⅲ上从P 到Q 的过程中火星对飞行器的万有引力做正功D.飞行器经过轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的Q 时速率相同解析 飞行器由轨道Ⅱ在Q 处必须制动才能进入轨道Ⅰ，所以飞行器在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅱ上的机械能，故A 错误.根据开普勒第三定律知，轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径大，则飞行器在轨道Ⅰ上运行的周期小，故B 错误.飞行器在轨道Ⅲ上从P 到Q 的过程中，火星对飞行器的万有引力与速度方向的夹角小于90°，则万有引力做正功，故C 正确.根据变轨原理知，飞行器经过轨道Ⅱ上的Q 时的速率大，故D 错误.答案 C高考题型四 双星与多星问题【例4】 2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”.双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr (a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径)，则( )A.b 星的周期为l －Δrl ＋ΔrT B.a 星的线速度大小为πl ＋ΔrTC.a 、b 两颗星的半径之比为l l －ΔrD.a 、b 两颗星的质量之比为l ＋Δrl －Δr解析 双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b 星的周期为T ，故A 错误；根据题意可知，r a ＋r b ＝l ，r a －r b ＝Δr ，解得：r a ＝l ＋Δr2，r b ＝l －Δr2，则a 星的线速度大小v a ＝2πr a T＝πl ＋Δr T ，r a r b ＝l ＋Δrl －Δr，故B 正确，C 错误；双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：m a ω2r a＝m b ω2r b ，解得：m a m b ＝r b r a ＝l －Δrl ＋Δr，故D 错误.答案 B 归纳小结双星系统模型有以下特点：(1)各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即Gm 1m 2L 2=m 1ω21r 1，Gm 1m 2L2=m 2ω22r 2. (2)两颗星的周期及角速度都相同，即T 1＝T 2，ω1＝ω2. (3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L . 四、板书设计1、万有引力定律及天体质量和密度的求解2、卫星运行参量的分析3、卫星变轨与对接4、双星与多星问题 五、作业布置完成力与物体的曲线运动（2）的课时作业 六、教学反思借助多媒体形式，使同学们能直观感受本模块内容，以促进学生对所学知识的充分理解与掌握。
2017届高考物理二轮复习专题突破课件：专题三 力与物体的曲线运动3 精品
2.研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将
运动分解为垂直电场方向的 匀速直线 运动和沿电场方向的_匀__加__速___直__线__运动；若
qE 场强为E，其加速度的大小可以表示为a＝ m .
3.带电粒子垂直进入匀强磁场时将做 匀速 圆周运动，向心力由 洛伦兹力 提
mv
2πm
供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它 不做 功.其半径R＝qB ，周期T＝ qB .
B.板间电场强度大小为2mq g
C.粒子在板间的运动时间大于它从板的右端运动 到光屏的时间
D.粒子在板间运动时电场力所做的功与在板右端运动到光屏的过程中克 服重力所做的功相等
难点突破
【解析】据题分析可知，粒子在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛 运动，飞出电场后，粒子的轨迹向下偏转，粒子才能最后垂直打在MN屏上，可 见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，
知识梳理
规律方法 1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是 类平抛 运动和_匀__速__ 圆周 运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而 类平抛 运动的末速度往往 是 匀速圆周 运动的线速度，分析运动过程中转折点的 速度 是解决此类问题的 关键. 2.本部分内容通常应用 运动的合成与分解 的方法、功能关系和圆周运 动的知识解决问题.
A.带电粒子在Q点的电势能为－Uq
B.带电粒子带负电
C.此匀强电场的电场强度大小为
E＝2
3U 3d
D.此匀强电场的电场强度大小为源自E＝3U 3d难点突破
【解析】由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相 同，所以该粒子带正电.粒子从P到Q，电场力做正功，为W＝qU，则粒子的电势 能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为－Uq，故A正确， B错误.
