1、二轮物理 专题三 力与曲线运动 二轮物理 展示考纲明晰考向 方法归纳重点点拨 锁定考点高效突破 必备模型全面解读 二轮物理 展示考纲明晰考向 重要考点考题预测1.运动的合成与分解.()2.抛体运动.()3.匀速圆周运动的向心力.()4.万有引力定律及其应用.()5.环绕速度.()平抛(类平抛)运动问题、圆周运动的向心力分析、竖直平面内圆周运动的临界问题、万有引力和天体运动、卫星的运行、变轨等是命题的热点.2016年高考对万有引力定律及其应用的考查以选择题的形式命题可能性较大,也可能结合牛顿运动定律、功能关系综合命题;对抛体运动规律、圆周运动的考查可能与牛顿运动定律、功和能、电和磁等知识综合命题
2、.二轮物理 方法归纳重点点拨 一、平抛运动或类平抛运动 1.处理方法 分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动.2.推论(1)如图(甲)所示,物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点.(2)如图(乙)所示,在任意时刻任意位置处,速度方向与水平方向的夹角为,位移方向与水平方向的夹角为,则有tan =2tan .二轮物理 二、竖直平面内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 vgR.2.杆固定,物体能通过最高点的条件是v0.三、万有引力定律及其应用 1.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
3、心力由万有引力提供.其基本关系式为 G2Mmr=m2vr=m2r=m(2T)2r=m(2 f)2r.在天体表面,忽略自转的情况下有 G2MmR=mg.二轮物理 2.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 G2Mmr=m2vr,得 v=GMr,则 r 越大,v 越小.(2)由 G2Mmr=m2r,得=3GMr,则 r 越大,越小.(3)由 G2Mmr=m224Tr,得 T=234 rGM,则 r 越大,T 越大.3.卫星变轨(1)由低轨变高轨,需增大速度,稳定在高轨道上时速度比在低轨道小.(2)由高轨变低轨,需减小速度,稳定在低轨道上时速度比在高轨道大.二轮物理 锁
4、定考点高效突破 考点一 抛体运动的规律及应用 备选例题 (2015大庆市第二次质检)如图所示,距地面高度h=5 m的平台边缘水平放置一个两轮间距为d=6 m的传送带,一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5 m/s的初速度滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2.求:(1)若传送带不动,小物块离开传送带右边缘落地的水平距离;二轮物理 思路探究(1)小物块在传送带上做怎样的运动时,离开传送带后,小物块才有最大的水平距离?答案:小物块在传送带上一直做匀加速直线运动,离开传送带时有最大速度,平抛的水平距离也最大.规范解答:(1)传送带不动,小物块滑上后
5、做匀减速运动,加速度 a1=-g.设小物块离开传送带时的速度为 v1,则21v-20v=2a1d,解得 v1=1 m/s.物块离开传送带后,做平抛运动,设平抛运动时间为 t,由 h=12 gt2,解得 t=1 s.由水平位移 s1=v1t,解得 s1=1 m.答案:(1)1 m 二轮物理(2)试分析传送带的速度满足什么条件时,小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大,并求最大距离;规范解答:(2)当传送带顺时针运动速度达到某一值后,小物块在传送带上将一直做匀加速运动,即离开传送带后平抛初速度最大,落地的水平距离有最大值.设小物块一直匀加速离开传送带时的速度为 v2,则22v-20v=2a2d,
6、a2=g.解得 v2=7 m/s.即传送带顺时针运动,且 v7 m/s 时小物块落地水平距离最大.设最大距离为 s2,s2=v2t=7 m.答案:(2)v7 m/s 7 m 思路探究(2)若传送带逆时针转动,小物块在传送带上做怎样的运动?答案:小物块一直做匀减速直线运动.二轮物理(3)设传送带的速度为v,且规定传送带顺时针运动时v为正,逆时针运动时v为负.试分析画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v的变化关系图线(不需要计算过程,只需画出图线即可).规范解答:(3)如图所示.答案:(3)见解析图 二轮物理 通关演练 1.平抛运动的临界问题(2015 全国新课标理综)一带有乒乓球发射机的
