《【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮复习 专题三 第1课时 平抛 圆周和天体运动.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮复习 专题三 第1课时 平抛 圆周和天体运动.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、【步步高】(广西专用）2014年高考物理二轮复习 专题三 第1课时 平抛 圆周和天体运动专题定位本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题高考对本专题的考查以运动组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性考查的主要内容有：曲线运动的条件和运动的合成与分解；平抛运动规律；圆周运动规律；平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；应用万有引力定律解决天体运动问题；带电粒子在电场中的类平抛运动问题；带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；带电粒子在简单组合场内的运动问题等用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平
2、抛运动模型方法、等效的思想方法等应考策略熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题掌握找圆心求半径的方法第1课时平抛、圆周和天体运动1 物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性2 平抛运动(1)规律：vxv0，vygt，xv0t，ygt2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；设在
3、任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则有tan 2tan_.3 竖直平面圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v.(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v0.4 在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供其基本关系式为Gmm2rm()2rm(2f)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有Gmg.5 卫星的绕行速度v、角速度、周期T与轨道半径r的关系(1)由Gm，得v ，则r越大，v越小(2)由Gm2r，得 ，则r越大，越小(3)由Gmr，得T ，则r越大，T越大6 卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，
4、稳定在高轨道上时速度比低轨道小(2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比高轨道大1 竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析2 对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键3 分析天体运动类问题的一条主线就是F万F向，抓住黄金代换公式GMgR2.4 确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法题型1运动的合成与分解问题例1质量为2 kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象
5、和水平方向的位移图象如图1甲、乙所示，下列说法正确的是()甲乙图1A前2 s内质点处于失重状态B2 s末质点速度大小为4 m/sC质点的加速度方向与初速度方向垂直D质点向下运动的过程中机械能减小解析根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度vx m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a1 m/s2.前2 s内质点处于失重状态，2 s末质点速度为v m/s4 m/s，选项A正确，B错误质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C错误质点向下运动的过程中a1 m/s2g，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过
6、程中这个力做负功，故机械能减小，选项D正确答案AD以题说法1.运动的独立性是分析分运动特点的理论依据，本题中水平方向和竖直方向互不影响2对于任意时刻的速度、位移或加速度情况，要把两方向的速度、位移或加速度用平行四边形定则合成后再分析物体在光滑水平面上，在外力F作用下的vt图象如图2甲、乙所示，从图中可以判断物体在0t4的运动状态()甲乙图2A物体一直在做曲线运动B在t1t3时间内，合外力先增大后减小C在t1、t3时刻，外力F的功率最大D在t1t3时间内，外力F做的总功为零答案ABD解析由图象可知物体沿x方向做加速度时刻变化的变速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，结合运动的合成知识可知物体做曲线
7、运动，选项A正确；速度时间图线的斜率表示加速度，在t1t3时间内，物体的加速度先增大后减小，故合外力先增大后减小，选项B正确；t1、t3时刻，速度的变化率为0，物体的加速度为0，合外力F为0，故F的功率为0，选项C错误；t1时刻的合速度的大小与t2时刻合速度的大小相等，则t1t3时间内，物体的动能变化为0，据动能定理知外力F做的总功为零，选项D正确题型2平抛运动问题的分析例2如图3，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()图3A
8、. B. C. D. 解析平抛运动的水平位移xRRcos 60设小球抛出时的初速度为v0，则到达B点时有tan 60水平位移与水平速度v0的关系为xv0t，联立解得v0 ，选项B正确答案B以题说法1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的2要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的关系，这往往是解决问题的突破口(2013北京19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析研究平抛运动的实验装置示意图如图4所示小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出改变水平板的高度，就
9、改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为E1、E2、E3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是()图4Ax2x1x3x2，E1E2E3Bx2x1x3x2，E1E2E3Cx2x1x3x2，E1E2E3Dx2x1x3x2，E1E2E3答案B解析不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以E1E2E30.小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因y12y23，所以t12t23，x2x
10、1x3x2，由以上分析可知选项B正确题型3圆周运动问题的分析例3(2013重庆8)(16分)如图5所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为60，重力加速度大小为g.图5(1)若0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0；(2)若(1k)0，且0k1，求小物块受到的摩擦力大小和方向审题突破当小物块受到的摩擦力恰好为零时，受到什么力的作用？向心力是多少？当转速稍增大(或稍减小)时所需的向心力如何变化？解析
