专题03曲线运动

专题03曲线运动知识梳理考点一运动的合成与分解问题类型处理方法曲线运动的分析(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。渡河问题分清三种速度(1)合速度：物体的实际运动速度。(2)船速：船在静水中的速度。(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。端速问题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等例1(2021·陕西宝鸡市二模))如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为()A.eq\f(ωLsinβ,sinα)B.eq\f(ωLcosβ,sinα)C.eq\f(ωLcosβ,cosα)D.eq\f(ωLsinβ,cosα)【答案】D【解析】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分＝vcosα，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图，设B的线速度为v′，则：vB分＝v′cosθ＝v′cos(β－90°)＝v′cos(90°－β)＝v′sinβ，v′＝ωL，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分联立可得：v＝eq\f(ωLsinβ,cosα)，故D正确.例2(2021·安徽十校第二次联考)如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是()A．减小α，增大船速v B．增大α，增大船速vC．减小α，船速v不变 D．增大α，船速v不变【答案】B【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反向，船速垂直河岸的分速度(船的实际速度)不变，有vsin(π－α)＝v实，vcos(π－α)＝v水，所以tan(π－α)＝eq\f(v实,v水)，若v实不变，v水增大，则tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有B正确。考点二平抛运动的规律的应用平抛运动的基本规律分析思路基本规律“化曲为直”思想——运动的合成与分解水平方向vx=v0,x=v0t竖直方向vy=gt,y=12gt合速度大小v=vx2方向与水平方向夹角θ的正切值tanθ=vyv合位移大小s=x方向与水平方向夹角α的正切值tanα=yx=注意：tanθ=2tanα，但θ轨迹方程y＝eq\f(g,2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))x2例1（2021河北卷）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。例2（2020北京卷）无人机在距离水平地面高度处，以速度水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为。(1)求包裹释放点到落地点的水平距离；(2)求包裹落地时的速度大小；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为轴方向，竖直向下为轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则解得水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为(2)包裹落地时，竖直方向速度为落地时速度为(3)包裹做平抛运动，分解位移，两式消去时间得包裹的轨迹方程为考点三圆周运动“一、二、三、四”求解圆周运动问题一审审清题意，确定研究对象二确确定圆周运动的轨道平面三分分析几何关系，即确定圆心、半径分析物体的运动情况即物体的线速度、角速度等相关物理量分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来四列根据牛顿运动定律及圆周运动知识列方程例一.（2021全国甲）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（）A.10m/s2 B.100m/s2 C.1000m/s2 D.10000m/s2【答案】C【解析】纽扣在转动过程中由向心加速度故选C。例二.（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（）小球的高度一定降低 弹簧弹力的大小一定不变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。例三.(2020·重庆一中摸底考试)如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝eq\r(gR)通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则()甲乙A．强磁性引力的大小F＝7mgB．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mgD．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为eq\r(15gR)【答案】D【解析】在A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有F＋mg－FA＝meq\f(v2,R)，根据牛顿第三定律有FA＝F′A＝8mg，联立解得F＝8mg，选项A错误；质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－NA＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，根据牛顿第三定律有NA＝N′A；在B点，根据牛顿第二定律有F－mg－NB＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，根据牛顿第三定律有NB＝N′B；从A点到B点的过程，根据动能定理有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，联立解得N′A－N′B＝6mg，选项B、C错误；若强磁性引力大小恒为2F，在B点，根据牛顿第二定律有2F－mg－FB＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，由数学知识可知当FB＝0时，质点速度最大为vBm，可解得vBm＝eq\r(15gR)，选项D正确。考点四平抛运动和圆周运动的组合问题解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。例一(2020·湖南怀化一中第一次月考)如图所示，长为l的轻质细线固定在O1点，细线的下端系一质量为m的小球，固定点O1的正下方l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还未插入P点，在B点右下方水平地面上固定有一半径为R＝eq\f(5,16)l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O2，D点为最低点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为g，不计空气阻力。(已知sin37°＝，cos37°＝0.8)求：(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)如果钉子插入P点后，小球仍然从A点静止释放，到达B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。【答案】(1)eq\r(2gl)(2)5mgmg【解析】(1)设小球运动到B点的速度为vB，由A到B应用动能定理，mg·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：vB＝eq\r(2gl)。(2)插入钉子后，小球再次经过B点时有：F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),l)解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg。(3)小球从B点开始做平抛运动，在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：vC＝eq\f(vB,cos37°)小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C到D过程中机械能守恒有：mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在D点有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)解得槽对小球的支持力FN＝mg由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为F′N＝mg，方向竖直向下。能力训练1．（2021·北京市西城区一模）某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，右图为滑步推铅球过程示意图。她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩。假设铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间【答案】D【解析】由于题中说明两种推铅球的时，球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，而滑步推铅球的成绩好，可见滑步推铅球推出时的速度大小要大一些，我们把该速度沿竖直和水平方向进行分解可知，竖直和水平的分速度都会比原地推铅球大一些，因为竖直向上的分速度大一些，故铅球上升的向度会更高一些，在空中停留的时间会更长一些，选项AB错误；铅球在空中运动到最高点时的速度就是推铅球时的水平分速度，而水平分速度较大，所以滑步推铅球时在最高点的速度会更大一些，选项C错误；滑步推铅球能提高成绩，是因为推出铅球时的速度变大了，这个变大的原因则可能是延长了运动员对铅球的作用时间，选项D正确。