人教版高考物理专题复习——微专题4　力与曲线运动（二轮专题）(共39张PPT)

(共39张PPT)
大单元一　力与运动
微专题4　力与曲线运动
一图通·构建知识图谱
[例1]　(2024·安徽卷)(多选)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则(　　)
题点通·突破高频考点
曲线运动　运动的合成与分解
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m
C．t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2
D．t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s
√
√
BD　[根据图像可得F1＝4－t(N)，F2＝3t(N)，故两力的合力为F＝4＋2t(N)，物块在y轴方向受到的力不变为mg sin 30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；在y轴方向的加速度为ay＝＝g sin 30°＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y＝＝2.5 m，故B正确；t＝1 s时，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故C错
误；在x轴正方向上，对物块根据动量定理Ft＝mvx－0，由于F与时间t成线性关系，结合题图(2)可得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝
g sin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。]
规律方法：
1．运动的合成与分解的基本思路
(1)明确合运动和分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．关联速度问题
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。
[针对训练1]　(2025·福建泉州市四校联考)甲、乙两光滑小球(均可视为质点)用铰链与轻直杆连接，乙球处于光滑水平地面上，甲球套在光滑的竖直杆上，初始时轻杆竖直，杆长为4 m。无初速度释放，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3 m时，甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．v1∶v2＝∶3
B．v1∶v2＝3∶7
C．甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等
D．甲球即将落地时，乙球的速度达到最大
√
B　[设当乙球距离起点3 m时，轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向的分量为v1杆＝v1cos θ，v2在沿杆方向的分量为v2杆＝
v2sin θ，而v1杆＝v2杆，由题意有cos θ＝，sin θ＝，解得＝，选项A错误，B正确；甲球即将落地时，有θ＝90°，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，选项C、D错误。]
[针对训练2]　(2025·江苏卷)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则(　　)
A．A点做匀速圆周运动
B．O′点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于O′点
D．此时A点的速度等于O′点
√
B　[A点运动为A点绕O′的圆周运动和O′相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误；根据题意O′固定在底盘上，故可知O′围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上时且A在OO′延长线上，A点和O′点运动方向相同，又A点相对O′点沿顺时针做圆周运动，故此时A的速度大于O′的速度，故C、D错误。故选B。]
[例2]　(2024·山东卷)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　)
抛体运动
A．运动时间为2 s
B．落地速度与水平方向夹角为60°
C．重物离PQ连线的最远距离为10 m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m
√
√
BD　[对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0t cos 30°，竖直方向上有y＝，由几何关系有＝
tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A错误；结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝
－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线
方向有2ghm cos 30°＝(v0 sin 60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，C错误；结合B项分析，竖直方向上有2gym＝，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，D正确。]
规律方法：
1．平抛(类平抛)运动的分解方式的处理方法
(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿重力(恒力)方向和垂直于重力(恒力)方向进行分解：沿重力(恒力)方向做匀变速直线运动，沿垂直于重力(恒力)方向做匀速直线运动，按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
(2)处理平抛运动(或类平抛运动)时，也可以将运动沿位移方向和垂直于位移方向进行分解，有可能需要把力和初速度都进行分解，在两个方向都做匀变速直线运动，按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
2．平抛(类平抛)运动的突破口
(1)把分位移进行关联。如对于在斜面上抛出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。
(2)把分速度进行关联。如抛出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。
[针对训练1]　(2025·云南卷)如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则(　　)
A．两颗鸟食同时抛出
B．在N点接到的鸟食后抛出
C．两颗鸟食平抛的初速度相同
D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
√
[针对训练2]　(2025·湖北卷)某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan θ的值为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
√
C　[网球两次运动过程沿水平方向都有L＝v0cos θ·t，设球网最高处离地高度为H，斜向上将球击出后，沿竖直方向有H－＝，斜向下将球击出后，沿竖直方向有L－H＝v0sin θ·t＋gt2，解得tan θ＝，C正确。]
[例3]　(2025·广东卷)(多选)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有(　　)
圆周运动
A．角速度为5 rad/s
B．线速度大小为4 m/s
C．向心加速度大小为10 m/s2
D．所受支持力大小为1 N
√
√
AC　[对小球受力分析如图所示由牛顿第二定律可得F合＝mg tan 45°＝mω2R＝m＝man，FN＝＝ N，D错误；由上述分析可得该小球的向心加速度大小an＝＝10 m/s2，C正确；角速度ω＝＝5 rad/s，A正确；线速度大小v＝
2 m/s，B错误。]
规律方法：圆周运动的规律及应用
1．水平面内的圆周运动
(1)水平面内圆周运动的分析思路
(2)水平面内圆周运动的临界问题
①绳的临界：拉力T＝0。
②接触面滑动临界：F＝Ffmax。
③接触面分离临界：FN＝0。
2．竖直平面内圆周运动问题
[针对训练1]　(2025·山东卷)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为 s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。g取10 m/s2。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A．11 N B．9 N
C．7 N D．5 N
√
C　[根据题意可知，小球经过最低点的速率约为v＝，则在最低点对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得小球在最低点时细线的拉力大小为F＝7 N，C正确。]
[针对训练2]　(2025·山东济南·二模)如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，
下列说法正确的是(　　)
A．小球一定能够回到轨道最高点
B．小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C．小球脱离轨道时的速度大小为
D．小球脱离轨道时离地面的高度为R
√
D　[小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。由机械能守恒可知，若小球能回到最高点则速度减为零；但是小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大。根据机械能守恒，从最高点到最低点的过程满足mg(2R)＝mv2，解得v＝，在最低点，小球受到的向心力由
轨道的支持力N和重力mg提供，N－mg＝m，解得N＝5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为5mg，故B错误；小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道。设小球脱离轨道时和圆心连线与竖直方向的夹角为θ，此时小球的速度为v，满足mg cos θ＝m，从最高点到脱离点，根据机
械能守恒mgR(1－cos θ)＝mv2，解得v＝，故C错误；小球脱离轨道时，和圆心连线与竖直方向的夹角θ满足cos θ＝，此时小球离地面的高度为h＝R(1＋cos θ)＝R，故D正确。故选D。]
谢 谢！