11、(1)对小物块受力分析可知：FNcos 60mgFNsin 60mRRRsin 60联立解得：0 (2)由于0k1，当(1k)0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下由受力分析可知：FNcos 60mgfcos 30FNsin 60fsin 30mR2RRsin 60联立解得：fmg当(1k)0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上由受力分析和几何关系知FNcos 60fsin 60mgFNsin 60fcos 60mR2RRsin 60所以fmg.答案(1)0 (2)当(1k)0时，f沿罐壁切线向下，大小为mg当(1k)0时，f沿罐壁切线向上，大小为mg以题说法解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(
12、1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径(2)列出正确的动力学方程Fmmr2mvmr.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件如图6所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬时得到一个水平初速度v0，若v0 ，则有关小球在圆轨道上能够上升到的最大高度(距离底部)的说法中正确的是()图6A一定可以表示为 B可能为C可能为R D可能为R答案B解析如果小球到最高点时速度为零，则有mvmgh，解得hR，小球已经过了高度R，小球会斜抛出去，故小球在最高点速度不为零，小球到不了R的高度，即不能到达的高度，选项A、D错误，选项B
13、正确题型4万有引力定律的应用例4某行星自转周期为T，赤道半径为R，研究发现若该行星自转角速度变为原来的两倍，将导致该星球赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G，则以下说法中正确的是()A该行量质量为MB该星球的同步卫星轨道半径为rRC质量为m的物体对行星赤道地面的压力为FND环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9 km/s解析若该行星自转角速度变为原来的两倍，则自转周期变为T/2.根据题述将导致该星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力，则有GmR2，解得该行星质量为M，选项A错误由Gmr()2，GmR()2，联立解得该星球的同步卫星轨道半径为rR，选项B正确设行星赤
14、道地面对物体的支持力为FN，由GFNmR()2，解得FN，由牛顿第三定律得，质量为m的物体对行星赤道地面的压力为FN，选项C错误根据题述已知条件，不能得出环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度，选项D错误答案B以题说法解决天体运动问题要善于构建两大模型1“天体公转”模型某天体绕中心天体做匀速圆周运动这种模型一般应用动力学方程(Gmm2rm()2rma)和黄金代换公式(GMgR2)就能轻松解决问题2“天体自转”模型天体绕自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动这种模型中往往要研究天体上某物体随天体做匀速圆周运动问题，这时向心力是天体对物体的万有引力和天体对物体的支持力的合力，在天体赤道上，则会有F向
15、F万FN.(2013山东20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()A.T B.TC.T D.T答案B解析双星靠彼此的引力提供向心力，则有Gm1r1Gm2r2并且r1r2L解得T2当双星总质量变为原来的k倍，两星之间距离变为原来的n倍时T2 T故选项B正确.4 平抛运动与圆周运动组合问题的综合分析审题示例(15分)如图7所示，一
16、粗糙斜面AB与圆心角为37的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平已知圆弧的半径为R1.25 m，斜面AB的长度为L1 m质量为m1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F1 N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为s1.2 m，C点距离地面高度为h0.8 m(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)求：图7(1)物块经C点时对圆弧面的压力；(2)物块滑至B点时的速度；(3)物块与斜面间的动摩擦因数审题模板答题模板(1)物块从C点到E点做平抛运动由hgt2(1分)得t0.4
17、 s(1分)vC3 m/s(1分)由牛顿第二定律知FNmgm(1分)FN17.2 N(1分)由牛顿第三定律知，物体在C点时对圆弧的压力大小为17.2 N，方向竖直向下(1分)(2)从B点到C点由动能定理有mgR(1cos 37)mvmv(2分)vB2 m/s(2分)(3)从A点到B点由v2aL，得a2 m/s2(2分)由牛顿第二定律有mgsin 37Fcos 37(mgcos 37Fsin 37)ma(2分)代入数据，解得0.65(1分)答案(1)17.2 N(2)2 m/s(3)0.65点睛之笔1.多过程问题实际是多种运动规律的组合平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿
18、第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析2在建立两运动之间的联系时，要把转折点的速度作为分析重点一长l0.80 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H1.00 m开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图8所示让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g10 m/s2.求：图8(1)当小球运动到B点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)若OP0.6 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受
19、的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力答案(1)4.0 m/s(2)0.80 m(3)9 N解析(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得mvmgl解得小球运动到B点时的速度大小vB4.0 m/s(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得xvBtyHlgt2解得C点与B点之间的水平距离xvB 0.80 m(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由圆周运动规律得FmmgmrlOP由以上各式解得Fm9 N(限时：45分钟)1 (2013新课标21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带如图1，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动
20、的趋势，则在该弯道处()图1A路面外侧高内侧低B车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动C车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小答案AC解析当汽车行驶的速度为vc时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确当速度稍大于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确同样，速度稍小于vc时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误vc的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D错误2 (201
21、3江苏2)如图2所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()图2AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小答案D解析因为物体的角速度相同，线速度v r，而rArB ，所以vAvB，故A项错；根据anr2知anAanB，故B项错；如图，tan ，而B的向心加速度较大，则B的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力FT，则FTAFTB，所以C项错， D项正确3 如图3所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O
