【3年高考2年模拟】(新课标)2016版高考物理大一轮复习 第四章 第1讲 曲线运动 抛体运动课件

1、1.合力方向与速度方向的关系物体做曲线运动时,合力的方向与速度方向一定不在同一条直线上,这是判断物体是否做曲线运动的依据。2.合力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力方向和速度方向之间,速度方向与轨迹相切,合力方向指向曲线的“凹”侧。重难一对曲线运动的理解重难一对曲线运动的理解重难突破重难突破3.速率变化情况判断(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时,物体的速率增大。(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时,物体的速率减小。(3)当合力方向与速度方向垂直时,物体的速率不变。4.“关联”速度问题(1)绳、杆等有长度的物体,在运动过程中,其两端点的速度通常是不一样的,但两端点的速度是

2、有联系的,称之为“关联”速度。“关联”速度的关系沿杆(或绳)方向的速度分量大小相等。(2)绳、杆两端点的速度是其各分速度的合速度。 典例典例1如图所示,一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B,两球的质量均为m,两球半径忽略不计,杆的长度为l,现将杆竖直靠放在竖直墙上,轻轻振动小球B,使小球B在水平地面上由静止向右运动,求当A球沿墙下滑距离为时,A、B两球的速度vA和vB的大小。(不计一切摩擦)2l解析 A、B两球速度的分解情况如图所示,由题意知,=30,由运动的合成与分解得vA sin =vB cos 又A、B组成的系统机械能守恒,所以mg=m+m由解得vA=vB=。答案 2l122Av122

3、Bv123gl12gl123gl12gl1-1人用绳子通过定滑轮拉物体A,A穿在光滑的竖直杆上,当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时,绳与竖直杆的夹角为,则物体A实际运动的速度是( )A.v0 sin B. C.v0 cos D.0sinv0cosv答案 D解析由运动的合成与分解可知,物体A参与这样的两个分运动,一个是沿着与它相连接的绳子的运动,另一个是垂直于绳子斜向上的运动。而物体A实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的,这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动,它们之间的关系如图所示。由三角函数知识可得v=,所以D选项是正确的。0cosv1.飞行时间和水平射程(1)飞行时间:t=,取决于

4、物体下落的高度h,与初速度v0无关。(2)水平射程:x=v0t=v0,由平抛初速度v0和下落高度h共同决定。2.速度的变化规律(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0。(2)任意相等时间间隔t内的速度变化量方向竖直向下,大小v=vy=gt。2hg2hg重难二对平抛运动的进一步理解重难二对平抛运动的进一步理解3.位移变化规律(1)任意相等时间间隔内,水平位移相同,即x=v0t。(2)连续相等的时间间隔t内,竖直方向上的位移差不变,即y=gt2。4.平抛运动的两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处,设其末速度方向与水平方向的夹角为,位移与水平方向的夹角为,则tan

5、=2 tan 。证明:如图甲所示,由平抛运动规律得tan =,tan =,所以tan =2 tan 。0vv0gtvyx1220gtv t02gtv甲乙(2)做平抛(或类平抛)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。如图乙中所示B点。 典例典例2如图所示,一小球自平台上水平抛出,恰好落在邻近平台的一倾角为=53 的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6,求:(1)小球水平抛出的初速度v0是多大?(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多大?(3)若斜面顶端高

6、H=20.8 m,则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端?代入数据,解得vy=4 m/s,v0=3 m/s。(2)由vy=gt1得t1=0.4 s,则斜面顶端与平台边缘的水平距离为x=v0t1=30.4 m=1.2 m。解析 (1)由题意可知,小球落到斜面上并沿斜面下滑,说明此时小球速度方向与斜面平行(如图所示),所以vy=v0 tan 53,又=2gh2yv(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度为a=8 m/s2初速度为v=5 m/s,则有=vt2+a代入数据,整理得4+5t2-26=0解得t2=2 s或t2=- s(不合题意舍去)所以小球从离开平台到到达斜面底端的时间为t=t1+t2=

