1、专题三 力与物体的曲线运动 第 1 课时 平抛、圆周和天体的运动 知识方法聚焦 知识回扣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时，物体做曲线运动合运动与分运动具有、和2物体(或带电粒子)做平抛运动或类平抛运动的条件是：有初速度；初速度与加速度的方向垂直不共线等时性独立性等效性3物体做匀速圆周运动的条件是：合外力的方向与物体运动的方向；绳固定物体能通过最高点的条件是；杆固定物体能通过最高点的条件是.物体做匀速圆周运动的向心力，即为物体所受4描述圆周运动的几个物理量为：角速度、线速度v和，还有周期T和频率f.其关系式为av2r(2T)2r(2f)2r.5平抛(类平抛)运动是运动
2、，物体所受合力为；而圆周运动是变速运动，物体所受合力为变力垂直v gL(L为绳长)v0合外力向心加速度a 2r匀变速曲线恒力6在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是运动，其所需要的向心力由提供其基本关系式为GMmr2 mv2r m2rm(2T)2rm(2f)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有GMmR2 mg.7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GMmr2 mv2r，得v，则r越大，v越小(2)由GMmr2 m2r，得，则r越大，越小(3)由GMmr2 m42T2 r，得T，则r越大，T越大圆周匀速万有引力GMrGMr342r3GM8近地卫星的线速度即第一宇宙速
3、度，是卫星绕地球做圆周运动的速度，也是发射卫星的速度9因卫星上物体的重力用来提供绕地球做圆周运动的向心力，所以均处于状态,与重力有关的仪器不能使用，与重力有关的实验不能进行10卫星变轨时，离心运动后速度变，向心运动后速度变最大最小失重小大规律方法1处理曲线运动的基本思路是“化曲为直”；平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的运动2定则仍是运动的合成与分解的基本方法3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来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析自由落体动能定理4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是解题的关键5分析天
4、体运动类问题的一条主线就是 F 万F 向，抓住黄金代换 GM.6确定天体表面重力加速度的方法有：测重力法；单摆法；(或竖直上抛)物体法；近地卫星环绕法速度平抛gR 2 热点题型例析 题型 1 平抛运动问题的分析例 1(14 分)如图 1 所示，光滑曲面轨道置于高度为 H1.8 m的平台上，其末端切线水平另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为 37的斜面，整个装置固定在竖直平面内一个可视作质点的质量为 m0.1 kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g 取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图1 (1)若小球下滑后做平抛运动正好击中木板的末
5、端，则释放小球的高度为多大？(2)试推导小球下滑后做平抛运动第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式解析(1)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落到水平地面木板的末端，则 H12gt2Htan v1t联立上式得：v14 m/s(4 分)设释放小球的高度为 h1，则 mgh112mv 21h1v 212g 0.8 m(2 分)(2)由机械能守恒定律可得：mgh12mv 20 (2 分)小球离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：y12gt2 xv0ttan 37yx vygt v 2t v 20 v 2y (2 分)Ek12mv 2t (2 分)联
6、立解得 Ek3.25h(2 分)答案(1)0.8 m(2)Ek3.25h以题说法 1.平抛(或类平抛)运动处理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以及斜面倾角之间的关系，这往往成为解决问题的突破口针对训练1(15分)如图2所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为53的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h0.8 m，g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，则：图2(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？(2)斜面顶端与平台边
7、缘的水平距离s是多少？解析(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以 vyv0tan 53(3 分)v 2y 2gh(3 分)则 vy4 m/s，v03 m/s.(3 分)(2)由 vygt1 得 t10.4 s(3分)sv0t130.4 m1.2 m(3 分)答案(1)3 m/s(2)1.2 m 题型 2 圆周运动问题的分析例 2 (19 分)如图 3 所示，一根轻绳一端固定在 O 点，另一端拴一质量 m0.1 kg 的小球静止于 A 点，其右方有底面半径r0.2 m 的转筒，转筒顶端与 A 等高，筒底端左侧有一小孔，距顶端 h0.8