22、为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道OA与竖直方向的夹角为1，PA与竖直方向的夹角为2.下列说法正确的是()图3Atan 1tan 22 Bcot 1tan 22Ccot 1cot 22 Dtan 1cot 22答案A解析平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为1，tan 1，位移与竖直方向的夹角为2，tan 2，则tan 1tan 22.故A正确，B、C、D错误4 在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3 m的小正三棱柱abc，俯视如图4.长度为L1 m的
23、细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m0.5 kg、不计大小的小球初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v02 m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)已知细线所能承受的最大张力为7 N，则下列说法中不正确的是()图4A细线断裂之前，小球速度的大小保持不变B细线断裂之前，小球的速度逐渐减小C细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7 sD细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9 m答案B解析小球在光滑水平面内运动，由于没有能量损失，细线断裂之前，小球速度的大小保持不变，选项A正确，选项B错误；线速度不变，细线
24、越来越短，因此角速度应该逐步增大，由Fm得r mh1B向心加速度a2a1C线速度v2v1答案AC解析由万有引力提供向心力可知，Gm(Rh)，h R，由于周期增大，则h增大，选项A正确；由Gma可知，向心加速度减小，选项B错误；由线速度公式Gm可知，线速度减小，选项C正确，选项D错误7 (2013广东14)如图6，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是()图6A甲的向心加速度比乙的小B甲的运行周期比乙的小C甲的角速度比乙的大D甲的线速度比乙的大答案A解析由万有引力提供向心力得Gmm2rmamr，变形得：a，v ， ，T2 ，只有周期T和M成减函数
25、关系，而a、v、和M成增函数关系，故选A.8 我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道，如图7所示，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则()图7A该卫星的发射速度必定大于11.2 km/sB卫星在同步轨道上的运行速度小于7.9 km/sC在轨道上，卫星在P点的动能小于在Q点的动能D在轨道上的运行周期大于在轨道上的运行周期答案BD解析人造卫星的最小发射速度和最大环绕速度均为7.9 km/s，选项A错误，选项B正确；由v 知r越小v越大，动能也就越大，所以卫星在P点的动能大于在Q点的动能，选项C错
26、误；由T 知r越大T越大，则卫星在轨道上的周期大于在轨道上的周期，选项D正确9 2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件如图8所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A点刚好进入大气层，由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是()图8A陨石正减速飞向A处B陨石绕地球运转时角速度渐渐变小C陨石绕地球运转时速度渐渐变大D进入大气层陨石的机械能渐渐变大答案C解析由于万有引力做功，陨石正加速飞向A处，选项A错误陨石绕地球运转时，因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐增大，速度渐渐变大，选项B错误，C正确进入大气层后，由于受到空气阻力的作用，
27、陨石的机械能渐渐变小，选项D错误10如图9所示，质量M2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m1 kg的小球通过长L0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v04 m/s，g取10 m/s2.图9(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向；(2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道的位置到轴O的距离；(3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小v2 m/s，试求此时滑块的速度大小答案(1)2 N竖直向上(2) m(3)1
28、m/s解析(1)设小球能通过最高点，且在最高点时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则mvmgLmv得v1 m/sv10，故小球能到达最高点设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则Fmgm得F2 N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向竖直向上(2)小球飞出后做平抛运动，设运动时间为t由Lgt2落地点到轴O的水平距离sv1t得：s m(3)解除锁定后，设小球通过最高点时滑块的速度为v在上升过程中，系统的机械能守恒，则mv2Mv2mgLmv代入数据得v1 m/s11如图10所示，水平地面和半径R0.5 m的半圆轨道面PTQ均光滑，质量M
29、1 kg、长L4 m的小车放在地面上，右端点与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m2 kg的滑块(可视为质点)以v06 m/s的水平初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上已知滑块与小车上表面的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2.图10(1)求小车与墙壁碰撞时滑块的速率；(2)求滑块到达P点时对轨道的压力；(3)若圆轨道的半径可变但最低点P不变，为使滑块在圆轨道内滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径的取值范围答案(1)4 m/s(2)68 N竖直向下(3)R0.24 m或R0.60 m解析(1)滑块滑上小车后，小车将做匀加速直
30、线运动，滑块将做匀减速直线运动，设滑块加速度为a1，小车加速度为a2，由牛顿第二定律得：对滑块有mgma1对小车有mgMa2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，设小车与滑块经历时间t后速度相等，则有v0a1ta2t滑块的位移s1v0ta1t2小车的位移s2a2t2代入数据得ss1s23 mL且s2s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度故小车与墙壁碰撞时的速率为v1a2t4 m/s(2)设滑块到达P点时的速度为vPmg(Ls)mvmvFNmgm根据牛顿第三定律有滑块到达P点时对轨道的压力FNFN68 N，方向竖直向下(3)若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速率为vQ，临界条件为：mgmmg2Rmaxmvmv代入数据得Rmax0.24 m若滑块恰好滑至1/4圆弧到达T点时速度为零，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，此时有：mgRmin0mvRmin0.6 m所以，若滑块在圆轨道运动过程中不脱离圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足R0.24 m或R0.60 m18