2017届高考物理二轮复习专题突破教案：专题三力与物体的曲线运动(1)含解析
专题三力与物体的曲线运动第1讲：力学中的曲线运动一、学习目标1、掌握曲线运动的条件和运动的合成与分解2、掌握平抛运动规律3、掌握圆周运动规律4、会分析平抛运动与圆周运动的多过程组合问题二、课时安排2课时三、教学过程（一）知识梳理1.物体做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、独立性和等效性.2.平抛运动（1）规律：v x＝v0，v y＝gt，x＝v0t，y＝错误!gt2。
（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＝2tanφ.3.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v≥错误!。
(2）杆固定，物体能通过最高点的条件是v〉0。
（二)规律方法1。
竖直平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.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。
(三）典例精讲高考题型一运动的合成与分解【例1】在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动,经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图1所示.关于猴子的运动情况,下列说法中正确的是( )图1A.相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做匀加速直线运动C。
t时刻猴子速度的大小为v0＋atD.t时间内猴子的位移大小为错误!解析猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动,根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线。
故A错误；猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度,根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动.故B错误；t时刻猴子在水平方向上的分速度为v0，在竖直方向上的分速度为at,所以合速度v＝错误!.故C错误。
精品最新高考物理二轮提优导学案：专题三力与曲线运动
能力呈现【考情分析】力与曲线运动是力学中非常重要的内容,是高考热点之一。
高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题;将曲线运动与功和能、电场和磁场综合时，题型为计算题。
201120122013力与曲线运动T3：运动的合成T7：天体的圆周运动T14:平抛运动T6：平抛运动T8：天体的运动T15：类平抛运动T1:天体运动T2：圆周运动T7:斜抛运动【备考策略】考查的知识点有:对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直平面内圆周运动的理解和应用、天体的运动.在复习中，要将基础知识、基本概念与牛顿运动定律及功能原理相结合，抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解,灵活掌握常见的曲线运动模型即平抛运动和类平抛运动,掌握竖直平面内的圆周运动并判断完成圆周运动的临界条件。
1。
(多选)（2013·上海)如图所示,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2。
(2013·南京盐城一模）如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L。
某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘。
设乒乓球运动为平抛运动.则( )A. 击球点的高度与网高度之比为2∶1B。
乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C. 乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D. 乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶23. （2013·江苏)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知（)A。
太阳位于木星运行轨道的中心B. 火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C. 火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D. 相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积4。
高考物理二轮复习考前三个月专题3力与物体的曲线运动教案
