新高考物理一輪復習專題四曲線運動教學課件

考點一曲線運動運動的合成與分解一、曲線運動1.物體做曲線運動的條件

2.曲線運動的性質(1)某點的瞬時速度的方向,就是通過該點的切線的方向。(2)曲線運動的速度方向時刻在改變,所以是變速運動,加速度必不為零。(3)若做曲線運動的物體所受合力恒定,物體做勻變速曲線運動;若所受合力變化,物體

做變加速曲線運動。3.曲線運動的軌跡曲線運動的軌跡始終夾在合力方向與速度方向之間,而且向合力的方向彎曲(合力的

方向總是指向軌跡的凹側)。

4.曲線運動中速率變化的判斷

二、運動的合成與分解1.基本概念(1)分運動與合運動:一個物體可以視作同時參與幾個運動,這幾個運動叫作分運動,物

體的實際運動叫作合運動。(2)運動的合成:由分運動求合運動。(3)運動的分解:已知合運動求分運動。等時性合運動與分運動、分運動與分運動經(jīng)歷的時間相

等,即同時開始、同時進行、同時停止獨立性各分運動相互獨立,不受其他運動的影響,各分運

動共同決定合運動的性質和軌跡等效性各分運動疊加起來與合運動有完全相同的效果同體性各分運動與合運動是同一物體的運動知識拓展

合運動與分運動的關系2.運算法則運動的合成與分解是對描述運動的各物理量(位移、速度、加速度)的合成與分解,由

于它們均是矢量,故其運算都遵循平行四邊形定則。3.合運動的性質與軌跡的判斷(1)運動性質的判斷合力(或合加速度)

(2)運動軌跡的判斷合力方向與合速度方向

(3)兩個直線運動的合成兩個分運動(不共線)合運動推斷依據(jù)運動性質兩個勻速直線運動v0≠0,a=0勻速直線運動一個勻速直線運動和一個勻變速直線運動v0≠0,a≠0且v0與a不共線勻變速曲線運動兩個初速度不為零的勻變速直線運動v0與a共線時勻變速直線運動v0與a不共線時勻變速曲線運動兩個初速度為零的勻加速直線運動v0=0,a≠0勻加速直線運動(運動方向與a的方向相同)4.小船渡河問題(1)兩類典型問題情況圖示說明渡河時間最短

當船頭垂直河岸時,渡河時間最

短,最短時間tmin=

渡河位移最短

當v水<v船時,滿足v水-v船

cosθ=0,渡河位移最短,最短渡河位移xmin=d

當v水>v船時,船頭方向(即v船方向)

與合速度方向垂直,渡河位移最

短,最短渡河位移xmin=

(2)分析思路

5.關聯(lián)速度問題(1)關聯(lián)速度的幾種常見情境情境圖示分解圖示定量結論

vB=v1=vA

cosθ

v0=v1=vA

cosθ

vA1=vB1,則vA

cosα=vB

cosβ

vA1=vB1,則vA

cosα=vB

sinα(2)解題思路

例1如圖所示,機械裝置可以將圓周運動轉化為直線上的往復運動。連桿AB、OB可

繞圖中A、B、O三處的轉軸轉動,連桿OB長為R,連桿AB長為L(L>R),當OB桿以角速度

ω逆時針勻速轉動時,滑塊在水平橫桿上左右滑動,連桿AB與水平方向夾角為α,AB桿與

OB桿的夾角為β。在滑塊向左滑動的過程中

(

)

A.滑塊先勻加速運動,后勻減速運動B.當OB桿與OA桿垂直時,滑塊的速度最大C.當OB桿與OA桿垂直時,滑塊的速度大小為

D.當β=90°時,滑塊的速度大小為

解析

[關鍵:滑塊向左滑動,滑塊的速度vA水平向左,B點的速度vB垂直于OB桿;滑塊沿AB桿的分速度vA1和B點沿AB桿的分速度vB1相等,即vAcosα=vBcos(β-90°)=vBsinβ,如

圖所示]

