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2019-2020年高中物理第五章曲线运动章末总结教学案新人教版必修2
一、运动的合成和分解
1.小船渡河的两类典型问题设河宽为d、水流的速度为v水方向沿河岸指向下游、船在静水中的速度为v船方向船头指向. 图11最短时间船头垂直于河岸行驶,tmin=,与v水的大小无关.船向下游偏移x=v水tmin如图1甲所示.2最短航程
①若v船v水,则xmin=d,此时船的航向垂直于河岸,船头与上游河岸成θ角,满足cosθ=如图乙所示.
②若v船v水,此时船头指向应与上游河岸成θ′角,满足cosθ′=,则xmin′==d如图丙所示.
2.绳、杆关联速度问题绳、杆等连接的两个物体在运动过程中,其速度通常是不一样的,但两者的速度是有联系的一般两个物体沿绳或杆方向的速度大小相等,我们称之为“关联”速度.解决此类问题的一般步骤如下第一步先确定合运动,物体的实际运动就是合运动;第二步确定合运动的两个实际作用效果,一是沿牵引方向的平动效果,改变速度的大小;二是沿垂直于牵引方向的转动效果,改变速度的方向;第三步按平行四边形定则进行分解,作好运动矢量图;第四步根据沿绳或杆牵引方向的速度相等列方程.例1 如图2所示,两次渡河时船头指向均垂直于岸,且船相对水的速度大小不变.已知第一次实际航程为A至B,位移为x1,实际航速为v1,所用时间为t
1.由于水速增大,第二次实际航程为A至C,位移为x2,实际航速为v2,所用时间为t
2.则 图2A.t2t1,v2=B.t2t1,v2=C.t2=t1,v2=D.t2=t1,v2=答案 C解析 设河宽为d,船自身的速度为v,则t1=t2;对合运动,过河时间t==,故C正确.针对训练1 多选某河宽为600m,河中某点的水流速度v与该点到较近河岸的距离d的关系如图3所示.船在静水中的速度为4m/s,要想使船渡河的时间最短,下列说法正确的是 图3A.船在航行过程中,船头应与河岸垂直B.船在河水中航行的轨迹是一条直线C.渡河的最短时间为240sD.船离开河岸400m时的速度大小为2m/s答案 AD解析 若船渡河的时间最短,船在航行过程中,必须保证船头始终与河岸垂直,选项A正确;因水流的速度大小发生变化,根据运动的合成与分解可知,船在河水中航行的轨迹是一条曲线,选项B错误;渡河的最短时间为tmin==s=150s,选项C错误;船离开河岸400m时的水流速度大小与船离开河岸200m时的水流速度大小相等,即v水=×200m/s=2m/s,则船离开河岸400m时的速度大小为v′==m/s=2m/s,选项D正确.例2 多选如图4所示,人在岸上拉船,已知船的质量为m,水的阻力恒为Ff,当轻绳与水面的夹角为θ时,船的速度为v,人的拉力大小为F,则此时 图4A.人拉绳行走的速度为vcosθB.人拉绳行走的速度为C.船的加速度为D.船的加速度为答案 AC解析 船的运动产生了两个效果一是使滑轮与船间的绳缩短,二是使绳绕滑轮顺时针转动,因此将船的速度按如图所示进行分解,人拉绳行走的速度v人=v∥=vcosθ,选项A正确,B错误;绳对船的拉力等于人拉绳的力,即绳的拉力大小为F,与水平方向成θ角,因此Fcosθ-Ff=ma,解得a=,选项C正确,D错误.针对训练2 如图5所示,水平面上有一汽车A,通过定滑轮用绳子拉同一水平面上的物体B,当拉至图示位置时,两绳子与水平面的夹角分别为α、β,二者速度分别为vA和vB,则vA和vB的比值为多少?图5答案 cosβ∶cosα解析 物体B实际的运动合运动水平向右,根据它的实际运动效果可知,两分运动分别为沿绳方向的分运动设其速度为v1和垂直绳方向的分运动设其速度为v
2.如图甲所示,有v1=vBcosβ
①汽车A实际的运动合运动水平向右,根据它的实际运动效果,两分运动分别为沿绳方向的分运动设其速度为v3和垂直绳方向的分运动设其速度为v
4.如图乙所示,则有v3=vAcosα
②又因二者沿绳子方向上的速度相等,即v1=v3
③由
①②③式得vA∶vB=cosβ∶cosα.
二、解决平抛运动的三个突破口
1.把平抛运动的时间作为突破口平抛运动规律中,各物理量都与时间有联系,所以只要求出抛出时间,其他的物理量都可轻松解出.
