高考物理二轮复习 第1部分 专题1 第3讲 力与曲线运动

这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题1 第3讲 力与曲线运动，共19页。试卷主要包含了平抛运动的研究方法，平抛运动的二级结论等内容，欢迎下载使用。
　力与曲线运动
真题情境
　　
2021·全国甲卷T15　　　　2021·全国乙卷T18
　　　　
2020·全国卷ⅠT16　　　　　2020·全国卷ⅡT16

考情分析
【命题分析】
高考对本讲的命题，选择题多集中在考查平抛运动、卫星运动的规律；计算题集中在圆周运动规律的综合应用，题目与生活、生产相联系，涉及相关物理量的临界和极限状态的求解。
【素养要求】
1．掌握小船渡河问题、关联速度问题的处理方法。
2．应用平抛运动特点及规律解决相关问题。
3．掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题。
4．掌握天体和卫星的运行特点和规律。
5．会应用动力学和能量观点分析卫星变轨问题。

必备知识



突破点一| 抛体运动
1．平抛运动的研究方法

2．平抛运动的二级结论

(1)做平抛运动的物体在任一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，则tan α＝。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ的正切值的2倍，即tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛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1]　如图所示，一小球在斜面的顶端以初速度v0水平抛出，最后落到斜面上。已知斜面的倾角为α，小球的质量为m，重力加速度为g。求：

(1)小球落到斜面时速度大小和方向与水平面夹角的正切值；
(2)小球离斜面最远时的速度大小和运动时间。
[解析]　(1)如图所示，设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ

小球在水平方向上做匀速直线运动，有vx1＝v0，x＝v0t
小球在竖直方向上做自由落体运动，有
vy1＝gt，y＝gt2
小球落到斜面上，所以有tan α＝＝
解得t＝
tan θ＝＝＝2tan α
小球落到斜面上的速度v1＝＝v0。
(2)当小球的运动方向与斜面平行时，小球与斜面相距最远，设此时经历时间为t′，小球的运动方向与水平方向的夹角为α，则有
vx＝vcos α，tan α＝＝，vx＝v0
解得t′＝，v＝。
[答案]　(1)v0　2tan α
(2)　
[母题追问]
1．在上述例题的基础上改变为以下情景：在足够长斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，小球落至斜面时下落的竖直高度为h1；若将此球改用2v0水平速度抛出，仍落至斜面时下落的竖直高度为h2。则h1∶h2为(　　)

A．1∶2　 B．1∶3
C．2∶1 　 D．1∶4
D　[斜面倾角的正切值为tan α＝＝＝，则运动的时间为t＝，可知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运动时间变为原来的2倍，所以时间比为1∶2。平抛运动下落的竖直高度h＝gt2∝t2，则h1∶h2＝1∶4，故D正确，A、B、C错误。]
2．在上述例题的基础上改变为以下情景：让小球在斜面的顶端以初速度v0垂直斜面斜向上抛出，最后仍落到斜面上。其他条件不变。求：

(1)小球落到斜面上时的水平位移和竖直位移的大小；
(2)小球从抛出到离斜面最远时的时间；
(3)小球离斜面最远时的速度大小。
[解析]　(1)建立如图所示的坐标系，分解重力可知：小球在沿斜面方向上做初速度为0的匀加速直线运动，ax＝gsin α；小球在y轴方向上做加速度大小为ay＝gcos α的类竖直上抛运动。

小球运动的时间t＝＝
沿斜面的距离x＝axt2＝
所以小球落到斜面上的水平位移为
x∥＝xcos α＝
竖直位移为x⊥＝xsin α＝。
(2)小球从抛出到离斜面最远时的时间为
t′＝＝。
(3)小球离斜面最远时vy＝0，只有沿x轴方向上的速度，则vx＝axt′＝v0tan α。
[答案]　(1)　　(2)　(3)v0tan α
反思感悟：平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
[考向预测]
1．(2021·湖南永州二模)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c处。今在c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恰好落在斜面的三等分点d处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　)

A．ta＝tb　　 B．ta＝3tb
C．va＝vb　　 D．va＝vb
C　[由于a、b两球下降的高度之比为3∶1，根据h＝gt2可知下落时间t＝，则两小球运动的时间关系是ta＝tb，故A、B错误；因为两球水平位移之比为3∶2，由v0＝得va＝vb，故C正确，D错误。]
2．(多选)如图所示，在一个倾角为37°的长斜面底端O点正上方h＝1.7 m的P点处将一小球以速度v0水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q点，sin 37°＝0.6。取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．小球的初速度v0＝4 m/s
B．Q点离O点的距离|QO|＝1.2 m
C．保持h不变，将小球以2v0的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O点的距离小于2|QO|
D．若抛出点高度变为2h，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为v0
CD　[如图甲所示，小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为53°，设Q到水平面的高度为y，到OP的距离为x，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值tan 53°＝2·＝2·，可得y＝h≈0.9 m，x＝1.2 m，|QO|＝＝1.5 m，B错误；小球在空中运动的时间t＝＝0.4 s，初速度v0＝＝3 m/s，A错误；保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示，若无斜面，则小球应击中Q′点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端O的距离小于2|QO|，C正确；若抛出点高度变为2h，根据小球垂直击中斜面的规律知，y′＝×2h，小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，故小球的初速度应调整为原来的倍，D正确。故选CD。

甲　　　　　　　　　　　乙　]
3．如图所示，边长为a的正方体无盖盒子ABCD­A′B′C′D′放置在水平地面上，O与A′、B′在同一直线上，且O与A′的距离为a。将小球(可视为质点)从O点正上方距离O点3a处以某一速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g。为使小球能落在盒子内部，则小球抛出时速度v大小的范围为(　　)

A．