专题3 力与物体曲线运动考题一运动合成与分解当物体所受合外力方向跟它速度方向不共线时，物体做曲线运动.合运动与分运动具有等时性、独立性与等效性.明确合运动及其运动性质根据效果分解或正交分解确定分运动方向及运动性质由平行四边形定那么确定数量关系写出表达式进展数学分析例1 质量为2 kg质点在x－y平面上运动，x方向速度—时间图象与y方向位移—时间图象分别如图1甲、乙所示，那么质点( )图1A.初速度为4 m/sB.所受合外力为4 N解析x轴方向初速度为v x＝4 m/s，y轴方向初速度v y＝3 m/s，质点初速度v0＝v2x＋v2y＝5 m/s.故A错误.x轴方向加速度a＝2 m/s2，质点合力F合＝ma＝4 N.故B正确.x轴方向合力恒定不变，yx轴方向，而初速度方向既不在x轴方向，也不在y轴方向，质点初速度方向与合外力方向不垂直，做匀变速曲线运动.故C、D错误.答案B变式训练1.(2021·全国乙卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上力不发生改变，那么( )答案BC解析质点一开场做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，那么该质点所受合外力为该恒力.①假设该恒力方向与质点原运动方向不共线，那么质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A 错；②假设F方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向一样，C正确；④根据加速度定义，相等时间内速度变化量一样，而速率变化量不一定一样，故D错.2.如图2所示，甲乙两船在同一条河流中同时开场渡河，M、N分别是甲乙两船出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相等，且两船相遇，不影响各自航行，以下判断正确是( )图2NP直线上某点(非P点)答案C解析甲船航行方向与河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上v甲＝v sin α，v乙＝v sin α，故渡河时间t甲＝dv甲＝dv sin α、t乙＝dv乙＝dv sin α，所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发，故两船相遇在NP直线上某点(非P点)，B、D错误，C正确.考题二平抛(类平抛)运动规律1.求解平抛运动根本思路与方法——运动分解将平抛运动分解为水平方向匀速直线运动与竖直方向自由落体运动——“化曲为直〞，是处理平抛运动根本思路与方法.2.求解平抛(类平抛)运动注意点(1)突出落点问题时，一般建立坐标系，由两个方向遵循规律列出位移方程，由此确定其落点.(2)突出末速度大小与方向问题时，一般要建立水平分速度与竖直分速度之间关系，由此确定其末速度.(3)如图3所示，分解某一过程位移与某一位置瞬时速度，那么可以获得两个直角三角形，一般该类运动问题都可以在这两个直角三角形中解决.图3例2 如图4所示，将甲、乙两球从虚线PQ右侧某位置分别以速度v1、v2沿水平方向抛出，其局部轨迹如图1、2所示，两球落在斜面上同一点，且速度方向一样，不计空气阻力，以下说法正确是( )图4A.甲、乙两球抛出点在同一竖直线上B.甲、乙两球抛出点在斜面上PQ 线v 1>v 2解析 二者落在斜面上时速度方向一样，所以速度方向与水平方向之间夹角θ是相等，tan θ＝v y v 0 根据：v y ＝gtx ＝v 0ty ＝12gt 2 位移偏转角为α，联立可得：tan α＝y x ＝12tan θ 可知二者位移偏转角也相等，所以两个小球抛出点与落点连线在同一直线上，故结合题目图象可知1抛出点高于2抛出点，故A 错误；结合A 分析可知，两个小球抛出点与落点连线在同一直线上，两个小球抛出点可能在斜面上，也可能不在斜面上，故B 错误；两个小球抛出点与落点连线在同一直线上，而题目图中1在上，所以甲抛出点离PQ 要远一些，故C 错误；由于甲抛出点高一些，因此甲运动时间长些，故竖直方向速度v ＝gt 大些，而根据落点速度方向一样，因此速度v 1要大一些，故D 正确.答案 D变式训练3.如图5所示，在水平地面上A 、B 两点同时迎面抛出两个物体，初速度分别为v 1、v 2，与水平方向所成角α1＝30°、α2t 1、t 2，不计空气阻力.那么( )图5A.v 1＝v 2B.t 1＝t 2D.两物体位于同一竖直线时，一定在AB 中点右侧答案 AD解析 在水平方向上做匀速直线运动，故有v 1cos 30°t 1＝v 2cos 60°t 2，在竖直方向上做竖直上抛运动，所以t 1＝2v 1sin 30°g ，t 2＝2v 2sin 60°g，联立可得v 1＝v 2，t 1<t 2，A 正 确，B 错误；在竖直方向上速度一个大，一个小，又是同时抛出，所以两者不可能同时到达同一高度，即两者不可能相遇，C 错误；两者位于同一竖直线时，由于运动时间一样，而A 球水平初速度较大，所以A 球走过水平位移大于B 球，所以一定在AB 中点右侧，D 正确.4.横截面为直角三角形两个一样斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图6所示.它们竖直边长都是底边长一半，现有三个小球从左边斜面顶点以不同初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a 、b 、c .假设不计空气阻力，那么以下判断正确是( )图6A.三小球比拟，落在c 点小球飞行过程速度变化最大B.三小球比拟，落在c 点小球飞行过程速度变化最快C.三小球比拟，落在a 点小球飞行时间最短D.无论小球抛出时初速度多大，落在斜面上瞬时速度都不可能与斜面垂直答案 D解析 根据h ＝12gt 2得t ＝2h g知平抛运动时间由高度决定，落在a 点小球下落高度最大，那么飞行时间最长，由速度变化量Δv ＝gt ，可知落在a 点小球飞行过程速度变化最大，故A 、C 错误.三个小球均做平抛运动，加速度都是g ，那么速度变化快慢一样，故B 错误.小球打到两斜面交点时，速度方向与水平方向夹角为45°，与斜面夹角小于90°，打到右侧斜面其他位置处，夹角更小，故D 正确.考题三 圆周运动问题分析v ＝Δs Δt ω＝ΔθΔtω＝2πTv ＝ω·R ＝2πT·R a n ＝v 2R ＝ω2·R ＝4π2T2·R . (1)水平面内做圆周运动物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳张紧与松弛、接触面别离等临界状态.