2018版高考物理(新课标)一轮复习课件：第四章曲线运动万有引力与航天 4-2

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2018高考物理一轮总复习达标训练课件：第四章曲线运动万有引力与航天第12讲精品

最高点
受力界＝ gr
支持力 FN，且 FN＝mg；
与运动情况讨论分析
FN＋mg＝mvr2，绳、轨道对球
②当 0<v< gr时，杆对小球有竖直向上的支持力 FN，其大小随速度的增大而减
产生弹力 FN≥0，方向指向圆小，且 0<FN<mg；
心；
③当 v＝ gr时，杆对小球没有作用力，
②不能过最高点的条件：v<v 即 FN＝0；
向心
(1)作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方___向___，不改变线速度的大小
(1)Fn＝mω2r＝mvr2＝m4Tπ22r
力 (2)方向指向__圆__心__
(2)单位：N
(1)v＝rω＝2Tπr＝2πrf
相互关系
(2)an＝vr2＝rω2＝ωv＝4Tπ22r＝4π2f2r
(3)Fn＝mvr2＝mrω2＝m4Tπ22r＝mωv＝m·4π2f2r
• 1．判断正误
• (1)匀速圆周运动是匀加×速曲线运动．( )
• (2)做匀速圆周运动的物体所受合× 力是保持不
变的．( )
×
• (3)做匀速圆周运动的物体向心√ 加速度与半径
成反比．( )
×
• (4)做匀速圆周运动的物体角速度与√转速成正
比．( )
• (5√)随圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持
• (2)结合公式v＝ωr，v一定时ω与r成反比，ω 一定时v与r成正比，判定各点v、ω的比例关系，若判定向心加速度a的比例，巧用a＝ωv
• [例1]如图所示的皮带传动装置中，右边两轮连在一起同轴转动．图中三轮半径的关系为： r1＝2r2，r3＝1.5r1，1∶A1∶、3B、C三点1为∶2三∶个2 轮边缘2∶上1∶的1 点，皮带不打滑，则A、B、C三点的线速度之比为__________；角速度之比为 __________；周期之比为__________.

2018版高考物理一轮温习第四章节曲线运动万有引力与航天第4节万有引力定律及其应用讲义

解析：开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。答案：B
2．(2013·江苏高考)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，
星的周期之比约为32
3 2
，故选项
C
正确。
答案：C
[题后悟通]
(1)行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理。
(2)开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月
球、卫星绕地球的运动。
(3)开普勒第三定律
a3 T2
＝k中，k值只与中心天体的质量
有关，不同的中心天体k值不同。
突破点(二) 天体质量和密度的计算
如果将月球绕地球运动的轨道视为圆周，并测出了其运行
的轨道半径R和运行周期T，则由此可推算
()
A．地球的质量
B．地球的半径
C．月球的运行速度
D．地球对月球的万有引力
解析：设月球的质量为m，地球的质量为M，根据万有引力
提供向心力，得：G
Mm R2
＝m
4π2R T2
，得：M＝
4π2R3 GT2
，即可求
出地球的质量M，不能求出地球的半径。故A正确，B错误；
，联立解得g＝
c2 2R
，代入数据得重力加速度
约为1012 m/s2，故选项C正确。
[答案] C
(二)求天体表面某深度处的重力加速度
[典例2] 假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。
一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力
为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为

2018版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第1节曲线运动运动的合成与分解课件

解析：设河宽为d，船自身的速度为v，与河岸上游的夹角 d 为θ，对垂直河岸的分运动，过河时间t＝ vsin θ ，则t1＝t2； v1x2 x1 x2 对合运动，过河时间t＝v ＝v ，解得v2＝ x ，C正确。 1 2 1 答案：C
3．(2017· 潍坊统考)如图所示，河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为v水，各 3 点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝ 400 x(m/s)(x 的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4 m/s，则下列说法正确的是 A．小船渡河的轨迹为直线 B．小船在河水中的最大速度是5 m/s C．小船在距南岸200 m处的速度小于在距北岸200 m处的速度 D．小船渡河的时间是160 s ( )
运动的合成与分解的应用
1．合运动与分运动的关系
等时性
各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，
经历时间相等(不同时的运动不能合成)
等效性
各分运动叠加起来与合运动有相同的效果
一个物体同时参与几个运动，其中的任何一个分
独立性
运动都会保持其运动性质不变，并不会受其他分运动的干扰。虽然各分运动互相独立，但是合运动的性质和轨迹由它们共同决定
1 ×2×2＋2×2 2
m＝6 m，在y轴
1 方向上的位移为y＝2×2×2 m＝2 m，所以4 s末物体坐标为 (6 m,2 m)，D正确，C错误。 [答案] AD
[集训冲关] 1．(2017· 淄博二模)质量为2 kg的质点在xy平面上运动，x方向
的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图所示，则质点 ( )
(
)
解析：做曲线运动的物体速度大小不一定变化，但速度方向必定变化，A正确；速度变化的运动可能是速度方向在变，也可能是速度大小在变，不一定是曲线运动，B错误；加速度恒定的运动可能是匀变速直线运动，也可能是匀变速曲线运动，C错误；加速度变化的运动可能是变速直线运动，也可能是变速曲线运动，D错误。答案：A

