1、第二讲 曲线运动与万有引力 123课 堂 重 点 攻 坚课后“高仿”检测课 前 自 测 诊 断 点击进入运动的合成与分解知识在高考中很少单独命题，但它是解决曲线运动的基础方法。平抛运动可以单独命题，也可以综合圆周运动、机械能、动量、电场等知识命题，命题形式可以是选择题，也可以是计算题，解题方法多种多样，但最基本的思想是“化曲为直”，即把曲线运动转化为两个方向上的直线运动来解决。试题往往与生活实际、体育运动等紧密联系，体现了物理来源于生活，又走向生活的命题思路。建议考生适当关注。考点一 运动的合成与分解 平抛运动 释疑 4 大考点把 握 关联速度分解的几种常见模型 物体的实际运动即合运动，将与轻
2、绳连接的物体的运动沿轻绳方向和垂直轻绳方向进行分解。轻绳的关联速度常见模型有如下几种。注意 速度的分解应考虑沿运动效果进行。如诊断卷第1 题，绳端小车的速度具有两个运动效果，一是产生沿着绳子方向的分速度，二是产生垂直于绳子方向的转动分速度，而小车的速度沿绳子方向的分速度即为物体 P 沿着斜面运动的速度，即 P 的速率为 vcos 2。理 清 基本思维化曲为直求解平抛运动问题熟 用 二级结论速解斜面上的平抛运动问题1若平抛的物体垂直打在斜面上，此时水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的值。2对于在斜面上平抛又落到斜面上的物体，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的值；速度偏角的正切值一定为位移偏角
3、(斜面倾角)的正切值的 2 倍；如诊断卷第 3 题，将半圆轨道和斜面重合在一起，使问题简化。正切正切挖 掘 临界条件准确解答平抛运动落点问题此类问题要先找到临界条件，再运用平抛运动规律列方程解答。如诊断卷第 4 题，本题易出错的地方有：(1)对题中的“最大取值范围”理解不到位；(2)找不到两种临界状态，尤其是过网且恰好落在右侧台面的两角处(习惯性地认为恰好落在台面右侧边缘中点时速率最大)。注意 对于水平抛出的物体，如果空气阻力不能忽略时，其水平分运动不再是匀速运动，竖直分运动也不再是自由落体运动，这时只能用运动的合成与分解的方法解答问题，而不能误用平抛运动的结论了，如诊断卷第 5 题。题点全练
4、 1由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为 3.1103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为 30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A西偏北方向，1.9103 m/sB东偏南方向，1.9103 m/sC西偏北方向，2.7103 m/sD东偏南方向，2.7103 m/s解析：设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某
5、点时，速度为 v1，发动机给卫星的附加速度为 v2，该点在同步轨道上运行时的速度为 v。三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知 v22v12v22v1vcos 30，代入数据解得v21.9103 m/s。选项 B 正确。答案：B 2.多选(2019河南中原名校联考)如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d。现将小环从与定滑轮等高的 A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为 d 时(图中 B 处)，下列说法正确的是()A小环刚释放时轻绳中的张力一定大于 2mgB小环到达 B
6、处时，重物上升的高度也为 dC小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2D小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 22解析：由题意，小环释放时向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中的张力一定大于重力 2mg，故A 正确；小环到达 B 处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即 h 2dd(21)d，故 B 错误；根据题意，小环与重物沿绳子方向的速度大小相等，将小环的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足：v 环cos 45v 物，可知小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比v环v物 2，故 D 错误，C 正确。答案：AC3(2018全国卷)在
