2017届高考物理一轮复习 专题四 曲线运动（课件+试题+教案）（打包9套）.zip

1考 点 三 圆 周 运 动1. 未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱” ，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是( )A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小答案 B解析 宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，mg＝ mω 2r，即 g＝ ω 2r，可见 r 越大， ω 就应越小，B 正确，A 错误；角速度与质量 m 无关，C、D 错误。2．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在 O 点的半圆，内外半径分别为 r 和 2r。一辆质量为 m 的赛车通过 AB 线经弯道到达 A′ B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以 O′为圆心的半圆， OO′＝ r。赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为 Fmax。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短2D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等答案 ACD解析 由几何关系可求得路线①、②、③的长度分别为 2r＋π r、2 r＋2π r、2π r，比较可知，路线①最短，A 项正确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向摩擦力充当向心力，所以有 Fmax＝ m ，由此式知， R 越小，速率越小，因此沿v2R路线①速率最小，B 项错误；沿路线①、②、③运动的速率分别为 、 、 Fmaxrm 2Fmaxrm，由三条路线长度与速率的比值比较可知，选择路线③所用时间最短，C 项正确；2Fmaxrm由 Fmax＝ ma 可知，三条线路的圆弧上赛车的向心加速度大小相等，D 项正确。3．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度 ω 转动，盘面上到转轴距离 2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为 30°， g 取 10 32m/s2。则 ω 的最大值是( )A. rad/s B. rad/s5 3C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s答案 C解析 小物块恰好滑动时，应在 A 点，对滑块受力分析。由牛顿第二定律得μmg cos30°－ mgsin30°＝ mω 2r，解得 ω ＝1.0 rad/s，C 正确。34．如图所示，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为 g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A． Mg－5 mg B． Mg＋ mgC． Mg＋5 mg D． Mg＋10 mg答案 C解析 设大环的半径为 r，小环滑到最低点的速度为 v。由机械能守恒得，mv2＝ mg·2r。在最低点对小球受力分析，得 FN－ mg＝ m 。联立解得 FN＝5 mg。由牛顿第12 v2r三定律可知，小环对大环的压力 FN′＝5 mg。对大环受力分析，由平衡条件得杆的拉力FT＝ Mg＋5 mg，C 正确。5．(多选)如图所示，两个质量均为 m 的小木块 a 和 b(可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴 OO′的距离为 l， b 与转轴的距离为 2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 ω 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A． b 一定比 a 先开始滑动B． a、 b 所受的摩擦力始终相等C． ω ＝ 是 b 开始滑动的临界角速度kg2lD．当 ω ＝ 时， a 所受摩擦力的大小为 kmg2kg3l答案 AC解析 木块相对圆盘不滑动时有 Ff 静 ＝ mω 2r， a、 b 半径不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B 错误，当 a 恰好滑动时，有 kmg＝ mω l，得 ω 0a＝ ，同理可得， b20akgl恰好滑动时 ω 0b＝ ，故 A、C 正确。 ω ＝ ＜ ω 0a， a 相对圆盘未滑动， Ff 静kg2l 2kg3l4＝ mω 2l＝ kmg，D 错误。236．(多选)质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质细杆的 A 点和 B 点，如图所示，绳 a 与水平方向成 θ 角，绳 b 在水平方向且长为 l，当轻杆绕轴 AB 以角速度 ω 匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A． a 绳的张力不可能为零B． a 绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度 ω ， b 绳将出现弹力gcotθlD．若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的弹力一定发生变化答案 AC解析 对小球受力分析可得 a 绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝ ，为定值，A 正确，B 错误。当 Tacosθ ＝ mω 2l⇒ω ＝ 时， b 绳的弹力为mgsinθ gcotθl零，若角速度大于该值，则 b 绳将出现弹力，C 正确。由于绳 b 可能没有弹力，故绳 b 突然被剪断，则 a 绳的弹力可能不变，D 错误。7．如图所示，在半径为 R 的半圆形碗的光滑表面上，一质量为 m 的小球以转速 n 转每秒在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距离 h 为( )A． R－ B.g4π 2n2 g4π 2n2C. － R D. ＋g4π 2n2 g4π 2n2 R2答案 A5解析 小球靠重力和支持力的合力提供向心力，如图所示，小球做圆周运动的半径为r＝ Rsinθ 。根据受力图可知 tanθ ＝ ，F向mg而向心力 F 向 ＝ mω 2Rsinθ ，解得 cosθ ＝ 。gRω 2所以 h＝ R－ Rcosθ ＝ R－ R· ＝ R－ ，选项 A 正确。gRω 2 g4π 2n28．一转动装置如图所示，四根轻杆 OA、 OC、 AB 和 CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m， O 端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L。