2018高考物理一轮总复习达标训练课件：第四章曲线运动万有引力与航天第13讲精品

(4)高度一定：据 GMr2m＝m4Tπ22r 得 r＝ 3 G4MπT2 2＝4.23×104 km，卫星离地面高度 h＝r－R≈6R(为恒量)．
(5)绕行方向一定：与地球自转的方向一致．
3．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
规律r＝GMRr地2m＋＝hma→mmma4vω＝Trπ222→G2rr→rM→2v＝ω→T＝＝a∝Gr1rMG24rGπM3→M2r→v3→∝ωT∝1∝r 1r3r3越高越慢 mg＝GRM2地m在地球表面时→GM＝gR2地
第二定律连线在相等的时间内扫过的 (面积定律) 面___积____相等
开普勒第三定律 (周期定律)
所有行星的轨道的半长轴的 ___三__次___方__跟它的公转周期的 ___二__次___方__的比值都相等
Ta32＝k，k 是一个与行星无关的常量
• 2.万有引力定律
• (1)公式
• F＝G_m_1r·_2m_2 ______，其中G为引力常量，G＝ 6.67×10－11N·m2/kg2，可由卡文迪许扭秤实验测定．
行时，由 v＝ GrM可知其运行速度比原轨道时减小，但重力势能、机械能均增加． (2)当卫星的速度突然减小时，GMr2m>mvr2，即万有引力大于所需要的向心力，
卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小．当卫星进入新的轨道稳定
运行时，由 v＝ GrM可知其运行速度比原轨道时增大，但重力势能、机械能均减小．
旅行，进入绕土星飞行的轨道．若“卡西尼”号探测器在半径为 R 的土星上空离土
星表面高 h 的圆形轨道上绕土星飞行，环绕 n 周飞行时间为 t.已知万有引力常量为 G，
则下列关于土星质量 M 和平均密度 ρ 的表达式正确的是( A ) A．M＝4π2n2GRt2＋h3，ρ＝3πnG2tR2R＋3 h3 B．M＝4π2GRt＋2 h2，ρ＝3πnG2tR2R＋3 h2 C．M＝4π2t2GRn＋2 h3，ρ＝3πtG2nR2＋R3h3 D．M＝4π2n2GRt2＋h3，ρ＝3πGRt2＋R3h3

通用版2018高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第2节抛体运动的规律及其应用课件

平抛运动基本规律的应用
1.飞行时间 t＝ 2h ，飞行时间取决于下落高度 h，与初速度 v0 无关． g
2．水平射程 x＝v0t＝v0 素无关． 2h ，即水平射程由初速度 v0 和下落高度 h 共同决定，与其他因 g
3．落地速度
2 2 v＝ v2 ＋ v ＝ v 以 θ 表示落地时速度与 x 轴正方向间的夹角，有 tan x y 0＋2gh，
图 423 A．落在平面 AB 上 C．落在竖直面 BC 上 B．落在平面 CD 上 D．落在 C 点
1 2 B [小物体下落 h2～h1 过程中，做平抛运动，竖直方向上有：h2－h1＝ gt ， 2 解得 t＝0.6 s；相应时间内水平位移 s＝vt＝1.2 m＞x，所以物体落在了 CD 面上， B 项正确．]
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图 425 甲中 A 点和 B 点所示．
甲图 425
乙
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为 θ，位移与水平方向的夹角为 α，则 tan θ＝2tan α，如图 425 乙所示．
D [若使小球的落地点位于挡板和 B 点之间，根据平抛运动规律，x＝vt，可减小平抛的初速度或减小运动时间 t.若仍在 A 点将小球水平抛出，减小平抛的初速度后将不能够越过竖直挡板．若减小运动时间 t，即在 A 点正下方某位置将小球水平抛出，也不能越过竖直挡板，选项 A、B、C 错误．在 A 点正上方某位置将小球以小于 v 的速度水平抛出，虽然飞行时间 t 增大了，但是只要 vt 的乘积减小，即可使小球的落地点位于挡板和 B 点之间，选项 D 正确．]
[题组通关] 1．(2017· 长春模拟)如图 426 所示，将小球从空中的 A 点以速度 v 水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的 B 点．若使小球的落地点位于挡板和 B 点之间，下列方法可行的是( )

