2018年高考物理0 力与曲线运动教学案

1、学必求其心得，业必贵于专精专题3 力与曲线运动【2018年高考考纲解读】 （1)曲线运动及运动的合成与分解（2）平抛运动(3）万有引力定律的应用（4)人造卫星的运动规律（5）平抛运动、圆周运动与其他知识点综合的问题【命题趋势】（1）单独考查曲线运动的知识点时，题型一般为选择题(2）人造卫星问题仍是2016年高考的热点，题型仍为选择题,涉及的问题一般有：结合牛顿第二定律和万有引力定律考查结合圆周运动知识考查卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系结合宇宙速度进行考查【重点、难点剖析】本专题的高频考点主要集中在对平抛运动和圆周运动规律的考查上,本专题常考的考点还有运动的合成与分解，考

2、查的难度中等,题型一般为选择和计算。本专题还常与功和能、电场和磁场等知识进行综合考查。1必须精通的几种方法 （1）两个分运动的轨迹及运动性质的判断方法 (2)小船渡河问题、绳和杆末端速度分解问题的分析方法 (3）平抛运动、类平抛运动的分析方法 （4）火车转弯问题、竖直面内圆周运动问题的分析方法 2必须明确的易错易混点 （1）两个直线运动的合运动不一定是直线运动 (2）合运动是物体的实际运动 （3）小船渡河时，最短位移不一定等于小河的宽度 (4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向不同 (5)做圆周运动的物体,其向心力由合外力指向圆心方向的分力提供，向心力并不是物体“额外”受到的力 （6)做离

3、心运动的物体并没有受到“离心力的作用 3合运动与分运动之间的三个关系 关系 说明 等时性 各分运动运动的时间与合运动运动的时间相等 独立性 一个物体同时参与几个分运动，各个分运动独立进行、互不影响 等效性 各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律效果完全相同 4.分析平抛运动的常用方法和应注意的问题 （1)处理平抛运动（或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。 (2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。 （3）若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度

4、之比等于斜面倾角的正切值。5平抛运动的两个重要结论 (1)设做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角为,位移与水平方向的夹角为，则有tan2tan。如图甲所示。 （2）做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。如图乙所示。 6。 解答圆周运动问题 （1)对于竖直面内的圆周运动要注意区分“绳模型”和“杆模型”，两种模型在最高点的临界条件不同. (2）解答圆周运动问题的关键是正确地受力分析，确定向心力的来源。解决竖直面内圆周问题的基本思路是两点一过程。“两点即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析,找出向心力的来源,根据牛顿第二定

5、律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往用动能定理将这两点联系起来. 【题型示例】题型一 曲线运动 运动的合成与分解例12016天津卷 如图1所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小e5 n/c，同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小b0。5 t有一带正电的小球，质量m1106 kg,电荷量q2106 c，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过p点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），g取10 m/s2.求： 图1（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;（2）从撤掉磁场到小球再次穿过p点所在的这条电场线经历的时间t。【答案】

6、（1)20 m/s 方向与电场e的方向之间的夹角为60斜向上 （2)3.5 s （2)解法一：撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2 a与mg的夹角和v与e的夹角相同,均为，又tan 联立式，代入数据解得t2 s3。5 s 解法二：撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响,以p点为坐标原点,竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vyvsin 若使小球再次穿过p点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零

7、，则有vytgt20 联立式，代入数据解得t2 s3。5 s【举一反三】(2015安徽理综，14,6分）图示是粒子（氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，m、n、p、q是轨迹上的四点,在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动图中所标出的粒子在各点处的加速度方向正确的是（ ) am点 bn点 cp点 dq点解析 粒子在散射过程中受到重金属原子核的库仑斥力作用，方向总是沿着二者连线且指向粒子轨迹弯曲的凹侧，其加速度方向与库仑力方向一致，故c项正确答案 c【变式探究】(2014四川理综，4,6分)（难度）有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，

8、回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（ )a. b。c。 d.解析 去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2，由题意有k，则kv2，得v1，选项b正确 答案 b【变式探究】由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0。28 m3/min,水离开喷口时的速度大小为16 m/s，方向与水平面夹角为60，在最高处正好到达着火位置,忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)( ）a28。8 m,1.12102 m3b28。8 m，

9、0。672 m3c38。4 m，1.29102 m3d38。4 m，0。776 m3解析 由题意可知，水柱做斜抛运动，竖直方向初速度vyvsin 6024 m/s,到达着火点位置时竖直速度变为0，由v2v2gh,得hy28。8 m；由vgt，得t2.4 s，则空中水量v m31。12102 m3,故a正确答案 a【变式探究】如图所示，甲、乙两同学从河中o点出发，分别沿直线游到a点和b点后，立即沿原路线返回到o点，oa、ob分别与水流方向平行和垂直，且oaob.若水流速度不变，两人在静水中游速相等,则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( ) at甲t乙 bt甲t乙 ct甲t乙 d无法确定解析 设

10、水流的速度为v水,学生在静水中的速度为v人，从题意可知v人v水，oaobl，对甲同学t甲，对乙同学来说,要想垂直到达b点，其速度方向要指向上游，并且来回时间相等，即t乙，则tt（)20,即t甲t乙，c正确答案 c题型二 抛体运动例2【2017新课标卷】发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网;其原因是a速度较小的球下降相同距离所用的时间较多b速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大c速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少d速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】c【解析】由题意知,速度大的