装置静止时，弹簧长为 L。转动该装置并缓慢增大转32速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：(1)弹簧的劲度系数 k；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ω 0；(3)弹簧长度从 L 缓慢缩短为 L 的过程中，外界对转动装置所做的功 W。32 12答案 (1) (2) (3) mgL＋4mgL 8g5L 16mgl2L解析 (1)装置静止时，设 OA、 AB 杆中的弹力分别为 F1、 T1、 OA 杆与转轴的夹角为θ 1。小环受到弹簧的弹力 F 弹 1＝ k·L2小环受力平衡， F 弹 1＝ mg＋2 T1cosθ 1小球受力平衡， F1cosθ 1＋ T1cosθ 1＝ mgF1sinθ 1＝ T1sinθ 1解得 k＝4mgL(2)设 OA、 AB 杆中的弹力分别为 F2、 T2， OA 杆与转轴的夹角为 θ 2，弹簧长度为 x。小环受到弹簧的弹力 F 弹 2＝ k(x－ L)6小环受力平衡 F 弹 2＝ mg得 x＝ L54对小球 F2cosθ 2＝ mgF2sinθ 2＝ mω lsinθ 2且 cosθ 2＝20x2l解得 ω 0＝ 8g5L(3)弹簧长度为 L 时，设 OA、 AB 杆中的弹力分别为 F3、 T3 ， OA 杆与弹簧的夹角为12θ 3。小环受到弹簧的弹力 F 弹 3＝ kL12小环受力平衡 2T3cosθ 3＝ mg＋ F 弹 3且 cosθ 3＝L4l对小球 F3cosθ 3＝ T3cosθ 3＋ mgF3sinθ 3＋ T3sinθ 3＝ mω lsinθ 323解得 ω 3＝ 16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理W－ mg －2 mg ＝2× m(ω 3lsinθ 3)2(3L2－ L2) (3L4－ L4) 12解得 W＝ mgL＋16mgl2L1考 点 二 抛 体 运 动基础点知识点 1 平抛运动1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。2．性质：平抛运动是加速度为 g 的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。3．平抛运动的条件(1) v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。4．研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。5．基本规律(如图所示)位移关系速度关系2知识点 2 斜抛运动1．定义：将物体以初速度 v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。2．性质：斜抛运动是加速度为 g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。3．研究方法：用运动的合成与分解方法研究平抛运动。(1)水平方向：匀速直线运动。(2)竖直方向：匀变速直线运动。4．基本规律(以斜上抛为例，如图所示)(1)水平方向： v0x＝ v0cosθ ， F 合 x＝0，在最高点， vx＝ v0cosθ 。射程 x＝ 。v20sin2θg(2)竖直方向： v0y＝ v0sinθ ， F 合 y＝ mg，在最高点， vy＝0，射高 y＝ 。v20sin2θ2g重难点一、平抛运动的基本规律1．关于平抛运动必须掌握的四个物理量物理量 相关分析飞行时间( t)t＝ ，飞行时间取决于下落高度 h，与初速度 v0无关2hg水平射程( x)x＝ v0t＝ v0 ，即水平射程由初速度 v0和下落高度 h 共同决定，与其他因素无关2hg落地速度( v)v＝ ＝ ，以 θ 表示落地时速度与 x 轴正方向间的夹角，有v2x＋ v2y v20＋ 2ghtanθ ＝ ＝ ，所以落地速度也只与初速度 v0和下落高度 h 有关vyvx 2ghv0速度的改变量(Δ v)3因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度 g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔 Δ t 内的速度改变量 Δ v＝ gΔ t 相同，方向恒为竖直向下，如图所示2.平抛运动的两个重要推论(1)做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，如图甲中 A 点和 B 点所示。其推导过程为 tanθ ＝ ＝ ＝ 。vyvx gt2v0t yx2(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ ，位移与水平方向的夹角为 α ，则 tanθ ＝2tan α 。如图乙所示。其推导过程为tanθ ＝ ＝ ＝ ＝2tan α 。vyv0 gt·tv0·t 2yx二、平抛运动与斜面结合问题平抛运动问题常与斜面联系在一起，解决此类问题除了要用到平抛运动中的“位移关系”和“速度关系”外，还要充分挖掘隐含在斜面上的边、角几何关系，建立“平抛”和“斜面”之间的联系，体现数理结合的思想方法。此类问题的特点是做平抛运动的物体落在斜面上，包括两种情况：(1)物体从空中抛出落在斜面上；(2)从斜面上抛出落在斜面上。1．两种常见模型及其求解方法实例方法 内容斜面 求小球平抛时间 总结分解速度水平 vx＝ v0竖直 vy＝ gt合速度 v＝v2x＋ v2y如图， vy＝ gt，tanθ ＝ ＝ ，v0vy v0gt故 t＝v0gtanθ分解速度，构建速度三角形4分解位移水平 x＝ v0t竖直 y＝ gt212合位移 x 合 ＝x2＋ y2如图， x＝ v0t，y＝ gt2，而 tanθ ＝ ，12 yx联立得 t＝2v0tanθg 分解位移，构建位移三角形2.在斜面上以不同的初速度水平抛出的物体，若落点在斜面上，则具有以下规律( θ为斜面倾角)(1)物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值tanθ ＝ ；yx(2)物体的运动时间与初速度成正比 t＝ ；2v0tanθg(3)物体落在斜面上，位移方向相同，都沿斜面方向；(4)物体落在斜面上时速度方向都平行，且与平抛初速度无关，只与斜面倾角有关。tanβ ＝2tan θ 其中 β 为速度与水平方向的夹角；(5)当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远，且该时刻还具有以下特点：①该时刻是全运动过程的中间时刻。②该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为 1∶3。③该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是 1∶3。特别提醒平抛运动也不是一定要分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，在有些问题中，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度 g 正交分解为 gx、 gy，把初速度 v0正交分解为 vx、 vy，然后分别在 x、 y 方向列方程求解，可以简化解题过程，化难为易。