2018版高考物理(新课标)一轮复习课件：第四章曲线运动万有引力与航天 4-5

√
)
(5)同步卫星可以定点在北京市的正上方.(

)
(6)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的.( √ )
(7)地球同步卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度.( √ )
宇宙速度的理解与计算
1.第一宇宙速度的推导 v2 Mm 1 方法一：由G 2 ＝m R 得 R v1＝ m/s. GM R ＝ 6.67×10－11×5.98×1024 m/s＝7.9×103 3 6 370×10
Mm ⑥向心加速度一定：由G R＋h）2
gh＝0.23 m/s2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度. ⑦绕行方向一定：运行方向与地球自转方向
一致
.
2.极地卫星和近地卫星 (1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖. (2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于运行线速度约为
A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可 B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以 C.发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度 D.火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速 2 度的 3
[解析]
根据三个宇宙速度的意义，可知选项A、B错误， GM火 ∶ R火
M地 R地 vm 选项C正确；已知M火＝，R火＝，则＝ 9 2 v1 GM地 2 ＝ . 3 R地
7.9 地球的半径
，其
km/s.
地球的球心
(3)两种卫星的轨道平面一定通过
.
(1)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度.( ) (2)第一宇宙速度的大小与地球质量有关.( (3)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s.(

2018届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天3圆周运动课件

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考点一考点二考点三考点四
例2某游乐场有一种叫“空中飞椅”的游乐设施,其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上,绳子下端连接坐椅,人坐在坐椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和坐椅看作一个质点,则可简化为如图所示的物理模型,其中P为处于水平面内的转盘,可绕竖直转轴OO'转动。设绳长l=10 m,人和坐椅的质量m=60 kg,转盘静止时坐椅与转轴之间的距离d=4 m。转盘逐渐加速转动,经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动,此时绳与竖直方向的夹角
D.大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析答案
考点一考点二考点三考点四
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考点二圆周运动的动力学分析(师生共研) 1.向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。 2.向心力的确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面,确定圆心的位置。 (2)分析物体的受力情况,找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力,就是向心力。
向圆心
所受到的合力不指向圆心 , 合力产生两个效果: ①沿半径方向的分力 Fn ,即向心力,它改变速度的方
向; ②沿切线方向的分力 Ft ,它改变速度的变加速曲线运动(加速度大小性不变,方向变化) 质
非匀速圆周运动
变加速曲线运动(加速度大小、方向都变化)
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基础夯实自我诊断
三、离心运动 1.定义做圆周运动的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供做圆周运动所需向心力的情况下,将做逐渐远离圆心的运动。 2.本质做圆周运动的物体,由于本身的惯性 ,总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向。 3.受力特点 (1)当Fn=mω2r时,物体做圆周运动。 (2)当Fn=0时,物体沿切线方向飞出。 (3)当Fn<mω2r时,物体逐渐远离圆心,做离心运动。 (4)当Fn>mω2r时,物体将逐渐靠近圆心,做近心运动。

新课标2018版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第5讲人造卫星宇宙速度教案2017092

