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回歸教材重難點03力與曲線運動

曲線運動的處理是直線運動的延續和升華，考查內容豐富，問題靈活，密切聯系生活實踐，解決問題更能體現核心素養，是高考的熱點。考題也往往包含在電場力和洛侖茲力作用下的曲線運動，要求考生靈活選取運動的合成與分解、動量或能量的知識綜合解決。

備考策略⑴掌握研究曲線運動的基本方法，理解曲線運動的特點。用分解的思想將曲線運動“化曲為直、化繁為簡”，用已有的解決直線運動動力學問題的方法來解決曲線運動問題。理解平拋運動和圓周運動的特點和規律，熟練解決相關具體問題，并遷移運用，創造性地解決一般曲線運動問題。⑵重視拋體運動和圓周運動在生產生活中的實例分析，培養考生的建模能力；重視建構完善的太貴體系，培養綜合運用牛頓運動定律、動能定理等知識解決較復雜曲線運動問題能力。

知識點一、兩個直線運動的合運動性質的判斷

兩個互成角度的分運動

合運動的性質

兩個勻速直線運動

勻速直線運動

一個勻速直線運動、

一個勻變速直線運動

勻變速曲線運動

兩個初速度為零的勻加速直線運動

勻加速直線運動

兩個初速度不為零的勻變速直線運動

如果v合與a合共線，為勻變速直線運動

如果v合與a合不共線，為勻變速曲線運動

知識點二、兩種運動的合成與分解實例

㈠、小船渡河模型

1．模型特點

兩個分運動和合運動都是勻速直線運動，其中一個分運動的速度大小、方向都不變，另一分運動的速度大小不變，研究其速度方向不同時對合運動的影響．這樣的運動系統可看做小船渡河模型．

2．模型分析

(1)船的實際運動是水流的運動和船相對靜水的運動的合運動．

(2)三種速度：v1(船在靜水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的實際速度)．

(3)兩個極值

①過河時間最短：v1⊥v2，tmin＝

eq\f(d,v1)

(d為河寬)．

②過河位移最小：v⊥v2(前提v1＞v2)，如圖甲所示，此時xmin＝d，船頭指向上游與河岸夾角為α，cosα＝

eq\f(v2,v1)

；v1⊥v(前提v1＜v2)，如圖乙所示．過河最小位移為xmin＝

eq\f(d,sinα)

＝

eq\f(v2,v1)

d.

3.求解小船渡河問題的方法

(1)解決這類問題的關鍵是：正確區分分運動和合運動，在船的航行方向也就是船頭指向方向的運動，是分運動；船的運動也就是船的實際運動，是合運動，一般情況下與船頭指向不共線．

(2)運動分解的基本方法，按實際效果分解，一般用平行四邊形定則沿水流方向和船頭指向分解．

(3)渡河時間只與垂直河岸的船的分速度有關，與水流速度無關．

㈡、繩(桿)端速度分解模型

1．模型特點

繩(桿)拉物體或物體拉繩(桿)，以及兩物體通過繩(桿)相連，物體運動方向與繩(桿)不在一條直線上，求解運動過程中它們的速度關系，都屬于該模型．

2．模型分析

(1)合運動→繩拉物體的實際運動速度v

(2)分運動→

eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(其一：沿繩或桿的分速度v1,其二：與繩或桿垂直的分速度v2))

(3)關系：沿繩(桿)方向的速度分量大小相等．

3.解決繩(桿)端速度分解問題的技巧

(1)明確分解誰——分解不沿繩(桿)方向運動物體的速度；

(2)知道如何分解——沿繩(桿)方向和垂直繩(桿)方向分解；

(3)求解依據——因為繩(桿)不能伸長，所以沿繩(桿)方向的速度分量大小相等．（理科）

（方法與技巧，可直接應用）

知識點三、平拋運動的基本規律及應用

1．飛行時間：由t＝

eq\r(\f(2h,g))

知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關．

2．水平射程：x＝v0t＝v0

eq\r(\f(2h,g))

，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關．

3．落地速度：vt＝

eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))

＝

eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)

，以θ表示落地速度與x軸正方向的夾角，有tanθ＝

eq\f(vy,vx)

＝

eq\f(\r(2gh),v0)

，所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關．

4．速度改變量：因為平拋運動的加速度為恒定的重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下，如圖甲所示．

5．兩個重要推論

(1)做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖乙中A點和B點所示．

(2)做平拋(或類平拋)運動的物體在任意時刻任一位置處，設其末速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tanα＝2tanθ.