7、一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v和v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A2 倍 B4 倍C6 倍D8 倍解析：画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：xvt，xtan 12gt2则 x2tan gv2，即 xv2甲、乙两球抛出速度为 v 和v2，则相应水平位移之比为 41，由相似三角形知，下落高度之比也为 41，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为 21，由落至斜面时的速率 v 斜 vx2vy2可得落至斜面时速率之比为 21。答案：A 4(2019太原模拟)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称
8、天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为 h，与锅沿的水平距离为 L，锅的半径也为 L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为 g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是()A运动的时间都相同B速度的变化量都相同C落入锅中时，最大速度是最小速度的 3 倍D若初速度为 v0，则 Lg2hv03Lg2h解析：根据 h12gt2 可得运动的时间 t2hg，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故选项 A 正确；根据 vgt 可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故选项 B 正确；因为水平位移的范围为 L
9、xL2R3L，则水平最小初速度为 vminLt Lg2h，水平最大初速度为：vmax3Lt 3Lg2h，则水平初速度的范围为：Lg2hv03Lg2h；落入锅中时，最大速度 vm vmax22gh9L2g2h 2gh，最小速度为 vm vmin22ghL2g2h 2gh，故选项 D 正确，C 错误。答案：C 圆周运动中的动力学问题是高考命题的热点内容。由于情境的多样性和作用力的多样性，圆周运动中的动力学问题类型多，难度大。解答圆周运动中的动力学问题的基本思路：将具体情境转换为相应物理模型，通过受力分析，运用牛顿运动定律及相关知识解答，建议对本考点重点攻坚。考点二 圆周运动 理 清 基础知识1圆周
10、运动基础知识和典型实例2轻绳、轻杆模型对比记忆轻绳模型轻杆模型情景图示受力示意图弹力方向可能向下，可能为 0可能向上，可能向下，还可能为 0最高点力学方程mgFmv2RmgFmv2R过最高点的条件最高点的速度v gR最高点的速度 v0最低点的力学方程Fmgmv2R把 握 解题关键 1明确向心力是解决圆周运动问题的关键在匀速圆周运动中，合力是物体做圆周运动的向心力。在变速圆周运动中，沿半径方向的合力是物体做圆周运动的向心力。如诊断卷第 6 题，当汽车将要发生侧滑时，最大静摩擦力充当向心力时，速度、向心加速度均为临界值。2解决竖直面内圆周运动问题的关键是“两点一过程”(1)“两点”即最高点和最低点
11、，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列方程；(2)“一过程”即从最高点到最低点(或从最低点到最高点)，往往用动能定理或机械能守恒定律将这两点联系起来。3解决实际情境中抽象出来的圆周运动问题，关键是找出向心力的具体来源如诊断卷第 8 题，是一道将圆周运动、牛顿第二定律、直线运动和平抛运动有机结合的试题。建立合适的物理模型是解题的关键。物体离开圆盘后沿圆盘的切线方向做直线运动，直线运动的位移和圆盘的半径及桌面的半径构成一个直角三角形；当物体沿餐桌边缘飞出后，物体轨迹的俯视图中物体从离开圆盘到落地的水平位移和圆盘的半径及落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离 L 也
12、构成一个直角三角形。突 破四类题型题型 1 水平面内的圆周运动例1 多选(2019齐鲁名校联考)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示。已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上。转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内。图中 P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P 所在钢绳的长度大于 Q 所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为 1、2。不计钢绳的重力。下列判断正确的是()AP、Q 两个飞椅的线速度大小相同B无论两个游客的质量分别有多大，1 一定大于 2C如果两个游客的质量相同，则有 1 等于 2D如果两个