B點做圓周運動,vB=ωR;在△ABO中,

=

;聯(lián)立解得vA=ωsOAtanα,所以滑塊向左滑動過程中先加速后減速,但速度不是均勻增加或減小;當OB桿與AB桿垂直時,α最大,且

此時sOA大于OB桿與OA桿垂直時的情況,即當OB桿與OA桿垂直時,滑塊的速度不是最

大;當OB桿與OA桿垂直時,sOAtanα=R,此時vA=ωR;當OB桿與AB桿垂直時β=90°,可得sOA

=

,tanα=

,此時vA=

。故選項A、B、C錯誤,D正確。

答案

D

考點二拋體運動一、平拋運動1.定義:水平拋出的物體只在重力作用下的運動。2.性質:加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動,軌跡是拋物線。3.平拋運動的分解(1)水平方向:勻速直線運動。(2)豎直方向:自由落體運動。4.平拋運動的規(guī)律以拋出點為坐標原點,以初速度v0方向為x軸正方向,豎直向下為y軸正方向,如圖所示。

(1)位移關系

(2)速度關系

(3)軌跡方程:y=

x2。(4)速度和位移的變化規(guī)律①速度的變化規(guī)律相等時間ΔT內(nèi)的速度變化量相等:Δv=gΔT,方向豎直向下。②位移的變化規(guī)律a.相等時間ΔT內(nèi)的水平位移相等:Δx=v0ΔT。b.連續(xù)相等時間ΔT內(nèi),豎直方向上的位移差不變,即Δy=g(ΔT)2。(5)平拋運動的幾個常用結論

表達式取決因素飛行時間t=

由下落高度h決定,與初速度v0無

關射程x=v0

由初速度v0和下落高度h共同決

定落地速度(θ為落地時速度與水平方向間的夾角)大小:v=

由初速度v0和下落高度h共同決

定方向:tanθ=

=

(6)平拋運動的兩個重要推論①推論一:平拋運動任意時刻的速度偏轉角θ與位移偏轉角α滿足tanθ=2tanα。②推論二:平拋運動任意時刻的速度反向延長線通過對應水平位移的中點。注意①在平拋運動過程中,位移與速度永遠不會共線。②不能將推論一中的tanθ=2tanα誤認為θ=2α。例2

如圖所示,光滑直管MN傾斜固定在水平地面上,直管與水平地面間的夾角為45°,

管口到地面的高度h=0.4m;在距地面高H=1.2m處有一固定彈射裝置,可以沿水平方向

彈出直徑略小于直管內(nèi)徑的小球。某次彈射的小球恰好無碰撞地從管口M處進入管

內(nèi),設小球彈出點O到管口M的水平距離為x,彈出的初速度大小為v0,重力加速度g取10

m/s2。關于x和v0的值,下列選項正確的是(

)

A.x=1.6m,v0=4m/sB.x=1.6m,v0=4

m/sC.x=0.8m,v0=4m/sD.x=0.8m,v0=4

m/s

解析

由題意可知,彈出后小球做平拋運動,到管口M時的速度方向沿直管方向,根據(jù)平拋運動的推論,做平拋運動的物體任意時刻速度的反向延長線交水平位移的中點,

如圖所示,根據(jù)幾何關系得x=2(H-h)=1.6m,小球在豎直方向做自由落體運動,根據(jù)y=

gt2得小球從O到M的運動時間t=

=0.4s,水平方向做勻速運動,有v0=

=4m/s,故選A。

答案

A一題多解本題還可以分解末速度,則有tan45°=

=

,又H-h=

gt2,聯(lián)立可先求出t與v0,再由x=v0t求出x。二、類平拋運動1.定義:初速度不為零,加速度恒定且垂直于初速度方向的運動。2.求解方法(1)常規(guī)分解法:將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方

向的勻加速直線運動。(2)特殊分解法:對于有些問題,可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?將加速度a分解為

ax、ay,初速度v0分解為vx、vy,然后分別在x、y方向上列方程求解。三、斜拋運動1.定義:將物體以速度v0斜向上方或斜向下方拋出,物體只在重力作用下的運動。2.運動性質:加速度為g的勻變速曲線運動,軌跡為拋物線。3.斜拋運動的分解(1)水平方向:勻速直線運動。(2)豎直方向:勻變速直線運動。4.基本規(guī)律以拋出點為坐標原點O,水平向右為x軸的正方向,豎直向上為y軸的正方向,建立平面直