第5讲人造卫星宇宙速度知识点一宇宙速度1.第一宇宙速度(1)第一宇宙速度又叫速度，其数值为km/s.(2)第一宇宙速度是人造卫星在附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度.(3)第一宇宙速度是人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大速度.2.第二宇宙速度使物体挣脱引力束缚的最小发射速度，其数值为km/s.3.第三宇宙速度使物体挣脱引力束缚的最小发射速度，其数值为km/s.答案：1.(1)环绕7.9 (2)地面(3)发射环绕2.地球11.23.太阳16.7知识点二地球卫星1.地球同步卫星相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球同步卫星.同步卫星有以下“七个一定”的特点：①轨道平面一定：轨道平面与共面.②周期一定：与地球自转周期，即T＝.③角速度一定：与地球自转的角速度.④高度一定：由GMmR ＋h）2＝m4π2T2(R＋h)得地球同步卫星离地面的高度h＝＝3.6×107 m.⑤速率一定：v＝＝3.1×103 m/s.⑥向心加速度一定：由GMmR ＋h）2＝ma得a＝＝g h＝0.23 m/s2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度.⑦绕行方向一定：运行方向与地球自转方向.2.极地卫星和近地卫星(1)极地卫星运行时每圈都经过，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖.(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于，其运行线速度约为km/s.(3)两种卫星的轨道平面一定通过.答案：1.赤道平面相同 24h 相同 3GMT 24π2－RGM R ＋h GMR ＋h ）2一致 2.(1)南北两极(2)地球的半径 7.9 (3)地球的球心(1)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度.( ) (2)第一宇宙速度的大小与地球质量有关.( ) (3)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s.( )(4)若物体的速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体可绕太阳运行.( ) (5)同步卫星可以定点在北京市的正上方.( )(6)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的.( ) (7)地球同步卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度.( ) 答案：(1) (2)√ (3) (4)√ (5)(6)√ (7)√考点宇宙速度的理解与计算1.第一宇宙速度的推导方法一：由G Mm R 2＝m v 21R 得v 1＝GM R＝ 6.67×10－11×5.98×10246 370×103m/s ＝7.9×103m/s. 方法二：由mg ＝m v 21R得v 1＝gR ＝9.8×6 370×103 m/s ＝7.9×103 m/s.第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，T min ＝2πRg＝5 075 s≈85 min. 2.宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v 发＝7.9 km/s 时，卫星绕地球做匀速圆周运动.(2)7.9 km/s<v 发<11.2 km/s ，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆. (3)11.2 km/s≤v 发<16.7 km/s ，卫星绕太阳做椭圆运动.(4)v 发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间.考向1 宇宙速度的理解[典例1] (多选)2020年中俄联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福尔斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星.已知火星的质量约为地球质量的19，火星的半径约为地球半径的12.下列关于火星探测器的说法中正确的是( )A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C.发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度D.火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的23[解析] 根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；已知M 火＝M 地9，R火＝R 地2，则v m v 1＝GM 火R 火∶GM 地R 地＝23. [答案] CD考向2 宇宙速度的计算[典例2] (2017·江西南昌二模)物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度，第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球半径是地球半径R 的13，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g 的16，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )A.gRB.13gR C.16gR D.3gR[解析] 设某星球的质量为M ，半径为r ，绕其飞行的卫星质量为m ，根据万有引力提供向心力，可得G Mm r 2＝m v 21r ，解得：v 1＝GMr，又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16，可得G Mm r 2＝m g 6，又r ＝13R 和v 2＝2v 1，解得：v 2＝13gR ，所以正确选项为B. [答案] B对第一宇宙速度的理解(1)第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是卫星贴近地面运行的速度，即人造地球卫星的最大运行速度.(2)当卫星的发射速度v 满足7.9 km/s<v <11.2 km/s 时，卫星绕地球运行的轨道是椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上.考点卫星运行参量的比较与运算1.卫星的各物理量随轨道半径变化的规律2.地球同步卫星的特点(1)轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合.(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T ＝24 h ＝86 400 s. (3)角速度一定：与地球自转的角速度相同.(4)高度一定：根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得r ＝3GMT 24π2＝4.23×104km ，卫星离地面高度h ＝r －R ≈6R (为恒量).(5)绕行方向一定：与地球自转的方向一致. 3.极地卫星和近地卫星(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖. (2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s.考向1 不同轨道卫星运行参量的比较[典例3] (2016·江苏卷)(多选)如图所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积.