回归教材重难点03 力与曲线运动-2022年高考物理三轮冲刺过关（解析版）

学科网（北京）股份有限公司

回归教材重难点03力与曲线运动

曲线运动的处理是直线运动的延续和升华，考查内容丰富，问题灵活，密切联系生活实践，解决问题更能体现核心素养，是高考的热点。考题也往往包含在电场力和洛仑兹力作用下的曲线运动，要求考生灵活选取运动的合成与分解、动量或能量的知识综合解决。

备考策略⑴掌握研究曲线运动的基本方法，理解曲线运动的特点。用分解的思想将曲线运动“化曲为直、化繁为简”，用已有的解决直线运动动力学问题的方法来解决曲线运动问题。理解平抛运动和圆周运动的特点和规律，熟练解决相关具体问题，并迁移运用，创造性地解决一般曲线运动问题。⑵重视抛体运动和圆周运动在生产生活中的实例分析，培养考生的建模能力；重视建构完善的太贵体系，培养综合运用牛顿运动定律、动能定理等知识解决较复杂曲线运动问题能力。

知识点一、两个直线运动的合运动性质的判断

两个互成角度的分运动

合运动的性质

两个匀速直线运动

匀速直线运动

一个匀速直线运动、

一个匀变速直线运动

匀变速曲线运动

两个初速度为零的匀加速直线运动

匀加速直线运动

两个初速度不为零的匀变速直线运动

如果v合与a合共线，为匀变速直线运动

如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动

知识点二、两种运动的合成与分解实例

㈠、小船渡河模型

1．模型特点

两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究其速度方向不同时对合运动的影响．这样的运动系统可看做小船渡河模型．

2．模型分析

(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：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)．

(3)两个极值

①过河时间最短：v1⊥v2，tmin＝

eq\f(d,v1)

(d为河宽)．

②过河位移最小：v⊥v2(前提v1＞v2)，如图甲所示，此时xmin＝d，船头指向上游与河岸夹角为α，cosα＝

eq\f(v2,v1)

；v1⊥v(前提v1＜v2)，如图乙所示．过河最小位移为xmin＝

eq\f(d,sinα)

＝

eq\f(v2,v1)

d.

3.求解小船渡河问题的方法

(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，在船的航行方向也就是船头指向方向的运动，是分运动；船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线．

(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解．

(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．

㈡、绳(杆)端速度分解模型

1．模型特点

绳(杆)拉物体或物体拉绳(杆)，以及两物体通过绳(杆)相连，物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，求解运动过程中它们的速度关系，都属于该模型．

2．模型分析

(1)合运动→绳拉物体的实际运动速度v

(2)分运动→

eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(其一：沿绳或杆的分速度v1,其二：与绳或杆垂直的分速度v2))

(3)关系：沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．

3.解决绳(杆)端速度分解问题的技巧

(1)明确分解谁——分解不沿绳(杆)方向运动物体的速度；

(2)知道如何分解——沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向分解；

(3)求解依据——因为绳(杆)不能伸长，所以沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．（理科）

（方法与技巧，可直接应用）

知识点三、平抛运动的基本规律及应用

1．飞行时间：由t＝

eq\r(\f(2h,g))

知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．

2．水平射程：x＝v0t＝v0

eq\r(\f(2h,g))

，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．

3．落地速度：vt＝

eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))

＝

eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)

，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tanθ＝

eq\f(vy,vx)

＝

eq\f(\r(2gh),v0)

，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．

4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示．

5．两个重要推论

(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一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A点和B点所示．

(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ.

6.“化曲为直”思想在抛体运动中的应用

(1)根据等效性，利用运动分解的方法，将其转化为两个方向上的直线运动，在这两个方向上分别求解．

(2)运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等．

知识点四、描述圆周运动的物理量

1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v＝

eq\f(Δs,Δt)

＝

eq\f(2πr,T)

.

2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝

eq\f(Δθ,Δt)

＝

eq\f(2π,T)

.

3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T＝

eq\f(2πr,v)

，T＝

eq\f(1,f)

.

4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．

an＝rω2＝

eq\f(v2,r)

＝ωv＝

eq\f(4π2,T2)

r.

5．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn＝man.

