2020高考物理二轮课件：3 力与物体的曲线运动

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常见的模型有以下几种情况，分解情况如图所示，且两物体(或杆的两个 端点)沿绳(或杆)方向的速度分量相等，如题组冲关1题，沿斜面运动的物体A 与沿水平面运动的物体B沿绳方向的速度分量相等。
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2．“化曲为直”化解难题——用运动的分解求解平抛运动
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3．熟记两个重要推论——快速解答平抛运动问题 (1)做平抛运动(或类平抛运动)的物体任一时刻瞬时速度的反向延长线一 定通过水平位移的中点。 (2)做平抛运动(或类平抛运动)的物体任一时刻速度方向与水平方向夹角θ 的正切值等于位移与水平方向夹角α正切值的2倍，即tanθ＝2tanα，如图所 示。如题组冲关3题，但要注意题中角度，否则会出现错解。
k m
，此时B受到的
向心力为F＝2mω2r＝2kr，故B受到的摩擦力指向圆心，B项错误；当B受到的
摩擦力为0时，由弹力充当向心力，故kr＝2mω2r，解得ω＝
k 2m
，此时A受
到的向心力为F＝mω2r＝12kr＜kr，故A受到的摩擦力背离圆心，C项正确。 答案 CD
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6.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝ 0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速 度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，则v0不可能是(g＝10 m/s2)( )
μg r
；对AB整体有(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，解得ω≤
μg r
；对C有
mω2(1.5r)≤μmg，解得ω≤ 答案 BD
23μrg，选项C错误，D正确。
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(2)竖直面内的圆周运动的轻绳模型 【例2】利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离 竖直面，如图所示，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端 系于水平转轴上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的 圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的拉力为(不计空气阻 力，重力加速度为g)( )
A．2 m/s C．6 m/s
B．4 m/s D．8 m/s
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解析 解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的 两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小 球没有脱离圆轨道。对于第(1)种情况，当 v0 较大时，小球能够通过最高点， 这时小球在最高点处需要满足的条件是 mg≤mrv2，又根据机械能守恒定律有12 mv2＋2mgr＝12mv20，可求得 v0≥2 5 m/s；对于第(2)种情况，当 v0 较小时，小 球不脱离轨道的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零， 根据机械能守恒定律有 mgr＝12mv20，可求得 v0≤2 2 m/s，所以 v0≥2 5 m/s或 v0≤2 2 m/s 均符合要求，所以应选择 B。
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A．B对A的摩擦力一定为3μmg B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度一定满足ω≤
μg r
D．转台的角速度一定满足ω≤
2μg 3r
解析 对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力 提供向心力，有f＝(3m)ω2r≤μ(3m)g，故选项A错误，B正确；由于A、AB整 体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有(3m)ω2r≤μ(3m)g，解得ω≤
理可得乙球落到斜面上时的速度v乙＝
v 2
1＋4tan2θ ，所以甲球落到斜面上时的
速率是乙球落到斜面上时速率的2倍，A项正确。
答案 A
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3.如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽。从高台边缘B点以某速度v0水 平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧 切线方向进入轨道。O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是 BA与竖直方向的夹角。则( )
(3)导出四个基本表达式：
a＝GrM2 ，v＝
GM r
，ω＝
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解析 在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球 的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，A项错 误；球做圆周运动需要向心力，运动到a点时，需要外侧管壁提供向心力，所 以小球一定挤压外侧管壁，B项正确；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿 半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用 力，对内侧管壁没有作用力，C项错误；小球在水平线ab以上管道中运动，当 速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较 小时，内侧管壁有作用力，D项错误。
答案 B
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7.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光 滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球 在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，忽略 空气阻力。则球B在最高点时( )
A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 2gL C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
，解得F＝
1.5mg，故C项正确，D项错误。
答案 C
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考点 万有引力与航天
解|题|必|备
1．基本知能——天体、卫星运动中的常用公式
(1)一个模型：天体的运动可简化为围绕中心天体做匀速圆周运动。
(2)两组公式：①
GMm R2
＝mg(g为天体表面的重力加速度)，②
GMm r2
＝man
＝mrv2＝mω2r＝m4Tπ22r。
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解析 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向
心力，有mg＝
mv2B 2L
，解得vB＝
2gL ，故A项错误；由于A、B两球的角速度相
等，则球A的速度大小vA＝
vB 2
＝
gL 2
，故B项错误；B球在最高点时，对杆无
弹力，此时A球由重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝
mv2A L
答案 CD
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考点 圆周运动 解|题|必|备
1．三个角度认识圆周运动 (1)几何分析：分析圆周运动的轨道平面、圆心、半径等。 (2)运动分析：分析圆周运动的线速度、角速度、周期等。 (3)受力分析：分析受力情况，找出提供向心力的力。
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2．两个典型模型——轻绳和轻杆模型
模型
轻绳模型
实例
k
A．2mg C． 3mg
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B．2 3mg D．4mg
解析 小球恰好过最高点时有mg＝mRv21，从最低点到最高点的过程中，由 机械能守恒得12mv22＝12mv21＋2mgR，在最低点，由牛顿第二定律得2Fcos30°－ mg＝mRv22，联立解得线的拉力F＝2 3mg，B项正确。
答案 B
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A．3.1 m/s C．7.2 m/s
B．4.7 m/s D．11.5 m/s
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解析 球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧时的平抛初速 度，小球做平抛运动，设运动时间为t1，则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1， 小球的竖直位移：H＝12gt21，联立解得vmax＝(L＋x) 2gH＝13 m/s；v的最小值 vmin为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度，设小球运动到围 墙最高点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2，小球的竖直 方向位移：H－h＝12gt22，联立解得vmin＝L 2Hg－h＝5 m/s，故C、D两项正 确。
轻杆等
图示
在最高 点受力
恰好过 最高点
重力，弹力F弹向下或等于零 mg＋F弹＝mvR2
重力，弹力F弹向下、向上 或等于零 mg±F弹＝mvR2
F弹＝0，mg＝mRv2，v＝ Rg， v＝0，mg＝F弹
即在最高点速度不能为零
在最高点速度可为零
v 2
的速
度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是
乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍
B．4倍
C．6倍
D．8倍
解析
设斜面与水平面夹角为θ，则对甲球有tanθ＝
y x
＝
gt 2v
，球落到斜面
上时的竖直分速度vy＝gt＝2vtanθ，则合速度v甲＝ v2＋v2y ＝v 1＋4tan2θ。同
2 A
r，解得ωA＝
mk ＋μrg ，当B刚好
要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心
力，则有kr＋2μmg＝2mω
2 B
r，解得ωB＝
2km＋μrg ；ωA>ωB，所以B最先滑
动，允许的最大角速度为ωB＝ 2km＋μrg，A项错误，D项正确；当A受到的摩
擦力为0时，由弹力充当向心力，故kr＝mω2r，解得ω＝
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3.突破三类典型问题 (1)水平面内的圆周运动 【例1】 (多选)如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起 以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转 台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．ttaannθθ21＝2 C．tanθ11·tanθ2＝2
B．tanθ1·tanθ2＝2 D．ttaannθθ12＝2
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解析
由题意可知tanθ1＝
vy vx
＝
gt v0
，tanθ2＝
x y
＝
v0t 12gt2
＝
2gvt0，所以tanθ1·tanθ2
＝2，故B项正确。
答案 B
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4．(2019·肇庆模拟)(多选)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 ，围墙外马路宽x＝10 m，为使小 球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小 的可能值为(g取10 m/s2，不计墙的厚度)( )