角坐標系,如圖所示。

(1)水平方向速度vx=

=v0cosθ。位移x=

t=(v0cosθ)t。(2)豎直方向速度vy=

-gt=v0sinθ-gt。位移y=

t-

gt2=(v0sinθ)t-

gt2。5.斜上拋運動的飛行時間、射高和射程(從拋出到落回與拋出點同一高度)(1)飛行時間:t總=

。(2)射高:Hm=

。(3)射程:xm=

。若初速度v0大小一定,沿θ=45°方向斜向上拋出時,射程最大。知識拓展

逆向思維法處理斜拋問題利用斜上拋運動最高點速度水平的特點,可以將斜拋運動從最高點分段研究,前半段

相當于反向的平拋運動,后半段相當于平拋運動。例3

(多選)某同學練習投籃,在同一高度不同的位置M、N兩點先后將球斜向上投出,

兩次球均垂直擊中籃板的同一位置。不計空氣阻力。關于兩次球投出后在空中的運

動,下列說法正確的是

(

)

A.兩次球的速度變化量相同B.在M處球被投出的速度大C.在M處球被投出時的速度與豎直方向夾角小D.在N處投出的籃球在空中運動的時間長

解析

(點撥:利用逆向思維法,籃球的運動可以看成反向的平拋運動)設拋出點距籃球擊中籃板位置的高度為h,由t=

可得兩次籃球運動時間相同,由Δv=gt可得兩次球的速度變化量相同,A正確,D錯誤。由vy=gt可得兩次投出時球在豎直方向的分速度相

等,由x=vxt可得在N處投出的球水平分速度大,即在N處球被投出時的速度大,B錯誤。

設球被投出時的速度與豎直方向的夾角為θ,可得tanθ=

,所以在M處球被投出時的速度方向與豎直方向的夾角小,C正確。

答案

AC

考點三圓周運動一、圓周運動中的運動學問題1.勻速圓周運動(1)定義:做圓周運動的物體,若在相等的時間內(nèi)通過的弧長都相同,則該物體做的是勻

速圓周運動。(2)特點:加速度大小不變,方向(時刻改變)始終指向圓心,是變加速運動。(3)條件:合力大小不變,方向始終與速度方向垂直且指向圓心。2.描述圓周運動的物理量及其相互關系

共軸傳動皮帶傳動齒輪傳動摩擦傳動

角速度相同輪緣或嚙合處線速度大小相等轉動方向相同轉動方向相同轉動方向相反

ωA=ωBvA∶vB=r∶RaA∶aB=r∶RvA=vB,ωA∶ωB=R∶raA∶aB=R∶r(齒數(shù)比等于半徑比)3.常見的幾種傳動方式及其特點二、圓周運動中的動力學問題1.勻速圓周運動的向心力(1)作用效果:向心力產(chǎn)生向心加速度,只改變速度的方向,不改變速度的大小。(2)大小:Fn=man=m

=mrω2=m

r=mωv。(3)方向:始終沿半徑方向指向圓心,方向時刻在改變,即向心力是一個變力。(4)來源:向心力是按力的作用效果命名的,可以是某些力的合力,也可以是某一個力的

分力。注意在受力分析時不可對物體多加一個向心力。知識拓展

勻速圓周運動中,物體所受合力提供向心力;非勻速圓周運動中,合力沿半

徑方向的分力提供向心力,改變速度的方向,合力沿速度方向的分力改變速度的大小。2.圓周運動中動力學問題的分析思路圓周運動圖例受力分析并建立坐標系利用向心力分析

Fcosθ=mgFsinθ=F向=mω2lsinθ

Fcosθ=mgFsinθ=F向=mω2(d+lsinθ)3.水平面內(nèi)勻速圓周運動的幾種常見模型

FN

cosθ=mgFN

sinθ=F向=mω2r

F升

cosθ=mgF升

sinθ=F向=mω2r

FN=mAgF=mBg=F向=mAω2r

Ff=mgFN=F向=mω2r(Ff≤μFN)

FN=mgFf=F向=mω2r(Ff≤μFN)

Ff

cosθ+FN

sinθ=mgFf

sinθ-FN

cosθ=F向=mω2r(Ff≤μFN)例4如圖所示,足夠大的光滑桌面上有個光滑的小孔O,一根輕繩穿過小孔,兩端各系

著質量分別為m1、m2的兩個物體A、B,它們分別以O、O‘點為圓心以相同的角速度ω

做勻速圓周運動,半徑分別是r1、r2,A和B到O點的繩長分別為l1和l2。下列說法正確的

是

(

)

A.A和B做圓周運動所需要的向心力大小相等B.剪斷輕繩,A做勻速直線運動,B做自由落體運動C.