8、m开始时小球处于 O 点所在水平面上方 30的位置 B 处且细绳刚好伸直，OB 及 OA 与转筒的轴线在同一竖直平面内，小孔此时也位于该竖直平面内将小球从 B 点由静止释放，小球经过 A 点时速度 vA2 5 m/s，此时轻绳突然断掉，同时转筒立刻以某一角速度做匀速转动，最终小球恰好进入小孔取 g10 m/s，不计空气阻力 图3 (1)求转筒轴线与 A 点的距离 d；(2)求转筒转动的角速度；(3)欲求轻绳的长度 s，某同学解法如下：小球从 B 点运动到 A 点过程中，只有重力做功，故机械能守恒，则 mgs(1sin 30)12mv 2A，代入数据，即可求得 s.你认为上述解法是否正确？如果认
9、为正确，请完成此题；如果认为不正确，请给出正确的解答.审题突破 1.小球从B点由静止释放到A点的过程一直做自由落体运动吗？2要使小球从A点开始做平抛运动进入小孔，转筒的角速度满足什么条件？解析(1)小球从A点到进入小孔的时间t2hg 20.810 s0.4 s(2分)drvAt(2分)解得d4 515 m1.99 m(2分)在小球平抛的时间内，转桶必须恰好转整数转，小球才能进入小孔，即t2n(n1,2,3，)(2分)解得5n rad/s(n1,2,3，)(2分)(3)此同学的解法不正确(2 分)如图所示，小球从 B 到 C 做自由落体运动，设到达 C 点时速度为 vC，则 v 2C 2g2ss
10、in 302gs(2 分)在 C 点时绳绷紧，沿绳方向速度减为零，垂直绳方向速度vC 切vCcos 30(1 分)从 C 到 A，只有重力做功，据机械能守恒有mgs(1sin 30)12mv2C切 12mv 2A (2 分)解得 s0.8 m(2 分)答案(1)1.99 m(2)5n rad/s(n1,2,3，)(3)不正确，0.8 m以题说法 1.此题是自由落体运动、平抛运动和圆周运动结合的问题，各运动转折点的速度分析是关键2竖直面内的圆周运动满足机械能守恒定律，一般利用动能定理或机械能守恒定律建立最高点和最低点的速度关系3对于匀速圆周运动和平抛运动结合的问题，还应注意圆周运动的周期性问题针
11、对训练2(14分)如图4所示是某同学设计的一个实验装置：一个内壁光滑的矩形框架竖直固定在水平地面上，一个质量为M0.48 kg，半径为R0.5 m的金属光滑圆环竖直放在框架内，圆环左右刚好和框架两壁相接触一个质量为m0.1 kg的光滑金属小球放在圆环内的底部在圆环底部敲击一下小球，使小球突然获得一个水平的初速度，小球便在圆环内运动该同学通过实验总结出：小球初速度存在一个范围在此范围内，小球既能够在圆环内做完整的圆周运动，且小球运动到圆环的最高点时，圆环还不能离开框架底部重力加速度为g10 m/s2.请你帮助该同学求出小球初速度的这一范围解析 当小球的初速度最小值为 v1 时，设小球运动到最高点
12、时的速度为 v，此时小球在最高点时，小球对圆环恰好没有压力，对小球：从最低点运动到最高点有：mv 21/2mv2/22mgR(2 分)图4 在最高点：mgmv2/R(2 分)解得：v1 5gR5 m/s(1 分)当小球的初速度为最大值 v2 时，设小球运动到最高点时的速度为 v，此时小球在最高点时，圆环对框架恰好没有压力，设此时圆环对小球的压力为 F，有：对小球：最低点到最高点有：mv 22/2mv2/22mgR(2 分)在最高点：Fmgmv2/R(2 分)对圆环，有：FMg(2 分)解得：v2 4gRMmgR/m7 m/s(2 分)所以小球初速度的范围为 5 m/sv07 m/s(1 分)答
13、案 5 m/sv07 m/s题型3 万有引力定律的应用例3(2011广东20)已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是()A卫星距地面的高度为3 GMT242B卫星的运行速度小于第一宇宙速度C卫星运行时受到的向心力大小为GMmR2D卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析 天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即 F 万F 向mv2r 42mrT2.当卫星在地表运行时，F 万GMmR2 mg(此时 R 为地球半径)，设同步卫星离地面高度为 h，则 F 万 GMmRh2F 向ma
14、向mg，所以 C 错误，D 正确由 GMmRh2 mv2Rh得，vGMRhv1，所以只要mgH12mv 22，即可满足题意(3分)解得H7.2 m(1分)答案(1)5 m/s(2)333.3 N(3)7.2 m点评 1.对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律.2.要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点.针对训练4(15分)水上滑梯可简化成如图7所示的模型，斜槽AB和光滑圆弧槽BC平滑连接斜槽AB的竖直高度差H6.0 m，倾角37；圆弧槽BC的半径R3.0 m，末端C点的切线水平；C点与水面的距离h0.80 m人与AB间的动摩擦因数0.2，取重
15、力加速度g10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6.一个质量m30 kg的小朋友从滑梯顶端A点无初速度地自由滑下，不计空气阻力求：图7 (1)小朋友沿斜槽AB下滑时加速度a的大小；(2)小朋友滑到C点时速度v的大小及滑到C点时受到槽面的支持力FC的大小；(3)在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向的位移x的大小解析(1)小朋友沿AB下滑时，受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsin fma(2分)又fN(1分)Nmgcos(1分)联立式解得：a4.4 m/s2(1分)(2)小朋友从A滑到C的过程中，根据动能定理得：mgHf Hsin mgR(1cos)12mv20(2分)联立式解得：v10 m/s(2分)根据牛顿第二定律有：FCmgmv2R (2分)联立式解得：FC1 300 N(1分)(3)在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t，则：h12gt2(1分)xvt(1分)联立式解得：x4 m(1分)答案(1)4.4 m/s2(2)10 m/s 1 300 N(3)4 m返回