2024-2025学年高考物理一轮复习专题08曲线运动2知识点讲解含解析

专题8曲线运动2考点风向标考点风向标第一部分：考点梳理考点一、速偏法与位偏法处理平抛运动问题考点二、平抛运动中的临界问题考点三、平抛运动——试验考点四、圆周运动的运动学问题考点五、圆周运动中的动力学问题考点六、水平面内圆周运动的临界问题考点七、竖直圆模型考点一、速偏法与位偏法处理平抛运动问题斜面规律方法总结水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))分解速度分解速度，构建速度三角形。利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tanθ＝eq\f(v0,vy)水平：x＝v0t竖直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2)分解位移分解位移，构建位移三角形。利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tanθ＝eq\f(y,x)，可求得t、x、y处理方法利用两个矢量三角形位移矢量三角形和速度矢量三角形，留意其三角形边、角的关系，往往位移偏向角与斜面倾角化归在一起。（典例应用1）如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α．一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为（）B.C.D.【答案】：B【解析】：小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应当沿着B点切线方向，将平抛末速度进行分解，依据几何关系得：，，；；故B对方法总结:探讨抛体运动时，肯定要留意题干所给的关于速度方向的条件或者是隐含条件该条件肯定是处理问题的关键，结合矢量三角形的关系往往可以求得物体在空中飞行的时间，从而求得位移等相应的参数；（典例应用2）如图所示，以水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ的斜面上，则AB之间的水平位移与竖直位移之比为（）A.BC.D【答案】：B【解析】：物体垂直撞到斜面上，可见在B点的速度方向与斜面垂直，对B点小球的速度进行分解，如图所示，结合矢量三角形的关系可得：，，得；，，联立以上各式得：（典例应用3）如图所示，AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平速度v0抛出一小球，其第一次落点到A的水平距离为S1；从A点以水平速度3v0抛出小球，其第一次落点到A的水平距离为S2，不计空气阻力，则S1︰S2不行能等于（）A．1︰3B．1︰6C:1:9D:1:12【答案】：D【解析】：小球做平抛运动的落点分为3种状况，有可能两次都落在斜面上，有可能水平速度较大的落在斜面以外，速度较小的落在斜面上，也有可能两次都落在水平面上；状况1、如图所示，小球均落在斜面上；假如小球落在斜面上，可以确定小球的位移肯定是沿斜面方向的；分解位移可得：;求得；可见假如小球落在斜面上，影响小球飞行时间的因素是斜面的倾角与小球抛出时的初速度；所以；；状况2：假如两次小球均落在水平面上，则小球下落的高度相同，，所以小球在空中飞行的时间相同即；；状况3：假如小球一次落在水平面上一次落在斜面上则小球产生的水平位移之比必定介于二者之间；所以本题只有D选项不行能；方法总结：当物体在斜面上做平抛运动最终又落在斜面上时，说明物体运动的位移方向与的倾角是一样的此类问题可以利用分解位移的思路求得时间，该结论肯定要记住；考点二、平抛运动中的临界问题处理平抛运动临界问题应抓住两点(1)分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或微小，让临界问题突现出来，找到产生临界状态的条件。(2)要用分解速度或者分解位移的方法分析平抛运动的临界问题。（典例应用4）(2015·课标全国Ⅰ)一带有乒乓球放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，放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水平放射乒乓球，放射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的放射速率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.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))＜v＜L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))【答案】：D【解析】：当放射机正对右侧台面放射，乒乓球恰好过网时，放射速度最小。由平抛运动规律，eq\f(L1,2)＝v1t,2h＝eq\f(1,2)gt2，联立解得：v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))。当放射机正对右侧台面的某个角放射，乒乓球恰好到达角上时，放射速度最大。由平抛运动规律，eq\r(L\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2)＝v2t′，3h＝eq\f(1,2)gt′2，联立解得：v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))。即速度v的最大取值范围为eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))＜v＜eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))，选项D正确，选项A、B、C错误。（典例应用5）如图所示，水平屋顶高H＝5m,围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外公路宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的公路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为(g取10m/s2)()A.6m/sB.12m/sC.4m/sD.2m/s【答案】AB【解析】：如图所示，设小球的速度为v1时小球刚好越过围墙；结合平抛运动规律可得：；代入相关参数得：；设小球的速度为v2时小球刚好落在公路的外围；结合平抛运动规律可得：；代入相关参数得：；所以小球要越过围墙掉在公路以内速度的大小为；故AB选项正确；方法总结：画出正确的示意图，使隐藏于问题深处的条件显露无遗，平抛运动的临界问题可用极限分析法求解，v不能太大，否则小球将落到公路外；v又不能太小，否则小球将被障碍物(墙)拦住而不能落在右侧公路上。因而只要分析以上两个临界状态，即可解得所求的范围。考点三、平抛运动——试验（典例应用6）某同学在做平抛运动实得出如图8所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出．则：(g取10m/s2)(1)小球平抛的初速度为________m/s.(2)小球起先做平抛运动的位置坐标为________cm.y＝________cm.(3)小球运动到b点的速度为________m/s.【答案】：(1)2m/s(2)-10-1.25(3)2.5【解析】:(1)本题要留意a点不肯定是小球的抛出点，所以小球从a点向下的运动在竖直方向不肯定是自由落体；假设a、b、c、3点的时间间隔为“T”对小球在竖直方向分析：；在水平向对小球探讨；；(2)选择ac段在竖直方向分析，平均速度等于中间时刻的瞬时速度：设从抛出点到b的时间为t则：；；抛出点到b点的水平位移；b点的水平坐标为20cm。所以抛出点水平坐标为-10；抛出点到b点的竖直位移；b点的竖直坐标为10cm。所以抛出点竖直坐标为-1.25cm；(3)方法总结：处理此类问题的关键在于要留意小球的起始点不肯定是其抛出点，所以当须要计算相邻两点时间间隔“T”的时候肯定要留意只能用公式来求“T”不能用干脆用求“T”要通过本题学会如何利用已知条件反推原始抛出点的坐标的技巧；（典例应用7）Ⅰ.图1是“探讨平抛物体运动”的试验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．