三、类平抛运动问题1．定义：所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即物体受到一个恒定的外力作用且外力与初速度方向垂直时所做的曲线运动。2．受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。3．运动特点：沿初速度 v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。4．研究方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度 a 分解为 ax、 ay，初速度 v0分解为 v0x、 v0y，然后分别在 x、 y 轴方向列方程求解。特别提醒类平抛运动问题特别要注意加速度的求解，它不在等于重力加速度 g，应先求物体合5外力，再利用牛顿第二定律 a＝ 求解，其他方面和平抛运动相同。F合m四、斜抛运动的规律斜抛运动的处理方法与平抛运动的处理方法相似，不同的是，斜抛物体在竖直方向上的初速度不为零。如图所示，物体被抛出后在水平方向上以水平分速度 v0x做匀速直线运动；在竖直方向上做初速度为 v0y的竖直上抛运动。(1)速度： vx＝ v0x＝ v0cosθ ， vy＝ v0sinθ － gt。(2)位移： x＝ v0cosθ ·t， y＝ v0sinθ ·t－ gt2。12(3)飞行时间、射高和射程①飞行时间： T＝ ＝2v0yg 2v0sinθg②射高： Y＝ ＝v20y2g v20sin2θ2g③射程： X＝ v0cosθ ·T＝ ＝2v20sinθ cosθg v20sin2θg可见，若初速度 v0一定，则当 θ ＝45°时，射程最大，为 Xmax＝ 。v20g(4)斜上抛运动的对称性①轨迹对称：斜抛运动的轨迹是抛物线，升弧与降弧关于过最高点的竖直线对称。②速度对称：关于过最高点的竖直线对称的两点速度大小相等，或水平方向速度相等，竖直方向速度等大、反向。③时间对称：物体经过关于过最高点的竖直线对称的两段轨迹所用的时间相等。1．思维辨析(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。( )(2)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化。( )(3)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动。( )(4)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大。( )(5)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大。( )6(6)做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动的时间越长。( )(7)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大。( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√2．2014 年 8 月 3 日 16 时 30 分云南省鲁甸县发生 6.5 级强震，牵动了全国人民的心，一架装载救灾物资的直升机，以 9 m/s 的速度水平飞行。在距地面 180 m 的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力， g 取 10 m/s2，则( )A．物资投出后经过 20 s 到达地面目标B．物资投出后经过 6 s 到达地面目标C．应在地面目标正上方投出物资D．应在距地面目标水平距离 180 m 处投出物资答案 B解析 救灾物资离开飞机后做平抛运动，在竖直方向上有 h＝ gt2，解得 t＝ ＝ 12 2hgs＝6 s，选项 A 错误，B 正确；救灾物资的水平位移 x＝ v0t＝9×6 m＝54 m，2×18010为把物资准确投放至地面目标，应在距地面目标水平距离 54 m 处投出物资，选项 C、D 错误。3．如图所示， AB 为半圆环 ACB 的水平直径， C 为环上的最低点，环半径为 R。一个小球从 A 点以速度 v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A．只要 v0足够大，小球可以击中 B 点B．即使 v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C．若 v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D．无论 v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环答案 D解析 小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中 B 点，选项 A 错误，初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项 B 错误，小球不可能垂直撞击在半圆环 AC段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与 BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为 θ ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为 θ ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为 β 。根据几何关系知 θ ＝2 β ，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，即 tanθ ＝2tan β ，与θ ＝2 β 相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，选项 C 错误，D 正确。7[考法综述] 本考点是曲线运动的两类典型运动之一，掌握平抛运动的特点和性质，掌握研究平抛运动的方法及应用是本考点的重点，高考命题既可以单独命题，难度较低，也可以与圆周运动、功能关系结合进行交汇命题，难度、频度较高。因此本考点复习仍以夯实基础知识为主，通过复习应掌握：3 类运动——平抛运动和斜抛运动、类平抛运动1 种方法——运动的合成与分解3 种思路——分解速度、位移和加速度1 个典型——斜面上的平抛运动命题法 1 平抛运动的基本规律典例 1 如图所示，从某高度水平抛出一小球，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( )A．小球水平抛出时的初速度大小为 gttanθB．小球在 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ 2C．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 减小[答案] D[解析] 到达地面时速度分解如图所示，由 tanθ ＝ 可得小球平抛的初速度大小gtv0v0＝ ，A 错误；设位移与水平方向的夹角为 α ，由 tanα ＝ ＝ ＝ ＝ tanθ 可gttanθ hx 12gt2v0t gt2v0 128知， α ≠ ，B 错误；小球平抛运动的时间 t＝ ，与小球初速度无关，C 错误；由θ 2 2hgtanθ ＝ 可知， v0越大， θ 越小，D 正确。