7、乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为 L1和 L2,中间球网高度为 h,发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为 3h.不计空气的作用,重力加速度大小为 g.若乒乓球的发射速率 v 在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则 v 的最大取值范围是()A.126Lgh vL16gh B.14Lgh v 221246LLgh C.126Lgh v22124126LLgh D.14Lgh v22124126LLgh D 二轮物理 解析:乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间 t1满足3h=12 g21t.当 v 取
8、最大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有 vmaxt1=22212LL,解得 vmax=22124126LLgh;当 v 取最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3h-h=12 g22t,12L=vmint2,解得 vmin=14Lgh.故选项 D 正确.二轮物理 2.平抛运动规律(2014 全国新课标理综)取水平地面为重力势能零点.一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等.不计空气阻力.该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.6 B.4 C.3 D.512 B 解析:设物块的初速度为 v0,质量为 m,则因动能与重力势能相等,则1
9、2 m20v=mgh,则 h=202vg,落地时,由机械能守恒定律可知 mgh+12 m20v=12 mv2 联立得 v=2 v0,则 cos=0vv=22,则=4,由此可知 B 项正确,A,C,D 项错误.二轮物理 3.平抛运动与斜面组合问题(多选)如图,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹,并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h,山坡倾角为,由此可算出()A.轰炸机的飞行高度 B.轰炸机的飞行速度 C.炸弹的飞行时间 D.炸弹投出时的动能 ABC 二轮物理 解析:设轰炸机投弹位置高度为 H,炸弹水平位移为 x,则H-h=12 vyt,x=v0t,二式相除 Hhx=
10、12 0yvv,因为0yvv=1tan,x=tanh,所以 H=h+22tanh,选项 A 正确;根据 H-h=12 gt2,可求出飞行时间,再由 x=v0t,可求出飞行速度,故选项 B,C 正确;不知道炸弹质量,不能求出炸弹的动能,选项 D 错误.二轮物理 考点二 圆周运动的规律及应用 典例 如图所示,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.(1)若=0,小物块受到的
11、摩擦力恰好为零,求 0;二轮物理 思路探究:(1)小物块受到的摩擦力恰好为零时,哪几个力的合力提供向心力?答案:小物块受到的重力和支持力的合力提供向心力.规范解答:(1)当=0时,小物块只受重力和支持力作用,如图(甲)所示,其合力提供向心力,F 合=mgtan F 向=m20r 而 r=Rsin,F 合=F 向 由得0=2gR.二轮物理(2)若=(1k)0,且00(或0(或0)时,物块做圆周运动需要的向心力大于(或小于)=0时的向心力,物块相对陶罐有向上(或向下)运动趋势.(3)若=(1k)0.用正交分解法处理小物块的受力时,竖直方向上的合力与水平方向上的合力有什么不同?答案:竖直方向上的合力
12、为零,而水平方向上的合力不为零,提供小物块的向心力.二轮物理 规范解答:(2)当=(1+k)0,且 01 年,故选项 A 错误;木星冲日时间间隔 t 木=335.25.21年2 年,所以选项 B 正确;由以上公式计算 t 土2t 天,t 海最小,选项 C 错误,D 正确.答案:BD 二轮物理 以例说法 天体运动问题的主要类型(1)“天体公转”型某天体绕中心天体做匀速圆周运动.动力学方程:G2Mmr=m2vr=m2r=m(2T)2r=man 黄金代换公式:GM=gR2(2)“卫星变轨”型卫星速度改变时,卫星将变轨运行.当速度增大时,卫星将做离心运动,周期变长,机械能增加.速度减小时,卫星将做向心
