高考物理二轮复习讲义+分层训练专题04 曲线运动（解析版）

这是一份高考物理二轮复习讲义+分层训练专题04 曲线运动（解析版），共35页。试卷主要包含了“关联”速度，分析“关联”速度的基本步骤，飞行时间、射高和射程，某弹射管每次弹出的小球速度相等等内容，欢迎下载使用。
解密04 曲线运动

核心考点
考纲要求
运动的合成与分解
抛体运动
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
匀速圆周运动的向心力
离心现象
Ⅱ
Ⅱ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅰ



考点1 “关联”速度问题

1．“关联”速度
绳、杆等有长度的物体，在运动过程中，如果两端点的速度方向不在绳、杆所在直线上，两端的速度通常是不一样的，但两端点的速度是有联系的，称之为“关联”速度。由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题的原则是把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。
2．分析“关联”速度的基本步骤
→
↓
→
↓
→
↓
→

（2020·江苏月考）如图所示，做匀速直线运动的汽车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和汽车的速度的大小分别为vB、vA，则（　　）

A．vA=vB B．vAvB
C．绳子对B的拉力大于B的重力 D．绳子对B的拉力等于B的重力
【答案】C
【分析】
本题考察运动的分解。
【详解】
AB．根据运动分解原理，沿绳方向的速度分量相等，记A端绳与水平方向夹角为

vAvB
故AB错误；
CD．A向左运动，减小，vB增加，加速度向上，绳子对B的拉力大于B的重力，故C正确，D错误。
故选C。

1．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则

A．v2=v1 B．v2>v1
C．v2≠0 D．v2=0
【答案】D
【解析】把A上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速度，而沿绳子方向的速度与B的速度相等。如图所示，A的速度为v，可看成是合速度其分速度分别是va、vb，其中va就是B的速度v（同一根绳子，大小相同），当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va=0，所以B的速度v2=0。

考点2 小船渡河模型

1．模型条件
（1）物体同时参与两个匀速直线运动。
（2）一个分运动速度大小和方向保持不变，另一个分运动速度大小不变，方向可在一定范围内变化。
2．模型特点
（1）船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。
（2）三种速度：船在静水中的速度v1、水的流速v2、船的实际速度v。
（3）三种情景
①过河时间最短：船头正对河岸，渡河时间最短，（d为河宽）。
②过河路径最短（v2v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直河岸渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短。由图可知，最短航程。


（2020·广东月考）如图所示，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处是个旋涡，A点和旋涡的连线与河岸的最大夹角为。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
如图所示，
设小船航行时在静水中速度为，当垂直AB 时速度最小，由三角函数关系可知

故A正确，BCD错误；
故选A。

1．（2020·广东月考）某小船在静水中的速度为v1，河水的流速为v2，且v1>v2，小船渡河的最短时间为T。若小船在静水中的速度为v2，河水的流速为v1，河宽不变，小船渡河的最短距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由题意可知，河宽
d=v1T
若小船在静水中的速度为v2，河水的流速为v1，小船以最短距离渡河时，设合速度与河岸夹角为θ，则

则渡河的最短距离

故选A。
考点3 平抛运动的规律的应用

“平抛+斜面”类问题
方法
示意图
时间
总结
分解
速度
对着斜面抛

如图所示，vy=gt，，
故
分解速度，构建
速度三角形
分解
位移
顺着斜面抛

如图所示，x=v0t，，而，联立得
分解位移，构建
位移三角形

如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离

第二次抛出时两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则

联立解得

故选C。

1．（2020·宿松县程集中学月考）如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度vA、vB做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A，B，空中运动的时间分别为tA、tB，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为α、β，已知OB=2OA则有（　　）

A．tA:tB=1:2 B．vA:vB=1:2 C．α=β D．α>β
【答案】C
【详解】
AB．由几何关系知，平抛运动的竖直位移之比为1：2，根据

可得

根据

水平位移之比为1：2，则初速度之比

故AB错误；
CD．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍，两球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，可知碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角相同，故C正确，D错误。
故选C。
2．（2020·全国月考）如图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得。OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．两球发射的初速度：
B．两球碰到墙面前运动的时间：
C．两球碰到墙面时的动量可能相同
D．两球碰到墙面时的动能可能相等
【答案】D
【详解】
AB．设，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：


整理可以得到：

水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，则：


整理可以得到：

故AB错误；
C．动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，故C错误；
D．设两球的质量相等，均为，从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：