7、2.4 s。答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 ssin53mgm220yvvsin53H1222t22t1342-1如图所示,两个相对的斜面,倾角分别为37和53,在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出,小球都落在斜面上。若不计空气阻力,则A、B两个小球的运动时间之比为( )A.1 1 B.4 3 C.16 9 D.9 16解析两小球均做平抛运动,由题意知小球都落在斜面上,所以A、B两小球位移方向与v0方向的夹角分别为A=37,B=53,如图所示,由tan =yx答案 D=得t=,所以=。2012gtv t02gtv02tanvgABtttantanAB

8、tan37tan539161.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:v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)。3.三种情景(1)过河时间最短:船头正对河岸时,过河时间最短,t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圆弧,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。12vvco sd21vv注意 (1)船的划行方向与船头指向一致(v1的方向),是分速度方向,而船的航行方向是实际运动的方向,也就是合速度的方向。(2)小

9、船过河的最短时间与水流速度无关。典例典例3河宽l=300 m,水速u=1 m/s,船在静水中的速度v=3 m/s,欲分别按下列要求过河时,船头应与河岸成多大角度?过河时间是多少?(1)以最短时间过河;(2)以最小位移过河;(3)到达正对岸上游100 m处。解析 (1)以最短时间过河时,船头应垂直于河岸航行,即与河岸成90角,最短时间为t= s=100 s。(2)以最小位移过河,船的实际航向应垂直河岸,即船头应指向上游河岸。设船头与上游河岸夹角为,有v cos =u,=arccos =arccos 。渡河时间为t= s106.1 s。(3)设船头与上游河岸夹角为,则有lv3003uv13sinl

10、v3003 sin(v cos -u)t=xvt sin =l两式联立得:=53,t=125 s。答案 (1)90 100 s (2)arccos 106.1 s (3)53 125 s133-1如图所示,一条小船位于200 m宽的河正中A点处,从这里向下游100 m处有一危险区,当时水流速度为4 m/s,为了使小船避开危险区沿直线到达对岸,小船在静水中的速度至少是( )A. m/sB. m/sC.2 m/sD.4 m/s34 338 33 解析如图选取临界情况进行研究,假设小船刚好避开危险区沿直线到达对岸B点处,根据运动的合成与分解可知,当船速的方向与AB垂直时,船速答案 C最小,tan =

11、,=30,故v船=v水 sin =4 m/s=2 m/s。100100 33312类平抛运动问题的分析方法类平抛运动问题的分析方法1.类平抛运动的受力特点物体所受合力为恒力,且与初速度的方向垂直。2.类平抛运动的运动特点思想方法思想方法在初速度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a=。3.类平抛运动的求解方法(1)常规分解法: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,两分运动彼此独立,互不影响,且与合运动具有等时性。Fm合(2)特殊分解法:对于有些问题,可以过抛出点建立适当的直角坐标系,将加速度分解为a

12、x、ay,初速度v0分解为vx、vy,然后分别在x、y方向列方程求解。4.类平抛运动问题的求解思路(1)根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题。(2)求出物体运动的加速度。(3)根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。注意 (1)类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移,是高考命题的热点问题。(2)高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识,以电场或复合场为背景考查学生运用所学知识处理综合问题的能力。典例典例如图所示,质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升,若飞机的水平速度v0不变,同时受到重力和竖直向上的恒定的升力,今测得飞机水平方向的位移为L时,上升的高度为h,求:(1)飞机受到的升力大小。(2)飞机上升至h高度时的速度大小。解析 (1)飞机在水平方向做匀速直线运动故有L=v0t又因为飞机在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,故有h=at2由以上两式得:a=又由牛顿第二定律,对飞机有:F-mg=ma所以飞机受到的升力大小为:F=mg+。(2)设飞机上升高度h时竖直分速度为vy,则有122022hvL2022mhvL=2ah=所以v=。答案 (1)mg+ (2)22024h vL220yvv224Lh2022mhvL0vL224Lh2yvA.t1t3t2B.t1=