13、游客的质量相同，则 Q 的向心力一定小于 P 的向心力解析 由 mgtan m2htan 得，hPhQ，(h 为钢绳延长线与转轴交点到游客所在水平面的高度)由 hrtan Lcos(其中r 为圆盘半径，L 为钢绳长度)得，L 越小则 越小，由此可知，无论两个游客的质量分别有多大，1 一定大于 2，选项 B 正确，C错误；由 RrLsin 可得，RPRQ，由 vR 可知 vPvQ，选项 A 错误；由向心力公式 Fmgtan 可知，如果两个游客的质量相同，则 Q 的向心力一定小于 P 的向心力，选项 D 正确。答案 BD题型 2 竖直面内圆周运动的轻绳模型例2 如图所示，长度均为 L 的两根轻绳，
14、一端共同系住质量为 m 的小球，另一端分别固定在等高的 A、B 两点，A、B 两点间的距离也为 L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以 A、B 连线为轴做圆周运动，若小球在最高点的速率为 v 时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为 2v 时，两根轻绳的拉力大小均为()A 3mg B4 33 mgC3mgD2 3mg 解析 设小球在竖直平面内做圆周运动的半径为 r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动的轨道平面的夹角为 30，则有 rLcos 32 L。根据题述，小球在最高点的速率为 v 时，两根轻绳的拉力恰好均为零，有 mgmv2r；小球在最高点速率为 2v 时，设每根轻绳的拉
15、力大小为 F，则有 2Fcos mgm2v2r，联立解得 F 3mg。答案 A题型 3 竖直面内圆周运动的轻杆模型例3 多选(2018福建四校联考)如图，一长为 L 的轻质细杆一端与质量为 m 的小球(可视为质点)相连，另一端可绕 O 点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为 g(g 为当地的重力加速度)，下列说法正确的是()A小球的线速度大小为 gLB小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上C当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心 OD轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为 2mg答案 ACD解析 根据向心加速度 av2r，代入得小
16、球的线速度 v gL，所以 A 正确；需要的向心力 Fmamg，所以在最高点杆对小球的作用力为零，故 B 错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力 F mg2ma2，方向不指向圆心 O，所以 C 正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律：Fmgmv2r，得轻杆对小球作用力的最大值为 F2mg，所以 D 正确。题型 4 斜面上的圆周运动及临界问题例4 多选(2019江苏六校联考)如图所示，两个质量均为 m 的小物块 a 和 b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上，圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转
17、动，a 到转轴的距离为 l，b 到转轴的距离为 2l，物块与盘面间的动摩擦因数为 32，盘面与水平面的夹角为30。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g。若 a、b 随圆盘以角速度 匀速转动，下列说法中正确的是()Aa 在最高点时所受摩擦力可能为 0Ba 在最低点时所受摩擦力可能为 0Cg8l是 a 开始滑动的临界角速度Dg8l是 b 开始滑动的临界角速度解析 a 在最高点时可能有重力沿斜面的分力提供向心力，所以所受摩擦力可能为 0，故选项 A 正确；a 在最低点，由牛顿运动定律 fmgsin m2l，所以 a 在最低点时所受摩擦力不可能为 0，故选项 B 错误；对 a 在最低点，
18、由牛顿运动定律 mgcos mgsin m2l，代入数据解得 g4l，故选项 C 错误；对 b 在最低点，由牛顿运动定律mgcos mgsin m2(2l)，代入数据解得 g8l，故选项 D 正确。答案 AD万有引力与航天是圆周运动的引申与应用，随着我国天宫系列空间站、“天眼”侦察卫星、“悟空”号暗物质粒子探测卫星、“墨子”号量子科学实验卫星等重大科技成果相继问世，结合最新的航天成果考查万有引力与航天方面的知识已成为高考的热点，今年高考可能会结合最新科技成果从以下三个角度命题：一是天体运动中的线速度、周期、向心加速度等物理量的关系；二是估测中心天体的质量及密度；三是卫星的变轨、能量的变化。建议
19、考生自学为主。考点三 万有引力定律 掌 握 计算天体质量和密度的两条基本思路1利用中心天体自身的半径 R 和的重力加速度 g：由 GMmR2 求出 M，进而求得 MV M43R3 3g4GR。表面mg2利用环绕天体的轨道半径 r、周期 T：由 GMmr2，可得出 M42r3GT2，若环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动时，轨道半径 rR，则 M43R3 3GT2。m42T2 r表面注 意 涉“g”问题的两个问题1不考虑自转问题时，有 GMmR2 mg，其中 g 为星球表面的重力加速度，若考虑自转问题，如诊断卷第 10 题，则在两极上才有：GMmR2 mg，而赤道上则有：GMmR2 mgm42T2
