2017-2018學年同步備課套餐之高一物理人教版必修2講義：第五章曲線運動章末總結

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精章末總結一、運動的合成和分解1.小船渡河的兩類典型問題設河寬為d、水流的速度為v水(方向：沿河岸指向下游）、船在靜水中的速度為v船(方向：船頭指向）.圖1（1)最短時間船頭垂直于河岸行駛，tmin＝eq\f（d,v船)，與v水的大小無關。船向下游偏移：x＝v水tmin(如圖1甲所示)。（2）最短航程①若v船>v水，則xmin＝d,此時船的航向垂直于河岸，船頭與上游河岸成θ角，滿足cosθ＝eq\f(v水,v船）(如圖乙所示）。②若v船〈v水，此時船頭指向應與上游河岸成θ′角，滿足cosθ′＝eq\f（v船,v水)，則xmin′＝eq\f(d，cosθ′)＝eq\f（v水，v船)d（如圖丙所示）。2。繩、桿關聯(lián)速度問題繩、桿等連接的兩個物體在運動過程中，其速度通常是不一樣的，但兩者的速度是有聯(lián)系的(一般兩個物體沿繩或桿方向的速度大小相等），我們稱之為“關聯(lián)”速度。解決此類問題的一般步驟如下：第一步：先確定合運動，物體的實際運動就是合運動;第二步:確定合運動的兩個實際作用效果，一是沿牽引方向的平動效果，改變速度的大??；二是沿垂直于牽引方向的轉動效果，改變速度的方向；第三步：按平行四邊形定則進行分解，作好運動矢量圖;第四步：根據(jù)沿繩(或桿）牽引方向的速度相等列方程。例1如圖2所示，兩次渡河時船頭指向均垂直于岸，且船相對水的速度大小不變。已知第一次實際航程為A至B，位移為x1，實際航速為v1，所用時間為t1。由于水速增大，第二次實際航程為A至C，位移為x2,實際航速為v2，所用時間為t2。則()圖2A.t2〉t1，v2＝eq\f（x2v1,x1） B。t2>t1，v2＝eq\f(x1v1，x2)C.t2＝t1，v2＝eq\f（x2v1，x1） D.t2＝t1，v2＝eq\f(x1v1，x2）答案C解析設河寬為d,船自身的速度為v，則t1＝t2;對合運動，過河時間t＝eq\f(x1，v1)＝eq\f（x2,v2)，故C正確.針對訓練1（多選)某河寬為600m,河中某點的水流速度v與該點到較近河岸的距離d的關系如圖3所示。船在靜水中的速度為4m/s,要想使船渡河的時間最短，下列說法正確的是（）圖3A.船在航行過程中，船頭應與河岸垂直B。船在河水中航行的軌跡是一條直線C.渡河的最短時間為240sD。船離開河岸400m時的速度大小為2eq\r（5）m/s答案AD解析若船渡河的時間最短，船在航行過程中，必須保證船頭始終與河岸垂直，選項A正確;因水流的速度大小發(fā)生變化，根據(jù)運動的合成與分解可知，船在河水中航行的軌跡是一條曲線，選項B錯誤；渡為tmin＝eq\f(d,v船）＝eq\f(600,4）s＝150s，選項C錯誤；船離開河岸400m時的水流速度大小與船離開河岸200m時的水流速度大小相等，即v水＝eq\f(3,300）×200m/s＝2m/s，則船的速度大小為v′＝eq\r（v\o\al（船，2）＋v\o\al（水，2)）＝eq\r（42＋22）m/s＝2eq\r(5)m/s，選項D正確。例2（多選）如圖4所示，人在岸上拉船，已知船的質(zhì)量為m,水的阻力恒為Ff，當輕繩與水面的夾角為θ時，船的速度為v，人的拉力大小為F，則此時（）圖4A.人拉繩行走的速度為vcosθB。人拉繩行走的速度為eq\f(v，cosθ）C。船的加速度為eq\f（Fcosθ－Ff，m)D.船的加速度為eq\f(F－Ff,m）答案AC解析船的運動產(chǎn)生了兩個效果：一是使滑輪與船間的繩縮短，二是使繩繞滑輪順時針轉動，因此將船的速度按如圖所示進行分解，人拉繩行走的速度v人＝v∥＝vcosθ，選項A正確，B錯誤；繩對船的拉力等于人拉繩的力,即繩的拉力大小為F，與水平方向成θ角，因此Fcosθ－Ff＝ma，解得a＝eq\f(Fcosθ－Ff,m)，選項C正確，D錯誤。針對訓練2如圖5所示，水平面上有一汽車A,通過定滑輪用繩子拉同一水平面上的物體B，當拉至圖示位置時,兩繩子與水平面的夾角分別為α、β，二者速度分別為vA和vB，則vA和vB的比值為多少？圖5答案cosβ∶cosα解析物體B實際的運動(合運動)水平向右，根據(jù)它的實際運動效果可知，兩分運動分別為沿繩方向的分運動（設其速度為v1)和垂直繩方向的分運動（設其速度為v2）。