2020版高考物理二轮复习第1部分专题1力与运动第3讲抛体运动和圆周运动教案.docVIP

抛体运动和圆周运动 高考统计定方向 (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.运动的合成与分解考向1.渡河问题2015全国卷 T21考向2.关联速度问题2.平抛运动考向1.基本规律应用2017全国卷 T15考向2.斜面与平抛2019全国卷 T192018全国卷 T17考向3.平抛中的临界问题2015全国卷 T153.圆周运动考向1.水平面内的圆周运动考向2.竖直面内的圆周运动2016全国卷 T202016全国卷 T164.平抛与圆周的组合问题考向1.先平抛后圆周考向2.先圆周后平抛2017全国卷 T17运动的合成与分解(5年1考)本考点是解决曲线运动的基础，高考命题常与功能关系相结合，以求解问题的方法出现，单独命题常以选择题形式，如2015年全国卷T16。预计2020年高考仍会以功能关系为背景，以求解问题方法的形式考查，复习中应引起足够重视。 (2015全国卷T16)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30，如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A西偏北方向，1.9103 m/sB东偏南方向，1.9103 m/sC西偏北方向，2.7103 m/sD东偏南方向，2.7103 m/s题眼点拨从转移轨道调整进入同步轨道此时卫星高度与同步轨道的高度相同；转移轨道和同步轨道的夹角为30。B设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v。三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知vvv22v1vcos 30，代入数据解得v21.9103 m/s。选项B正确。1三种过河情景分析情况图示说明渡河时间最短当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin渡河位移最短当v水v船时，如果船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为xmin2.关联速度的常见模型考向1渡河问题1(2019洛阳市第二次联考)某人划船横渡一条河，河的两岸平行，河水流速处处相同，大小为v1，船速大小恒为v2，且v2v1，设人以最短时间t1过河时，渡河位移为s1；以最短位移s2过河时，所用时间为t2，则以下关系正确的是()A. B.C. D.A小船船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t1，过河位移为s1；小船以最短位移过河时，s2t2，t2，联立解得，A项正确，C、D项错误；s1s2，则应大于1，B项错误。2.(多选)一快艇从岸边某一位置驶向河中离岸边100 m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度时间图象如图所示，河水流速恒为3 m/s，则下列说法正确的是()A快艇的运动轨迹一定为曲线B快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线C快艇最快到达浮标处经过的位移为100 mD能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20 sAD快艇在静水中做匀加速直线运动，河水流速恒为3 m/s，快艇的合速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以快艇的运动轨迹是曲线，故A正确，B错误。快艇的艇头与河岸垂直时，其到达浮标处所需的时间最短，则dat2，由图可知，快艇在静水中的加速度a0.5 m/s2，得t s20 s，由于快艇在沿河岸方向上有位移，故快艇最快到达浮标处的位移必定大于100 m，C错误，D正确。考向2关联速度问题3.(2019潍坊五校联考)如图所示，绕过定滑轮的细线连着两个小球，小球a、b分别套在水平杆和竖直杆上，某时刻连接两球的细线与竖直方向的夹角均为37，此时a、b两球的速度大小之比为(已知sin 370.6，cos 370.8)()A. B. C. D.A将a、b两小球的速度分解为沿细线方向的速度与垂直细线方向的速度，则a球沿细线方向的速度大小为v1vasin 37，b球沿细线方向的速度大小为v2vbcos 37，又v1v2，解得，A正确。4(易错题)如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升。以下说法正确的是()A物体B正向右做匀减速运动B物体B正向右做加速运动C地面对B的摩擦力减小D斜绳与水平方向成30时，vAvB2D将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos vA，所以vB，当减小时，物体B的速度减小，但B不是做匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mgFNFTsin ，FTmAg，减小，则支持力FN增大，根据FfFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos vA，知斜绳与水平方向成30时，vAvB2，选项D正确。易错点评：在于合速度的判断及数学关系的应用。平抛运动(5年4考)近几年高考对平抛运动的考查特点明显，题型为选择题，难度不大，考查点侧重于将平抛运动的基本规律应用到实际问题中，特别是与体育运动相结合。预计2020年命题特点仍会侧重于基本规律在实际生活中的应用，复习中应引起重视。1(2018全国卷)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和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()A2倍 B4倍 C6倍 D8倍A甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正确。2(2017全国卷T15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是()A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大C在竖直方向，球做自由落体运动，由hgt2知，选项A、D错误。由v22gh知，选项B错误。在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项C正确。