2021届高考物理二轮复习-专题一-第3讲-抛体运动-圆周运动学案

2021届高考物理二轮复习专题一第3讲抛体运动圆周运动学案2021届高考物理二轮复习专题一第3讲抛体运动圆周运动学案PAGE12-2021届高考物理二轮复习专题一第3讲抛体运动圆周运动学案2021届高考物理二轮复习专题一第3讲抛体运动圆周运动学案年级：姓名：第3讲抛体运动圆周运动思维导图要点熟记1.物体做曲线运动的条件：当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动。2.平抛(或类平抛)运动的推论(1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。(2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ。3.水平面内圆周运动的临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。(2)常见临界条件：绳子松弛的临界条件是绳的张力FT＝0；接触面滑动的临界条件是拉力F＝Ffmax；接触面分离的临界条件是接触面间的弹力FN＝0。4.竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳模型：半径为R的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是v≥eq\r(gR)。(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v≥0。[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能考向一运动的合成与分解1．运动性质和轨迹的判断若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速运动，加速度不恒定则为非匀变速运动。2．三种过河情景时间最短位移最短渡河情景渡河条件船头垂直于河岸船头斜向上游且v船>v水船头斜向上游，与合速度方向垂直，且v水>v船渡河结果最短时间tmin＝eq\f(d,v船)最短位移为河宽d最短位移为eq\f(v水,v船)d3.“端速问题”解题原则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求解，常见的模型如图所示。[典例1](多选)(2020·山东师范大学附属中学高三模拟)质量为2kg的质点在xOy平面上做曲线运动，它在x方向的速度图像和y方向的位移图像如图所示。下列说法正确的是()A．质点的初速度为5m/sB．2s末质点的速度大小为6m/sC．质点初速度的方向与合外力方向垂直D．质点所受的合外力为3N[解析]质点在x方向的初速度为vx＝3m/s，y方向的初速度为vy＝－4m/s，故质点的初速度为v0＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝5m/s，A正确；2s末质点的速度大小为v＝eq\r(62＋42)m/s＝2eq\r(13)m/s，B错误；合外力沿x方向，而初速度方向既不沿x方向，也不沿y方向，故质点初速度的方向与合外力方向不垂直，C错误；质点的加速度a＝1.5m/s2，所受的合外力F合＝ma＝3N，D正确。[答案]AD易错警示运动的合成与分解问题的三点注意……………………(1)物体的实际运动是合运动，明确分运动的特点，如典例中物体在x方向和y方向的运动特点。(2)根据物体运动过程的受力分析判断合运动的性质，如典例中的合外力沿x方向，合运动是匀变速曲线运动。(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，遵循平行四边形定则，同时还要注意合运动与分运动的等时性。1．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点。如果划船速度大小相等，且两船相遇时不影响各自的航行，下列判断正确的是()A．甲船也能到达正对岸B．甲船渡河时间一定短C．两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D．渡河过程中两船不会相遇解析：甲船航行方向与河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上v甲＝vsinα，v乙＝vsinα，故渡河时间t甲＝eq\f(d,v甲)＝eq\f(d,vsinα)、t乙＝eq\f(d,v乙)＝eq\f(d,vsinα)，所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，B、D错误，C正确。答案：C2．如图所示，物体A套在竖直杆上，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，开始时A、B间的细绳呈水平状态。现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿杆匀速下滑(B始终未与滑轮相碰)，则()A．绳与杆的夹角为α时，B的速率为vsinαB．绳与杆的夹角为α时，B的速率为vcosαC．物体B也做匀速直线运动D．物体B做匀加速直线运动解析：如图所示，将A物体的速度按图示两个方向分解，绳子速率v绳＝v∥＝vcosα，而绳子速率等于物体B的速率，则物体B的速率vB＝v绳＝vcosα，故A错误，B正确；因物体A向下运动的过程中α减小，则cosα增大，vB增大，B物体做加速运动，但不是匀加速运动，故C、D错误。答案：B3．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v­t图像如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x­t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是()A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8m/sD．t＝2s时猴子的加速度大小为4m/s2解析：由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；x­t图像的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为vx＝4m/s，又竖直方向初速度大小vy＝8m/s，则t＝0时猴子的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝4eq\r(5)m/s，故C错误；v­t图像的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－8,2)m/s2＝－4m/s2，即加速度大小为4m/s2，故D正确。答案：BD考向二抛体运动1．处理方法分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。2．两个推论(1)做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，如图中的B是OC的中点。(2)做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角θ及位移与水平方向的夹角φ，则满足tanθ＝2tanφ。3．两个“二级结论”(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。(2)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。[典例2](多选)(2020·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图所示，D点为固定斜面AC的中点。在A点和D点分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端C点。空气阻力不计。设两球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是()A.eq\f(t1,t2)＝2 B．eq\f(v01,v02)＝eq\r(2)C.eq\f(v1,v2)＝eq\r(2) D．eq\f(tanθ1,tanθ2)＝eq\f(1,2)[解析]两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))。