gtv0【解题法】 解答平抛运动问题的常用解法(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)将平抛运动分解之后，要充分利用平抛运动中的位移矢量三角形和速度矢量三角形找各量的关系。命题法 2 平抛运动与斜面结合问题典例 2 滑雪比赛惊险刺激，如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从 O 点水平飞出，经过 t＝3.0 s 落到斜坡上的 A 点。已知 O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角 θ ＝37°，运动员的质量 m＝50 kg。不计空气阻力，运动员视为质点(取 sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80， g＝10 m/s 2)。求：(1)A 点与 O 点的距离 L；(2)运动员离开 O 点时的速度大小 v0；(3)运动员从 O 点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间 t1。[答案] (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s[解析] (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，则Lsin37°＝ gt212解得 L＝ ＝75 mgt22sin37°(2)设运动员离开 O 点时的速度为 v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，则 Lcos37°＝ v0t解得 v0＝ ＝20 m/sLcos37°t(3)解法一：当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向向下成 37°角时，运动员与斜坡距离最远，则9＝tan37°gt1v0解得 t1＝1.5 s解法二：运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为 v0cos37°、加速度为 gsin37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为 v0sin37°、加速度为gcos37°)。当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有 v0sin37°＝ gcos37°·t1解得 t1＝1.5 s【解题法】 怎样正确分析平抛运动问题解决与平抛运动有关的问题时，应充分注意到两个分运动具有独立性和等时性的特点，并且注意数理结合。(1)突出落点问题时，一般要建立水平位移与竖直位移之间的关系。(2)突出末速度的大小和方向问题时，一般要建立水平分速度与竖直分速度之间的关系。(3)要注意挖掘和利用合运动、分运动及题设情境之间的几何关系。命题法 3 类平抛问题典例 3 (多选)如图所示，两个倾角分别为 30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，斜面高度相等。有三个完全相同的小球 a、 b、 c，开始均静止于同一高度处，其中 b小球在两斜面之间， a、 c 两小球在斜面顶端，两斜面间距大于小球直径。若同时释放，a、 b、 c 小球到达水平面的时间分别为 t1、 t2、 t3。若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为 t1′、 t2′、 t3′。下列关于时间的关系正确的是( )A． t1＞ t3＞ t2B． t1＝ t1′、 t2＝ t2′、 t3＝ t3′C． t1′＞ t3′＞ t2′D． t1＜ t1′、 t2＜ t2′、 t3＜ t3′[答案] ABC[解析] 由静止释放三个小球时，对 a： ＝ gsin30°·t ，则 t ＝ 。对hsin30°12 21 21 8hgb： h＝ gt ，则 t ＝ 。对 c： ＝ gsin45°·t ，则 t ＝ ，所以 t1＞ t3＞ t2.当12 2 2 2hg hsin45°12 23 23 4hg平抛三个小球时，小球 b 做平抛运动，小球 a、 c 在斜面内做类平抛运动。沿斜面方向的运动同第一种情况，所以 t1＝ t1′， t2＝ t2′， t3＝ t3′。故选项 A、B、C 正确。10【解题法】 类平抛运动问题的解题方法(1)根据物体的受力特点和运动特点判断是否为类平抛运动问题 。(2)根据牛顿第二定律求解物体运动的加速度。(3)在初速度和加速度所决定的平面内按平抛运动规律处理，注意加速度不再是自由落体加速度 g。(4)根据具体事实检验结果的合理性。命题法 4 斜抛运动问题典例 4 如图所示，某滑雪爱好者在离地 h＝1.8 m 高的平台上滑行，以斜向上的初速度 v0离开 A 点， v0与水平方向的夹角 θ ＝37°，之后落在水平地面上的 B 点，其水平位移 s＝3 m。空气阻力忽略不计， g＝ 10 m/s 2。求：(1)人与滑板离开平台时的初速度 v0；(2)人所能上升的最大高度 H 和上升到最大高度所用的时间 t。[答案] (1)4.2 m/s (2)0.31 m 0.25 s[解析] (1)人由 A 到 B 做斜抛运动，设所用时间为 t′，由运动的合成与分解及运动学规律可知水平方向： v0t′cos θ ＝ s竖直方向： v0t′sin θ － gt′ 2＝－ h12代入数据，联立解得 v0＝4.2 m/s(2)人上升到最大高度时，竖直方向的分速度为零，由运动学规律可知v0sinθ ＝ gt， H＝ gt212代入数据解得 t＝0.25 s， H＝0.31 m。【解题法】 斜抛运动问题的一般处理方法(1)沿水平方向建立直角坐标系，把物体的初速度沿水平方向和竖直方向分解，得vx＝ v0cosθ ， vy＝ v0sinθ 。(2)物体在水平方向做初速度为 v0cosθ 的匀速直线运动，在竖直方向做初速度为v0sinθ ，加速度为－ g 的竖直上抛运动。(3)在竖直方向上，物体上升运动可看成自由下落的逆运动，下落过程的实质是自由落体运动。(4)注意两方向运动的等时性，水平方向最高点速度为 v0cosθ ，竖直速度为 0 这两个11关键点。命题法 5 平抛运动的综合问题典例 5 (多选)如图所示， x 轴在水平地面内， y 轴沿竖直方向。图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三个小球 a、 b 和 c 的运动轨迹，其中 b 和 c 是从同一点抛出的。不计空气阻力，则( )A． a 的飞行时间比 b 的长 B． b 和 c 的飞行时间相同C． a 的水平速度比 b 的小 D． b 的初速度比 c 的大[答案] BD[解析] 根据平抛运动的规律 h＝ gt2，得 t＝ ，因此平抛运动的时间只由高度决12 2hg定，因为 hb＝ hc＞ ha，所以 b 与 c 的飞行时间相同，大于 a 的飞行时间，因此选项 A 错误，选项 B 正确；又因为 xa＞ xb，而 ta＜ tb，所以 a 的初速度比 b 的大，选项 C 错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动， b 的水平位移大于 c，而 tb＝ tc，所以 vb＞ vc，即 b 的初速度比 c 的大，选项 D 正确。