新高考物理二轮复习讲义03讲 力与曲线运动之平抛圆周（含解析）

2022-2023高考物理二轮复习（新高考）03讲力与曲线运动之平抛圆周力与曲线运动的思维导图重难点突破1.直线还是曲线运动的判断：（1）判断条件：物体所受合力方向与速度方向不共线-曲线运动物体所受合力方向与速度方向共线-直线运动。（2）特点：①速度和力夹轨迹。②力指向弯曲的方向。2.运动的合成与分解的运算法则：平行四边形法则。3.平抛运动规律：（1）时间由高度决定。（2）平抛轨迹中，任意时刻速度的反向延长线过此时水平位移的中点。（3）在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向夹角为α，则有tanθ=2tanα。4.做匀速圆周运动的物体，其合力提供向心力--要求受力分析时合力指向圆心。向心力不做功，只改变速度方向，不改变速度大小。5.水平方向的圆周运动水平方向的圆周问题，可由接触面的支持力，接触面的摩擦力，绳或杆的拉力等提供向心力。解题关键在于各种力的临界状态。竖直方向的圆周运动在最高点的临界条件时FN=07.传动装置(1)记忆:同带线速度相等，同轴角速度相等。(2)对于不相邻的装置，通过相邻的装置来计算角速度与线速度关系。1．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。例1：21世纪以来，“校园足球”一直是备受关注的焦点。如图为某次足球比赛时足球在空中的飞行轨迹（轨迹在竖直平面内，空气阻力不可忽略），则足球在最高点的速度v的方向和所受合力F的方向应为（）A． B．C． D．【答案】A【详解】ABCD．足球在最高点的特点是速度方向沿水平方向，受到竖直向下的重力和与速度方向相反的空气阻力若最高点速度水平向左，如图所示若最高点速度水平向右，如图所示故BCD错误，A正确。故选A。跟踪训练1：2022年8月4日12时至8月7日12时，中国人民解放军在东海指定海域进行了军事演习和实弹射击。图为演习过程中我国空军飞机在空中盘旋时的情景，若飞机盘旋时做圆周运动，且速度不断增大，下列说法正确的是（）A．飞机受到的合力可能是恒力B．飞机受到的合力与速度垂直C．飞机的加速度与速度的夹角小于90°D．飞机的加速度与速度的夹角大于90°【答案】C【详解】A．飞机做圆周运动时受到的合力方向不断变化，A项错误；BCD．由于速度在增大，因此合力的方向即加速度方向与速度的方向夹角小于90°，C项正确，BD错误。故选C。2.无论是平抛运动还是斜抛运动，都是加速度为g的匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的:解答抛体运动，要注意三个基本关系：速度分解关系、位移分解关系、加速度分解关系．例2：电影《独行月球》中有一幕，沈腾为了追赶队伍，开车跨越陨石坑失败。最终跌落坑中心处，看着大家发射离开。假设沈腾开车做平抛运动，离开地面时的最大速度为50m/s。陨石坑的宽度约为200m，月球表面的重力加速度约为1.6m/s2。则陨石坑的深度为（）A．20m B．3.2m C．40m D．6.4m【答案】B【详解】根据平抛运动规律，可得SKIPIF1<0依题意，有SKIPIF1<0联立，解得SKIPIF1<0故选B。跟踪训练2：一把玩具枪水平射出的子弹正好能打在竖直墙角的A点，如图所示，枪口离水平地面的高度为h，离竖直墙壁的水平距离为x。若让以相同速度射出的子弹打在离地高度为SKIPIF1<0的B点，需让枪口和墙壁间距离变为（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【详解】根据平抛运动的规律可知，竖直方向上有SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0又因为SKIPIF1<0所以SKIPIF1<0故选B。3.解答斜面上的平抛运动问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。例3：如图所示，以10m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ＝30°的斜面上，g取10m/s2，这段飞行所用的时间为()A．eq\f(\r(2),3)sB．eq\f(2\r(3),3)sC．eq\r(3)s D．2s答案：C[解析]如图所示，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度vy，则有eq\f(vy,v0)＝cot30°，又vy＝gt将数值代入以上两式得t＝eq\r(3)s。跟踪训练3：如图所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)()A．v0tanθ B．eq\f(2v0tanθ,g)C．eq\f(v0cotθ,g) D．eq\f(2v0cotθ,g)答案：D[解析]如图所示，要使小球到达斜面的位移最小，则小球落点与抛出点的连线应与斜面垂直，所以有tanθ＝eq\f(x,y)，而x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0cotθ,g)。4.圆周类问题解题思路：（1）确定圆周运动的类型以及受力，画出受力分析图。（2）根据运动状态确定向心力大小。（3）计算合力大小，根据牛顿定律及向心力公式列等式。例4：如图所示，一汽车过半径均为50m的圆弧形凹桥和凸桥，在凹桥的最低处和凸桥的最高处的速度大小均为10m/s，取重力加速度大小g＝10m/s2，则在凹桥的最低处和凸桥的最高处汽车对桥面的压力大小之比为()A．3∶2 B．5∶4C．2∶1 D．3∶1答案A解析设汽车的质量为m，汽车过圆弧形凹桥时，则有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝12m，根据牛顿第三定律可得，在凹桥的最低处汽车对桥面的压力大小为12m；汽车过圆弧形凸桥时，则有mg－FN′＝meq\f(v2,R)，解得FN′＝8m，根据牛顿第三定律可得，在凸桥的最高处汽车对桥面的压力大小为8m；故在凹桥的最低处和凸桥的最高处汽车对桥面的压力大小之比为3∶2，B、C、D错误，A正确．跟踪训练4：如图所示，小木块a、b和c(均可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m0，c的质量为eq\f(m0,2)，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是()A．