13、运动,周期变短,机械能减少.二轮物理(3)“行星冲日”型 两颗行星在同一轨道平面内绕中心天体做匀速圆周运动,若某时刻两行星正好同时通过中心天体同一点正上方,相距最近(如图 1 所示).当它们转过的角度之差=,即满足at-bt=时,两行星第一次相距最远,如图 2 所示.当它们转过的角度之差=2,即满足at-bt=2时,两行星再次相距最近.二轮物理 题组训练 1.万有引力与重力的关系(2014 全国新课标理综)假设地球可视为质量均匀分布的球体.已知地球表面重力加速度在两极的大小为 g0,在赤道的大小为 g;地球自转的周期为T,引力常量为 G.地球的密度为()A.0203 ggGTg B.0203g
14、GTgg C.23GT D.023 gGTg B 二轮物理 解析:对赤道上质量为 m 的物体进行分析可知 mg0-mg=22mRT,由此可得R=2024gg T,在两极上,物体的重力大小等于万有引力,即2GMmR=mg0,则M=20g RG,则地球的密度为=34 3MR=0203gGTgg,由此可知 B 项正确,A,C,D 项错误.二轮物理 2.卫星运行的规律(2015天津理综)(多选)P1,P2为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1,s2做匀速圆周运动.图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a,横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方,两条曲线分别表示P1,
15、P2周围的a与r2的反比关系,它们左端点横坐标相同.则()A.P1的平均密度比P2的大 B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小 C.s1的向心加速度比s2的大 D.s1的公转周期比s2的大 AC 二轮物理 解析:设行星的半径为 R、质量为 M、卫星的质量为 m,对于卫星有G2Mmr=ma,则 a=2GMr.由 a-r2图像中两条曲线左端点横坐标相同可知,行星P1,P2的半径R是相同的,而两颗卫星到各自行星表面的距离也相同,所以卫星 s1,s2到各自行星的距离 r 是相同的,由图像可知,s1的向心加速度比 s2的大,即 C正确;由 a=2GMr可知,r 相同时,a大说明对应的M 也大,故 P1的平
16、均密度比 P2的大,即 A 正确;设在行星表面发射卫星的“第一宇宙速度”为 v,则有 G2MmR=m2vR,v=GMR,可见 R 相同时 M 大的对应的 v也大,即 P1的“第一宇宙速度”大,故 B 错误;卫星的公转周期设为 T,则有 G2Mmr=m224Tr,T=23rGM,可见 s1的公转周期小,故 D 错误.二轮物理 3.人造卫星的变轨问题(2015锦州质检)在“神舟十号”与“天宫一号”自动交会对接过程中.可认为“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动,且对接轨道所处的空间存在极其稀薄的空气,则下面说法正确的是()A.如不加干预,“天宫一号”的轨道高度将缓慢升高 B.如不加干预,在运行一段时间后
17、,“天宫一号”的动能可能会增加 C.为实现对接,两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 D.航天员在“天宫一号”中处于失重状态,说明航天员不受地球引力作用 B 二轮物理 解析:如不加干预,“天宫一号”在原来轨道上的速度会减小,将做近心运动,“天宫一号”会离开原来轨道降到低轨道上运行,故选项A错误;在“天宫一号”轨道降低过程中,线速度会增加,动能可能会增加,故选项B正确;第一宇宙速度是最大的环绕速度,在实现对接时,两者运行速度都小于第一宇宙速度,故选项C错误;航天员在“天宫一号”中虽处于失重状态,但仍受地球引力作用,故选项D错误.二轮物理“绳杆”模型 必备模型全面解读 1.模型
18、特点(1)物体在竖直平面内做变速圆周运动.(2)“轻绳模型”在轨道最高点无支撑,“轻杆模型”在轨道最高点有支撑.2.模型的临界问题 该类问题并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语,现对两种模型分析比较如下:模型解读 二轮物理 轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)常见类型 最高点 受力 重力 mg,弹力 F 弹向下或等于零 重力 mg,弹力 F 弹向下、向上或等于零 向心力 来源 mg+F 弹=m2vr mgF 弹=m2vr 恰好过最高点的临界条件 由 F 弹=0,mg=m2vr临 得 v 临=gr 由小球恰能过最高点得 v 临=0 讨论分析(1)过最高点时,vgr,FN+mg=m2v
