高考物理大二轮总复习与增分策略专题五曲线运动平抛运动 21页

专题五 曲线运动 平抛运动 [考纲解读] 章 内容 加试要求 说明 必考 加试 曲线运动 曲线运动 b b 1.不要求会画速度变化量矢量图 2.不要求推导合运动的轨迹方 程，不要求计算与平抛运动有关 的相遇问题 3.不要求定量计算有关斜抛运动 的问题 运动的合成 与分解 b c 平抛运动 d d 一、曲线运动 1.曲线运动 (1)速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向. (2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动. (3)曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度 方向与速度方向不在同一条直线上. 2.合外力方向与轨迹的关系 物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力 方向指向轨迹的“凹”侧. 二、运动的合成与分解 1.遵循的法则 位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则. 2.合运动与分运动的关系 (1)等时性 合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止. (2)独立性 一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响. (3)等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果. 3.合运动的性质判断 加速度 或合外力 变化：非匀变速运动 不变：匀变速运动 加速度 或合外力 方向与速度方向 共线：直线运动 不共线：曲线运动 三、平抛运动 1.性质 加速度为重力加速度 g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线. 2.基本规律 以抛出点为原点，水平方向(初速度 v0 方向)为 x 轴，竖直向下方向为 y 轴，建立平面直角坐 标系，则： (1)水平方向：做匀速直线运动，速度 vx＝v0，位移 x＝v0t. (2)竖直方向：做自由落体运动，速度 vy＝gt，位移 y＝1 2 gt2. (3)合速度：v＝ v2 x＋v2 y，方向与水平方向的夹角为θ，则 tan θ＝vy vx ＝gt v0 . (4)合位移：s＝ x2＋y2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y x ＝gt 2v0 . 1.下列说法中正确的是( ) A.物体速度变化越大，则其加速度越大 B.物体的加速度增大，则其速度一定增大 C.原来平衡的物体，突然撤去一个外力，物体可能做曲线运动，也可能做直线运动 D.原来平衡的物体，突然撤去一个外力，则一定会产生加速度且方向与撤去的外力的方向相 反 答案 C 解析 速度变化率越大，加速度越大，速度变化大，加速度不一定大，选项 A 错误；物体的 加速度增大，但若加速度方向与物体的速度方向相反，其速度减小，选项 B 错误；原来平衡 的物体，受到的合力为零，突然撤掉一个力，剩余的力的合力与撤掉的力的方向在一条直线 上，如果物体原来做匀速直线运动，其合力方向与速度的方向不确定，故物体可能做直线运 动，也可能做曲线运动，合力也可能为 0，如放在粗糙斜面由弹簧拉着的物体，选项 C 正确， 选项 D 错误. 2.(2015·浙江 1 月学考)如图 1 所示，一小球在光滑水平桌面上做匀速运动，若沿桌面对小 球施加一个恒定外力，则小球一定做( ) 图 1 A.直线运动 B.曲线运动 C.匀变速运动 D.匀加速直线运动 答案 C 解析 根据牛顿运动定律知，产生的加速度是恒定的，故做匀变速运动，但不知受力方向与 速度方向的关系，可以是匀变速直线运动或匀变速曲线运动，C 项正确. 3.如图 2 所示，汽车在一段弯曲水平路面上行驶，关于它受的水平方向的作用力的示意图如 图所示，其中可能正确的是(图中 F 为牵引力，Ff 为汽车行驶时所受阻力)( ) 图 2 答案 C 解析 合外力的方向指向轨迹弯曲的方向，选项 A、B 错误；摩擦力的方向与相对运动的方向 相反，选项 C 正确，D 错误. 4.(2016·台州市月选考)如图 3 所示的陀螺，是汉族民间最早的娱乐工具，也是我们很多人 小时候喜欢玩的玩具.从上往下看(俯视)，若陀螺立在某一点顺时针匀速转动，此时滴一滴墨 水到陀螺，则被甩出的墨水径迹可能如图( ) 图 3 答案 D 解析 做曲线运动的物体，所受陀螺的束缚力消失后，水平面内(俯视)应沿轨迹的切线飞出， A、B 不正确，又因陀螺顺时针匀速转动，故 C 不正确，D 正确. 5.一个物体从某一确定的高度以初速度 v0 水平抛出，已知它落地时的速度大小为 v，那么它 的运动时间是( ) A.v－v0 g B.v－v0 2g C.v2－v 2 0 2g D. v2－v 2 0 g 答案 D 解析 可依据速度的分解求取竖直方向上的落地速度，从而据竖直方向上的自由落体运动规 律求运动时间.因为 vy＝gt，又 vy＝ v2－v2 0，故 t＝ v2－v2 0 g ，故选项 D 正确. 运动的合成与分解 两直线运动的合运动的性质和轨迹，由两分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系共 同决定. (1)根据合加速度是否变化判定合运动是匀变速运动还是非匀变速运动：若合加速度不变则为 匀变速运动；若合加速度变化(包括大小或方向)则为非匀变速运动. (2)根据合加速度与合初速度是否共线判定合运动是直线运动还是曲线运动：若合加速度与合 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. 两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动 一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果 v 合与 a 合共线，为匀变速直 线运动 如果 v 合与 a 合不共线，为匀变速 曲线运动 例 1 如图 4 所示，起重机将货物沿竖直方向匀速吊起，同时又沿横梁水平向右匀加速运动. 此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是选项图中的( ) 图 4 答案 D 解析 货物同时参与两个方向的运动，一是竖直向上的匀速运动，二是水平向右的匀加速运 动，其合运动是曲线运动，运动的加速度水平向右，合外力的方向水平向右，运动轨迹应向 合外力方向弯曲，所以站在地面上的人观察到货物的运动轨迹应如 D 项所示. 1.合运动是物体的实际运动，而分运动是物体同时参与的几个运动，并不是物体的实际运动； 2.两个分运动是直线运动的合运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，这是由合初速度与 合加速度是否共线决定的； 3.合运动的速度不一定大于分运动的速度，合运动的速度与分运动的速度大小具有不确定关 系. 变式题组 1.(2016·奉化市调研)如图 5 所示，一艘炮艇沿长江由西向东快速行驶，在炮艇上发射炮弹 射击北岸正北方向的目标.要击中目标，射击方向应( ) 图 5 A.对准目标 B.偏向目标的西侧 C.偏向目标的东侧 D.无论对准哪个方向都无法击中目标 答案 B 解析 炮弹的实际速度方向沿目标方向，该速度是炮艇的速度与射击速度的合速度，根据平 行四边形定则，知射击的方向偏向目标的西侧.故 B 正确，A、C、D 错误. 2.如图 6 所示，吊车以 v1 的速度沿水平直线向右匀速行驶，同时以 v2 的速度匀速收拢绳索提 升物体，下列表述正确的是( ) 图 6 A.物体的实际运动速度为 v1＋v2 B.物体的实际运动速度为 v2 1＋v2 2 C.物体相对地面做曲线运动 D.绳索不再呈竖直状态 答案 B 解析 物体参与了水平方向上的匀速直线运动，速度为 v1，又参与了竖直方向上的匀速直线 运动，速度为 v2，合运动为匀速直线运动，合速度 v＝ v 2 1 ＋v 2 2 ，选项 A、C 错误，B 正确. 由于物体做匀速直线运动，所受合外力为零，所以绳索拉力应竖直向上，绳索应保持竖直状 态，选项 D 错误. 3.在漂流探险中，探险者驾驶摩托艇想上岸休息.假设江岸是平直的，江水沿江向下游流去， 水流速度为 v1，摩托艇在静水中的航速为 v2，原来地点 A 离岸边最近处 O 点的距离为 d.若探 险者想在最短时间内靠岸，则摩托艇登陆的地点离 O 点的距离为( ) A. dv2 v 2 2 －v 2 1 B.0 C.dv1 v2 D.dv2 v1 答案 C 解析 根据运动的独立性与等时性可知，当摩托艇船头垂直江岸航行，即摩托艇在静水中的 航速 v2 全部用来靠岸时，用时最短，最短时间 t＝d v2 ，在此条件下摩托艇登陆的地点离 O 点 的距离为 x＝v1t＝dv1 v2 . 平抛运动的基本规律 1.飞行时间和水平射程 (1)飞行时间：由 t＝ 2h g 知，时间取决于下落高度 h，与初速度 v0 无关. (2)水平射程：x＝v0t＝v0 2h g ，即水平射程由初速度 v0 和下落高度 h 共同决定. 图 7 2.速度和位移的变化规律 (1)速度的变化规律(如图 7 所示) ①任一时刻的速度水平分量均等于初速度 v0. ②任一相等时间间隔Δt 内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt. (2)位移的变化规律 ①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt. ②连续相等的时间间隔Δt 内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝g(Δt)2. 3.两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体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，如图 8 中 A 点和 B 点所示. 图 8 (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为 α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则 tan α＝2tan θ. 例 2 如图 9 所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间 t 到达地面时，速度与水平方向 的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为 g.下列说法正确的是( ) 图 9 A.小球水平抛出时的初速度大小为 gt tan θ B.小球在 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ 2 C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D.若小球初速度增大，则θ增大 答案 A 解析 由 tan θ＝gt v0 可得小球平抛的初速度大小 v0＝ gt tan θ ，A 正确；由 tan α＝h x ＝ 1 2 gt2 v0t ＝ gt 2v0 ＝1 2 tan θ可知，α≠θ 2 ，B 错误；小球平抛运动的时间 t＝ 2h g ，与小球初速度无关，C 错误；由 tan θ＝gt v0 可知，v0 越大，θ越小，D 错误. 分解思想在平抛运动中的应用 1.解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的 优点是不用分解初速度也不用分解加速度. 2.画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其 方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量. 变式题组 4.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出.水管距地面高 h＝1.8 m，水 落地的位置到管口的水平距离 x＝1.2 m.不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小 是( ) A.1.2 m/s B.2.0 m/s C.3.0 m/s D.4.0 m/s 答案 B 解析 水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律 h＝1 2 gt2 可知，水在空中的 时间为 0.6 s，根据 x＝v0t 可知水平速度为 v0＝2.0 m/s.因此选项 B 正确. 5.(2016·诸暨市调研)a、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图 10 所示，设它们抛出的初速度 分别为 va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为 ta、tb，则( ) 图 10 A.va＝vb B.vatb D.taha，因为 h＝1 2 gt2，所以 taxb，所以 va>vb，选 项 D 正确. 6.如图 11 所示为高度差 h1＝0.2 m 的 AB、CD 两个水平面，在 AB 平面的上方与竖直面 BC 距 离 x＝1.0 m 处，小物体以水平速度 v＝2.0 m/s 抛出，抛出点的高度 h2＝2.0 m，不计空气阻 力，重力加速度 g＝10 m/s2.则( ) 图 11 A.落在平面 AB 上 B.落在平面 CD 上 C.落在竖直面 BC 上 D.落在 C 点 答案 B 解析 小物体下落 h2～h1 过程中，做平抛运动，竖直方向上有：h2－h1＝1 2 gt2，解得 t＝0.6 s； 相应时间内水平位移 s＝vt＝1.2 m>x，所以物体落在了 CD 面上，B 项正确. 与斜面有关的平抛运动问题 1.从斜面上平抛(如图 12) 图 12 已知位移方向，方法：分解位移 x＝v0t y＝1 2 gt2 tan θ＝y x 可求得 t＝2v0tan θ g . 2.对着斜面平抛(如图 13) 图 13 已知速度的大小或方向，方法：分解速度 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝v0 vy ＝v0 gt 可求得 t＝ v0 gtan θ . 例 3 小亮观赏跳雪比赛，看到运动员先后从坡顶水平跃出后落到斜坡上.如图 14 所示，某 运动员的落地点 B 与坡顶 A 的距离 L＝75 m，空中飞行时间 t＝3.0 s.若该运动员的质量 m＝ 60 kg，忽略运动员所受空气的作用力.重力加速度取 g＝10 m/s2. 图 14 (1)求 A、B 两点的高度差 h； (2)求运动员落到 B 点时的动能 EkB； (3)小亮认为，无论运动员以多大速度从 A 点水平跃出，他们落到斜坡时的速度方向都相同. 你是否同意这一观点？请通过计算说明理由. 答案 (1)45 m (2)3.9×104 J (3)见解析 解析 (1)h＝1 2 gt2＝1 2 ×10×3.02 m＝45 m. (2)水平位移 s＝ L2－h2＝60 m，水平速度 vx＝s t ＝20 m/s，竖直速度 vy＝gt＝30 m/s，所以 运动员落到 B 点时的速度 v＝ v2 x＋v2 y＝10 13 m/s，动能 EkB＝1 2 mv2＝3.9×104 J. (3)设斜坡与水平面夹角为α，落地点与坡顶的距离为 l，则运动员运动过程中竖直方向位移 y＝lsin α，水平方向位移 x＝lcos α，由 h＝1 2 gt2 得 t′＝ 2lsin α g .由此得运动员落 到斜坡时，速度的水平分量 vx＝ x t′ ＝ lcos α 2lsin α g ，竖直分量 vy＝gt′＝ 2glsin α，实际 速度方向与水平方向夹角满足 tan β＝vy vx ＝2tan α，由此可说明，落到斜坡时的速度方向与 初速度无关，只跟斜坡与水平面的夹角有关. 平抛运动的分解方法与技巧 1.如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度. 2.如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移. 3.两种分解方法： (1)沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动； (2)沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的匀减速运动. 变式题组 7.(2016·绍兴9月联考)饲养员在池塘边堤坝边缘A处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒. 如图 15 所示，堤坝截面倾角为 53°.坝顶离水面的高度为 5 m，g 取 10 m/s2，不计空气阻力 (sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是( ) 图 15 A.若平抛初速度 v0＝5 m/s，则鱼饵颗粒会落在斜面上 B.