20、R。2根据自由落体、竖直上抛、平抛运动等知识计算出星球表面的重力加速度 g，再由 mgGMmR2 mv2R，去估算星球的质量、密度、第一宇宙速度等，是天体运动问题中常出现的一类综合题，如诊断卷第 11 题。题点全练 1(2019全国卷)2019 年 1 月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。在探测器“奔向”月球的过程中，用 h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描述 F 随 h 变化关系的图像是()解析：由万有引力公式 FG MmRh2可知，探测器与地球表面距离 h 越大，F 越小，排除 B、C；而 F 与 h 不是一次函数关系，排除 A。答案：D 2(2019江
21、苏高考)1970 年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为 v1、v2，近地点到地心的距离为 r，地球质量为 M，引力常量为 G。则()Av1v2，v1GMr Bv1v2，v1 GMrCv1v2，v1GMrDv1 GMr解析：卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即 v1v2。若卫星以近地点时的半径做圆周运动，则有GMmr2mv近2r，得运行速度 v 近GMr，由于卫星在近地点做离心运动，则 v1v 近，即 v1 GMr，选项 B 正确。答案：B 3多选(2019全国卷)在星球
22、 M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体 P 轻放在弹簧上端，P 由静止向下运动，物体的加速度 a 与弹簧的压缩量 x 间的关系如图中实线所示。在另一星球 N 上用完全相同的弹簧，改用物体 Q 完成同样的过程，其 a-x 关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球 M 的半径是星球 N 的 3 倍，则()AM 与 N 的密度相等BQ 的质量是 P 的 3 倍CQ 下落过程中的最大动能是 P 的 4 倍DQ 下落过程中弹簧的最大压缩量是 P 的 4 倍解析：如图，当 x0 时，对 P：mPgMmP3a0，即星球 M 表面的重力加速度 gM3a0；对 Q：mQgNmQa0
23、，即星球 N 表面的重力加速度gNa0。当 P、Q 的加速度 a0 时，对 P 有mPgMkx0，则 mPkx03a0；对 Q 有 mQgNk2x0，则 mQ2kx0a0，即 mQ6mP，B 错。根据 mgGMmR2 得，星球质量 MgR2G，则星球的密度 M43R3 3g4GR，所以 M、N 的密度之比MNgMgNRNRM31131，A 对。当 P、Q 的加速度为零时，P、Q 的动能最大，系统机械能守恒，对 P 有：mPgMx0Ep 弹EkP，即 EkP3mPa0 x0Ep 弹；对 Q 有：mQgN2x04Ep 弹EkQ，即 EkQ2mQa0 x04Ep 弹12mPa0 x04Ep 弹4(3
24、mPa0 x0Ep 弹)4EkP，C 对。P、Q 将弹簧压缩到最短时，其位置关于加速度 a0 时的位置对称，故 P 下落过程中的最大压缩量为 2x0，Q 为 4x0，D 错。答案：AC 人造卫星的运动问题是高考的热点内容，常考查人造卫星运动参量的比较、变轨、对接、相距最近或最远问题，随地、绕地运动问题，卫星运动过程中的动力学问题、能量问题等。解决这些问题的总体思路是熟悉两个模型：随地运动和绕地运动；变轨抓住两种分析观点：动力学观点和能量观点；注意匀速圆周运动知识的应用。建议考生适当关注即可。考点四 人造卫星和宇宙航行 理 清 基本知识 1定量分析法(1)列出五个连等式：GMmr2 mamv2r
25、 m2rm42T2 r。(2)导出四个表达式：aGMr2，vGMr，GMr3，T42r3GM。(3)结合 r 大小关系，比较得出 a、v、T 的大小关系。2定性结论法将下述结论牢记于心快解题：r 越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越_，而周期和机械能均越_。小大 掌 握 变轨问题的两类处理方法(以诊断卷第 13 题为例)1力学的观点：如在 A 点减速进入轨道，即为减速向心，反之加速离心，同时还要清楚减速时向运动方向喷气，加速时向运动的反方向喷气。2能量的观点：如在轨道上运行时的机械能比在轨道上运行时的机械能大。在轨道上由 A 点运动到 B 点的过程中航天飞机的机械能守恒、动能增加、引力势