6.“化曲為直”思想在拋體運動中的應用

(1)根據等效性，利用運動分解的方法，將其轉化為兩個方向上的直線運動，在這兩個方向上分別求解．

(2)運用運動合成的方法求出平拋運動的速度、位移等．

知識點四、描述圓周運動的物理量

1．線速度：描述物體圓周運動的快慢，v＝

eq\f(Δs,Δt)

＝

eq\f(2πr,T)

.

2．角速度：描述物體轉動的快慢，ω＝

eq\f(Δθ,Δt)

＝

eq\f(2π,T)

.

3．周期和頻率：描述物體轉動的快慢，T＝

eq\f(2πr,v)

，T＝

eq\f(1,f)

.

4．向心加速度：描述線速度方向變化的快慢．

an＝rω2＝

eq\f(v2,r)

＝ωv＝

eq\f(4π2,T2)

r.

5．向心力：作用效果產生向心加速度，Fn＝man.

知識點五、圓周運動實例分析

㈠水平面內的圓周運動

1．運動實例：圓錐擺、火車轉彎、飛機在水平面內做勻速圓周飛行等．

2．重力對向心力沒有貢獻，向心力一般來自彈力、摩擦力或電磁力．向心力的方向水平，豎直方向的合力為零．

3．涉及靜摩擦力時，常出現臨界和極值問題．

4.水平面內的勻速圓周運動的解題方法

(1)對研究對象受力分析，確定向心力的來源，涉及臨界問題時，確定臨界條件；

(2)確定圓周運動的圓心和半徑；

(3)應用相關力學規律列方程求解．

㈡豎直平面內圓周運動的“輕桿、輕繩”模型

1．模型特點

在豎直平面內做圓周運動的物體，運動至軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道的“過山車”等)，稱為“輕繩模型”；二是有支撐(如球與桿連接、小球在彎管內運動等)，稱為“輕桿模型”．

2．模型分析

繩、桿模型常涉及臨界問題，分析如下：

輕繩模型

輕桿模型

常見類型

過最高點的臨界條件

由mg＝m

eq\f(v2,r)

得v臨＝

eq\r(gr)

由小球能運動即可，得v臨＝0

討論分析

(1)過最高點時，v≥

eq\r(gr)

，FN＋mg＝m

eq\f(v2,r)

，繩、軌道對球產生彈力FN

(2)不能過最高點時v＜

eq\r(gr)

，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道

(1)當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心

(2)當0＜v＜

eq\r(gr)

時，－FN＋mg＝m

eq\f(v2,r)

，FN背離圓心且隨v的增大而減小

(3)當v＝

eq\r(gr)

時，FN＝0

(4)當v＞

eq\r(gr)

時，FN＋mg＝m

eq\f(v2,r)

，FN指向圓心并隨v的增大而增大

3.豎直面內圓周運動的求解思路

(1)定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同，其原因主要是“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體．

(2)確定臨界點：v臨＝

eq\r(gr)

，對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是FN表現為支持力還是拉力的臨界點．

(3)定規律：用牛頓第二定律列方程求解

1.（2021河北）銫原子鐘是精確的計時儀器，圖1中銫原子從O點以的初速度在真空中做平拋運動，到達豎直平面所用時間為；圖2中銫原子在真空中從P點做豎直上拋運動，到達最高點Q再返回P點，整個過程所用時間為，O點到豎直平面、P點到Q點的距離均為，重力加速度取，則為（）

A100∶1 B.1∶100 C.1∶200 D.200∶1

【答案】C

【解析】銫原子做平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，即

解得

銫原子做豎直上拋運動，拋至最高點用時，逆過程可視為自由落體，即

解得

則

故選C。

2.（2021浙江）質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示，對該時刻，下列說法正確的是（）

A.秋千對小明的作用力小于

B.秋千對小明的作用力大于

C.小明速度為零，所受合力為零

D.小明的加速度為零，所受合力為零

【答案】A

【解析】在最高點，小明速度為0，設秋千的擺長為l，擺到最高點時擺繩與豎直方向的夾角為，秋千對小明的作用力為F，則對人，沿擺繩方向受力分析有

由于小明的速度為0，則有

沿垂直擺繩方向有

解得小明在最高點的加速度為

所以A正確；BCD錯誤；

故選A。

3.（2021河北）如圖，矩形金屬框豎直放置，其中、足夠長，且桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過桿，金屬框繞軸分別以角速度和勻速轉動時，小球均相對桿靜止，若，則與以勻速轉動時相比，以勻速轉動時（）