下列关系式正确的有( )A.T A >T BB.E k A >E k BC.S A ＝S BD.R 3A T A ＝R 3B T B[解析] 卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，即G Mm R 2＝m v 2R ＝mR ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，得v ＝GM R，T ＝2πR 3GM，由于R A >R B 可知，T A >T B ，v A <v B ，由于两卫星的质量相等，因此E k A <E k B ，A 项正确，B 项错误；由开普勒第三定律可知，R 3A T 2A ＝R 3BT 2B，D 项正确；卫星与地心的连线在t 时间内扫过的面积S ＝tTπR 2＝t GMR2，可见轨道半径大的卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积大，C 项错误.[答案] AD[变式1] 有a 、b 、c 、d 四颗卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b 在地面附近近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，设地球自转周期为24 h ，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是( )A.a 的向心加速度等于重力加速度gB.c 在4 h 内转过的圆心角为π6C.b 在相同的时间内转过的弧长最长D.d 的运动周期可能是23 h答案：C 解析：在地球赤道表面随地球自转的卫星，其所受万有引力提供重力和其做圆周运动的向心力，a 的向心加速度不等于重力加速度g ，选项A 错误；由于c 为同步卫星，所以c 的周期为24 h ，因此4 h 内转过的圆心角为θ＝π3，选项B 错误；由四颗卫星的运行情况可知，b 运动的线速度是最大的，所以其在相同的时间内转过的弧长最长，选项C 正确；d 运行的周期比c 要长，所以其周期应大于24 h ，选项D 错误.考向2 同步卫星和近地卫星参量的计算[典例4] 研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时.假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A.距地面的高度变大B.向心加速度变大C.线速度变大D.角速度变大[解析] 卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，即G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，得r ＝3GMT 24π2，由于同步卫星的周期等于地球的自转周期，当地球自转变慢，自转周期变大，则同步卫星做圆周运动的半径会变大，离地面的高度变大，A 项正确；由G Mm r 2＝ma ，得a ＝GM r2，半径变大，向心加速度变小，B 项错误；由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GMr，半径变大，线速度变小，C 项错误；由ω＝2πT分析得，同步卫星的周期变大，角速度变小，D 项错误.[答案] A[变式2] 已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A.3.5 km/sB.5.0 km/sC.17.7 km/sD.35.2 km/s答案：A 解析：根据题设条件可知：M 地＝10M 火，R 地＝2R 火，由万有引力提供向心力GMmR 2＝m v 2R ，可得v ＝GM R ，即v 火v 地＝M 火R 地M 地R 火＝15，因为地球的第一宇宙速度为v 地＝7.9 km/s ，所以航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率v 火≈3.5 km/s，选项A 正确.几种常见卫星注意要点：(1)近地卫星的绕行速度是所有卫星的最大的绕行速度；其运行周期是所有卫星的最小周期；其向心加速度a ＝g ＝9.8 m/s 2，是所有卫星的最大向心加速度.(2)由于地球自转，极地卫星的轨道平面不能始终和地球某一经线平面重合，从而使得该种卫星可对全球进行间断性扫描.(3)同步卫星：①周期一定(周期T ＝24 h)； ②轨道平面一定(赤道平面)；③轨道高度一定(距离地面h ≈3.6×104km)； ④运行速度大小一定(速度v ≈3.1 km/s)； ⑤向心加速度大小一定；⑥绕行方向一定(由西向东). 考点航天器的变轨问题1.卫星轨道的渐变当卫星由于某种原因速度逐渐改变时，万有引力不再等于向心力，卫星将做变轨运行.(1)当卫星的速度逐渐增加时，G Mm r 2<m v 2r，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝GMr可知其运行速度比原轨道时减小.(2)当卫星的速度逐渐减小时，G Mm r 2>m v 2r，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝GMr可知其运行速度比原轨道时增大.2.卫星轨道的突变由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道.如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：(1)先将卫星发送到近地轨道Ⅰ；(2)使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v 1，变轨时在P 点点火加速，短时间内将速率由v 1增加到v 2，使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ.(3)在Q 点再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ，最后以速率v 4绕地球做匀速圆周运动.考向1 卫星轨道渐变时各物理量的变化[典例5] (多选)2012年6月18日，“神舟九号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343 km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接.对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气.下列说法正确的是( )A.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B.如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加C.如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢降低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[解析] 可认为目标飞行器是在圆形轨道上做匀速圆周运动，由v＝GMr知轨道半径越大时运行速度越小.第一宇宙速度为当r等于地球半径时的运行速度，即最大的运行速度，故目标飞行器的运行速度应小于第一宇宙速度，A错误；如不加干预，稀薄大气对“天宫一号”的阻力做负功，使其机械能减小，引起高度的下降，从而地球引力又对其做正功，当地球引力所做正功大于空气阻力所做负功时，“天宫一号”的动能就会增加，故B、C皆正确；航天员处于完全失重状态的原因是地球对航天员的万有引力全部用来提供使航天员随“天宫一号”绕地球运行的向心力了，而非航天员不受地球引力作用，故D错误.[答案] BC考向2 卫星轨道突变时各物理量的比较[典例6] (多选)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1和2相切于Q点，轨道2和3相切于P点，设卫星在轨道1和轨道3正常运行的速度和加速度分别为v1、v3和a1、a3，在轨道2经过P点时的速度和加速度为v2和a2，且当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时周期分别为T1、T2、T3，以下说法正确的是( )A.v1＞v2>v3B.v1＞v3>v2C.a1＞a2＞a3D.T1<T2<T3[解析] 卫星在轨道1运行速度大于卫星在轨道3运行速度，在轨道2经过P点时的速度v2小于v3，选项A错误，B正确.