知识点五、圆周运动实例分析

㈠水平面内的圆周运动

1．运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．

2．重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或电磁力．向心力的方向水平，竖直方向的合力为零．

3．涉及静摩擦力时，常出现临界和极值问题．

4.水平面内的匀速圆周运动的解题方法

(1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题时，确定临界条件；

(2)确定圆周运动的圆心和半径；

(3)应用相关力学规律列方程求解．

㈡竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型

1．模型特点

在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．

2．模型分析

绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下：

轻绳模型

轻杆模型

常见类型

过最高点的临界条件

由mg＝m

eq\f(v2,r)

得v临＝

eq\r(gr)

由小球能运动即可，得v临＝0

讨论分析

(1)过最高点时，v≥

eq\r(gr)

，FN＋mg＝m

eq\f(v2,r)

，绳、轨道对球产生弹力FN

(2)不能过最高点时v＜

eq\r(gr)

，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＜

eq\r(gr)

时，－FN＋mg＝m

eq\f(v2,r)

，FN背离圆心且随v的增大而减小

(3)当v＝

eq\r(gr)

时，FN＝0

(4)当v＞

eq\r(gr)

时，FN＋mg＝m

eq\f(v2,r)

，FN指向圆心并随v的增大而增大

3.竖直面内圆周运动的求解思路

(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体．

(2)确定临界点：v临＝

eq\r(gr)

，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点．

(3)定规律：用牛顿第二定律列方程求解

1.（2021河北）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为（）

A100∶1 B.1∶100 C.1∶200 D.200∶1

【答案】C

【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即

解得

铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即

解得

则

故选C。

2.（2021浙江）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（）

A.秋千对小明的作用力小于

B.秋千对小明的作用力大于

C.小明速度为零，所受合力为零

D.小明的加速度为零，所受合力为零

【答案】A

【解析】在最高点，小明速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有

由于小明的速度为0，则有

沿垂直摆绳方向有

解得小明在最高点的加速度为

所以A正确；BCD错误；

故选A。

3.（2021河北）如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（）

A.小球的高度一定降低 B.弹簧弹力的大小一定不变

C.小球对杆压力的大小一定变大 D.小球所受合外力的大小一定变大

【答案】BD

【解析】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向

而

可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；

水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则

即

当转速较大时，FN指向转轴

即

则因，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；

根据

可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。

故选BD。

4、（2021·山东省济南市压轴卷）空中飞椅是游乐场里少年儿童们十分喜爱的娱乐项目，其模型如图所示，顶端转盘上用等长钢丝绳吊着多个座椅，甲、乙两个儿童分别坐在A、B两个吊椅中，当转盘以一定的角速度匀速转动时，连接A、B座椅的钢丝绳与竖直方向的夹角分别为a、θ。已知A、B座椅绕轴的旋转半径分别为r1、r2，甲、乙两儿童的质量分别为m1、m2，两座椅的质量相等，若m1>m2，则

A.α<θ B.r1>r2

C.甲的向心加速度小于乙的向心加速度 D.甲乙线速度大小相等

【答案】D

【解析】

AB.以人和座椅为研究对象：根据牛顿第二定律，甲、乙的加速度满足

mgtanα=mrω2，tanα=ω2r/g

同轴转动角速度相同，故

α=θ，r1=r2

故AB错误；

CD.根据a=rω2可知，

a1=a2

根据可知

故C错误D正确

5、（2021·山东省烟台市适应性练习）如图所示，在光滑水平面上，一质量为m的导热活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形气缸中，开始时活塞和气缸静止，此时气柱长度为l，现使气缸底部绕一竖直轴由静止开始转动，缓慢增大转动的角速度，当气缸转动的角速度为1时，气柱长度为2l，当气缸转动的角速度为2时，气柱长度为3l，若外界大气压不变，则1与2的比值为（）

A. B. C.2：3 D.3：2

【答案】A

【解析】

当气缸转动的角速度为1时，根据向心力方程

当气缸转动的角速度为2时，

根据等温方程

解得1与2的比值为。

故选A。

6、（2021·广东省普宁适应性考试）一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为两点相距，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为，现将小球M由距地面竖直高度处由静止释放，则（）

A小球M将做平抛运动

B.小球M即将落地时，小球N的动能为

C.小球M即将落地时速度大小为

D.小球M即将落地时，小球N的速度大小为

【答案】BC

【解析】

A．小球M运动过程中受重力、轨道对小球的弹力、轻杆对小球的弹力，不满足做平抛运动的条件，A错误；

CD．小球M即将落地时，设小球M的速度为v，则小球N的速度为，以两小球和轻杆组成的系统为研究对象，根据机械能守恒定律有

可以求出小球M的速度大小为，小球N的速度大小为，C正确，D错误；

B．小球N的动能为

B正确。

故选BC。

7、（2021·北京市房山区二模）通常情况下，实际的抛体都是在介质中运动的。由于介质对运动物体的阻力作用，物体运动速度会降低。已知在空气中运动的物体所受阻力方向与运动方向相反，大小随速度的增大而增大。通常情况下，地球自身运动和地球的形状对抛体运动影响非常微小，可忽略不计。可以认为抛体运动的物体在某点的受力情况如图所示。假定空气中一弹丸从地面抛射出去，初速度为v0，方向与水平地面夹角为θ；弹丸落地时，速度大小为v，方向与水平地面夹角为α，落地点与抛出点在同一水平面。从弹丸抛出到落地，下列分析正确的是（）