A.小球的高度一定降低 B.彈簧彈力的大小一定不變

C.小球對桿壓力的大小一定變大 D.小球所受合外力的大小一定變大

【答案】BD

【解析】對小球受力分析，設彈力為T，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向

而

可知θ為定值，T不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變。則A錯誤，B正確；

水平方向當轉速較小時，桿對小球的彈力FN背離轉軸，則

即

當轉速較大時，FN指向轉軸

即

則因，根據牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力不一定變大。則C錯誤；

根據

可知，因角速度變大，則小球受合外力變大。則D正確。

故選BD。

4、（2021·山東省濟南市壓軸卷）空中飛椅是游樂場里少年兒童們十分喜愛的娛樂項目，其模型如圖所示，頂端轉盤上用等長鋼絲繩吊著多個座椅，甲、乙兩個兒童分別坐在A、B兩個吊椅中，當轉盤以一定的角速度勻速轉動時，連接A、B座椅的鋼絲繩與豎直方向的夾角分別為a、θ。已知A、B座椅繞軸的旋轉半徑分別為r1、r2，甲、乙兩兒童的質量分別為m1、m2，兩座椅的質量相等，若m1>m2，則

A.α<θ B.r1>r2

C.甲的向心加速度小于乙的向心加速度 D.甲乙線速度大小相等

【答案】D

【解析】

AB.以人和座椅為研究對象：根據牛頓第二定律，甲、乙的加速度滿足

mgtanα=mrω2，tanα=ω2r/g

同軸轉動角速度相同，故

α=θ，r1=r2

故AB錯誤；

CD.根據a=rω2可知，

a1=a2

根據可知

故C錯誤D正確

5、（2021·山東省煙臺市適應性練習）如圖所示，在光滑水平面上，一質量為m的導熱活塞將一定質量的理想氣體封閉在內壁光滑的圓柱形氣缸中，開始時活塞和氣缸靜止，此時氣柱長度為l，現使氣缸底部繞一豎直軸由靜止開始轉動，緩慢增大轉動的角速度，當氣缸轉動的角速度為1時，氣柱長度為2l，當氣缸轉動的角速度為2時，氣柱長度為3l，若外界大氣壓不變，則1與2的比值為（）

A. B. C.2：3 D.3：2

【答案】A

【解析】

當氣缸轉動的角速度為1時，根據向心力方程

當氣缸轉動的角速度為2時，

根據等溫方程

解得1與2的比值為。

故選A。

6、（2021·廣東省普寧適應性考試）一拋物線形狀的光滑固定導軌豎直放置，O為拋物線導軌的頂點，O點離地面的高度為兩點相距，軌道上套有一個小球M，小球M通過輕桿與光滑地面上的小球N相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為，現將小球M由距地面豎直高度處由靜止釋放，則（）

A小球M將做平拋運動

B.小球M即將落地時，小球N的動能為

C.小球M即將落地時速度大小為

D.小球M即將落地時，小球N的速度大小為

【答案】BC

【解析】

A．小球M運動過程中受重力、軌道對小球的彈力、輕桿對小球的彈力，不滿足做平拋運動的條件，A錯誤；

CD．小球M即將落地時，設小球M的速度為v，則小球N的速度為，以兩小球和輕桿組成的系統為研究對象，根據機械能守恒定律有

可以求出小球M的速度大小為，小球N的速度大小為，C正確，D錯誤；

B．小球N的動能為

B正確。

故選BC。

7、（2021·北京市房山區二模）通常情況下，實際的拋體都是在介質中運動的。由于介質對運動物體的阻力作用，物體運動速度會降低。已知在空氣中運動的物體所受阻力方向與運動方向相反，大小隨速度的增大而增大。通常情況下，地球自身運動和地球的形狀對拋體運動影響非常微小，可忽略不計。可以認為拋體運動的物體在某點的受力情況如圖所示。假定空氣中一彈丸從地面拋射出去，初速度為v0，方向與水平地面夾角為θ；彈丸落地時，速度大小為v，方向與水平地面夾角為α，落地點與拋出點在同一水平面。從彈丸拋出到落地，下列分析正確的是（）