3(多选)(2019全国卷T19)如图(a)所示，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()(a) (b)A第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大BD根据vt图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误。第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据vt图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mgfma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确。教师备选题(2015全国卷T18)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.vL1B.vC.vD.vD设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。则竖直方向上有3hhgt，水平方向上有v1t1，由两式可得v1。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3hgt，在水平方向有v2t2，由两式可得v2。则v的最大取值范围为v1vv2。故选项D正确。1一个基本思路处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动(如上T2、T3)。2两个突破口(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值(如上T1、T3)，且速度方向相同。(2)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。3两个重要推论做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。(1)设做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则有tan 2tan 。如图甲所示。(2)做平抛运动的物体任意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。如图乙所示。考向1平抛运动基本规律的应用1(原创题)(多选)飞机在2 km的高空以360 km/h的速度沿水平航线匀速飞行，飞机在地面上观察者的正上方空投一包裹。(g取10 m/s2，不计空气阻力)则()A飞机上的飞行员看到包裹的运动轨迹是抛物线B包裹落地处到地面观察者的距离为2 000 mC包裹着地时的速度大小为100 m/sD包裹从抛出到落地的过程中平均速度大小为100 m/sBC从飞机上投下去的包裹由于惯性，在水平方向上仍以360 km/h的速度沿原来的方向运动，但由于离开了飞机，该包裹在竖直方向上同时进行自由落体运动，所以飞机上的飞行员只是看到包裹在飞机的正下方下落，包裹的轨迹是竖直直线，故A错误；包裹在空中运动的时间t，该时间取决于包裹在竖直方向的运动，故t20 s，则包裹在水平方向的位移xv0t20 m2 000 m，即包裹落地处到观察者的距离为2 000 m，故B正确；对包裹，由动能定理得mghmv2mv，解得包裹着地时速度的大小为v100 m/s，故C正确；包裹从抛出到落地的过程中，平均速度大小为100 m/s，故D错误。考向2斜面与平抛组合2(2019山东济南期末评估)将一个物体以一定的初速度从倾角为30的斜面顶端水平抛出，落到斜面上，则到达斜面时的动能与平抛时初动能之比为()A21 B73 C43 D2B物体被抛出后做平抛运动，抛出点与落至斜面上的点的连线与水平方向的夹角为30，则由tan 30，解得t，所以物体落到斜面瞬间的竖直分速度为vygt2v0tan 30，到达斜面时的动能为Ekmv2m(vv)m(v4vtan230)，物体的初动能为Ek0mv，所以到达斜面时的动能与平抛时初动能之比为，B正确。3(易错题)(多选)如图所示，小球a从倾角为60的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与小球a等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P点相遇，则下列说法正确的是()Av1v221Bv1v211C若小球b以速度2v2水平抛出，则两小球仍能相遇D若小球b以速度2v2水平抛出，则b落在斜面上时，a在b的下方AD如图所示，b在斜面底端正上方与a等高处水平抛出，与a在斜面中点P点相遇，可知相遇时两球的水平位移相等，有v1tcos v2t，解得v1v221竖直位移也相等，有yav1tsin ybt，易知v1sin 若b以速度2v2水平抛出时落在斜面上的A点，b落到A点所用的时间记为t2。yb22t2，ya2v1t2sin ，由图易知t2v2，故yb2ya2，a在b的下方。易错点评：在于不能正确挖掘题目中的隐含条件“同时，同位”。考向3平抛中的临界问题4.一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出。如图所示，第一个球从O点水平飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上的B点后，弹跳起来，刚好过网上的C点，落在对方场地上的A点；第二个球从O点水平飞出时的初速度为v2，也刚好过网上的C点，落在A点。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：(1)两个网球飞出时的初速度之比v1v2；(2)运动员击球点的高度H与网高h之比Hh。解析(1)两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移为x1，第二个球落地时的水平位移为x2。由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在B点反弹瞬间，其水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向。根据运动的对称性可知两球第一次落地时的水平位移之比x1x213，故两球做平抛运动的初速度之比v1v213。(2)设第一个球从水平方向飞出到落地点B所用时间为t1，第2个球从水平方向飞出到C点所用时间为t2，则有Hgt，Hhgtx1v1t1O、C之间的水平距离x1v2t2第一个球第一次到达与C点等高的点时，其水平位移x2v1t2分析可知2x1x1x2联立可得t12t2即H4(Hh)得Hh43。