(2)常见临界条件：绳临界：张力F T ＝0；接触面滑动临界：F ＝F f ；接触面别离临界：F N＝0.3.竖直平面内圆周运动绳、杆模型例力加速度大小为g，那么( )图7A.盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为mgB.盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mgC.盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为6mgD.盒子从最低点向最高点运动过程中，球处于超重状态解析 设盒子运动到最高点时，小球受到盒子顶部压力，那么：F ＋mg ＝mR (2πT)2，解得：F ＝0 根据牛顿第三定律，盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为0.故A 错误；盒子运动到最低点时，小球受到盒子底部支持力与重力合力提供向心力，那么：F N －mg ＝mR (2πT)2，解得：F N ＝2mg 根据牛顿第三定律，盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mg .故B 正确，C 错误；由A 项分析可知，在最高点小球只受到重力作用，所以盒子从最低点向最高点运动过程中，球接近最高点时处于失重状态.故D 错误.答案 B变式训练5.如图8所示，在匀速转动水平盘上，沿半径方向放着用细线相连质量相等两个物体A 与B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，与盘间动摩擦因数μ一样，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确是( )图8F T ＝3μmgω＝ 2μgrA所受摩擦力方向沿半径指向圆外D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动答案ABC解析两物块A与B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，那么F＝mω2r，B半径比A半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B静摩擦力方向指向圆心，A最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：F T－μmg＝mω2r，F T＋μmg＝mω2·2r，解得：F T＝3μmg，ω＝2μg r，故A、B、C正确；此时烧断绳子，A最大静摩擦力缺乏以提供所需向心力，那么A做离心运动，故D错误.6.(2021·浙江理综·20)如图9所示为赛车场一个水平“梨形〞赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m大圆弧与r＝40 m小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎最大径向静摩擦力是赛车重力2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，那么赛车( )图9B.在大圆弧弯道上速率为45 m/sC.在直道上加速度大小为5.63 m/s2D.通过小圆弧弯道时间为5.58 s答案AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v 2m r，当弯道半径一定时，在弯道上最大速率是一定，且在大弯道上最大速率大于小弯道上最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道长度为x ＝L 2－R －r 2＝50 3 m ，在小弯道上最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上加速度大小为a＝v 2m R －v 2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道长度为2πr 3，通过小圆弧弯道时间为t ＝2πr3v m r＝2×3.14×403×30s≈2.80 s，选项D 错误. 考题四 抛体运动与圆周运动综合解决抛体与圆周运动综合问题应注意：(1)平抛运动与圆周运动关联速度.(2)圆周运动中向心力与运动学公式关联.(3)动能定理灵活运用.例4 (12分)如图10所示，BC 为半径等于252 m 竖直放置光滑细圆管，O 为细圆管圆心，在圆管末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5 kg小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开场受到始终竖直向上力F＝5 N作用，当小球运动到圆管末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面.(g＝10 m/s2)求：图10(1)小球从O点正上方某处A点水平抛出初速度v0为多少？OA距离为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管压力是多少？(3)小球在CD斜面上运动最大位移是多少？[思维标准流程]步骤3：小球由C点沿斜面上滑到最高点(3)mg sin 45°＋μmg cos 45°＝ma⑨a＝82m/s2⑩x＝v2B2a＝24m ⑪⑨式2分，其余各式1分.变式训练7.如图11所示，质量为1 kg物块自高台上A点以4 m/s速度水平抛出后，刚好在BC点后沿粗糙水平面运动4.3 m到达D点停下来，OB与水平面夹角θ＝53°，g＝10 m/s2(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6).求：图11(1)A、B两点高度差；(2)物块到达C点时，物块对轨道压力；(3)物块与水平面间动摩擦因数.