高考物理二轮复习 曲线运动

2008高考物理二轮复习 曲线运动
复习要点
1．曲线运动的特征与条件； 2．运动的合成与分解； 3．平抛物线的运动； 4．匀速圆周运动
二、难点剖析
1．曲线运动的特征 （1）曲线运动的轨迹是曲线
（2）由于运动的速度方向总沿轨迹的切线方向，又由于曲线运动的轨迹是曲线，所以曲线运动的速度方向时刻变化。

即使其速度大小保持恒定，由于其方向不断变化，所以说：曲线运动一定是变速运动。

（3）由于曲线运动速度的一定是变化的，至少其方向总是不断变化的，所以，做曲线运动的物体的中速度必不为零，所受到的合外力必不为零。

2．物体做曲线运动的条件
力的作用效果之一是迫使物体的速度发生变化，其中：与速度方向平行的力将迫使物体速度的大小发生变化；与速度方向垂直的力将迫使物体速度的方向发生变化。

正因为如此：当物体所受到的合外力方向与其速度方向平行时，物体将做直线运动；当物体所受到的合外力方向与其速度方向不平行时，物体将做曲线运动。

3．两类典型的曲线运动的特征比较
高中物理所介绍的平抛运动和匀速圆周运动，实际上分别代表着加速度恒定的“匀变速曲线运动”和加速度不断变化的“变变曲线运动”这两类不同的曲线运动。

（1）受力特征的比较。

平抛运动中，物体只受恒定的重力mg 的作用；匀速圆周运动中，物体的受力情况较为复杂，就其效果而言，其合外力充当向心力，大小恒定为
F 向=r
m 2 =mr ω2=m υω
方向则不断变化，但始终指向圆轨道的圆心。

（2）加速度特征的比较
平抛运动中，物体中恒定的重力mg 的作用下产生恒定的加速度g ，因此平抛运动是加速
度不变的“匀变速曲线运动”；匀速圆周运动中，物体受到的合外力F 向大小恒定、方向不断变化，因此产生的向心加速度a 向的大小恒定，为
a 向=r
2
=r ω2=υω.
方向不断变化，但始终指向圆轨道的圆心，因此匀速圆周运动实际上是加速度变化的“变速曲线运动”。

（3）速率与动能变化特征的比较。

平抛运动中，由于物体所受的合外力（重力mg ）除在开始时与速度方向垂直外，其余任意时刻均与之夹一个锐角，所以合外力（重力mg ）将物体做正功而使其速率和动能不断增大，匀速圆周运动中，由于物体所受的合外力（向心力F 向）始终与速度方向垂直，所以合外力（向心力F 向）对物体不做功，物体的速率和动能均保持恒定。

（4）速度和动量变化特征的比较。

平抛运动中，由于物体的加速度g 和合外力mg 均恒定，所以在任意相等的时间间隔内，物体的速度和动量增量均相等，如图—1中（a ）、（b ）所示，匀速圆周运动中，由于物体的加速度a 向和合外力F 向均具备着“大小恒定、方向变化”的特征，所以在任意相等的时间间隔内，
图—1 图—2 4．两类典型的曲线运动的分析方法比较
（1）对于平抛运动这类“匀变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在固定的坐标系内正交分解其位移和速度”，运动规律可表示为
⎪⎩
⎪⎨⎧==2021,gt y t x υ；
⎩⎨
⎧==.,
0gt y
x υυυ （2）对于匀速圆周运动这类“变变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在运动的坐标系内正交分解其力和加速度”，运动规律可表示为
⎪⎩⎪
⎨⎧=======.,
02
2υωωυm mr r m ma F F ma F 向向法切切 三、典型例题
例1．船在静水中的速度为υ，流水的速度为u ，河宽为L 。

（1）为使渡河时间最短，应向什么方向划船？此时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大？
（2）为使渡河通过的路程最短，应向什么方向划船？比时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大？
分析：为使渡河时间最短，只须使垂直于河岸的分速度尽可能大；为使漏河路程最短，只须使船的合速度与河岸夹角尽可能接近900角。