b、c所受的摩擦力始终相等B．当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C．b和c均未滑落时线速度一定相等D．b开始滑动时的角速度是eq\r(2kgl)答案B解析木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．b、c质量不相等，由Ff＝mrω2知b、c所受摩擦力不相等，A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，a、b的质量均为m0，c的质量为eq\f(m0,2)，a与转轴OO′的距离为l，c与转轴OO′的距离为2l，Ff＝mrω2，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正确；b和c均未滑落时，由v＝rω知线速度大小相等，方向不相同，C错误；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，则km0g＝m02lω2，解得ω＝eq\r(\f(kg,2l))，D错误．5.带电粒子在磁场中的三种模型：放缩圆：速度方向一定、大小不同旋转圆：速度大小一定，方向不同平移圆：速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上例5：如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。[答案](1)eq\f(143πm,90qB)(2)eq\f(qBl,4m)<v0≤eq\f(5qBl,9m)[解析](1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示，有qBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)又T＝eq\f(2πR,v0)解得T＝eq\f(2πm,Bq)又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间t＝eq\f(360°－θ,360°)T＝eq\f(143πm,90qB)。(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几何关系可得R1＋R1sin37°＝0.4l又qBv01＝eq\f(mv\o\al(2,01),R1)解得v01＝eq\f(qBl,4m)；当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨道半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l又qBv02＝eq\f(mv\o\al(2,02),R2)解得v02＝eq\f(5qBl,9m)综上可得eq\f(qBl,4m)<v0≤eq\f(5qBl,9m)。跟踪训练5：(多选)如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射速度为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则()A．粒子能打到荧屏MN上的区域长度为2eq\r(3)dB．能打到荧屏MN上最左侧的粒子所用的时间为eq\f(πd,v)C．粒子从发射到打到荧屏MN上的最长时间为eq\f(πd,v)D．同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差为eq\f(7πd,6v)[答案]B[解析]打在荧屏MN上的粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能打到荧屏MN上的区域长度为：l＝AB＝R＋eq\r(3)R＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，故A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧屏MN上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得：t＝eq\f(πd,v)，故B正确；在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子的运动轨迹如图2所示，粒子做完整圆周运动的周期T＝eq\f(2πd,v)，由几何关系可知，最长时间：t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，最短时间：t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差：Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C错误，D正确。跟踪训练6：(多选)如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝eq\f(π,6)。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为eq\f(4,3)t0(不计重力)，则下列说法中正确的是()A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(πm,2qt0)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq\f(2,5)dD．粒子进入磁场时速度大小为eq\f(3πd,5t0)[答案]ABC[解析]根据题意，粒子垂直AB边射入，垂直AC边射出时经过四分之一个周期，即eq\f(1,4)T＝t0，解得T＝4t0，A正确；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，粒子运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)＝4t0，可解得该匀强磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(πm,2qt0)，B正确；当粒子轨迹与BC边相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，为eq\f(4,3)t0＝eq\f(1,3)T，则在磁场中转过的圆心角为120°，如图所示，根据几何关系可知Rsineq\f(π,6)＋eq\f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq\f(2,5)d，C正确；根据T＝eq\f(2πR,v)可知，v＝eq\f(2πR,T)＝eq\f(2π·\f(2,5)d,4t0)＝eq\f(πd,5t0)，D错误。