11、球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少,故c正确,abd错误。 【变式探究】2016江苏卷 有a、b两小球，b的质量为a的两倍现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力图中为a的运动轨迹,则b的运动轨迹是( ) 图1a bc d【答案】a 【解析】抛体运动的加速度始终为g，与抛体的质量无关当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同故选项a正确【举一反三】（2015新课标全国，18，6分)（难度）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

12、水平发射乒乓球,发射点距台面高度为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.vl1b.vc.vd.v解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动当速度v最小时,球沿中线恰好过网，有:3hh1v1t1联立得v1当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有v2t23hgt联立得v2所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v的最大取值范围为v，选项d正确答案 d【变式探究】（2015浙江理综,17，6分）（难度）如图所示为足球球门，球门宽为l。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃

13、起，将足球顶入球门的左下方死角(图中p点)球员顶球点的高度为h，足球做平抛运动（足球可看成质点,忽略空气阻力)，则（ ) a足球位移的大小xb足球初速度的大小v0c足球末速度的大小vd足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 【变式探究】(2014新课标全国，15，6分）（难度)取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）a. b. c. d.解析 设物块在抛出点的速度为v0，落地时速度为v,抛出时重力势能为ep，由题意知epmv;由机械能守恒定律，得mv2epmv，解得vv0，设落地时速度方向与

14、水平方向的夹角为，则cos ，解得,b正确答案 b【变式探究】（2013江苏物理，7，4分)(难度）（多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球a、b,分别落在地面上的m、n点，两球运动的最大高度相同空气阻力不计,则（ ) ab的加速度比a的大bb的飞行时间比a的长cb在最高点的速度比a在最高点的大db在落地时的速度比a在落地时的大解析 a、b两球均受重力，根据牛顿运动定律,知两球加速度均为重力加速度,a错误;由最大高度相同,知两球运动时间相等，b错误；因为b球的射程较远所以b的水平分速度较大，在最高点,两球只有水平分速度，所以c正确；由落地时的速度为水平分速度与竖直分速度的合速度，可知d正确

15、答案 cd题型三 圆周运动例3【2017江苏卷】如图所示,一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上,物块质量为m，到小环的距离为l，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为f小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子p后立刻停止,物块向上摆动整个过程中，物块在夹子中没有滑动小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g下列说法正确的是 （a)物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2f（b）小环碰到钉子p时，绳中的张力大于2f(c）物块上升的最大高度为（d）速度v不能超过【答案】d【解析】由题意知，f为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达

16、到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于mg,a错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动， ，绳中的张力大于物块的重力mg，当绳中的张力大于2f时,物块将从夹子中滑出,即，此时速度，故b错误;d正确;物块能上升的最大高度， ，所以c错误 【变式探究】2016全国卷 如图1所示，在竖直平面内有由圆弧ab和圆弧bc组成的光滑固定轨道，两者在最低点b平滑连接ab弧的半径为r，bc弧的半径为。一小球在a点正上方与a相距处由静止开始自由下落,经a点沿圆弧轨道运动（1）求小球在b、a两点的动能之比;(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到c点 图1【答案】 （1）5 (2)能【解析】（1)设小球的质量为m，

17、小球在a点的动能为eka，由机械能守恒得ekamg 设小球在b点的动能为ekb，同理有ekbmg 由式得5 (2)若小球能沿轨道运动到c点，小球在c点所受轨道的正压力n应满足n0 设小球在c点的速度大小为vc,由牛顿运动定律和向心加速度公式有nmg 由式得，vc应满足mgmc 由机械能守恒有mgmv 由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到c点【举一反三】(2015天津理综，4，6分)(难度)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表

18、面时相同大小的支持力为达到上述目的，下列说法正确的是（ ) a旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大b旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小c宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大d宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析 由题意知有mgfm2r，即g2r，因此r越大，越小，且与m无关,b正确答案 b【变式探究】（2015福建理综，17,6分)(难度）如图，在竖直平面内，滑道abc关于b点对称,且a、b、c三点在同一水平线上若小滑块第一次由a滑到c，所用的时间为t1，第二次由c滑到a，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(

19、) at1t2 bt1t2ct1t2 d无法比较t1、t2的大小解析 在ab段,由于是凸形滑道,根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少；在bc段，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越多滑块从a运动到c与从c到a相比，从a到c运动过程，克服摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相同，故到达c点的速率较大,平均速率也较大，故用时较短，所以a正确答案 a【变式探究】(2015浙江理综，19，6分）（难度)(多选)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

20、为m的赛车通过ab线经弯道到达ab线，有如图所示的、三条路线，其中路线是以o为圆心的半圆，oor。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答案 acd【变式探究】(2014新课标全国，17，6分）（难度)如图,一质量为m的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下重力加速度大小为g。当小环

21、滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（ ) amg5mg bmgmgcmg5mg dmg10mg解析 解法一 以小环为研究对象，设大环半径为r,根据机械能守恒定律，得mg2rmv2，在大环最低点有fnmgm，得fn5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为 fnfn,方向竖直向下，故fmg5mg，由牛顿第三定律知c正确 解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v，加速度为a，根据机械能守恒定律mv2mg2r，且a，所以a4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示 fmgmgmam0 所以fmg5mg，c正确答案：c题型四 天体运动例4【2017新课标卷】2017