答案(1)13(2)43圆周运动(5年2考)高考对本考点的考查题型以选择题为主，考查点多以竖直平面内圆周运动为背景，将圆周运动的基本规律与能量相结合命题是近几年命题的突出特点。2020年高考要加强圆周运动与实际生活问题结合类题目的训练。1(2016全国卷T16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgLmv2，v，因LPLQ，则vPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则Fmgm，则F3mg，因mPmQ，则FPFQ，选项C正确；向心加速度a2g，选项D错误。2.(多选)(2016全国卷T20)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()AaBaCN DNAC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgRWmv2，则速度v，最低点的向心加速度a，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得Nmgma，N，选项C正确，选项D错误。1基本思路(1)做好受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径(如上T1，T2)。(2)列出动力学方程Fmmr2mvmr。2抓住圆周运动“两类典型问题”(1)问题1：水平面内的圆周运动做好“临界”分析。绳的临界：张力FT0。接触面滑动临界：Ff。接触面分离临界：FN0。(2)问题2：竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)。轻绳模型轻杆模型实例球与绳连接、水流星、翻滚过山车等球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等图示在最高点受力重力，弹力F弹向下或等于零，mgF弹m重力，弹力F弹向下、向上或等于零，mgF弹m恰好过最高点F弹0，mgm，v，即在最高点速度不能为零v0，mgF弹，在最高点速度可为零(多选)如图所示，一质量为m0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v010 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R5 m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2。下列说法正确的是()A小球到达管道最高点时对管道的压力为零B小球到达管道最高点时速度为5 m/sC小球到达管道最低点时对管道的压力为5 ND圆轨道半径r为4 m题眼点拨“圆管道”最高点速度可以为零，此时对下壁压力等于物体重力。“恰好能通过圆轨道的最高点”该点小球速度v。CD从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最高点时的速度v10，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最低点时速度v210 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得Fmgm，解得管道最低点对小球的支持力F5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mgm，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv22mgrmgRmv，联立解得r4 m，选项D正确。反思：抓“两点”“一联”把握解题关键点“两点”“一联”考向1水平面内的圆周运动1(2019长春市高三一模)如图所示，一个菱形框架绕过其对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量均为m的小球A、B，转动过程中两小球相对框架静止，且到竖直轴的距离相等，则下列说法正确的是()A框架对球A的弹力方向一定垂直框架向下B框架对球B的弹力方向可能垂直框架向下C球A与框架间可能没有摩擦力D球A、球B所受的合力大小相等D球在水平面内做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A错误。对B受力分析可知，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B错误。若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，故C错误。A、B两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据Fm2r，可知两球所受的合力大小相等，故D正确。2.(易错题)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现从静止开始缓慢增大转台的转速(在每个转速下都可认为转台匀速转动)，已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数均为，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是()A当B受到的摩擦力为零时，A受到的摩擦力方向沿半径指向转台中心BB先相对于转台发生滑动C当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为DA刚好要滑动时，转台转动的角速度为D当B受到的摩擦力为零时，由弹簧弹力提供向心力，此时弹簧的弹力为Fkr，由牛顿第二定律可得kr2m2r，解得，此时A所受的向心力大小为FAm21.5rkrkr，故A受到的摩擦力方向沿半径背离转台中心，选项A错误。B刚好要滑动时，所受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，则由牛顿第二定律可得kr2mg2mr，解得1。A刚好要滑动时，所受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，则由牛顿第二定律可得krmgm1.5r，解得2，由题意知mgkr，则k，可推得0，即2mgsin 37，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。从B点到上滑至最高点的过程，由动能定理有mgR(1cos 37)(mgsin 37mgcos 37)x0mv代入数据可解得