【解题法】 求解多体平抛问题的说明(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。(4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。12典例 6 如图所示，水平屋顶高 H＝5 m，围墙高 h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽 x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上， g 取 10 m/s2。求：(1)小球离开屋顶时的速度 v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度大小。[答案] (1)5 m/s≤ v0≤13 m/s (2)5 m/s5[解析] (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为 v01，则小球的水平位移： L＋ x＝ v01t1小球的竖直位移： H＝ gt12 21解以上两式得 v01＝( L＋ x) ＝13 m/sg2H设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为 v02，则此过程中小球的水平位移：L＝ v02t2，小球的竖直位移： H－ h＝ gt12 2解以上两式得： v02＝5 m/s小球抛出时的速度大小为 5 m/s≤ v0≤13 m/s。(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。竖直方向： v ＝2 gH，又有 vmin＝2y v20＋ v2y解得 vmin＝5 m/s。5【解题法】 处理平抛运动中临界问题的关键(1)阅读试题，提炼关键信息。(2)画出草图，直观形象，从实际出发，发现隐含条件寻找临界点，找出临界条件。(3)用极限分析法确定临界状态然后按常规问题处理。(4)结合实际，分析归纳，讨论完善最后结果。1考 点 二 抛 体 运 动1．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为 L1和 L2，中间球网高度为 h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h。不计空气的作用，重力加速度大小为 g，若乒乓球的发射速率 v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A. vL1L12 g6h g6hB. v L14 gh  4L21＋ L2 g6hC. v L12 g6h 12  4L21＋ L2 g6hD. v L14 gh 12  4L21＋ L2 g6h答案 D解析 乒乓球做平抛运动，落到右侧台面上时经历的时间 t1满足 3h＝ gt 。当 v 取最12 21大值时其水平位移最大，落点应在右侧台面的台角处，有 vmaxt1＝ ，解得 vmax＝L21＋ (L22)2；当 v 取最小值时其水平位移最小，发射方向沿正前方且恰好擦网而过，12 4L21＋ L2 g6h此时有 3h－ h＝ gt ， ＝ vmint2，解得 vmin＝ 。故 D 正确。12 2 L12 L14 gh2．如图所示为足球球门，球门宽为 L。一个球员在球门中心正前方距离球门 s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中 P 点)。球员顶球点的高度为 h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )2A．足球位移的大小 x＝ L24＋ s2B．足球初速度的大小 v0＝ g2h(L24＋ s2)C．足球末速度的大小 v＝ g2h(L24＋ s2)＋ 4ghD．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tanθ ＝L2s答案 B解析 如图，足球平抛运动的水平位移 x＝ ，不是足球的位移，所以 A 错。由s2＋ L24x＝ v0t， h＝ gt2，得 v0＝ ＝12 xtError! ＝ ，B 正确。足球的末速度 v＝ ＝ s2＋ L24 2hg g2h(L24＋ s2) v20＋ v2y，所以 C 错误。由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为g2h(L24＋ s2)＋ 2ghθ ，tan θ ＝ sError! ＝2 s/L，故 D 错误。所以本题选 B。L233．(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片， A 球水平抛出，同时 B 球被松开，自由下落。关于该实验，下列说法中正确的有( )A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明 A 球在水平方向上做匀速直线运动答案 BC解析 两球质量是否相等对实验没有影响，选项 A 错误；本实验只能验证小球竖直方向上的运动规律，不能验证水平方向上的运动规律，选项 B 正确，D 错误；为了验证平抛运动在竖直方向做自由落体运动，应改变装置的高度多次进行实验，选项 C 正确。4．(多选)如图所示， x 轴在水平地面上， y 轴沿竖直方向。图中画出了从 y 轴上不同位置沿 x 轴正向水平抛出的三个小球 a、 b 和 c 的运动轨迹，小球 a 从(0,2 L)抛出，落在(2L,0)处；小球 b、 c 从(0， L)抛出，分别落在(2 L,0)和( L,0)处，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A.a 和 b 初速度相同B． b 和 c 运动时间相同C． b 的初速度是 c 的两倍D． a 的运动时间是 b 的两倍答案 BC4解析 b、 c 的高度相同，小于 a 的高度，由 h＝ gt2得 t＝ ，知 b、 c 的运动时间12 2hg相同， a 的运动时间为 b 的 倍，选项 B 正确，D 错误；因为 a 的运动时间长， a、 b 的水2平位移相同，根据 x＝ v0t 知， a 的初速度小于 b 的初速度，选项 A 错误； b、 c 的运动时间相同， b 的水平位移是 c 的水平位移的两倍，则 b 的初速度是 c 的初速度的两倍，选项 C正确。5．如图所示，从 A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上 B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上 C 点，已知地面上 D 点位于 B 点正下方， B、 D 间的距离为 h，则 ( )A． A、 B 两点间的距离为h2B． A、 B 两点间的距离为h4C． C、 D 两点间的距离为 2hD． C、 D 两点间的距离为 h233答案 C解析 AB 段小球自由下落， BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以 A、 B 两点间距离与 B、 D 两点间距离相等，故 A、B 错误： BC 段平抛运动的初速度 v＝ ，运动的时2gh间 t＝ ，所以 C、 D 两点间距离 x＝ vt＝2 h，C 正确，D 错误。