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2008高考物理總復習資料（四）曲線運動
復習要點
1．曲線運動的特征與條件；
2．運動的合成與分解；
3．平拋物線的運動；
4．勻速圓周運動
二、難點剖析
1．曲線運動的特征
（1）曲線運動的軌跡是曲線
（2）由于運動的速度方向總沿軌跡的切線方向，又由于曲線運動的軌跡是曲線，所以曲線運動的速度方向時刻變化。即使其速度大小保持恒定，由于其方向不斷變化，所以說：曲線運動一定是變速運動。
（3）由于曲線運動速度的一定是變化的，至少其方向總是不斷變化的，所以，做曲線運動的物體的中速度必不為零，所受到的合外力必不為零。
2．物體做曲線運動的條件
力的作用效果之一是迫使物體的速度發生變化，其中：與速度方向平行的力將迫使物體速度的大小發生變化；與速度方向垂直的力將迫使物體速度的方向發生變化。正因為如此：當物體所受到的合外力方向與其速度方向平行時，物體將做直線運動；當物體所受到的合外力方向與其速度方向不平行時，物體將做曲線運動。
3．兩類典型的曲線運動的特征比較
高中物理所介紹的平拋運動和勻速圓周運動，實際上分別代表著加速度恒定的“勻變速曲線運動”和加速度不斷變化的“變變曲線運動”這兩類不同的曲線運動。
（1）受力特征的比較。
平拋運動中，物體只受恒定的重力mg的作用；勻速圓周運動中，物體的受力情況較為復雜，就其效果而言，其合外力充當向心力，大小恒定為
F向==mrω2=mυω
方向則不斷變化，但始終指向圓軌道的圓心。
（2）加速度特征的比較
平拋運動中，物體中恒定的重力mg的作用下產生恒定的加速度g，因此平拋運動是加速度不變的“勻變速曲線運動”；勻速圓周運動中，物體受到的合外力F向大小恒定、方向不斷變化，因此產生的向心加速度a向的大小恒定，為
a向==rω2=υω.
方向不斷變化，但始終指向圓軌道的圓心，因此勻速圓周運動實際上是加速度變化的“變速曲線運動”。
（3）速率與動能變化特征的比較。
平拋運動中，由于物體所受的合外力（重力mg）除在開始時與速度方向垂直外，其余任意時刻均與之夾一個銳角，所以合外力（重力mg）將物體做正功而使其速率和動能不斷增大，勻速圓周運動中，由于物體所受的合外力（向心力F向）始終與速度方向垂直，所以合外力（向心力F向）對物體不做功，物體的速率和動能均保持恒定。
（4）速度和動量變化特征的比較。
平拋運動中，由于物體的加速度g和合外力mg均恒定，所以在任意相等的時間間隔內，物體的速度和動量增量均相等，如圖—1中（a）、（b）所示，勻速圓周運動中，由于物體的加速度a向和合外力F向均具備著“大小恒定、方向變化”的特征，所以在任意相等的時間間隔內，物體的速度和動量的增量相應也都具備著“大小相等、方向不同”的特征，如圖9—2中（b）、（c）所示。
圖—1 圖—2
4．兩類典型的曲線運動的分析方法比較
（1）對于平拋運動這類“勻變速曲線運動”，我們的分析方法一般是“在固定的坐標系內正交分解其位移和速度”，運動規律可表示為
；
（2）對于勻速圓周運動這類“變變速曲線運動”，我們的分析方法一般是“在運動的坐標系內正交分解其力和加速度”，運動規律可表示為
三、典型例題
例1．船在靜水中的速度為υ，流水的速度為u，河寬為L。
（1）為使渡河時間最短，應向什么方向劃船？此時渡河所經歷的時間和所通過的路程各為多大？
（2）為使渡河通過的路程最短，應向什么方向劃船？比時渡河所經歷的時間和所通過的路程各為多大？
分析：為使渡河時間最短，只須使垂直于河岸的分速度盡可能大；為使漏河路程最短，只須使船的合速度與河岸夾角盡可能接近900角。
解：（1）為使渡河時間最短，必須使垂直于河岸的分速度盡可能大，即應沿垂直于河岸的方向劃船，此時所渡河經歷的時間和通過的路程分別為
t1=
d1==
（2）為使渡河路程最短，必須使船的合速度方向盡可能垂直于河岸。分如下兩種情況討論：