A.弹丸上升的时间大于下降的时间

B.弹丸的加速度先减小后增大

C.弹丸在最高点时的加速度是重力加速度

D.弹丸落地时与水平方向夹角α大于抛出时与水平方向的夹射角θ

【答案】D

【解析】

A．始到最高点

从最高点到落点

可知上升过程竖直方向上加速度更大，则上升时间要小，A错；

B．弹丸的加速度一直在减小，B错；

C．最高点时，阻力f与重力mg垂直，加速度为

所以C错；

D．在抛出到落地的过程中，弹丸在水平方向上的分速度在阻力的作用下一直在减小，所以落地时与水平方向的夹角α大于抛出时与水平方向的夹射角θ，所以D正确。

故选D。

8、（2021·北京市朝阳区二模）利用如图1所示的实验粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，内部截面积为S。管内塞有潮湿的小棉球，其质量为m，与B端的距离为x。实验者从玻璃管的A端均匀吹气，棉球从B端飞出，落地点为C。测得C点与B端的水平距离为l，棉球下落高度为h。多次改变x，测出对应的l，画出l2-x的图像如图2所示，图线的斜率为k。不计棉球与管壁的摩擦，不计空气阻力。下列选项正确的是（）

A.实验中小棉球在玻璃管中做匀速运动

B.获取图2中各组数据时可以改变每次吹气的压强

C.由题中数据可求得小棉球到达B端的速度为

D.由于人吹气使小棉球两侧产生的压强差为

【答案】D

【解析】

A．球收到气压给的水平向右的力，而在水平方向只受到这一个力，所以小球不能平衡，所以不是做匀速运动，故A错误；

B．2是的图像关系，所以其他因素应保持不变，所以不能改变每一次吹气的压强，故B错误；

C．球从B端飞出后做平抛运动，根据平抛运动的公式

可求出

故C错误；

D．大气压强为，始终为，对棉球从静止到B点的运动过程列动能定理有

代入可得

所以有

则

所以

故D正确。

故选D。

9、（2021·北京市朝阳区二模）国产大飞机C919是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的喷气式民用飞机，于2017年5月5日成功首飞。如图所示，飞机在起飞过程中的某时刻水平分速度为60m/s，竖直分速度为6m/s，已知在此后的1min内，飞机在水平方向做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，竖直方向做加速度为0.2m/s2的匀加速直线运动。关于这1min内飞机的运动与受力情况，下列选项正确的是（）

A.飞机受到的合力竖直向上

B.飞机的运动轨迹为曲线

C.前20s内，飞机上升的高度为120m

D.前20s内，飞机水平方向的平均速度为80m/s

【答案】D

【解析】

A．飞机在水平方向做匀加速直线运动，则水平方向合外不为0，所以飞机受到的合力不可能竖直向上，则A错误；

B．飞机合加速度与水平方向的夹角为，则有

飞机的合速度与水平方向的夹角为，则有

则

合加速度与合速度方向相同，飞机做匀加速直线运动，所以B错误；

C．前20s内，飞机上升的高度为

所以C错误；

D．前20s内，飞机水平方向的位移为

前20s内，飞机水平方向的平均速度为

所以D正确；

故选D。

10、（2021·北京市昌平区二模）如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员垫起，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点。已知N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高。不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.排球两次飞行过程中经历的时间相同

B.排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大

C.排球在M点的速率与经过Q点的速率相等

D.排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等

【答案】B

【解析】

A．排球从M点水平抛出的做平抛运动，运动时间为

故从P点抛出的小球做斜抛的时间为从M点抛出的小球的运动时间的2倍，A错误；

B．将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度相同，但M到P的水平位移大，则水平速度v0较大，可知从M到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，B正确；

C．将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，但从M点抛出的小球水平位移更大，故在M点的水平速率大于在Q点的水平速率，C错误；

D．对于从M点抛出的小球，重力做正功，从P点抛出的小球重力不做功，D错误。

故选B。

11、（2021·安徽省马鞍山