19、r,绳、轨道对球产生弹力 FN(2)不能过最高点 vgr,在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当 v=0 时,FN=mg,FN为支持力,沿半径背离圆心(2)当 0vgr 时,FN+mg=m2vr,FN指向圆心并随 v 的增大而 增大 二轮物理 3.模型的综合问题(1)该类问题往往考查圆周运动的临界和极值问题.(2)该类问题往往是多过程问题,涉及加速(直线或曲线)运动、圆周运动、平抛运动等.(3)解答多过程问题时,要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系,把转折点的速度做为分析重点.(4)解答多过程问题时,平抛运动通常运用运动的合成与分解,竖直面内圆周运动通常应用动能定理、功能关系和牛顿第
20、二定律,加速(直线或曲线)运动通常用动力学规律或动能定理来分析.二轮物理 4.模型综合问题的一般求解思路(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同.(2)确定临界点:v 临=gr,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是 FN表现为支持力还是拉力的临界点.(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.(4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程F合=F向求解.(5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.二轮物理 典例 如图所示,一小物块自平台上以
21、速度v0水平抛出,刚好落在邻近一倾角为53的粗糙斜面AB顶端,并恰好沿该斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h=0.032 m,小物块与斜面间的动摩擦因数为=0.5,A点离B点所在平面的高度H=1.2 m.有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接,已知cos 53=0.6,sin 53=0.8,g取 10 m/s2.求:(1)小物块水平抛出的初速度v0的大小;二轮物理 思路探究(1)物块抛出后恰好沿斜面下滑的含义是什么?答案:沿斜面方向的速度与水平方向的夹角为53.规范解答:(1)小物块自平台做平抛运动,由平抛运动知识得 vy=2gh=2 100.032 m/s=0.8 m/s 由于物
22、块恰好沿斜面下滑,则 tan 53=0yvv,得 v0=0.6 m/s.答案:(1)0.6 m/s 二轮物理(2)若小物块能够通过圆轨道最高点,圆轨道半径R的最大值.思路探究(2)小物块能过圆轨道最高点的条件是什么?答案:轨道对物块压力FN0.规范解答:(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为 v,受到圆轨道的压力为 FN.则由向心力公式得 FN+mg=m2vR 由动能定理得 mg(H+h)-cos53sin53mgH。-mg(R+Rcos 53)=12 mv2-12 m20v 小物块能过圆轨道最高点,必有 FN0 联立以上各式并代入数据得 R 821 m,即 R 最大值为 821 m.答案:(2
23、)821 m二轮物理 拓展变式(2015兰州创新)(多选)如图所示,竖直面内有个光滑的3/4圆形导轨道固定在一水平地面上,半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落,恰好从N点沿切线方向进入圆轨道.不考虑空气阻力,则下列说法正确的是()A.适当调整高度h,可使小球从轨道最高点M飞出后,恰好落在轨道右端口N处 B.若h=2R,则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mg C.只有h大于等于2.5R时,小球才能到达圆轨道的最高点M D.若h=R,则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R 的位置,该过程重力做功为mgR BC 二轮物理 解析:小球到达圆形轨道最高点的最小速度为 v=gR,水平抛出后,竖直方向 R=12 gt2,水平方向 x=vt,解得水平距离 x=2 RR,选项 A 错误;若 h=2R,小球到达最低点速度为 v1,则 mgh=12 m21v,FN-mg=21mvR,解得 FN=5mg,由牛顿第三定律可知,选项 B 正确;由机械能守恒定律mg(hmin-2R)=12 mv2,解得 hmin=2.5R,选项 C 正确;若 h=R,该过程重力做功为零,选项 D 错误.二轮物理 点击进入限时训练