2.把平抛运动的偏转角作为突破口如图6可得tanθ==推导tanθ====tanα=,所以有tanθ=2tanα.从以上各式可以看出偏转角和其他各物理量都有关联,通过偏转角可以确定其他的物理量.图
63.把平抛运动的一段轨迹作为突破口图7平抛运动的轨迹是一条抛物线,已知抛物线上的任意一段,就可求出水平初速度和抛出点,其他物理量也就迎刃而解了.设图7为某小球做平抛运动的一段轨迹,在轨迹上任取两点A和B,E为AB的中间时刻.设tAE=tEB=T由竖直方向上的匀变速直线运动得-=gT2,所以T==由水平方向上的匀速直线运动得v0==.例3 如图8所示,在倾角为37°的斜面上从A点以6m/s的初速度水平抛出一个小球,小球落在B点,求g取10m/s2图81A、B两点间的距离和小球在空中飞行的时间;2小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值.答案
16.75m
0.9s 2解析 1如图所示,设小球落到B点时速度的偏转角为α,运动时间为t.则tan37°===t又因为tan37°=,解得t=
0.9s由x=v0t=
5.4m则A、B两点间的距离l==
6.75m2在B点时,tanα===.
三、圆周运动的动力学问题
1.分析物体的运动情况,明确圆周轨道在怎样的一个平面内,确定圆心在何处,半径是多大.
2.分析物体的受力情况,弄清向心力的来源,跟运用牛顿第二定律解直线运动问题一样,解圆周运动问题,也要先选择研究对象,然后进行受力分析,画出受力示意图.
3.由牛顿第二定律F=ma列方程求解相应问题,其中F是指向圆心方向的合外力向心力,a是向心加速度,即或ω2r或用周期T来表示的形式.例4 如图9所示,两根长度相同的轻绳图中未画出,连接着相同的两个小球,让它们穿过光滑的杆在水平面内做匀速圆周运动,其中O为圆心,两段细绳在同一直线上,此时,两段绳子受到的拉力之比为多少?图9答案 3∶2解析 对两小球受力分析如图所示,设每段绳子长为l,对球2有F2=2mlω2对球1有F1-F2=mlω2由以上两式得F1=3mlω2故=.针对训练3 如图10所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,Q放在带小孔的水平桌面上.小球在某一水平面内做匀速圆周运动圆锥摆.现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动图上未画出,两次金属块Q都保持在桌面上静止.则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是 图10A.Q受到桌面的静摩擦力变大B.Q受到桌面的支持力变大C.小球P运动的角速度变小D.小球P运动的周期变大答案 A解析 金属块Q保持在桌面上静止,对金属块和小球研究,竖直方向上没有加速度,根据平衡条件得知,Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力,保持不变,故B错误.设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为FT,细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图,则有FT=,mgtanθ=mω2Lsinθ,得角速度ω=,周期T==2π,现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时,θ增大,cosθ减小,则得到细线拉力FT增大,角速度增大,周期T减小.对Q,由平衡条件知,Ff=FTsinθ=mgtanθ,知Q受到桌面的静摩擦力变大,故A正确,C、D错误.故选A.
四、圆周运动中的临界问题
1.临界状态当物体从某种特性变化为另一种特性时发生质的飞跃的转折状态,通常叫做临界状态,出现临界状态时,既可理解为“恰好出现”,也可理解为“恰好不出现”.
2.轻绳类轻绳拴球在竖直面内做圆周运动,过最高点时,临界速度为v=,此时F绳=
0.
3.轻杆类1小球能过最高点的临界条件v=0;2当0<v<时,F为支持力;3当v=时,F=0;4当v>时,F为拉力.
4.汽车过拱形桥如图11所示,当压力为零时,即G-m=0,v=,这个速度是汽车能正常过拱形桥的临界速度.v<是汽车安全过桥的条件.图
115.摩擦力提供向心力如图12所示,物体随着水平圆盘一起转动,物体做圆周运动的向心力等于静摩擦力,当静摩擦力达到最大时,物体运动速度也达到最大,由Fm=m得vm=,这就是物体以半径r做圆周运动的临界速度.图12例5 如图13所示,AB为半径为R的光滑金属导轨导轨厚度不计,a、b为分别沿导轨上、下两表面做圆周运动的小球可看做质点,要使小球不脱离导轨,则a、b在导轨最高点的速度va、vb应满足什么条件?图13答案 va< vb>解析 对a球在最高点,由牛顿第二定律得mag-FNa=ma
①要使a球不脱离轨道,则FNa>0
②由
①②得va<对b球在最高点,由牛顿第二定律得mbg+FNb=mb
③要使b球不脱离轨道,则FNb>0
④由
③④得vb>.针对训练4 如图14所示,叠放在水平转台上的小物体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与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ,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.以下说法正确的是 图14A.B对A的摩擦力一定为3μmgB.C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C.转台的角速度一定满足ω≤D.转台的角速度一定满足ω≤答案 C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Ff=3mω2r,由此可知随着角速度的增大,摩擦力也增大,只有当A要滑动时B对A的摩擦力才为3μmg,故A错误;由A与C转动的角速度相同,都是由摩擦力提供向心力,对A有Ff=3mω2r,对C有FfC=mω
21.5r,由此可知C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力,故B错误;当C刚要滑动时的临界角速度为μmg=m
1.5rω,解得ωC=.对AB整体要滑动时的临界角速度为μ2m+3mg=2m+3mrω,解得ωAB=当A刚要滑动时的临界角速度为3μmg=3mrω解得ωA=由以上可知要想均不滑动角速度应满足ω≤,故C正确,D错误.。