=

D.

=

解析

設桌面以下部分的輕繩與豎直方向的夾角為θ,輕繩的拉力大小為FT。對A,由牛頓第二定律可得FT=m1ω2r1;對B,由牛頓第二定律可得FTsinθ=m2ω2r2。兩物體做圓周

運動所需的向心力大小不相等,A錯誤。兩物體做圓周運動的半徑之比

=

,C錯誤。兩物體做圓周運動時繩長之比

=

=

,D正確。剪斷輕繩,A所受合力為0,做勻速直線運動;B只受重力,做平拋運動,B錯誤。

答案

D4.離心現(xiàn)象(如圖所示)

(1)F=0時,物體沿切線方向飛出;(2)0<F<mω2r時,物體逐漸遠離圓心;(3)F>mω2r時,物體逐漸靠近圓心(近心運動)。微專題4有約束條件的平拋運動問題一、落點在豎直面上圖示基本規(guī)律初速度

水平位移x=v0t下落高度h=

gt2v0=

=x

注意

打到同一豎直墻壁的平拋運動,水平位移一定相同,速度反向延長線一定交于

水平位移的中點。二、落點在斜面上1.幾種常見類型

由tanθ=

=

得t=

由tanθ=

=

得t=

由tanθ=

=

=

得t=

2.從斜面上某點水平拋出且落到斜面上的平拋運動的五個特點(1)位移方向相同,豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值。(2)末速度方向平行,豎直分速度與水平分速度(初速度)之比等于斜面傾角正切值的2倍。(3)運動的時間與初速度成正比

。(4)位移與初速度的二次方成正比

。(5)當速度與斜面平行時,物體到斜面的距離最遠,且從拋出到距斜面最遠所用的時間

為平拋運動時間的一半。例1近年來,國家大力開展冰雪運動進校園活動,目前已有多所冰雪特色學校,蹬冰踏雪深受學生喜愛。如圖所示,現(xiàn)有兩名滑雪運動員(均視為質點)從跳臺a處先后沿水平方向向左飛出,其速度大小之比v1∶v2=2∶1,不計空氣阻力,則兩名運動員從飛出至落到斜坡(可視為斜面)上的過程中,下列說法正確的是(

)A.他們飛行時間之比t1∶t2=1∶2B.他們飛行的水平位移之比x1∶x2=2∶1C.他們的速度變化量之比Δv1∶Δv2=2∶1D.他們在空中到坡面的最大距離之比s1∶s2=2∶1

解析

設斜坡與水平面之間的夾角為α,運動員平拋的初速度為v0,飛行時間為t,可得t=

,解得他們的飛行時間之比t1∶t2=v1∶v2=2∶1,A錯誤;他們飛行的水平位移之比x1∶x2=v1t1∶v2t2=4∶1,B錯誤;他們的速度變化量之比Δv1∶Δv2=gt1∶gt2=2∶1,C正確;

沿斜坡方向建立x軸,垂直斜坡向上建立y軸,初速度沿y軸方向的分速度v0y=v0sinα,重力

加速度沿y軸方向的分量大小gy=gcosα,當運動員的速度沿x軸方向,即沿y軸方向的分

速度減為0時離斜坡最遠,可得他們到坡面的最大距離s=

=

,解得s1∶s2=

∶

=4∶1,D錯誤。

答案

C規(guī)律總結

平拋運動的另外一種分解方式如圖所示,已知小球以初速度v0由斜面上水平拋出,斜面傾角為θ,小球最終落在斜面上。(1)分解方式沿斜面:x方向;垂直斜面:y方向。將速度和加速度分別沿x、y方向進行分解。x方向:勻加速直線運動初速度:vx=v0cosθ,加速度ax=gsinθy方向:類上拋運動(勻變速直線運動)初速度:vy=v0sinθ,加速度ay=gcosθ。(2)P點為離斜面最遠點到達P點的時間:tP=