2、(2021·广东深圳高三调研)2019北京航展，我国五代战机“歼－20”再次闪亮登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时，战机()A．所受合外力大小为零B．所受合外力方向竖直向上C．竖直方向的分速度逐渐增大D．水平方向的分速度不变【答案】C【解析】因为战机做速率不变的曲线运动，所以合外力不为零且方向与速度方向垂直，故A、B错误；对任一点的速度正交分解，如图所示vy＝vcosα，vx＝vsinα，根据题意知α减小，vy增加，vx减小，故C正确，D错误。3.在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是()A.合外力的方向与速度方向在一条直线上B.合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧C.合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向D.合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向【答案】C【解析】足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故C正确。4.（2021·北京市朝阳区一模）在一次利用无人机投送救援物资时，距离水平地面高度h处，无人机以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是A．包裹在空中飞行的时间为B．包裹落地时的速度大小为C．包裹释放点到落地点的水平距离为D．包裹下落过程中机械能不断增大【答案】B【解析】由于飞机是距离水平地面高度h处释放一包裹的，根据h=gt2，解得包裹在空中飞行的时间为t=，选项A错误；根据动能定理，包裹下落的过程中，mgh=mv2mv02，则包裹落地时的速度大小为v=，选项B正确；包裹释放点到落地点的水平距离为x=v0t=v0，选项C错误；包裹下落过程中只有重力做功，故它的机械能不变，选项D错误。5.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是()A.物体B正向右作匀减速运动B.物体B正向右作加速运动C.地面对B的摩擦力减小D.斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝eq\r(3)∶2【答案】D【解析】将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图：根据平行四边形定则有vBcosα＝vA，得vB＝eq\f(vA,cosα)，α减小，所以B的速度减小，但不是匀减速，故A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋Tsinα，FT＝mAg，得FN＝g(m－mAsinα)，α减小，则支持力增大，根据Ff＝μFN，摩擦力增大，故C错误；根据vBcosα＝vA，斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝eq\r(3)∶2，故D正确。6.如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A点沿与河岸的夹角均为θ的两个不同方向渡河。已知两小船在静水中航行的速度大小相等。下列说法正确的是()A.甲先到达对岸B.乙先到达对岸C.渡河过程中，甲的位移小于乙的位移D.渡河过程中，甲的位移大于乙的位移【答案】C【解析】选C两小船在静水中航行的速度大小相等，且渡河方向与河岸的夹角均为θ，所以两船在垂直于河岸方向上的速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响渡河时间，所以甲、乙两小船同时到达对岸，A、B错误。甲船在平行于河岸方向上的速度为v甲′＝v水－v甲cosθ，乙船在平行于河岸方向上的速度为v乙′＝v水＋v乙cosθ，两船在平行于河岸方向上的位移分别为x甲＝v甲′t，x乙＝v乙′t，则x甲<x乙，又两船在垂直于河岸方向上的位移相同，故在渡河过程中，甲的位移小于乙的位移，C正确，D错误。7、（2021·北京市海淀区高三下学期4月一模）如图7所示，甲、乙两运动员在水平冰面上训练滑冰，恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为和（）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是A．在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的长B．在做圆周运动时，甲、乙的角速度大小相等C．在冲刺时，甲一定先到达终点线D．在冲刺时，乙到达终点线时的速度较大【答案】D【解析】首先看做圆周运动的情景，它们的向心力是相等的，根据F向=可知，乙运动员的半径r2较大，则它的周期也大，故半个周期也较大，在做圆周运动时，乙用的时间比甲长，选项A错误；由于乙的周期较大，根据T=可知，乙的角速度较小，选项B错误；其次再把圆周运动与直线运动二者结合起来看，根据F向=，圆周运动时，乙的线速度较大，时间也较长，而在直线运动的过程中，由于加速度和位移都一样，故初速度大的乙的末速度一定也大，选项D正确；但是乙在直线运动中用的时间比较小，但在圆周运动中的时间长，所以甲不一定先到达终点，选项C错误。8、（2021·北京市东城区高三下学期4月一模）如图，飞机距离水平地面的高度为H，在水平方向以速度v0匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一箱质量为m的救援物资，救援物资打在山坡上的A点，A点的高度为h。不考虑空气阻力的影响，则A．这箱物资在空中飞行的时间为B．这箱物资落到A点时的动能为mg（Hh）C．A点距山坡底端的水平距离为D．山坡的倾角θ满足tanθ=【答案】C【解析】由于物资落在A点，下降的高度为Hh，故物资在空中飞行的时间为，选项A错误；根据机械能守恒可知，这箱物资落到A点时的动能为mg（Hh）+mv02，选项B错误；A点距山坡底端的水平距离为v0t=，选项C正确；山坡的倾角θ满足tanθ=，选项D错误。9．(多选)(2020·湖南怀化)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势B．B的向心力等于A的向心力大小C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB【答案】BC【解析】A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A错误；根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小fB＝2mrω2，对A分析，可得B对A的摩擦力大小fA＝mrω2，可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C正确；对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有μB·2mg＝2m·rωeq\o\al(2,B)，解得ωB＝eq\r(\f(μBg,r))，对A分析，A、B间静摩擦力最大时有μAmg＝mrωeq\o\al(2,A)，解得ωA＝eq\r(\f(μAg,r))，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即ωB＜ωA，可得μB＜μA，故D错误。10.(2020·河北保定一模)如图所示，半径为R的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg，g为当地重力加速度，则()A．小球在管顶部时速度大小一定为eq\r(2gR)B．小球运动到管底部时速度大小可能为eq\r(2gR)C．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mgD．小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg【答案】C【解析】小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力。如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mg＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(2gR)，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，可得v1＝eq\r(6gR)，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得FN1＝7mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为7mg。如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝2mgR，解得v2＝2eq\r(gR)，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得FN2＝5mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为5mg，选项C正确，A、B、D错误。11、（2021·山东省烟台适应性练习）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。12、（2021·北京市二模）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