如圖甲所示，有v1＝vBcosβ①汽車A實際的運動(合運動)水平向右，根據(jù)它的實際運動效果，兩分運動分別為沿繩方向的分運動(設其速度為v3)和垂直繩方向的分運動（設其速度為v4）。如圖乙所示，則有v3＝vAcosα②又因二者沿繩子方向上的速度相等,即v1＝v3③由①②③式得vA∶vB＝cosβ∶cosα.二、解決平拋運動的三個突破口1.把平拋運動的時間作為突破口平拋運動規(guī)律中,各物理量都與時間有聯(lián)系,所以只要求出拋出時間，其他的物理量都可輕松解出。2。把平拋運動的偏轉角作為突破口如圖6可得tanθ＝eq\f(gt，v0)＝eq\f(2h，x）（推導：tanθ＝eq\f(vy,vx）＝eq\f（gt,v0）＝eq\f（gt2，v0t）＝eq\f(2h，x））tanα＝eq\f(h,x），所以有tanθ＝2tanα。從以上各式可以看出偏轉角和其他各物理量都有關聯(lián)，通過偏轉角可以確定其他的物理量。圖63。把平拋運動的一段軌跡作為突破口圖7平拋運動的軌跡是一條拋物線，已知拋物線上的任意一段，就可求出水平初速度和拋出點，其他物理量也就迎刃而解了。設圖7為某小球做平拋運動的一段軌跡，在軌跡上任取兩點A和B,E為AB的中間時刻.設tAE＝tEB＝T由豎直方向上的勻變速直線運動得eq\x\to（FC）－eq\x\to(AF）＝gT2，所以T＝eq\r（\f(Δy，g））＝eq\r（\f（\x\to(FC）－\x\to(AF），g)）由水平方向上的勻速直線運動得v0＝eq\f(\x\to(EF)，T）＝eq\x\to（EF)eq\r（\f(g，\x\to(FC)－\x\to(AF））).例3如圖8所示，在傾角為37°的斜面上從A點以6m/s的初速度水平拋出一個小球，小球落在B點，求：(g取10m/s2）圖8(1）A、B兩點間的距離和小球在空中飛行的時間；（2)小球剛碰到斜面時的速度方向與水平方向夾角的正切值.答案(1）6。75m0。9s（2）eq\f(3，2)解析（1）如圖所示，設小球落到B點時速度的偏轉角為α，運動時間為t。則tan37°＝eq\f(h，x）＝eq\f(gt2，2v0t）＝eq\f（5，6)t又因為tan37°＝eq\f（3,4)，解得t＝0.9s由x＝v0t＝5。4m則A、B兩點間的距離l＝eq\f(x,cos37°)＝6。75m（2）在B點時，tanα＝eq\f(vy,v0）＝eq\f(gt,v0）＝eq\f（3，2).三、圓周運動的動力學問題1.分析物體的運動情況，明確圓周軌道在怎樣的一個平面內(nèi)，確定圓心在何處，半徑是多大。2。分析物體的受力情況，弄清向心力的來源，跟運用牛頓第二定律解直線運動問題一樣，解圓周運動問題，也要先選擇研究對象,然后進行受力分析，畫出受力示意圖。3。由牛頓第二定律F＝ma列方程求解相應問題，其中F是指向圓心方向的合外力(向心力），a是向心加速度，即eq\f（v2，r)或ω2r或用周期T來表示的形式。例4如圖9所示，兩根長度相同的輕繩(圖中未畫出)，連接著相同的兩個小球，讓它們穿過光滑的桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，其中O為圓心,兩段細繩在同一直線上,此時，兩段繩子受到的拉力之比為多少？圖9答案3∶2解析對兩小球受力分析如圖所示，設每段繩子長為l，對球2有F2＝2mlω2對球1有：F1－F2＝mlω2由以上兩式得:F1＝3mlω2故eq\f(F1,F2)＝eq\f（3,2)。針對訓練3如圖10所示，一根細線下端拴一個金屬小球P,細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔的水平桌面上.小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動（圓錐擺)。現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動（圖上未畫出）,兩次金屬塊Q都保持在桌面上靜止。則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是()圖10A。Q受到桌面的靜摩擦力變大B。Q受到桌面的支持力變大C.小球P運動的角速度變小D。小球P運動的周期變大答案A解析金屬塊Q保持在桌面上靜止，對金屬塊和小球研究,豎直方向上沒有加速度，根據(jù)平衡條件得知，Q受到桌面的支持力等于兩個物體的總重力，保持不變，故B錯誤。