两球下落的高度之比h1∶h2＝2∶1，可得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(2),1)，故A错误；小球水平方向做匀速直线运动，则v0＝eq\f(x,t)，两球水平位移之比x1∶x2＝2∶1，结合eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(2),1)，得eq\f(v01,v02)＝eq\r(2)，故B正确；设斜面的倾角为α，小球落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，tanθ＝eq\f(gt,v0)＝2tanα，是定值，所以eq\f(tanθ1,tanθ2)＝1，即θ1＝θ2，落到C点前瞬间的速度大小分别为v1＝eq\f(v01,cosθ1)，v2＝eq\f(v02,cosθ2)，可得eq\f(v1,v2)＝eq\r(2)，故C正确，D错误。[答案]BC4.如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是()A．va＝2vb B．va＝eq\r(2)vbC．ta＝2tb D．ta＝2eq\r(2)tb解析：b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2∶1，根据h＝eq\f(1,2)gt2知，t＝eq\r(\f(2h,g))，则ta＝eq\r(2)tb，因为a、b两球水平位移之比为2∶1，则va＝eq\r(2)vb，故B正确，A、C、D错误。答案：B5．(2020·高考全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq\f(E2,E1)等于()A．20 B．18C．9.0 D．3.0解析：摩托车从a点做平抛运动到c点水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(\f(gh,2))动能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(mgh,4)摩托车从a点到b点水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得v2＝3eq\r(gh)动能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(9,2)mgh，故eq\f(E2,E1)＝18。答案：B6．(多选)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大解析：由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，A正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2可推出A运动的时间是B的eq\r(2)倍，B错误；小球A的初速度v0A＝eq\f(l,tA)＝eq\f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq\f(1,2)eq\r(gl)，小球B的初速度v0B＝eq\f(2l,tB)＝eq\f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq\r(2gl)，A的初速度是B的eq\f(\r(2),4)，C错误；根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0A)＋mAg·2l，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0B)＋mBgl，解得vA＝eq\r(4.25gl)，vB＝eq\r(4gl)，所以vA＞vB，D正确。答案：AD考向三圆周运动问题1．基本思路(1)对物体进行受力分析，找出向心力来源，确定圆心及半径。(2)灵活应用动力学方程：F＝ma＝meq\f(v2,R)＝mω2R＝mωv＝meq\f(4π2,T2)R＝4mπ2f2R。2．两种模型(1)最高点无支撑(轻绳模型)：FN＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)，即在最高点速度不能为零。(2)最高点有支持(轻杆模型)：mg＝FN，v＝0，即在最高点速度可以为零。杆对小球的弹力为零的条件是v＝eq\r(gR)，也是杆对小球是拉力还是支持力的转折点。3．一种联系：竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理建立联系。[典例3](多选)由于受新冠肺炎疫情影响，中国体操队选手没能按计划参加2020年体操世界杯墨尔本站比赛，荷兰名将宗德兰德轻松夺冠。假设运动员训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，运动员运动到最高点时，用力传感器测得运动员与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F­v2图像如图乙所示。g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．运动员的质量为65kgB．运动员的重心到单杠的距离为0.9mC．当运动员在最高点的速度为4m/s时，运动员受单杠的弹力方向向上D．在完成“单臂大回环”的过程中，运动员运动到最低点时，单臂最少要承受3250N的力[解析]对运动员在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图像解得质量m＝65kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝eq\f(mv2,R)，结合图像可解得R＝0.9m，故运动员的重心到单杠的距离为0.9m，选项B正确；当运动员在最高点的速度为4m/s时，运动员受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；运动员经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，运动员从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3250N，即运动员的单臂最少要承受3250N的力，选项D正确。[答案]ABD规律总结解决圆周运动问题的主要步骤……………………(1)确定研究对象，明确运动模型，如典例中是竖直平面内的圆周运动，运动员的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”。(2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等。(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源，如典例中，单杠对运动员的弹力与其重力充当向心力。(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。7.(多选)(2020·甘肃兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在平面的倾角为θ，则()A．该弯道的半径r＝eq\f(v2,gtanθ)B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压解析：火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(v2,gtanθ)，故A正确；根据牛顿第二定律得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(grtanθ)，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确。答案：ABD8.(多选)(2020·重庆高三调研)如图所示，用长为L的轻绳(轻绳不可伸长)连接的甲、乙两物块(均可视为质点)放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O的距离也为L，甲、乙两物块的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法正确的是()A．圆盘转动的角速度最大为eq\r(\f(3μg,2L))B．圆盘转动的角速度最大为eq\r(\f(2μg,3L))C．轻绳最大弹力为eq\f(1,3)μmgD．轻绳最大弹力为μmg解析：当ω较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力，ω增大时，由F＝mω2r可知，它们受到的静摩擦力也增大，而r甲＝L，r乙＝2L，r甲<r乙，所以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后ω继续增大，要保证乙不滑动，轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大，直到甲受到