(1)以下是试验过程中的一些做法，其中合理的有________．a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b．每次小球释放的初始位置可以随意选择c．每次小球应从同一高度由静止释放d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接图1(2)试验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中yx2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________．abcd图2图3(3)图3是某同学依据试验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距Δx为40.0cm.则平抛小球的初速度v0为________m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为________m/s(结果保留两位有效数字，g取10m/s2)．【答案】(1)ac(2)c(3)2.04.0【解析】本题考查“探讨平抛物体的运动”试验原理、理解实力与推理计算实力．(1)要保证初速度水平而且大小相等，必需从同一位置释放，因此选项a、c正确．(2)依据平抛位移公式x＝v0t与y＝eq\f(1,2)gt2，可得y＝eq\f(gx2,2veq\o\al(2,0))，因此选项c正确．(3)将公式y＝eq\f(gx2,2veq\o\al(2,0))变形可得x＝eq\r(\f(2y,g))v0，AB水平距离Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2y2,g))－\r(\f(2y1,g))))v0，可得v0＝2.0m/s，C点竖直速度vy＝eq\r(2gy3)，依据速度合成可得vc＝eq\r(2gy3＋veq\o\al(2,0))＝4.0m/s.考点四、圆周运动的运动学问题1．对公式v＝ωr的理解当r肯定时，v与ω成正比；当ω肯定时，v与r成正比；当v肯定时，ω与r成反比。2．对a＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解当v肯定时，a与r成反比；当ω肯定时，a与r成正比。3．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB。（典例应用8）如图所示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则()A．ω1<ω2，v1＝v2 B．ω1>ω2，v1＝v2C．ω1＝ω2，v1>v2 D．ω1＝ω2，v1<v2【答案】：A【解析】两轮边缘接触线速度相等，结合线速度与角速度的关系可得A选项正确。(典例应用9)如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，学员和教练员(均可视为质点)()A．运动周期之比为5∶4B．运动线速度大小之比为1∶1C．向心加速度大小之比为4∶5D．受到的合力大小之比为15∶14【答案】：D【解析】：A、B两点做圆周运动的角速度相等，依据T＝eq\f(2π,ω)知，周期相等，故A错误。依据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4，故B错误。依据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C错误。依据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D正确。考点五、圆周运动中的动力学问题1．向心力的来源(1)向心力的方向沿半径指向圆心；(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力。2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。(2)分析物体的受力状况，找出全部的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。3．向心力与合力的关系(1)匀速圆周运动(2)变速圆周运动（典例应用10）铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于eq\r(gRtanθ)，则()A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C．这时铁轨对火车的支持力等于eq\f(mg,cosθ)D．这时铁轨对火车的支持力大于eq\f(mg,cosθ)【答案】：C【解析】：由牛顿其次定律F合＝meq\f(v2,R)，解得F合＝mgtanθ，此时火车受重力和铁路轨道的支持力作用，如图所示，FNcosθ＝mg，则FN＝eq\f(mg,cosθ)，内、外轨道对火车均无侧压力，故C正确；A、B、D错误。方法总结“一、二、三、四”求解圆周运动问题考点六、水平面内圆周运动的临界问题1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω改变时，物体有远离或向着圆心运动的趋势。这时要依据物体的受力状况，推断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特殊是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。2．三种临界状况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。(典例应用11)将一平板折成如图所示形态，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO′匀速转动，放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB板的动摩擦因数为()A．μ＝tanθ B．μ＝eq\f(1,tanθ)C．μ＝sinθ D．μ＝cosθ【解析】：设物块与AB部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L，由于物块刚好不滑动，则对AB板上的物体有μmg＝mω2L，对BC板上的物体有mgtanθ＝mω2L，因此μ＝tanθ，A项正确。【答案】：A（典例应用12）如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg。当AC和BC均拉直时∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。ABC能绕竖直轴AB匀速转动，因而C球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(g取10m/s2)()A．AC5m/s B．BC5m/sC．AC5.24m/s D．BC5.24m/s【答案】：B【解析】：据题意，小球转动时向心力为FTBC＋FTACcos53°＝meq\f(v2,R)，此时设BC绳刚好被拉断，则拉力为FTBC＝2mg，此时FTACsin53°＝mg，即FTAC＝eq\f(5,4)mg，说明BC绳先被拉断；当AC绳拉断时，有FTAC′＝2mg，此时由于小球重力等于mg，则AC绳与水平方向的夹角等于30°，有FTAC′cos30°＝meq\f(v′2,R′)，此时小球转动半径为R′＝eq\f(BC,cos53°)cos30°＝eq\f(5\r(3),6)m，代入数值得v′＝5m/s，故选项B正确。考点七、竖直圆问题竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”。2.竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法“轻绳”模型“轻杆”模型图示受力特征物体受到的弹力方向为向下或等于零物体受到的弹力方向为向下、等于零或向上受力示意图力学方程mg＋FN＝meq\f(v2,R)mg±FN＝eq\f(mv2,R)临界特征FN＝0mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0FN＝mg过最高点的条件在最高点的速度v≥eq\r(gR)在最高点的速度v≥0（典例应用13）如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