A.彈丸上升的時間大于下降的時間

B.彈丸的加速度先減小后增大

C.彈丸在最高點時的加速度是重力加速度

D.彈丸落地時與水平方向夾角α大于拋出時與水平方向的夾射角θ

【答案】D

【解析】

A．始到最高點

從最高點到落點

可知上升過程豎直方向上加速度更大，則上升時間要小，A錯；

B．彈丸的加速度一直在減小，B錯；

C．最高點時，阻力f與重力mg垂直，加速度為

所以C錯；

D．在拋出到落地的過程中，彈丸在水平方向上的分速度在阻力的作用下一直在減小，所以落地時與水平方向的夾角α大于拋出時與水平方向的夾射角θ，所以D正確。

故選D。

8、（2021·北京市朝陽區二模）利用如圖1所示的實驗粗略測量人吹氣產生的壓強。兩端開口的細玻璃管水平放置，內部截面積為S。管內塞有潮濕的小棉球，其質量為m，與B端的距離為x。實驗者從玻璃管的A端均勻吹氣，棉球從B端飛出，落地點為C。測得C點與B端的水平距離為l，棉球下落高度為h。多次改變x，測出對應的l，畫出l2-x的圖像如圖2所示，圖線的斜率為k。不計棉球與管壁的摩擦，不計空氣阻力。下列選項正確的是（）

A.實驗中小棉球在玻璃管中做勻速運動

B.獲取圖2中各組數據時可以改變每次吹氣的壓強

C.由題中數據可求得小棉球到達B端的速度為

D.由于人吹氣使小棉球兩側產生的壓強差為

【答案】D

【解析】

A．球收到氣壓給的水平向右的力，而在水平方向只受到這一個力，所以小球不能平衡，所以不是做勻速運動，故A錯誤；

B．2是的圖像關系，所以其他因素應保持不變，所以不能改變每一次吹氣的壓強，故B錯誤；

C．球從B端飛出后做平拋運動，根據平拋運動的公式

可求出

故C錯誤；

D．大氣壓強為，始終為，對棉球從靜止到B點的運動過程列動能定理有

代入可得

所以有

則

所以

故D正確。

故選D。

9、（2021·北京市朝陽區二模）國產大飛機C919是我國按照國際民航規章自行研制、具有自主知識產權的噴氣式民用飛機，于2017年5月5日成功首飛。如圖所示，飛機在起飛過程中的某時刻水平分速度為60m/s，豎直分速度為6m/s，已知在此后的1min內，飛機在水平方向做加速度為2m/s2的勻加速直線運動，豎直方向做加速度為0.2m/s2的勻加速直線運動。關于這1min內飛機的運動與受力情況，下列選項正確的是（）

A.飛機受到的合力豎直向上

B.飛機的運動軌跡為曲線

C.前20s內，飛機上升的高度為120m

D.前20s內，飛機水平方向的平均速度為80m/s

【答案】D

【解析】

A．飛機在水平方向做勻加速直線運動，則水平方向合外不為0，所以飛機受到的合力不可能豎直向上，則A錯誤；

B．飛機合加速度與水平方向的夾角為，則有

飛機的合速度與水平方向的夾角為，則有

則

合加速度與合速度方向相同，飛機做勻加速直線運動，所以B錯誤；

C．前20s內，飛機上升的高度為

所以C錯誤；

D．前20s內，飛機水平方向的位移為

前20s內，飛機水平方向的平均速度為

所以D正確；

故選D。

10、（2021·北京市昌平區二模）如圖所示，排球比賽中運動員將排球從M點水平擊出，排球飛到P點時，被對方運動員墊起，球又斜向上飛出后落到M點正下方的N點。已知N點與P點等高，軌跡的最高點Q與M等高。不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.排球兩次飛行過程中經歷的時間相同

B.排球到達P點時的速率比離開P點時的速率大

C.排球在M點的速率與經過Q點的速率相等

D.排球兩次飛行過程中重力對排球做的功相等

【答案】B

【解析】

A．排球從M點水平拋出的做平拋運動，運動時間為

故從P點拋出的小球做斜拋的時間為從M點拋出的小球的運動時間的2倍，A錯誤；

B．將排球從P到Q的斜上拋運動由逆向思維法可看成從Q到P的平拋運動，則由M到P和Q到P的平拋運動比較，運動高度相同，則運動時間相同，豎直分速度相同，但M到P的水平位移大，則水平速度v0較大，可知從M到P的末速度大小大于從P到Q的初速度大小，B正確；

C．將排球從P到Q的斜上拋運動由逆向思維法可看成從Q到P的平拋運動，則由M到P和Q到P的平拋運動比較，運動高度相同，則運動時間相同，但從M點拋出的小球水平位移更大，故在M點的水平速率大于在Q點的水平速率，C錯誤；

D．對于從M點拋出的小球，重力做正功，從P點拋出的小球重力不做功，D錯誤。

故選B。

11、（2021·安徽省馬鞍山