設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為FT，細線的長度為L.P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力,如圖，則有FT＝eq\f（mg，cosθ）,mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝eq\r(\f（g,Lcosθ))，周期T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r（\f(Lcosθ,g）），現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cosθ減小，則得到細線拉力FT增大，角速度增大，周期T減小。對Q,由平衡條件知，F(xiàn)f＝FTsinθ＝mgtanθ，知Q受到桌面的靜摩擦力變大，故A正確，C、D錯誤.故選A.四、圓周運動中的臨界問題1.臨界狀態(tài):當物體從某種特性變化為另一種特性時發(fā)生質(zhì)的飛躍的轉折狀態(tài),通常叫做臨界狀態(tài)，出現(xiàn)臨界狀態(tài)時，既可理解為“恰好出現(xiàn)"，也可理解為“恰好不出現(xiàn)”.2.輕繩類:輕繩拴球在豎直面內(nèi)做圓周運動，過最高點時，臨界速度為v＝eq\r(gr)，此時3。輕桿類：（1）小球能過最高點的臨界條件：v＝0；（2)當0＜v＜eq\r(gr）時，F(xiàn)為支持力;（3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)＝0；(4)當v＞eq\r（gr)時，F(xiàn)為拉力。4.汽車過拱形橋:如圖11所示，當壓力為零時，即G－meq\f(v2,R）＝0，v＝eq\r（gR)，這個速度是汽車能正常過拱形橋的臨界速度。v＜eq\r（gR）是汽車安全過橋的條件.圖115。摩擦力提供向心力：如圖12所示,物體隨著水平圓盤一起轉動，物體做圓周運動的向心力等于靜摩擦力,當靜摩擦力達到最大時,物體運動速度也達到最大，由Fm＝meq\f(v\o\al(m,2）,r)得vm＝eq\r(\f(Fmr,m)),這就是物體以半徑r做圓周運動的臨界速度.圖12例5如圖13所示，AB為半徑為R的光滑金屬導軌（導軌厚度不計),a、b為分別沿導軌上、下兩表面做圓周運動的小球(可看做質(zhì)點)，要使小球不脫離導軌，則a、b在導軌最高點的速度va、vb應滿足什么條件？圖13答案va＜eq\r（gR）vb＞eq\r（gR)解析對a球在最高點，由牛頓第二定律得：mag－FNa＝maeq\f(v\o\al（a，2），R)①要使a球不脫離軌道,則FNa＞0②由①②得:va＜eq\r（gR)對b球在最高點，由牛頓第二定律得:mbg＋FNb＝mbeq\f(v\o\al(b,2)，R）③要使b球不脫離軌道，則FNb＞0④由③④得:vb＞eq\r（gR)。針對訓練4如圖14所示，疊放在水平轉臺上的小物體A、B、C能隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動,A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，A與B、B與轉臺、C與轉臺間的動摩擦因數(shù)都為μ，B、C離轉臺中心的距離分別為r、1。5r。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以下說法正確的是(）圖14A。B對A的摩擦力一定為3μmgB.C與轉臺間的摩擦力大于A與B間的摩擦力C。轉臺的角速度一定滿足：ω≤eq\r(\f（2μg,3r）)D.轉臺的角速度一定滿足：ω≤eq\r(\f（μg,3r)）答案C解析對A受力分析，受重力、支持力以及B對A的靜摩擦力,靜摩擦力提供向心力，有Ff＝3mω2r,由此可知隨著角速度的增大,摩擦力也增大，只有當A要滑動時B對A的摩擦力才為3μmg，故A錯誤；由A與C轉動的角速度相同,都是由摩擦力提供向心力,對A有Ff＝3mω2r,對C有FfC＝mω21。5r，由此可知C與轉臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力，故B錯誤;當C剛要滑動時的臨界角速度為：μmg＝m1.5rωeq\o\al(C,2),解得ωC＝eq\r（\f(2μg，3r