解析(1)小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：v B ＝v 0sin θ＝40.8＝5 m/s. A 到B 过程中机械能守恒，得：mgh ＋12mv 20＝12mv 2B 联立得：h ＝0.45 m(2)小物块由B 运动到C ，据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点处，据牛顿第二定律有F N ′－mg ＝m v 2C R解得F N ′＝96 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道压力F N 大小为96 N.(3)小物块从C 运动到D ，据功能关系有：－μmgL ＝0－12mv 2C 联立得：μ专题标准练θ，假设不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，那么tan θ等于( ) A.18 B.14 C.12答案C解析设水平速度为v x，竖直速度为v y.由运动合成与分解知：v2y 2g ＝y，v yg＝t，x＝v x·2t，由以上各式得：tan θ＝v yv x＝12，C对.2.如图1所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子边缘，悬线穿过一光盘中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子边缘以水平速度v匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示B位置时，悬线与竖直方向夹角为θ，此时铁球( )图1v cos θv sin θv tan θv答案B解析光盘速度是水平向右，将该速度沿线与垂直于线方向分解，如下图，沿线方向分量v线＝v sin θ，这就是桌面以上悬线变长速度，也等于铁球上升速度，B正确；由题意可知铁球在水平方向上速度与光盘一样，竖直方向速度为v sin θ，可得铁球相对于地面速度大小为v1＋sin2θ，D错误.3.(2021·全国甲卷·16)小球P与Q用不可伸长轻绳悬挂在天花板上，P球质量大于Q球质量，悬挂P球绳比悬挂Q球绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图2所示.将两球由静止释放.在各自轨迹最低点( )图2A.P 球速度一定大于Q 球速度B.P 球动能一定小于Q 球动能C.P 球所受绳拉力一定大于Q 球所受绳拉力D.P 球向心加速度一定小于Q 球向心加速度答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，那么两小球动能大小无法比拟，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L，可得F T ＝3mg ，因m P >m Q ，所以选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球向心加速度相等，选项D 错误.4.如图3，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开场做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点.O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，那么小球抛出时初速度为( )图3 A.3gR 2 B.gRC. 33gR 2D.3gR答案 C解析 飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，知速度与水平方向夹角为30°，设位移与水平方向夹角为θ，那么tan θ＝tan 30°2＝36，因为tan θ＝y x ＝y 32R ，那么竖直位移y ＝34R .v 2y ＝2gy ＝32gR ，tan 30°＝v y v 0，所以v 0＝3gR233＝ 33gR 2，故C 正确，A 、B 、D 错误.5.(多项选择)如图4所示，一带电小球自固定斜面顶端A 点以速度v 0水平抛出，经时间t 1落在斜面上B 点.现在斜面空间加上竖直向下匀强电场，仍将小球自A 点以速度v 0水平抛出，经时间t 2落在斜面上B 点下方C 点.不计空气阻力，以下判断正确是( )图4答案 CD解析 不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据tan θ＝12at 2v 0t ＝at 2v 0，那么t ＝2v 0tan θa，因为水平方向上做匀速直线运动，可知t 2＞t 1，那么a ＜g ，可知小球一定带负电，所受电场力向上，且小于重力大小，故A、B错误.因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值2倍，由于位移方向一样，那么小球两次落在斜面上速度方向一定一样.根据平行四边形定那么知，初速度一样，那么小球两次落在斜面上速度大小相等，故C、D正确.6.如果高速转动飞轮重心不在转轴上，运行将不稳定，而且轴承会受到很大作用力，加速磨损.如图5所示，飞轮半径r＝20 cm，abP与Q，两者质量均为m＝0.01 kg，当飞轮以角速度ω＝1 000 rad/s 转动时，转动轴ab受到力大小为( )图5A.1×103 NB.2×103 NC.2×103 N 2×103 N答案D解析对钉子：F1＝F2＝mω2·r＝2 000 N，受到合力F＝2F1＝22×103 N.7.如图6所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动.