26、能减小等。澄 清 两种认知 1地球同步卫星是相对地球静止的卫星，同步卫星只能是发射到赤道上空特定的高度，以特定的速度沿地球自转的方向绕地球转动。转动的周期和角速度与地球自转的周期和角速度一致，转动周期为 24 h。不论何种轨道的卫星，都是由万有引力提供向心力，圆周轨道都以地心为圆心，如诊断卷第 12 题。2双星、多星问题解题的关键在于分析向心力的来源和轨道半径，如诊断卷第 14 题，两星间的距离不要误认为是轨道半径，各星体绕着系统的质心位置转动，轨道半径不同；向心力的分析容易漏力，例如：如图所示的三星系统，三颗星体质量均为 m，三角形 ABC为等边三角形，边长为 a，可列方程3 Gm2a2 m
27、 33 a2T2。试想若 mA2mB2mC2m 时，将是怎样的三角形？若三颗星体在一条直线上又怎样列方程？提示：以系统的重心为圆心转动，若是三角形求三星系统的等效质心。题点全练 1(2019北京高考)2019 年 5 月 17 日，我国成功发射第 45 颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。该卫星()A入轨后可以位于北京正上方B入轨后的速度大于第一宇宙速度C发射速度大于第二宇宙速度D若发射到近地圆轨道所需能量较少解析：同步卫星只能位于赤道正上方，A 错。由GMmr2mv2r知，卫星的轨道半径越大，环绕速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度)，B 错。同步卫
28、星的发射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，C 错。若该卫星发射到近地圆轨道，所需发射速度较小，所需能量较少，D 对。答案：D 2(2019天津高考)2018 年 12 月 8 日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为 M、半径为 R，探测器的质量为 m，引力常量为 G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为 r 的匀速圆周运动时，探测器的()A周期为42r3GM B动能为GMm2RC角速度为Gmr3D向心加速度为GMR2解析：探测器绕月运动由万有引力提供向心力，对探测器，由牛顿第二定律得，GM
29、mr2 m2T2r，解得周期 T42r3GM，A 对。由 GMmr2 mv2r 知，动能 Ek12mv2GMm2r，B 错。由 GMmr2 mr2得，角速度 GMr3，C 错。由 GMmr2 ma 得，向心加速度aGMr2，D 错。答案：A 3多选(2019黑龙江省哈尔滨市一模)如图所示是同一卫星绕地球飞行的三条轨道，轨道1 是近地圆形轨道，2 和 3 是变轨后的椭圆轨道。A 点是轨道 2 的近地点，轨道 1、2 在 A 点相切，B 点是轨道 2 的远地点，则下列说法中正确的是()A三条轨道中，卫星在轨道 1 上绕地球运行的周期最小B卫星在轨道 1 上经过 A 点的速度大于卫星在轨道 2 上经
30、过 A 点的速度C卫星在轨道 1 上的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度D卫星在轨道 3 的机械能大于轨道 2 上的机械能解析：根据开普勒行星运动第三定律可知，轨道 1 周期最小，A正确；根据卫星变轨的规律可知，卫星从低轨变为高轨应加速，所以卫星在轨道 1 上经过 A 点的速度小于卫星在轨道 2 上经过 A点的速度，B 错误；轨道 1 为近地轨道，它的轨道高度比同步卫星轨道低，根据 aGMr2 可知，卫星在轨道 1 上的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，C 错误；卫星在轨道上自行运转的过程中机械能是守恒的，从轨道 2 变为轨道 3，应在 A 点加速，所以可知 A 点轨道 3 的动能大
31、于在轨道 2 的动能，势能相等，所以卫星在轨道 3 的机械能大于在轨道 2 上的机械能，D 正确。答案：AD4多选(2018全国卷)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约 100 s 时，它们相距约 400 km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()A质量之积B质量之和C速率之和D各自的自转角速度解析：两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：每秒转动 12 圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得Gm1m2l2m12r1Gm1m2l2m22r2 lr1r2由式得Gm1m2l22l，所以 m1m22l3G，答案：BC 质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系 vr 得v1r1v2r2由式得 v1v2(r1r2)l，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无法求解。3课后“高仿”检测练熟提能力，正途刷高分点击进入谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢