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度 v0 越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小 C.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度 v0 越大，从抛出到落水所用的时间越长 D.若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度 v0 越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 答案 B 解析 颗粒落地时间 t＝ 2h g ＝ 2×5 10 s＝1 s，刚好落到水面时的水平速度为 v＝s t ＝ 5×3 4 1 m/s＝3.75 m/s<5 m/s，当平抛初速度 v0＝5 m/s 时，鱼饵颗粒不会落在斜面上，A 错误； 由于落到水面的竖直速度 vy＝gt＝10 m/s，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹 角越小，B 正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定，落水时间一定，与初速度 v0 无关，C 错误； 设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为α，则α＝53°，tan α＝y x ＝ 1 2 vyt v0t ＝ vy 2v0 ，即 vy v0 ＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数，即与斜面夹角也为常数， D 错误. 8.如图 16 所示，以 10 m/s 的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为 θ＝30°的斜面上，g 取 10 m/s2，这段飞行所用的时间为( ) 图 16 A. 2 3 s B.2 3 3 s C. 3 s D.2 s 答案 C 解析 如图所示，把末速度分解成水平方向的分速度 v0 和竖直方向的分速度 vy，则有 v0 vy ＝tan 30°， 又 vy＝gt 将数值代入以上两式得 t＝ 3 s. 平抛运动的临界问题 平抛运动中经常出现临界问题，解决此类问题的关键有三点： (1)确定运动性质——平抛运动. (2)确定临界位置. (3)确定临界轨迹，并画出轨迹示意图. 例 4 如图 17 所示，排球场总长为 18 m，设球网高度为 2 m，运动员站在网前 3 m 处正对 球网跳起将球水平击出，取重力加速度 g＝10 m/s2. 图 17 (1)若击球高度为 2.5 m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围. (2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是出界？ 答案 (1)3 10 m/svb>vc ta>tb>tc B.vatb>tc D.va>vb>vc tahb>hc，根据 h＝1 2 gt2，知 ta>tb>tc；xatA(θ为斜面倾角)，故 B 项正 确. 12.(2016·绍兴市 9 月联考)斜面上有 a、b、c、d 四个点，如图 7 所示，ab＝bc＝cd，从 a 点正上方的 O 点以速度 v 水平抛出一个小球，它落在斜面上 b 点，若小球从 O 点以速度 2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的( ) 图 7 A.b 与 c 之间某一点 B.c 点 C.c 与 d 之间某一点 D.d 点 答案 A 解析 本题可采用假设法，假设斜面是一层很薄的纸，小球落到斜面上就可穿透且不损失能 量.过 b 点作水平线交 Oa 点于 a′，由于小球从 O 点以速度 v 水平抛出时，落在斜面上 b 点， 则小球从O点以速度2v水平抛出时，穿透斜面后应落在水平线a′b延长线上的c′点，且a′b ＝bc′，如图所示，因 ab＝bc，则 c′点在 c 点的正下方.显然其轨迹交于斜面上 b 与 c 之间， 所以本题应选 A. 13.如图 8 所示，两个相对的斜面，倾角分别为α＝37°和β＝53°.在顶点把两个小球以同 样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上.若不计空气阻力，则 a、b 两 个小球的运动时间之比为( ) 图 8 A.1∶1 B.4∶3 C.16∶9 D.9∶16 答案 D 解析 对 a 有 1 2 gt 2 a v0ta ＝tan α，得 ta＝2v0tan α g ① 对 b 有 1 2 gt 2 b v0tb ＝tan β，得 tb＝2v0tan β g ② 将数值代入①②得 ta∶tb＝9∶16. 14.(2016·宁波市调研)如图 9 所示，水平台面 AB 距地面的高度 h＝0.8 m.有一滑块从 A 点 以 v0＝6 m/s 的初速度在台面上自由滑行，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.25.滑块运动到 平台边缘的 B 点后水平飞出.已知 AB＝2.2 m，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求： 图 9 (1)滑块从 B 点飞出时的速度大小； (2)滑块落地点到平台边缘的水平距离. 答案 (1)5 m/s (2)2 m 解析 滑块在平台上做匀减速直线运动的加速度 a＝Ff m ＝μg＝2.5 m/s2 (1)由 v2 B－v2 0＝－2axAB 得 vB＝5 m/s (2)滑块从 B 点飞出后做平抛运动 h＝1 2 gt2，x′＝vBt 解得 x′＝2 m 故落地点到平台边缘的水平距离为 2 m.