2008高考物理总复习资料(四)曲线运动

2008高考物理总复习资料（四）曲线运动 复习要点 1．曲线运动的特征与条件； 2．运动的合成与分解； 3．平抛物线的运动； 4．匀速圆周运动 二、难点剖析 1．曲线运动的特征 （1）曲线运动的轨迹是曲线 （2）由于运动的速度方向总沿轨迹的切线方向，又由于曲线运动的轨迹是曲线，所以曲线运动的速度方向时刻变化。即使其速度大小保持恒定，由于其方向不断变化，所以说：曲线运动一定是变速运动。 （3）由于曲线运动速度的一定是变化的，至少其方向总是不断变化的，所以，做曲线运动的物体的中速度必不为零，所受到的合外力必不为零。 2．物体做曲线运动的条件 力的作用效果之一是迫使物体的速度发生变化，其中：与速度方向平行的力将迫使物体速度的大小发生变化；与速度方向垂直的力将迫使物体速度的方向发生变化。正因为如此：当物体所受到的合外力方向与其速度方向平行时，物体将做直线运动；当物体所受到的合外力方向与其速度方向不平行时，物体将做曲线运动。 3．两类典型的曲线运动的特征比较 高中物理所介绍的平抛运动和匀速圆周运动，实际上分别代 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 着加速度恒定的“匀变速曲线运动”和加速度不断变化的“变变曲线运动”这两类不同的曲线运动。 （1）受力特征的比较。 平抛运动中，物体只受恒定的重力mg的作用；匀速圆周运动中，物体的受力情况较为复杂，就其效果而言，其合外力充当向心力，大小恒定为 F向= =mrω2=mυω 方向则不断变化，但始终指向圆轨道的圆心。 （2）加速度特征的比较 平抛运动中，物体中恒定的重力mg的作用下产生恒定的加速度g，因此平抛运动是加速度不变的“匀变速曲线运动”；匀速圆周运动中，物体受到的合外力F向大小恒定、方向不断变化，因此产生的向心加速度a向的大小恒定，为 a向= =rω2=υω. 方向不断变化，但始终指向圆轨道的圆心，因此匀速圆周运动实际上是加速度变化的“变速曲线运动”。 （3）速率与动能变化特征的比较。 平抛运动中，由于物体所受的合外力（重力mg）除在开始时与速度方向垂直外，其余任意时刻均与之夹一个锐角，所以合外力（重力mg）将物体做正功而使其速率和动能不断增大，匀速圆周运动中，由于物体所受的合外力（向心力F向）始终与速度方向垂直，所以合外力（向心力F向）对物体不做功，物体的速率和动能均保持恒定。 （4）速度和动量变化特征的比较。 平抛运动中，由于物体的加速度g和合外力mg均恒定，所以在任意相等的时间间隔内，物体的速度和动量增量均相等，如图—1中（a）、（b）所示，匀速圆周运动中，由于物体的加速度a向和合外力F向均具备着“大小恒定、方向变化”的特征，所以在任意相等的时间间隔内，物体的速度和动量的增量相应也都具备着“大小相等、方向不同”的特征，如图9—2中（b）、（c）所示。 图—1                                  图—2 4．两类典型的曲线运动的 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 方法比较 （1）对于平抛运动这类“匀变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在固定的坐标系内正交分解其位移和速度”，运动规律可表示为 ；    （2）对于匀速圆周运动这类“变变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在运动的坐标系内正交分解其力和加速度”，运动规律可表示为 三、典型例题 例1．船在静水中的速度为υ，流水的速度为u，河宽为L。 （1）为使渡河时间最短，应向什么方向划船？此时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大？ （2）为使渡河通过的路程最短，应向什么方向划船？比时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大？ 分析：为使渡河时间最短，只须使垂直于河岸的分速度尽可能大；为使漏河路程最短，只须使船的合速度与河岸夹角尽可能接近900角。 解：（1）为使渡河时间最短，必须使垂直于河岸的分速度尽可能大，即应沿垂直于河岸的方向划船，此时所渡河经历的时间和通过的路程分别为 t1= d1= = （2）为使渡河路程最短，必须使船的合速度方向尽可能垂直于河岸。分如下两种情况讨论： ①当υ＞u时，划船的速度方向与河岸夹α角偏向上游方向，于是有 υcosα=u L=υsinαt2 d2=L 由此解得： α=arccos t2=L/ d2=L ②当υ＜u时，划船的速度方向与河岸夹β角偏向上游方向，于是又有 ucosβ=υ cosβ=L = · 由此解得： β=arccos =Lu/υ =Lu/υ 例2．