高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习专题一第3讲力与物体的曲线运动讲义

这是一份高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习专题一第3讲力与物体的曲线运动讲义，共20页。

运动的合成与分解
【高分快攻】
1．合运动性质和轨迹的判断方法
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，加速度不恒定则为非匀变速．
2．三种过河情景分析
3.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．
【典题例析】
(2018·高考北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( )
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
[解析] 由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C错误，D正确．
[答案] D
【题组突破】
角度1 小船渡河问题
1．(多选)如图所示，河道宽L＝200 m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤eq \f(L,2))．一小船在静水中的速度v＝10 m/s，自A处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处．设船的运动方向与水流方向夹角为θ，下列说法正确的是( )
A．小船渡河时间大于20 s
B．A、B两点间距离为200eq \r(2) m
C．到达河中央前小船加速度大小为0.2 m/s2
D．在河中央时θ最小，且tan θ＝0.5
解析：选BD.当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为t＝eq \f(L,v)＝eq \f(200,10) s＝20 s，故A错误．因为水的流速大小满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤eq \f(L,2))，易得水流速的平均速度等于eq \f(L,4)处的水流速，则有u＝0.2×eq \f(L,4)＝10 m/s.所以沿河岸方向上的位移为x＝ut＝200 m．所以A、B两点间距离为s＝eq \r(2002＋2002) m＝200eq \r(2) m，故B正确；船在静水中速度是不变的，而水流速度满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤eq \f(L,2))，因x＝vt，其中v＝10 m/s，那么u＝2t，因此到达河中央前小船加速度大小为2 m/s2，故C错误；当到达中央时，水流速度为u＝0.2x＝0.2×100 m/s＝20 m/s最大，此时θ最小，由三角形知识，得tan θ＝eq \f(v,u)＝eq \f(10,20)＝0.5，故D正确．
角度2 牵连速度的分解问题
2．(多选)(2019·枣庄模拟)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是( )
A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \r(2)
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \f(\r(2),2)
解析：选AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh＝eq \r(2)d－d，所以B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有vBcs θ＝v重，即eq \f(vB,v重)＝eq \f(1,cs θ)＝eq \r(2)，所以C正确，D错误．
eq \a\vs4\al()
抛体运动问题
【高分快攻】
抓住“六点”破解平抛运动问题
1．建立坐标，分解运动
将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上)．
2．各自独立，分别分析
3．平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下．
4．两个分运动与合运动具有等时性，且t＝ eq \r(\f(2y,g))，由下降高度决定，与初速度v0无关．
5．任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的2倍，即tan θ＝2tan φ.
6．建好“两个模型”
(1)常规的平抛运动及类平抛模型
(2)与斜面相结合的平抛运动模型
①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形．
②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形．
【典题例析】
(2019·东营模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气的阻力，重力加速度为g.则下列选项正确的是( )
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2 θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2 θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1
[解析] 由小球甲的运动可知，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝eq \f(v0,v′y)＝eq \f(v0,gt′)，解得t′＝eq \f(v0,gtan θ)，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝eq \f(v′y,v0)＝eq \f(1,tan θ)，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2 θ∶1，A错；由h＝eq \f(1,2)gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4 θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2 θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2 θ∶1，D正确．
[答案] D
【题组突破】
角度1 分解思想的应用1．从距地面h高度处水平抛出一个小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是( )
A．小球初速度大小为eq \r(2gh)tan θ
B．小球落地时的速度大小为eq \f(\r(2gh),sin θ)
C．若小球初速度大小减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍
D．若小球初速度大小减为原来的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角为2θ
解析：选B.平抛的小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以落地时竖直方向上的分速度为vy＝eq \r(2gh)，由落地时速度方向与水平方向的夹角为θ可知tan θ＝eq \f(vy,v0)，故v0＝eq \f(\r(2gh),tan θ)，选项 A 错误；根据速度的合成可得小球落地时的速度v＝eq \f(vy,sin θ)，即v＝eq \f(\r(2gh),sin θ)，选项 B 正确；平抛运动的时间只与高度有关，而与水平方向的初速度无关，故选项 C 错误；tan θ＝eq \f(vy,v0)，设初速度大小减半时，小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为α，则有tan α＝eq \f(vy,\f(1,2)v0)＝eq \f(2vy,v0)＝2tan θ，但α≠2θ，选项 D 错误．
角度2 平抛运动中的临界问题
2．一带有乒乓球发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.发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发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气阻力，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率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))