《新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题03曲线运动及运动分解（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题03曲线运动及运动分解（含解析）（34页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题03：曲线运动及运动分解考点1 曲线运动和运动的合成与分解1考点2 平抛运动3考点3 圆周运动7考点4 平抛运动和圆周运动的组合问题10考点1 曲线运动和运动的合成与分解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。2渡河问题中分清三种速度(1)合速度：物体的实际运动速度。(2)船速：船在静水中的速度。(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。3端速问题解题方法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
2、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。甲乙丙丁【典例1】由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30匀速转动到60的过程中，下列说法正确的是（ ）A. P点的线速度大小不变B. P点的加速度方向不变C. Q点在竖直方向做匀速运动D. Q点在水平方向做匀速运动【答案】A【解析】A由题知杆OP绕O点从与水平方向成30匀速转动到60，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；B由题知杆OP绕O点从与水平方向成30匀速转动到60，则P点绕O点做匀速圆周
3、运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；CQ点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y = lOPsin( + t)则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；DQ点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x = lOPcos( + t) + lPQ则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。故选A。【变式1-1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为，当连杆AB
4、与水平方向夹角为，AB杆与OB杆的夹角为时，滑块的水平速度大小为()A. B. C. D.【答案】D【解析】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分vcos ，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图，设B的线速度为v，则：vB分vcos vcos (90)vcos (90)vsin ，vL，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分vB分联立可得：v，故D正确.【变式1-2】如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上
5、游，与水流方向的夹角为，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是()A减小，增大船速v B增大，增大船速vC减小，船速v不变 D增大，船速v不变【答案】B【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反向，船速垂直河岸的分速度(船的实际速度)不变，有vsin()v实，vcos()v水，所以tan()，若v实不变，v水增大，则tan()减小，分析可知，增大，v增大，只有B正确。考点2 平抛运动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
6、位移的中点，则tan 。(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的正切值，是位移与水平方向的夹角的正切值的2倍，即tan 2tan 。(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2】铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为（）
7、A 1001B. 1100C. 1200D. 2001【答案】C【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即解得铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即解得则故选C。【变式1-2】无人机在距离水平地面高度处，以速度水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为。(1)求包裹释放点到落地点的水平距离；(2)求包裹落地时的速度大小；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为轴方向，竖直向下为轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则解得水平方向上做匀速直
8、线运动，所以水平距离为(2)包裹落地时，竖直方向速度为落地时速度为(3)包裹做平抛运动，分解位移，两式消去时间得包裹的轨迹方程为【变式2-2】跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动。质量m=50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以的速度从边缘的A点水平向右跳出，运动时间=0.6s后落在一倾角为53的斜面B点，速度方向与斜面垂直。此时运动员迅速转身并调整姿势，以的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点。假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6。求：（1）运动员从高台边缘跳出的水平速度大小；（2）从B点落到C点的过
9、程中运动员重力做的功W。【答案】（1）v0 =8m/s；（2）【解析】（1）假设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为vy，运动员从A点落到B点，有：vy=g t1 v0 =vy tan53 得v0 =8m/s （2）运动员从B点落到C点，做平抛运动。在此过程中，有：水平位移竖直位移 又 , 得【变式2-3】如图所示，斜面倾角为，在点以速度将小球水平抛出（小球可以看成质点），小球恰好经过斜面上的小孔，落在斜面底部的点，且为的中点。在点以速度将小球水平抛出，小球刚好落在点。若小球从运动到的时间为，从运动到的时间为，则为（）A1：1B1：2C2：3D1：3【答案】B【解析】对于平抛运动，其运动时间只由
10、高度决定，不管是以初速度或抛出，其落到斜面底端时间是一样，都为。设从到的时间为，由平抛运动规律得同理，从到的运动根据数学几何问题可知，即由于因此即到和到的时间相等，都为到的时间的一半，又因为从点抛出，、在同一水平面上，高度相同，时间相同，即故选B。考点3 圆周运动1水平面内的圆周运动的“临界”分析(1)绳的临界：张力FT0(2)接触面滑动临界：Ffm(3)接触面分离临界：FN02竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)轻绳模型轻杆模型图示在最高点受力重力，弹力F弹向下或等于零，mgF弹m重力，弹力F弹向下、向上或等于零，mgF弹m恰好过最高点F弹0，mgm，v，即在最高点速度不能为零v0，mg
11、F弹，在最高点速度可为零关联应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解【典例3】如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（）A. 小球的高度一定降低B. 弹簧弹力的大小一定不变C. 小球对杆压力的大小一定变大D. 小球所受合外力的大小一定变大【答案】BD【解析】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为，则对小球竖直方向而可知为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正
12、确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则即当转速较大时，FN指向转轴即则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；根据可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选BD。【变式3-1】如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气
13、阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则()甲乙A强磁性引力的大小F7mgB质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力C只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mgD若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为【答案】D【解析】在A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有FmgFAm，根据牛顿第三定律有FAFA8mg，联立解得F8mg，选项A错误；质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有FmgNA，根据牛顿第三定律有NANA；在B点，根据牛顿第二定律有FmgNB，根据牛顿第三定律有NBNB；从A点到B点的过程，根据动能定理有mg2Rmv
14、mv，联立解得NANB6mg，选项B、C错误；若强磁性引力大小恒为2F，在B点，根据牛顿第二定律有2FmgFBm，由数学知识可知当FB0时，质点速度最大为vBm，可解得vBm，选项D正确。【变式3-2】质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（）A. 秋千对小明的作用力小于B. 秋千对小明的作用力大于C. 小明速度为零，所受合力为零D. 小明的加速度为零，所受合力为零【答案】A【解析】在最高点，小明速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有由于小明的速度为0，则有沿垂直摆绳方向有解得小明在最高点的加速度为所以A正确；BCD错误；故选A。考点4平抛运动和圆周运动的组合问题解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周平抛圆周)。(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。(4)对于平