2hg6．如图所示，将一小球从倾角为 θ 的斜面上方 O 点以初速度 v0水平抛出后，落到斜面上 H 点， OH 垂直于斜面且 OH＝ h。不计空气阻力，重力加速度大小为 g，则 v0的大小为( )5A. B. ghcos2θ2sinθ ghsin2θ2cosθC. D. 2ghsin2θcosθ 2ghcos2θsinθ答案 B解析 由几何关系得，小球做平抛运动的水平位移 x＝ hsinθ ，竖直位移 y＝ hcosθ ，根据 y＝ gt2得 t＝ ，则初速度 v0＝ ＝ 。12 2hcosθg xt ghsin2θ2cosθ7．如图，宽为 L 的竖直障碍物上开有间距 d＝0.6 m 的矩形孔，其下沿离地高 h＝1.2 m，离地高 H＝2 m 的质点与障碍物相距 x。在障碍物以 v0＝4 m/s 匀速向左运动的同时，质点自由下落。为使质点能穿过该孔， L 的最大值为________m；若 L＝0.6 m， x 的取值范围是________m。(取 g＝10 m/s 2)答案 0.8 0.8 m≤ x≤1 m解析 以障碍物为参考系，相当于质点以 v0的初速度向右抛出，当从抛出点经过孔的左上边界飞到孔的右下边界时， L 最大，t1＝ ＝0.2 s， x＝ v0t1＝0.8 m，2 H－ d－ hgt2＝ ＝0.4 s， Lmax＝ v0t2－ x＝0.8 m。2 H－ hg若 L＝0.6 m，质点从孔的左上边界飞入时， x 有最小值 xmin＝0.8 m，从孔的右下边界飞出时， x 有最大值 xmax＝ v0t2－ L＝1 m。8．如图所示，装甲车在水平地面上以速度 v0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为 h＝1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。枪口与靶距离为 L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进 s＝90 m 后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度 g＝10 m/s 2)6(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当 L＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求 L 的范围。答案 (1) m/s2209(2)0.55 m 0.45 m(3)492 m＜L≤570 m解析 (1)装甲车匀减速运动时的加速度大小 a＝ ＝ m/s2v202s 209(2)第一发子弹飞行时间 t1＝ ＝0.5 sLv＋ v0弹孔离地高度 h1＝ h－ gt ＝0.55 m12 21第二发子弹的弹孔离地的高度 h2＝ h－ g 2＝1.0 m12(L－ sv )两弹孔之间的距离 Δ h＝ h2－ h1＝0.45 m(3)若第一发子弹打到靶的下沿，则射出第一发子弹时，枪口与靶的距离为 L1＝( v0＋ v)＝ 492 m2hg若第二发子弹打到靶的下沿，则射出第一发子弹时，枪口与靶的距离为L2＝ v ＋ s＝570 m2hgL 的范围 492 m＜ L≤570 m1专题四 曲线运动考 点 一 曲 线 运 动 运 动 的 合 成 与 分 解考纲展示 命题探究考 点 一 曲 线 运 动 运 动 的 合 成 与 分 解基础点知识点 1 曲线运动1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线上该点的切线方向。2．运动性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻改变，故曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度。3．物体做曲线运动的条件(1)运动学角度：物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上。(2)动力学角度：物体所受合外力的方向跟速度方向不在同一条直线上。4．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速度方向与合外力方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧。知识点 2 运动的合成与分解1．基本概念(1)分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动。(2)运动的合成：已知分运动求合运动，包括位移、速度和加速度的合成。(3)运动的分解：已知合动运求分运动，包括位移、速度和加速度的分解。2．分解原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解法。3．遵循的规律：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法则。4．合运动与分运动的四个特性(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。2(4)同一性：各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动。重难点一、对曲线运动的理解1．条件：物体受到的合外力与初速度不共线。2．合力方向与轨迹的关系无力不拐弯，拐弯必有力。曲线运动轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，或者说合力的方向总是指向轨迹的“凹”侧。3．曲线运动的特点(1)做曲线运动的物体速度方向始终沿轨迹的切线方向，速度时刻在变化，加速度一定不为零，故曲线运动一定是变速运动。当加速度与初速度不在一条直线上，①若加速度恒定，物体做匀变速曲线运动；②若加速度变化，物体做非匀变速曲线运动。(2)做曲线运动的物体，所受合外力一定指向曲线的凹侧，曲线运动的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，轨迹总在力与速度的夹角中，①若已知物体的运动轨迹，可判断出合外力的大致方向；②若已知合外力方向和速度方向，可知道物体运动轨迹的大致情况。(3)做曲线运动的物体，所受合力沿切线方向的分力改变速度的大小，沿径向的分力改变速度的方向，如下图所示。①当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体运动的速率将增大；F 2使其加速，F 1使其改变方向。②当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体运动的速率将减小；F 2使其减速，F 1使其改变方向。③当合力方向与速度方向垂直时，物体运动的速率不变。F 只改变其方向。特别提醒决定物体运动情况的因素是初速度和合外力，应首先分析物体的受力情况，明确物体所受合外力的方向与初速度方向是否在一条直线上，若在一条直线上，则做直线运动，否则做曲线运动。二、运动的合成与分解的理解1．