卫星在轨道1和轨道3正常运行加速度a1>a3，在轨道2经过P点时的加速度a2＝a3，选项C错误.根据开普勒第三定律，卫星在轨道1、2、3上正常运行时周期T1<T2<T3，选项D正确.[答案] BD考向3 航天器的对接[典例7] (2017·河南省实验中学模拟)(多选)“神舟十号”与“天宫一号”已5次成功实现交会对接.如图所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接.M 、Q 两点在轨道1上，P 点在轨道2上，三点连线过地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速.下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有( )A.“神舟十号”在M 点加速，可以在P 点与“天宫一号”相遇B.“神舟十号”在M 点经一次加速，即可变轨到轨道2C.“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度D.“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期[解析] “神舟十号”与“天宫一号”实施对接，需要“神舟十号”抬升轨道，即“神舟十号”开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬高与“天宫一号”实现对接，故“神舟十号”在M 点加速，可以在P 点与“天宫一号”相遇，故A 正确；卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供，故有G Mm r 2＝m v 2r ，解得：v ＝GMr，所以卫星轨道高度越大线速度越小，“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度，所以M 点经一次加速后，还有一个减速过程，才可变轨到轨道2，故B 、C 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2rT 2解得：T ＝2πr 3GM，可知轨道半径越大，周期越大，所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期，故D 正确.[答案] AD航天器变轨问题的三点注意事项(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化由v ＝GMr判断. (2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大.(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度.1.[卫星运行参量的计算]如图所示，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.v 1v 2＝r 2r 1B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r12D.v 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r22答案：A 解析：根据万有引力定律可得G Mm r 2＝m v 2r，即v ＝GM r ，所以有v 1v 2＝r 2r 1，所以A 项正确，B 、C 、D 项错误.2.[卫星运行参量的运算](多选)在太阳系中有一颗半径为R 的行星，若在该行星表面以初速度v 0竖直向上抛出一物体，上升的最大高度为H ，已知该物体所受的其他力与行星对它的万有引力相比较可忽略不计.根据这些条件，可以求出的物理量是( )A.太阳的密度B.该行星的第一宇宙速度C.该行星绕太阳运行的周期D.卫星绕该行星运动的最小周期答案：BD 解析：由v 20＝2gH ，得该行星表面的重力加速度g ＝v 202H根据mg ＝m v 2R ＝m 4π2T2R解得该行星的第一宇宙速度v ＝v 20R2H，卫星绕该行星运行的最小周期T ＝8π2RHv 2，所以B 、D 正确；因为不知道行星绕太阳运动的任何量，故不能求出太阳的密度和该行星绕太阳运动的周期，所以A 、C 错误.3.[同步卫星的计算]如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极上空，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为 1 h ，则下列说法正确的是( )A.该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4B.该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2C.该卫星的运行速度一定大于7.9 km/sD.该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能答案：A 解析：由题知卫星运行的轨迹所对圆心角为120°，即运行了三分之一周期，用时1 h ，因此卫星的周期T ＝3 h ，由G Mm r 2＝m 4π2T2r 可得T ∝r 3，又同步卫星的周期T 同＝24h ，则极地卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4，A 正确.由G Mm r 2＝m v 2r，可得v ∝1r，故极地卫星与同步卫星的运行速度之比为2∶1，B 错误.第一宇宙速度v ＝7.9 km/s ，是近地卫星的运行速度，而该卫星的运行速度小于7.9 km/s ，故C 错误.因卫星的质量未知，则机械能无法比较，D 错误.4.[卫星变轨问题]已知某卫星在赤道上空轨道半径为r 1的圆形轨道上绕地运行的周期为T ，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，假设某时刻，该卫星在A 点变轨进入椭圆轨道(如图所示)，近地点B 到地心距离为r 2.设卫星由A 到B 运动的时间为t ，地球自转周期为T 0，不计空气阻力，则( )A.T ＝38T 0B.t ＝r 1＋r 2）T 2r 1r 1＋r 22r 1C.卫星在图中椭圆轨道由A 到B 时，机械能增大D.卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变答案：A 解析：根据题意有：2πT ·3T 0－2πT 0·3T 0＝5·2π，得T ＝38T 0，所以A 正确；由开普勒第三定律有⎣⎢⎡⎦⎥⎤12r 1＋r 2）3t ）2＝r 31T2，得t ＝r 1＋r 2）T4r 1r 1＋r 22r 1，所以B 错误；卫星在椭圆轨道中运行时，机械能是守恒的，所以C 错误；卫星从圆轨道进入椭圆轨道过程中在A 点需点火减速，卫星的机械能减小，所以D 错误.5.[第一宇宙速度的计算](多选)2015年7月24日，美国宇航局(NASA)发现在太阳系之外的一颗行星——开普勒452b，即“地球 2.0”，其大小和特征与地球十分相似.假设“地球2.0”半径为地球半径的a 倍，质量为地球质量的b 倍，则下列说法中正确的是( )A.该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度的比值为b a 2B.该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度的比值为a b2 C.该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为b aD.该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为a b答案：AC 解析：根据g＝G MR2可得g′g＝ba2，选项A正确，B错误；根据GMmR2＝mv2R可得v＝GM R ，故v2v1＝M2R1M1R2＝ba，选项C正确，D错误.。

