1、热点一平抛运动与圆周运动的综合问题模型一水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1在此类问题中有时是一个物体做水平面上的圆周运动，另一个物体做平抛运动，特定条件下相遇，有时是一个物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题考查。2解题关键(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。(2020南京市模拟)某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，
2、上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H，A点位于平台边缘的正上方，水平直轨道与平台间的高度差可忽略不计。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，起动后2 s悬挂器脱落。设人的质量为m(人可看成质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为mg，重力加速度为g。(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度应限制在什么范围？(2)若H3.2 m，R0.9 m，g取10 m/s2，当a2 m/s
3、2 时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。(3)若H2.45 m，R0.8 m，L6 m，g取10 m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围。解析(1)设人落在转盘边缘处恰好不被甩下，此时最大静摩擦力提供向心力，则有：mgm2R解得 故转盘的角速度 。(2)人处于匀加速过程：x1at2222 m4 mvCat4 m/s人处于平抛过程：Hgt，得t20.8 sx2vCt240.8 m3.2 m故Lx1x27.2 m。(3)分析知a最小时人落在转盘左端，a最大时人落在转盘右端，由Hgt得t30.7 s，人落在转盘左端时LRa1t2a1tt3解得a1 m/s21.53 m/s2人落在转盘右端时
4、LRa2t2a2tt3解得a22 m/s2故加速度a的范围是1.53 m/s2a2 m/s2。答案(1) (2)7.2 m(3)1.53 m/s2a2 m/s2模型二竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1在此类问题中有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题考查。2解题关键(1)要解决竖直面内的圆周运动问题时，首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。(2)速度也是联系前后两个过程的关键物理量。(2019福建四地六校统考)如图所示，这是阿毛同学的漫画中出现的装
5、置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以初速度v0经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用板栗在炒锅内来回运动使其均匀受热。我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题。设两个四分之一圆弧半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑。将锅内的纵截面看成两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成。两斜面倾角均为37，滑块的运动始终在锅内的竖直平面内，重力加速度为g。设滑块恰好能经P点飞出，且恰好沿AB斜面进入锅内。已知sin 370.6，cos 370.8，求：(1)滑块经过O点时对轨道的压力大小；(2)滑块经P点时的速度大小；(3
6、)P、A两点间的水平距离。解析(1)在O点，根据牛顿第二定律FNmgm，FNmgm根据牛顿第三定律可得：滑块经过O点时对轨道的压力大小为mgm。(2)在P点，根据牛顿第二定律mgm解得vP。(3)因为tan vygt联立解得t，故xvPt1.5R。答案(1)mgm(2)(3)1.5R热点二天体运动规律的分析本部分要重点理解解决天体运动的两条基本思路、天体质量和密度的计算方法、卫星运行参量的求解及比较等。其中卫星变轨问题和双星系统模型是天体运动中的难点。应用万有引力定律分析天体运动要抓住“一个模型”“两个思路”。1一个模型无论是自然天体(如行星、月球等)，还是人造天体(如人造卫星等)，只要天体的
7、运动轨迹为圆形，就可将其简化为质点的匀速圆周运动模型。2两个思路(1)所有做圆周运动的天体所需向心力都来自万有引力，因此向心力等于万有引力，据此列出天体运动的基本关系式：m2rmrma。(2)不考虑地球或天体自转的影响时，物体在地球或天体表面受到的万有引力约等于物体的重力，即Gmg，变形得GMgR2(黄金代换式)。(2020中山市上学期期末)设地球的半径为R0，质量为m的卫星在距地面2R0高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g，则下列说法不正确的是()A卫星的线速度为 B卫星的角速度为 C卫星的向心加速度为gD卫星的周期为2 解析研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式
8、：Gm，解得v，其中r3R0，忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式Gmg，联立解得v，故A错误；卫星的角速度，故B正确；根据圆周运动知识得a，故C正确；卫星的周期T2，故D正确。答案A(2020南通市上学期调考)有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是Aa的向心加速度大于b的向心加速度B四颗卫星的线速度大小关系是：vavbvcvdC在相同时间内d转过的弧长最长Dd的运动周期可能是30 h解析因为a、c的角速度相同，根据：a2r，因a离地心的距离
9、小于c离地心的距离，所以a的向心加速度小于c；b、c是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力Gma得：a，因b的轨道半径小于c的轨道半径，所以b的向心加速度大于c，综上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误；因为a、c的角速度相同，根据vr，因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的线速度小于c；b、c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力Gm，得：v，因b的轨道半径最小，d的轨道半径最大，所以b的线速度大于c，c的线速度大于d，则vbvcvd，vbvcva，故B错误；因b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，故C错误；c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有
10、引力提供向心力Gmr，得：T2，因d的轨道半径大于c的轨道半径，故d的周期大于c，而c的周期是24 h，则d的运动周期可能是30 h，故D正确。答案D如图所示，赤道上空的卫星A距地面高度为R，质量为m的物体B静止在地球表面的赤道上，卫星A绕行方向与地球自转方向相同。已知地球半径也为R，地球自转角速度为0，地球的质量为M，引力常量为G。若某一时刻卫星A恰在物体B的正上方，下列说法正确的是()A物体B受到地球的引力为mRB卫星A的线速度为 C卫星A再次到达物体B上方的时间为D卫星A与物体B的向心加速度之比为解析物体B受到地球的引力应为万有引力F，不等于向心力，故A错误；根据万有引力提供向心力可得Gm，因此卫星A的线速度v，故B错误；依题得，卫星A的角速度为A，此时A和B恰好相距最近，当他们下次相距最近时，时间满足(A0)t2，因此联立解得t，故C错误；依题得，卫星A的向心加速度为aA，物体B的向心加速度aBR，因此向心加速度之比为，故D正确。答案D