研究曲线运动的思维过程(欲知)曲线运动规律 (只需研究)两分运动规律 (得知)曲线运动规律。― ― →等 效 分 解 ― ― →等 效 合 成32．运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述物体运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解。由于它们都是矢量，所以它们都遵循矢量的合成与分解法则。(1)两分运动在同一直线上时，同向相加，反向相减。(2)两分运动不在同一直线上时，按照平行四边形定则进行合成或分解。3．合运动性质的判断方法(1)合运动类型Error!(2)两个直线运动的合运动性质的判断根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：(不共线)分运动 合运动两个匀速直线运动 匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动续表(不共线)分运动 合运动两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动如 v0 合 与 a 合 共线，则合运动为匀变速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如 v0 合 与 a 合 不共线，则合运动为匀变速曲线运动4特别提醒(1)判断合运动是否是匀变速运动，应看合加速度是否恒定；判断合运动的轨迹是直线还是曲线，应看合初速度与合加速度是否共线。(2)分清合运动与分运动。物体实际发生的运动是合运动，一般就是物体相对地面发生的运动。(3)在运动的合成中，要充分利用运动的独立性和等时性。根据题意作出符合情境的运动合成矢量图。三、小船渡河模型1．模型构建在运动的合成与分解问题中，两个匀速直线运动的合运动仍是匀速直线运动，其中一个速度大小和方向都不变，另一个速度大小不变，方向在 180°范围内(在速度不变的分运动所在直线的一侧)变化。我们对合运动或分运动的速度、时间、位移等问题进行研究。这样的运动系统可看作“小船渡河模型” 。2．模型条件(1)物体同时参与两个匀速直线运动。(2)一个分运动速度大小和方向保持不变，另一个分运动速度大小不变，方向可在一定范围内变化。3．模型特点(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。(2)三种速度：船在静水中的速度 v1、水的流速 v2、船的实际速度 v。(3)三种情景①过河时间最短：船头正对河岸，渡河时间最短，t 短＝ (d 为河宽)。dv1②过河路径最短(v 2v1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直河岸渡河。确定方法如下：如图所示，以 v2矢量末端为圆心，以 v1矢量的大小为半径画弧，从 v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短。由图可知 sinθ＝ ，最短航程 x 短＝v1v25＝ d。dsinθ v2v1特别提醒(1)正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头指向，是分运动。船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致。(2)按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解。(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。(4)求最短渡河位移时，根据船速 v 船 与水流速度 v 水 的大小关系选择不同的处理方法。(5)当船速 v 船 等于水流速度 v 水 时，渡河的最短距离无限接近河宽，只不过距离越短，渡河时间越长。四、 “关联”速度问题绳、杆等有长度的物体在运动过程中，其两端点速度通常是不一样的，但两端点的速度是有联系的，常称之为“关联”速度，对这一模型分析如下：1．模型特点沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。2．思路与方法合速度→物体的实际运动速度 v分速度→Error!方法：v 1与 v2的合成遵循平行四边形定则。3．解题的原则把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。6特别提醒(1)解决“关联”速度问题要特别注意①分解谁？分解物体实际运动的速度即合速度；②如何分解？沿杆或绳方向和垂直杆或绳方向；③有何关系？沿杆或绳方向的速率相等。(2)与绳(杆)相关联物体的运动分解很容易与力的分解相混淆，如图甲中极易作出如图所示的速度分解图，从而得出错误结果。要注意物体的运动引起了两个效果：一是绳子的收缩，二是绳绕滑轮的转动，应根据实际效果进行运动的分解。1．思维辨析(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。( )(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。( )(3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。( )(4)曲线运动可能是匀变速运动。( )7(5)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。( )(6)合运动的速度一定比分运动的速度大。( )(7)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。( )(8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)× (7)× (8)√2．(多选)一只小船在静水中的速度为 3 m/s，它要渡过一条宽为 30 m 的河，河水流速为 4 m/s，则这只船( )A．过河时间不可能小于 10 sB．不能沿垂直于河岸方向过河C．渡过这条河所需的时间可以为 6 sD．不可能渡过这条河答案 AB解析 船在过河过程同时参与两个运动，一个是受水流影响沿河岸向下的运动，一个是船自身的运动。垂直河岸方向位移即河的宽度 d＝30 m，而垂直河岸方向的最大分速度即船自身的速度 3 m/s，所以渡河最短时间 t＝ ＝10 s，A 对 C 错。只要有垂直河岸d3 m/s的分速度，就可以渡过这条河，D 错。船实际发生的运动就是合运动，如果船垂直河岸方向过河，即合速度垂直河岸方向。一个分速度沿河岸向下，与合速度垂直，那么在速度合成的三角形中船的速度即斜边，要求船的速度大于水的速度，而本题目中船的速度小于河水的速度，故不可能垂直河岸方向过河，B 对。3．如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为 m1和 m2，且 m1＜ m2。若将 m2从位置 A 由静止释放，当落到位置 B 时， m2的速度为 v2，且绳子与竖直方向的夹角为 θ ，则这时 m1的速度大小 v1等于( )A． v2sinθ B.v2sinθC． v2cosθ D.v2cosθ答案 C8解析 物体 m2的实际运动情况是沿杆竖直下滑，这个实际运动是合运动， m1的速度与绳上各点沿绳方向的速度大小相等，所以绳的速度等于 m1的速度 v1，而 m2的实际运动应是合运动(沿杆向下)，合速度 v2可由沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度来合成(即两个实际运动效果)。