全国用2018版高考物理大一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天本章学科素养提升课件

第四章曲线运动万有引力与航天
自主阅读素材4 本章学科素养提升
迁移变通能力的培养
类平抛运动的处理
1.受力特点
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．
2.运动特点
在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速
直线运动，加速度a＝
F合 m
.
3.求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性． (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解． 4.考查特点 (1)类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，是高考命题的热点问题．(2)高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识，以电场或复合场为背景考查学生运用所学知识处理综合问题的能力．
【例1】如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：
(1)物块由P运动到Q所用的时间t；
答案
2l gsin θ
解析沿斜面向下有 mgsin θ＝ma，l＝21at2
联立解得 t＝
2l gsin θ.
(2)物块由P点水平射入时的初速度v0；
易错诊断
[拓展延伸] 若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点的正上方，则经多长时间两卫星相距最近？提示
两卫星相距最近是指两卫星位于地心的同侧，且与地心在同一直线上．当两卫星再次相距最近时，两卫星转过的弧度之差最小为2π.若考虑周期性，两卫星转过的弧度之差最小为2nπ，n＝1,2,3，….

(新课标)2018版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动教案

第2讲抛体运动知识点一平抛运动1.定义：将物体以一定的初速度沿抛出，物体只在作用下(不考虑空气阻力)的运动.2.性质：平抛运动是加速度为g 的运动，运动轨迹是 .3.研究方法：用运动的合成与分解方法研究平抛运动. (1)水平方向：运动. (2)竖直方向：运动.4.基本规律 (1)速度关系：(2)位移关系：(3)轨迹方程：y ＝ .答案：1.水平方向重力 2.匀变速曲线抛物线 3.(1)匀速直线 (2)自由落体 4.(1)gt v 2x ＋v 2ygtv 0(2)v 0t 12gt 2x 2＋y 2gt 2v 0 (3)g 2v 20x 2知识点二斜抛运动1.定义：将物体以初速度v 0 或抛出，物体只在作用下的运动.2.性质：斜抛运动是加速度为g 的运动，运动轨迹是 .3.研究方法：用运动的合成与分解方法研究斜抛运动. (1)水平方向：运动. (2)竖直方向：运动.答案：1.斜向上方斜向下方重力 2.匀变速曲线抛物线 3.(1)匀速直线 (2)匀变速直线(1)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化.( ) (2)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动.( ) (3)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大.( )(4)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大.( ) (5)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大.( ) (6)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化是相同的.( ) 答案：(1) (2)√ (3)(4) (5) (6)√恒力作用下物体的轨迹1.如果恒力的方向和速度同向，则物体匀加速；恒力方向和速度相反，则物体匀减速.2.如果恒力的方向和速度不在同一条直线上，则物体的轨迹是抛物线.证明：类比斜上抛，把恒力作用时的初速度垂直恒力、平行恒力分解，如图建立坐标系，则在x 方向，x ＝v 0x t 在y 方向，y ＝v 0y t ＋12at 2其中a ＝F m消去时间t 得，y ＝v 0y v 0x x ＋F 2mv 20xx 2 注意到初速度的两个分量及质量都是常量，可见上式的图象是抛物线，即恒力作用下的曲线运动是抛物线.考点平抛运动的基本规律1.飞行时间：由t ＝2hg知，飞行时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关.2.水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定.3.落地速度：v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋2gh ，落地时速度与水平方向夹角为θ，有tan θ＝v y v x＝2ghv 0.故落地速度只与初速度v 0和下落高度h 有关. 4.两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，B 是OC 的中点.(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α.考向1 落点在水平面上的平抛运动[典例1] (多选)如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.小球水平抛出时的初速度大小为gttan θB.小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D.若小球初速度增大，则θ减小[解析] 由tan θ＝gt v 0可得小球平抛的初速度大小v 0＝gttan θ，A 正确；由tan α＝h x＝12gt 2v 0t＝gt 2v 0＝12tan θ 可知，α≠θ2，B 错误；小球做平抛运动的时间t ＝2hg，与小球初速度无关，C 错误；由tan θ＝gtv 0可知，v 0越大，θ越小，D 正确.[答案] AD考向2 落点在竖直面上的平抛运动[典例2] (2017·山东潍坊模拟)(多选)从竖直墙的前方A 处，沿AO 方向水平发射三颗弹丸a 、b 、c ，在墙上留下的弹痕如图所示，已知Oa ＝ab ＝bc ，则a 、b 、c 三颗弹丸( )A.初速度之比是6∶3∶ 2B.初速度之比是1∶2∶ 3C.从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶ 3D.从射出至打到墙上过程速度增量之比是6∶3∶ 2[解析] 水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动.又因为竖直方向上Oa ＝ab ＝bc ，即Oa ∶Ob ∶Oc ＝1∶2∶3，由h ＝12gt 2可知：t a ∶t b ∶t c ＝1∶2∶3，由水平方向x ＝v 0t 可知：v a ∶v b ∶v c ＝1∶12∶13＝6∶3∶2，故选项A 正确，B 错误；由Δv ＝gt 可知：从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶3，故选项C 正确，D 错误.[答案] AC考向3 落点在曲面上的平抛运动[典例3] (2017·江淮十校联考)如图所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A.v 0越大，小球落在圆环时的时间越长B.即使v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C.若v 0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D.无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环[解析] 小球落在环上的最低点C 时时间最长，所以选项A 错误.v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，选项B 错误.要使小球垂直撞击半圆环，设小球落点与圆心的连线与水平方向夹角为θ，根据平抛运动规律，v 0t ＝R (1＋cos θ)，R sinθ＝12gt 2，tan θ＝gtv 0，联立解得，cos θ＝1，即垂直撞击到B 点，这是不可能的，所以选项D 正确，C 错误.[答案]D“化曲为直”思想在平抛运动中的应用(1)根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：①水平方向的匀速直线运动； ②竖直方向的自由落体运动.(2)运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等. 