现使小球在一个更高水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上同一位置，那么改变高度后与原来相比拟，下面判断中正确是( )图6P运动角速度变大C.Q 受到桌面静摩擦力变小D.Q 受到桌面支持力变大答案 B解析 设细线与竖直方向夹角为θ，细线拉力大小为F T ，细线长度为L .P 球做匀速圆周运动时，由重力与细线拉力合力提供向心力，如图，那么有：F T ＝mg cos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，得角速度ω＝ g L cos θ，使小球改到一个更高水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，那么得到细线拉力F T 增大，角速度ωQ 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面静摩擦力等于细线拉力大小，Q 受到桌面支持力等于重力，那么静摩擦力变大，Q 所受支持力不变，故C 、D 错误；应选B.8.如图7所示，河水流动速度为v 且处处一样，河宽度为a .在船下水点A 下游距离为b 处是瀑布.为了使小船渡河平安(不掉到瀑布里去)( )图7A.小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝b v.速度最大，最大速度为v max ＝av by 轴方向渡河位移最小、速度最大，最大速度为v max ＝a 2＋b 2v bAB 运动位移最大、时间最短且速度最小，最小速度v min ＝av bAB 运动位移最大、速度最小，最小速度v min ＝bv a 2＋b 2答案 D 解析 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t ＝a v 船，故A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小，为a ，但沿着船头指向分速度必须指向上游，合速度不是最大，故B 错误；由图，小船沿轨迹AB 运动位移最大，由于渡河时间t ＝a v 船，与船船头指向分速度有关，故时间不一定最短，故C 错误；合速度沿着AB 方向时位移显然是最大，划船速度最小，故：a v 船＝a 2＋b 2v ，故v 船＝av a 2＋b2；故D 正确；应选D.9.(2021·全国丙卷·24)如图8，在竖直平面内有由14圆弧AB 与12圆弧BC 组成光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接.AB 弧半径为R ，BC 弧半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开场自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动.图8(1)求小球在B 、A 两点动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点.答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球质量为m ，小球在A 点动能为E k A ，由机械能守恒得 E k A ＝mg ·R 4 ①设小球在B 点动能为E k B ，同理有E k B ＝mg ·5R 4 ②由①②式得E k B E k A ＝5 ③(2)假设小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道正压力F N 应满足F N ≥0 ④设小球在C 点速度大小为v C ，由牛顿第二定律与向心力公式有F N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得mg ≤m 2v 2C R ⑥v C ≥ Rg2 ⑦全程应用机械能守恒定律得mg ·R 4＝12mv C ′2 ⑧由⑦⑧式可知，v C ＝v C ′，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点.10.如图9所示为圆弧形固定光滑轨道，a 点切线方向与水平方向夹角53°，b 点切线方向水平.一小球以水平初速度6 m/s 做平抛运动刚好能从a 点沿轨道切线方向进入轨道，轨道半径1 m ，小球质量1 kg.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2)求：图9(1)小球做平抛运动飞行时间.(2)小球到达b 点时，轨道对小球压力大小.答案 (1)0.8 s (2)58 N解析 (1)小球进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53°，那么有：tan 53°＝v yv xv y ＝gt 解得t ＝0.8 s(2)设初始位置距a 点高度为h ，那么有：h ＝12gt 2设初始位置距b 点高度为H ，那么有：H ＝h －(R ＋35R )从初始位置到b 由动能定理得：mgH ＝12mv 2b －12mv 2x对b 点由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2b R解得：F N＝58 N。
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专题三力与物体的曲线运动
第1讲：力学中的曲线运动
一、学习目标
1、掌握曲线运动的条件和运动的合成与分解
2、掌握平抛运动规律
3、掌握圆周运动规律
4、会分析平抛运动与圆周运动的多过程组合问题
二、课时安排
2课时
三、教学过程
（一）知识梳理
1.物体做曲线运动的条件
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、独立性和等效性.
2.平抛运动
(1)规律：v x＝v0，v y＝gt，x＝v0t，y＝1
2
gt2.
(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＝
2tanφ.