因此 v1跟 v2的关系如图所示，由图可看出 m1的速度大小 v1＝ v2cosθ ，C正确。[考法综述] 本考点是曲线运动部分的基础，但是在考试大纲中却是Ⅱ级要求，因此在高考中单独命题的频率不低，试题难度大多中等及偏小，偶有中等以上，复习中要以夯实基础为主，同时要兼顾知识的理解和灵活运用，要掌握以下内容：2 个概念——合运动和分运动1 个条件——物体做曲线运动的条件2 个定则——平行四边形定则、三角形定则2 个模型——小船渡河模型、 “关联”速度模型命题法 1 曲线运动的性质、条件、轨迹典例 1 某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体 R。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 y 轴重合，在 R 从坐标原点以速度 v0＝3 cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿 x 轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。同学们测出某时刻 R 的坐标为(4,6)，此时 R 的速度大9小为________cm/s。 R 在上升过程中运动轨迹的示意图是________。( R 视为质点)[答案] 5 D[解析] 小圆柱体 R 沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移 x＝ t，竖直vx2方向做匀速直线运动，位移 y＝ v0t，解得 vx＝4 cm/s，此时 R 的合速度 v＝ ＝5 v2x＋ v20cm/s，小圆柱体 R 所受合力的方向沿 x 轴方向，根据曲线运动的特点，轨迹应向受力的一侧弯曲，故选项 D 正确。【解题法】 物体做曲线运动的轨迹特征(1)判断物体是做曲线运动还是做直线运动，关键要看 a 和 v 的方向，两者方向在同一直线上则做直线运动，有夹角则做曲线运动。(2)分析曲线轨迹时应注意三点：凹向、弯曲程度与轨迹位置。(3)曲线上某点处合外力的方向在曲线上该点的切线的哪一侧，曲线就向哪一侧弯曲；曲线上某点的加速度越大、速度越小，则曲线轨迹弯曲越厉害；曲线轨迹必定夹在 a、 v 方向之间。命题法 2 运动的合成与分解典例 2 某质点在 xOy 平面内运动，其在 x 轴方向和 y 轴方向上的 v­t 图象分别如图甲和图乙所示，则下列判断正确的是( )A．该质点做匀变速曲线运动B．该质点有恒定的加速度，大小为 2.5 m/s2C．该质点的初速度为 7 m/sD．前 2 s 内该质点的位移为 21 m[答案] B[解析] 由题图可知，质点在 x 轴和 y 轴方向上的初速度大小分别为 3 m/s 和 4 10m/s，因此合初速度大小为 v0＝ ＝ m/s＝5 m/s，方向与 x 轴正方向的夹v2x0＋ v2y0 32＋ 42角为 θ ＝arctan ＝arctan ＝53°；质点在 x 轴和 y 轴方向上的加速度大小分别为 ax＝vy0vx0 43m/s2 ＝1.5 m/s2， ay＝ m/s2＝2 m/s2，合加速度大小为 a＝ ＝ 6－ 32 8－ 42 a2x＋ a2ym/s2＝2.5 m/s 2，方向与 x 轴正方向的夹角为 α ＝arctan ＝arctan ＝53°，1.52＋ 22ayax 21.5可见加速度 a 与初速度 v0方向相同，质点做匀加速直线运动，选项 A、C 错误，B 正确；前2 s 内质点的位移大小为 s＝ v0t＋ at2＝15 m，选项 D 错误。12【解题法】 处理运动合成与分解问题的技巧(1)分析运动的合成与分解问题时，要注意运动的分解方向，一般情况按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。(2)要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。(3)两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。命题法 3 小船渡河类问题典例 3 如图所示，甲、乙两同学从河中 O 点出发，分别沿直线游到 A 点和 B 点后，立即沿原路线返回到 O 点， OA、 OB 分别与水流方向平行和垂直，且 OA＝ OB。若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间 t 甲 、 t 乙 的大小关系为( )A． t 甲 ＜ t 乙 B． t 甲 ＝ t 乙C． t 甲 ＞ t 乙 D．无法确定[答案] C11[解析] 设水速为 v0，人在静水中的速度为 v， OA＝ OB＝ x。对甲， O→ A 阶段人对地的速度为( v＋ v0)，所用时间 t1＝ ； A→ O 阶段人对地的速度为( v－ v0)，所用时间xv＋ v0t2＝ ，所以甲所用时间 t 甲 ＝ t1＋ t2＝ ＋ ＝ 。对乙， O→ B 阶段和xv－ v0 xv＋ v0 xv－ v0 2vxv2－ v20B→ O 阶段的实际速度 v′为 v 和 v0的合成，如图所示。由几何关系得，实际速度 v′＝，故乙所用时间 t 乙 ＝ ＝ 。 ＝ ＞1，即 t 甲 ＞ t 乙 ，故 C 正确。v2－ v202xv′ 2xv2－ v20 t甲t乙 vv2－ v20【解题法】 “三模型、两方案”解决小船渡河问题命题法 4 “关联”速度类问题12典例 4 (多选)如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d。现将小环从与定滑轮等高的 A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为 d 时(图中 B 处)，下列说法正确的是(重力加速度为 g)( )A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于 2mgB．小环到达 B 处时，重物上升的高度 h 为( －1) d2C．小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 22D．小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2[答案] ABD[解析] 释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可以知道绳中张力一定大于重力 2mg，所以 A 正确；小环到达 B 处时，绳与直杆间的夹角为 45°，重物上升的高度 h＝( －1) d，选项 B 正确；将小环速度 v 进行正交分解如图所示，其分速度2v1与重物上升的速度大小相等， v1＝ vcos45°＝ v，所以，小环在 B 处的速度与重物上升22的速度大小之比等于 ，选项 C 错误，选项 D 正确。2【解题法】 “关联”速度类问题的思维过程(1)首先认清所研究的对象以及研究对象之间靠什么联系在一起；(2)其次分析物体的运动性质，哪个运动是实际的运动，哪个运动是分运动，找出位移、加速度或速度的大小、方向；(3)最后利用正交分解法进行合成与分解。