①當υ＞u時，劃船的速度方向與河岸夾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當υ＜u時，劃船的速度方向與河岸夾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．如圖—3所示，在斜面上O點先后以υ0和2υ0的速度水平拋出A、B兩小球，則從拋出至第一次著地，兩小球的水平位移大小之比可能為（ ）
A．1 ：2 B．1 ：3 C．1 ：4 D．1 ：5
分析：要注意到兩球著地的幾種可能。
解：兩小球分別以υ0和2υ0的初速度做平拋運動，于是有
x1=υ0t1，x2=2υ0t2；y1=gt12， y2=gt22
兩小球著地情況有幾種可能性： 圖—3
（1）均落在水平上，于是有y1=y2，可得x1 ：x2=1 ：2。故選A。
（2）均落在斜面上，于是有y1/x1=y2/x2，可得x1 ：x2=1 ：4，故選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。 故選B。綜上所述：此例應選ABC。
例3．如圖—4所示，兩根細線把兩個相同的小球懸于同一點，并使兩球在同一水平面內做勻速圓周運動，其中小球1的轉動半徑較大，則兩小球轉動的角速度大小關系為
ω1__________ω2，兩根線中拉力大小關系為T1_________T2，（填“＞”“＜”或“=”)
圖—4 圖—5
分析：擺球受力情況的分析是求解此例的基礎
解：兩小球均做“圓錐擺”運動，如圖9—5所示，其轉動半徑R=lsinθ，圓心在圖中的O點，轉動過程中小球實際所受的力為重力mg和線的拉力T，于是相應有
Tcosθ=mg ，Tsinθ=msinθ·ω2，
而θ1＞θ2，l1cosθ1=l2cosθ2，故ω1=ω2，T1＞T2，即應該依次填寫“=”和“＞”
例4．如圖—6排球場總長為18m，設網高度為2.25m，
運動員站在離網3m線上正對網前跳起將球水平擊出。
（1）設擊球點的高度為2.5m，試問擊球的速度在什么范
圍內才能使球既不觸網也不越界。
（2）若擊球點的高度小于某個值，那么無論水平擊球的速
度多大，球不是觸網就是越界，試求出這個高度。（g=10m/s2）
分析：當擊球點高度為2.5m時，擊球速度為υ1時恰好觸網；
擊球速度為υ2時恰好出界。當擊球點高度為h時，擊球速度 圖—6
為υ時，恰好不會觸網，恰好不會出界，其運動軌跡分別如圖
9—7中的（a）、（b）、（c）所示。
圖—7
解：（1）根據平拋運動的規律，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，球既不觸網又不出界的速度值應為
13.4m/s＜υ＜17m/s
（2）同樣根據平拋運動的規律，有
h－2.25=gt12
3=υt1
h=gt22
12=υt2
由此解得
h=2.4m
所以，當
h＜2.4m
時，無論擊球速度多大，球總是觸網或出界。
例5．如圖—8所示，質量為m的小球，用輕軟繩系
在邊長為a的正方形截面木柱的邊A處（木柱水平放置，
圖中畫斜線部分為其豎直橫截面），軟繩長4a質量不計，
它所承受的最大拉力為7mg，開始繩呈水平狀態。若以 圖—8
豎直向下的初速度拋出小球，為使繩能繞木柱上，且小
球始終沿圓弧運動，最后擊中A點，求拋出小球初速度
的最大值和最小值（空氣阻力不計）。
分析：小球依次繞A、B、C、D各點做半徑不同的
圓周運動，其速率大小可由能量關系確定。
解：小球運動到圖—9所示的各位置處時的速率分
別記為υi，小球剛運動到和剛要離開圖9—9所示的各
位置處時線中張力大小分別記為Ti和Ti/，于是由相關
規律依次可得
mυ02=mυ12－4mga
=mυ22－mga
=mυ32+mga 圖—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=
考慮到各個Ti和Ti/均不應小于零，于是可知各狀態下繩的拉力中T1/最大，T3最小，由此可得：當初速度取得最大和最小值時應有
T1/=7mg T3=0
因此解得初速度的最大值和最小值分別為
=
=2

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