3.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
(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v>0.
（二）规律方法
1.竖直平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.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.
（三）典例精讲
高考题型一运动的合成与分解
【例1】在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图1所示.关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )
图1
A.相对地面的运动轨迹为直线
B.相对地面做匀加速直线运动
C.t时刻猴子速度的大小为v0＋at
D.t时间内猴子的位移大小为x2＋h2
解析猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线.故A错误；猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动.故B错误；t时刻猴子在水平方向上的分速度为v0，在竖直方向上的分速度为at，所以合速度v＝v2
＋ at 2.故C错误.在t时间内猴子在水平方向和竖直方
向上的位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移s＝x2＋h2.故D正确.
答案 D
归纳小结
解决运动的合成与分解的一般思路
(1)明确合运动或分运动的运动性质.
(2)确定合运动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、加速度等).
(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.
高考题型二抛体运动问题
【例2】(2016·浙江理综·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图2所示.P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.
图2
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系.
解析(1)打在AB中点的微粒3
2
h＝
1
2
gt2 ①
解得t＝3h
g
②
(2)打在B点的微粒v1＝L
t
1
；2h＝
1
2
gt2
1
③
v 1＝L
g
4h
④
同理，打在A点的微粒初速度v2＝L g
2h
⑤
微粒初速度范围L g
4h
≤v≤L
g
2h
⑥
(3)由能量关系1
2
mv2
2
＋mgh＝
1
2
mv2
1
＋2mgh ⑦
代入④⑤式得L＝22h.
答案(1)3h
g
(2)L
g
4h
≤v≤L
g
2h
(3)L＝22h
高考题型三圆周运动问题
【例3】 (多选)(2016·浙江理综·20)如图3所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足
够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14)，则赛车(
)
图3
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58s
解析在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg＝
m v2
m
r
，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率
大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R＝kgR＝ 2.25×10×90m/s＝45 m/s，选项B 正确；直道的长度为x＝L2－ R－r 2＝503m，在小弯道上的最大速率为：v m r
＝kgr＝ 2.25×10×40m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小为a＝v2
m R
－v2m r 2x
＝
452－302 2×503m/s2≈6.50 m/s2，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为
2πr
3
，
通过小圆弧弯道的时间为t＝2πr
3
v
m r
＝
2×3.14×40
3×30
s≈2.80s，选项D错误.
答案AB
归纳小结
1.解决圆周运动问题要注意以下几点：
(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＝m v2
r
＝mrω2＝mωv＝mr
4π2
T2
.
2.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.
高考题型四平抛与圆周运动组合问题
【例4】如图4所示，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°.将一个质量m＝0.5kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
图4
(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；
(2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力大小F N；
(3)物体在轨道CD上运动的距离x.(结果保留三位有效数字)
解析(1)由平抛运动规律知：v2y＝2gh
竖直分速度v y＝2gh＝4m/s
初速度v0＝v y tan37°＝3m/s.
(2)从P点至B点的过程，由机械能守恒有
mg(h＋R－R cos53°)＝1
2
mv2
B
－
1
2
mv2
经过B点时，由向心力公式有F N′－mg＝m v2 B R
代入数据解得F N′＝34N
由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为F N＝34N.
(3)因μmg cos37°>mg sin37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑.
从B点到上滑至最高点的过程，由动能定理有
－mgR(1－cos37°)－(mg sin37°＋μmg cos37°)x＝0－1
2 mv2
B
代入数据可解得x＝135
124
m≈1.09m.
答案(1)3m/s (2)34N (3)1.09m
四、板书设计
1、曲线运动的条件和运动的合成与分解
2、平抛运动规律
3、圆周运动规律
4、平抛运动与圆周运动的多过程组合问题
五、作业布置
完成力与物体的曲线运动（1）的课时作业
六、教学反思
借助多媒体形式，使同学们能直观感受本模块内容，以促进学生对所学知识的充分理解与掌握。
采用启发、诱思、讲解和讨论相结合的方法使学生充分掌握知识。
进行多种题型的训练，使同学们能灵活运用本节重点知识。