解：（1）为使渡河时间最短，必须使垂直于河岸的分速度尽可能大，即应沿垂直于河岸的方向划船，此时所渡河经历的时间和通过的路程分别为
t 1=
υ
L
d 1=22
)(υ
L
u
L +=
υ
L
22u +υ
（2）为使渡河路程最短，必须使船的合速度方向尽可能垂直于河岸。

分如下两种情况讨论：
①当υ＞u 时，划船的速度方向与河岸夹α角偏向上游方向，于是有 υcos α=u L=υsin αt 2 d 2=L 由此解得：
α=arccos υ
u t 2=L/22u -υ
d 2=L
②当υ＜u 时，划船的速度方向与河岸夹β角偏向上游方向，于是又有 ucos β=υ
/
2d cos β=L
/2d =22u -υ·/2t
由此解得： β=arccos
υ
u
/
2t =Lu/υ22u -υ
/2d =Lu/υ
例2．如图—3所示，在斜面上O 点先后以υ0和2υ0的速度水平抛出A 、B 两小球，则从
A ．1 ：2
B ．1 ：3
C ．1 ：4 分析：要注意到两球着地的几种可能。

解：两小球分别以υ0和2υ0 x 1=υ0t 1，x 2=2υ0t 2；y 1=
21gt 12， y 2=2
1
gt 22 两小球着地情况有几种可能性： （1）均落在水平上，于是有y 1=y 2，可得（2）均落在斜面上，于是有y 1/x 1=y 2/x 2（3）A 球落在斜面上，B 球落在水平面上，于是有t 1＜t 2和1
1
x ＞22x ，可得1 ：2＞x 1 ：x 2＞1 ：4。

故选B 。

综上所述：此例应选ABC 。

例3．如图—4所示，两根细线把两个相同的小球悬于同一点，并使两球在同一水平面内做匀速圆周运动，其中小球1的转动半径较大，则两小球转动的角速度大小关系为
ω1
解：两小球均做“圆锥摆”运动，如图9—5所示，其转动半径R=l sinθ，圆心在图中的O点，转动过程中小球实际所受的力为重力mg和线的拉力T，于是相应有
2
图—7 解：（1）根据平抛运动的规律，有：
2.5－2.25=
2
1gt 12
3=υ1t 1 2.5=
2
1gt 22 12=υ2t 2 由此解得
υ1≈13.4m/s υ2≈17m/s 所以，球既不触网又不出界的速度值应为 13.4m/s ＜υ＜17m/s （2）同样根据平抛运动的规律，有 h －2.25=2
1gt 12 3=υt 1 h=
2
1gt 22 12=υt 2 由此解得
h=2.4m 所以，当
h ＜2.4m
例5．如图—8所示，质量为在边长为a 的正方形截面木柱的边图中画斜线部分为其竖直横截面），软绳长4a 质量不计，
它所承受的最大拉力为7mg ，开始绳呈水平状态。

若以 图—8 球始终沿圆弧运动，最后击中A 的最大值和最小值（空气阻力不计）。

分析：小球依次绕A 、B 、C 、D 各点做半径不同的 圆周运动，其速率大小可由能量关系确定。

解：小球运动到图—9所示的各位置处时的速率分 别记为υi ，小球刚运动到和刚要离开图9—9所示的各 位置处时线中张力大小分别记为T i 和T i /，于是由相关 规律依次可得
21m υ02=2
1
m υ12－4mga =21
m υ22－mga
=21
m υ32+mga 图—9
=2
1
m υ42
T 1－mg=m υ12
/4a T 1/－mg=m υ
1
2
/3a
T 2= m υ
22
/3a T 2/= m υ
22
/2a
T 3+mg= m υ32
/2a T 3/+mg= m υ
32/a
T 4=m υ42
/a
由此依次解得
T 1=a m 42
0υ+3mg
T 1/
=a
m 32
0υ+311mg
T 2=a m 32
0υ+32
mg
T 2/=a m 22
υ－2mg
T 3/
=a
m 2
υ－3mg
T 4=a
m 2
υ
考虑到各个T i 和T i /均不应小于零，于是可知各状态下绳的拉力中T 1/最大，T 3最小，由此可得：当初速度取得最大和最小值时应有
T 1/=7mg T 3=0
因此解得初速度的最大值和最小值分别为 max 0υ=ga 10 min 0υ=2ga。