基础训练1.如图甲，在水平桌面上放一张白纸，白纸上固定一条由几段弧形轨道组合而成的弯道．使表面沾有红色印泥的钢球以一定的初速度从弯道的C端滚入，钢球从出口A离开后会在白纸上留下一条痕迹．如图乙，拆去一段轨道，球仍从C端滚入，则球离开B端后留下的痕迹可能为（）A．痕迹① B．痕迹② C．痕迹③ D．痕迹④【答案】B【详解】物体做曲线运动时，某一点的速度方向为该点轨迹切线方向，可知钢球从B端离开的速度方向沿着管口切线方向，故留下的痕迹可能为痕迹②，B正确，ACD错误。故选B。2.在地球和月球上以相同的水平速度和高度抛出同一个物体，关于它们在水平方向通过的最大距离，下列说法正确的是（）A．地球上的距离大B．月球上的距离大C．两者的距离相同 D．以上说法都不对【答案】B【详解】物体做平抛运动，竖直方向有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0水平方向有SKIPIF1<0联立可得SKIPIF1<0以相同的水平速度和高度抛出同一个物体，由于地球表面重力加速度大于月球表面重力加速度，可知物体在地球上水平方向通过的最大距离比在月球上水平方向通过的最大距离小。故选B。3.如图所示，小球由倾角为45°的斜坡底端P点正上方某一位置Q处自由下落，下落至P点的时间为t1，若小球从同一点Q处以速度v0水平向左抛出，恰好垂直撞在斜坡上，运动时间为t2，不计空气阻力，则t1︰t2等于()A．1︰2B．eq\r(3)︰1C．1︰eq\r(2) D．1︰eq\r(3)答案：B[解析]小球自Q处自由下落，下落至P点，则有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；小球自Q处水平向左抛出，恰好垂直撞在斜坡上，如图所示，则有vy＝v0＝gt2，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x＝v0t2，由几何关系知x＝2h，H＝x＋h，联立解得t1︰t2＝eq\r(3)︰1，故B正确。4.质量为m的小球，用长为l的线悬挂在O点，在O点正下方eq\f(l,2)处的O′点有一光滑的钉子，把小球拉到与O′在同一竖直面内的某一位置，由静止释放，下摆过程中摆线将被钉子拦住，如图所示．当球第一次通过最低点P时()A．小球的线速度突然增大B．小球的角速度突然减小C．摆线上的张力突然减小D．小球的向心加速度突然增大答案D解析当球第一次通过P点时，线速度的大小不变，故A错误；由于线速度大小不变，根据ω＝eq\f(v,r)知，球运动的半径变小，则角速度变大，故B错误；根据牛顿第二定律得FT－mg＝meq\f(v2,r)，线速度大小不变，球运动半径变小，则摆线张力变大，故C错误；根据an＝eq\f(v2,r)知，线速度大小不变，球运动的半径变小，则向心加速度突然变大，故D正确．5.(2022·重庆市南开中学高三月考)如图所示，质量为4kg、半径为0.5m的光滑管状细圆环用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于管的内径，它们的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg.某时刻，小球A、B分别位于圆环最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56N．则B球的速度大小vB为(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s答案C解析对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(v\o\al(A2),R)，代入数据解得FA＝28N，由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，大小为28N．设B球对环的力N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力FB为124N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(v\o\al(B2),R)，解得vB＝6m/s.故选C.能力提升6.如图所示，右边是横截面为3/4圆的容器，半径为R，E是圆的最高点，C是圆的最低点，从A点水平向右抛出一个可以看成质点的小球，抛出点A到地面的高度为h，抛出点A到C点的水平距离L=2R，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．若h=2.2R，只要小球的初速度合适就有可能落入容器内B．若h=2.2R，无论小球水平抛出的初速度是多少都不可能落入容器内C．若h=3R，无论小球水平抛出的初速度是多少都不可能落入容器内D．若h=3R，当初速度SKIPIF1<0时小球能落入容器内【答案】B【详解】AB．当h=2.2R时，若小球恰好通过E点，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0若小球恰好通过D点，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0要使得小球能落入容器内，初速度应该满足的条件为SKIPIF1<0不能成立，故A错误，B正确；CD．当h=3R时，若小球恰好通过E点，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0若小球恰好通过D点，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0要使得小球能落入容器内，初速度应该满足的条件为SKIPIF1<0即SKIPIF1<0故CD错误。故选B。7.在地球和月球上以相同的水平速度和高度抛