整理可以得到：


由于、以及初速度的大小等具体数据未知，可能存在，故D正确。
故选D。
考点4 类平抛运动与斜抛运动的规律

一、类平抛运动
1．模型特点：a．受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直；b．运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度。
2．处理方法
（1）常规分解：将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（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两个分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性；
（2）特殊分解：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。
二、斜抛运动问题
斜抛运动可分为斜上抛运动和斜下抛运动，其竖直方向都是初速度不为零的、加速度为g的匀加速运动，水平方向是匀速运动；处理问题的方法是按水平方向和竖直方向列得速度或位移方程求解。
1．运动性质
加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。

2．基本规律（以斜向上抛为例说明，如图所示）
（1）水平方向：v0x=v0cos θ，F合x=0；
（2）竖直方向：v0y=v0sin θ，F合y=mg。
3．飞行时间、射高和射程
（1）飞行时间：；
（2）射高：；
（3）射程：。

如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下面说法中不正确的是

A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gtan θ
C．小球到达B点的时间为
D．小球到达B点的水平位移
【答案】B
【解析】小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线，故A说法正确；根据牛顿第二定律知，小球的加速度故B说法错误；小球在沿斜面方向上的位移为，根据，解得，故C说法正确；在水平方向上做匀速直线运动，，故D说法正确。

1．（2020·江苏省灌云高级中学月考）由于空气阻力的影响，炮弹在空气中的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（　　）

A．到达b点时，炮弹的动能为零
B．到达b点时，炮弹所受合外力的方向竖直向下
C．炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
D．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
【答案】D
【详解】
A．到达b点时，炮弹仍有水平速度，则炮弹的动能不为零，选项A错误；
B．到达b点时，除受竖直向下的重力外还受到水平方向的空气阻力作用，则此时炮弹所受合外力的方向不是竖直向下的，选项B错误；
C．从a到c炮弹要克服阻力做功，则炮弹经过a点时的速度大小大于经过c点时的速度大小，选项C错误；
D．当炮弹由O点运动到b点时，竖直方向

由b点运动到d点的竖直方向

则

根据

可知炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，选项D正确。
故选D。
2．（2020·福建厦门一中月考）如图所示的光滑斜面ABCD是边长为l的正方形，倾角为30°，一物块（视为质点）沿斜面左上方顶点A以平行于AB边的初速度v0水平射入，到达底边CD中点E，则（ ）

A．初速度
B．初速度
C．物块由A点运动到E点所用的时间
D．物块由A点运动到E点所用的时间
【答案】B
【详解】
ABCD. 物块在斜面上受到竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得

物块从A点运动到E点过程做类平抛运动，则平行于AB边方向

平行于AC边方向

联立可得


ACD错误，B正确；
故选B。
考点5 圆周运动的规律的应用

一、竖直平面内圆周运动的轻绳模型与轻杆模型
1．模型条件：
（1）物体在竖直平面内做变速圆周运动；
（2）“轻绳模型”在轨道最高点无支撑，“轻杆模型”在轨道最高点有支撑。
2．两种模型比较：

轻绳模型
轻杆模型
常见
类型
均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球

过最高
点的临界条件
由得
v临=0
讨论分析
1．过最高点时，v≥，FN+，绳、轨道对球产生弹力FN。
2．当v＜时，不能过最高点，在到达最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0＜v＜时，，FN背离圆心，随v的增大而减小。
3．当v=时，FN=0。
4．当v>时，，FN指向圆心并随v的增大而增大
二、生活中的圆周运动
1．铁路转弯
（1）火车转弯时的运动特点
火车转弯时做的是圆周运动，因而具有向心加速度，需要向心力。
（2）向心力的来源
转弯处外轨道略高于内轨道，适当选择内外轨的高度差，可使转弯时所需的向心力几乎完全由支持力与重力的合力来提供。
设内外轨间的距离为L，内外轨的高度差为h，火车转弯的半径为R，火车转弯的规定速度为v0，如图所示F合=mgtan θ≈mgsin θ=mg（θ较小时，sin θ≈tan θ），

由牛顿第二定律得：，
所以，
即火车转弯的规定速度。
由于铁轨建成后，h、L、R各量是确定的，故火车转弯时的车速应是一个定值。
注意：a．当火车行驶速率v=v0时，火车对内外轨均无侧向压力；
b．当火车行驶速率v>v0时，外轨道对轮缘有侧向压力；
c．当火车行驶速率va2，故C错误；D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1