=

到斜面的距離:h=

=

。三、落點在圓弧面(或曲面)上圖示基本規(guī)律

tanθ=

=

→t=

在半圓內(nèi)的平拋運動

R+

=v0t→t=

小球恰好從圓柱體Q點沿切線飛過,此時半徑OQ

垂直于速度方向,圓心角θ與速度的偏轉角相等例2

(多選)如圖所示,一個半徑R=0.75m的半圓柱體放在水平地面上,一小球從圓柱

體左端A點正上方的B點水平拋出(小球可視為質點),恰好沿切線方向通過C點,已知O

點為半圓柱體截面的圓心,OC與水平方向的夾角為53°,重力加速度g=10m/s2,則(

)

A.小球從B點運動到C點所用時間為0.3sB.小球從B點運動到C點所用時間為0.5sC.小球做平拋運動的初速度為4m/sD.小球做平拋運動的初速度為6m/s

解析

設小球的初速度為v0,由B點運動到C點所用時間為t。(關鍵:由“恰好沿切線方向通過C點”可知小球的速度偏轉角為37°)在C點有tan37°=

=

;從B點運動到C點,由位移關系可得R+Rcos53°=v0t;代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得v0=4m/s,t=0.3s,選項A、C正

確。

答案

AC微專題5圓周運動中的臨界極值問題一、水平圓周運動中的臨界極值問題

與彈力有關的臨界問題與摩擦力有關的臨界問題情境圖示

受力示意圖

力學方程豎直方向:Tcosθ+FN

sinθ=mg水平方向:Tsinθ-FN

cosθ=mω2l

sinθ對B:T=mBg對A:T+f=mAω2r臨界特征當FN=0,即ω=

時,小球即將“飄起來”當f=fm時,A物體即將相對圓盤向

外滑動例1如圖所示,A、B兩個小滑塊用不可伸長的輕質細繩連接,放置在水平轉臺上,滑

塊A處于轉臺中心處,mA=0.1kg,mB=0.2kg,繩長l=1.5m,兩滑塊與轉臺之間的動摩擦因

數(shù)μ均為0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),轉臺靜止時細繩剛好伸直但沒有彈力,

轉臺從靜止開始繞豎直轉軸緩慢加速轉動(任意一段極短時間內(nèi)可認為轉臺做勻速圓

周運動),g取10m/s2。以下分析正確的是(

)

A.當ω=

rad/s時,繩子張力等于0.9NB.當ω>

rad/s時,A、B開始在轉臺上滑動C.當ω=

rad/s時,A受到的摩擦力為0D.當ω=

rad/s時,繩子張力為1N

解析

當繩子即將有張力時,對滑塊B,由牛頓第二定律可得fmB=μmBg=mB

l,解得ω1=

rad/s;可得0<ω≤

rad/s時,轉盤對滑塊B的靜摩擦力提供滑塊B的向心力,且繩子無張力,選項A錯誤,C正確?；瑝KA、B將要相對轉臺滑動時,對滑塊A分析可得,此時

繩子的張力FT=fmA=μmAg=0.5N,對滑塊B由牛頓第二定律可得,FT+fmB=mB

l,解得ω2=

rad/s,選項D錯誤。當ω>

rad/s時,滑塊A、B相對轉臺滑動,選項B錯誤。

答案

C二、豎直圓周運動中的臨界極值問題1.輕“繩”模型和輕“桿”模型

輕“繩”模型輕“桿”模型情境圖示

彈力特征彈力可能向下,也可能等于零彈力可能向下,可能向上,也可能

等于零最高點受力示意圖

最高點力學方程mg+FT=m

mg±FN=m

最高點臨界特征FT=0,即mg=m

,得v=

v=0,FN為支持力,此時FN=mg模型關鍵(1)“繩”只能對小球施加拉力(2)小球通過最高點的速度至少

為

(1)“桿”對小球的作用力可以

是拉力,也可以是支持力(2)小球通過最高點的速度最小

可以為02.解題思路

例2如圖1所示,一根長為L不可伸長的輕繩一端固定于O點,另一端