如图—3所示，在斜面上O点先后以υ0和2υ0的速度水平抛出A、B两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为（  ） A．1 ：2      B．1 ：3    C．1 ：4    D．1 ：5 分析：要注意到两球着地的几种可能。 解：两小球分别以υ0和2υ0的初速度做平抛运动，于是有 x1=υ0t1，x2=2υ0t2；y1= gt12， y2= gt22 两小球着地情况有几种可能性：                              图—3 （1）均落在水平上，于是有y1=y2，可得x1 ：x2=1 ：2。故选A。 （2）均落在斜面上，于是有y1/x1=y2/x2，可得x1 ：x2=1 ：4，故选C。 （3）A球落在斜面上，B球落在水平面上，于是有t1＜t2和 ＞ ，可得1 ：2＞x1 ：x2＞1 ：4。 故选B。综上所述：此例应选ABC。 例3．如图—4所示，两根细线把两个相同的小球悬于同一点，并使两球在同一水平面内做匀速圆周运动，其中小球1的转动半径较大，则两小球转动的角速度大小关系为 ω1__________ω2，两根线中拉力大小关系为T1_________T2，（填“＞”“＜”或“=”) 图—4                      图—5 分析：摆球受力情况的分析是求解此例的基础 解：两小球均做“圆锥摆”运动，如图9—5所示，其转动半径R=lsinθ，圆心在图中的O点，转动过程中小球实际所受的力为重力mg和线的拉力T，于是相应有 Tcosθ=mg  ，Tsinθ=msinθ·ω2， 而θ1＞θ2，l1cosθ1=l2cosθ2，故ω1=ω2，T1＞T2，即应该依次填写“=”和“＞” 例4．如图—6排球场总长为18m，设网高度为2.25m， 运动员站在离网3m线上正对网前跳起将球水平击出。 （1）设击球点的高度为2.5m，试问击球的速度在什么范 围内才能使球既不触网也不越界。 （2）若击球点的高度小于某个值，那么无论水平击球的速 度多大，球不是触网就是越界，试求出这个高度。（g=10m/s2） 分析：当击球点高度为2.5m时，击球速度为υ1时恰好触网； 击球速度为υ2时恰好出界。当击球点高度为h时，击球速度            图—6 为υ时，恰好不会触网，恰好不会出界，其运动轨迹分别如图 9—7中的（a）、（b）、（c）所示。 图—7 解：（1）根据平抛运动的规律，有： 2.5－2.25= gt12 3=υ1t1 2.5= gt22 12=υ2t2 由此解得 υ1≈13.4m/s      υ2≈17m/s 所以，球既不触网又不出界的速度值应为 13.4m/s＜υ＜17m/s （2）同样根据平抛运动的规律，有 h－2.25= gt12 3=υt1 h= gt22 12=υt2 由此解得 h=2.4m 所以，当 h＜2.4m 时，无论击球速度多大，球总是触网或出界。 例5．如图—8所示，质量为m的小球，用轻软绳系 在边长为a的正方形截面木柱的边A处（木柱水平放置， 图中画斜线部分为其竖直横截面），软绳长4a质量不计， 它所承受的最大拉力为7mg，开始绳呈水平状态。若以          图—8  竖直向下的初速度抛出小球，为使绳能绕木柱上，且小 球始终沿圆弧运动，最后击中A点，求抛出小球初速度            的最大值和最小值（空气阻力不计）。 分析：小球依次绕A、B、C、D各点做半径不同的 圆周运动，其速率大小可由能量关系确定。 解：小球运动到图—9所示的各位置处时的速率分 别记为υi，小球刚运动到和刚要离开图9—9所示的各 位置处时线中张力大小分别记为Ti和Ti/，于是由相关 规律依次可得 mυ02= mυ12－4mga = mυ22－mga = mυ32+mga                                        图—9 = mυ42 T1－mg=mυ12/4a          T1/－mg=mυ12/3a T2= mυ22/3a              T2/= mυ22/2a T3+mg= mυ32/2a            T3/+mg= mυ32/a T4=mυ42/a 由此依次解得 T1= +3mg T1/= + mg T2= + mg T2/= －2mg T3/= －3mg T4= 考虑到各个Ti和Ti/均不应小于零，于是可知各状态下绳的拉力中T1/最大，T3最小，由此可得：当初速度取得最大和最小值时应有 T1/=7mg      T3=0 因此解得初速度的最大值和最小值分别为 = =2