考点与斜面有关的平抛运动1.与斜面有关的平抛运动有两种模型 (1)物体从空中抛出落在斜面上. (2)物体从斜面上抛出落在斜面上.解答时要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系是解题的关键.2.两种模型对比考向1 从斜面上平抛[典例4] 如图所示，在斜面顶端的A 点以速度v 0平抛一小球，经t 1时间落到斜面上B点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 0水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是( )A.AB ∶AC ＝2∶1B.AB ∶AC ＝4∶1C.t 1∶t 2＝4∶1D.t 1∶t 2＝2∶1[解析] 由平抛运动规律有：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，则tan θ＝y x ＝gt2v 0，将两次实验数据均代入上式，联立解得t 1∶t 2＝2∶1，C 、D 均错误；它们的竖直位移之比y B ∶y C ＝12gt 21∶12gt 22＝4∶1，所以AB ∶AC ＝y B sin θ∶y Csin θ＝4∶1，故A 错误，B 正确.[答案] B[变式1] (多选)如图所示，倾角为θ的斜面上有A 、B 、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D 点，今测得AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1.由此可判断( )A.A 、B 、C 处三个小球运动时间之比为1∶2∶3B.A 、B 、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1C.A 、B 、C 处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1D.A 、B 、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交答案：BC 解析：由于沿斜面AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A 项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B 项正确；同时tan α＝gtv 0，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C 项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D 点相交，因此不会在空中相交，D 项错误.考向2 对着斜面平抛[典例5] (多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )A.若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0cot θgB.若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0cot θgC.若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0cot θgD.无论小球到达斜面何处，运动时间均为t ＝2v 0tan θg[解题指导] (1)以最小位移到达斜面，小球的位移与斜面垂直，则需分解位移. (2)小球垂直击中斜面，则需分解末速度.[解析] 小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与水平方向的夹角为π2－θ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝y x ＝gt2v 0，即t ＝2v 0cot θg ，A 正确，D 错误；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向的夹角为π2－θ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝gt v，即t ＝v 0cot θg ，B 正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L ，则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θg，C 错误.[答案] AB[变式2] (2017·黑龙江哈尔滨第一中学期中)如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直落到斜面上D 点，则CD 与DA 的比值为( )A.1tan α B.12tan αC.1tan 2αD.12tan 2α答案：D 解析：设小球水平方向的速度为v 0，将D 点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求得竖直方向的末速度为v 2＝v 0tan α，设该过程用时为t ，则D 、A 间水平距离为x ＝v 0t ，故DA ＝x cos α＝v 0t cos α；C 、D 间竖直距离为h ＝v 2t2，故CD ＝hsin α＝v 2t 2sin α，得CD DA ＝12tan 2α，故选项D 正确. 考点生活中的抛体运动考向1 生活中的平抛运动[典例6] (2015·新课标全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，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.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v < L 21＋L 22）g6hC.L 12g 6h <v <12 L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12L 21＋L 22）g6h[解题指导] 求解本题的关键是确定两个临界状态：(1)发射速率较小时，乒乓球刚好沿中心线擦着球网的边缘落到球网右侧台面上； (2)发射速率较大时，乒乓球刚好能落在球网右侧台面上且落点是两台角处(而非中心线处).[解析] 当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小.由平抛运动规律，L 12＝v 1t,2h ＝12gt 2，联立解得v 1＝L 14gh.当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大.由平抛运动规律，L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＝v 2t ′，3h ＝12gt ′2，联立解得v 2＝12L 21＋L 22）g6h .即速度v 的最大取值范围为L 14g h <v <12L 21＋L 22）g6h，选项D正确.[答案] D考向2 生活中的斜抛运动[典例7] 如图所示，将一篮球从地面上方B 点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A 点，不计空气阻力，若抛射点B 向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A 点，则可行的是( )A.增大抛射速度v 0，同时减小抛射角θB.减小抛射速度v 0，同时减小抛射角θC.增大抛射角θ，同时减小抛射速度v 0D.增大抛射角θ，同时增大抛射速度v 0[解析] 由于篮球始终垂直击中A 点，可应用逆向思维，把篮球的运动看做从A 点开始的平抛运动.当B 点水平向左移动一小段距离时，A 点抛出的篮球仍落在B 点，则竖直高度不变，水平位移减小，球到B 点的时间t ＝2hg不变，竖直分速度v y ＝2gh 不变，水平方向由x ＝v x t 知x 减小，v x 减小，合速度v 0＝v 2x ＋v 2y 变小，与水平方向的夹角tan θ＝v y v x变大，综合可知选项C 正确.[答案] C[变式3] 如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )A.沿路径1抛出的小球落地的速率最小B.沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C.三个小球抛出的初速度竖直分量相等D.三个小球抛出的初速度水平分量相等答案：C 解析：根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为θ，故有小球沿竖直方向的速度分量v竖直＝v 0cos θ，根据小球的运动轨迹可知，三个小球沿竖直方向的分速度相同，根据竖直上抛运动特点可知，三个小球在空中运动时间相同，所以B 错误，C 正确；而θ1>θ2>θ3，故得知v 01>v 02>v 03，落地时重力做功为零，所以落地时的速率与初速度的大小相同，所以A 错误；小球沿水平方向的速度分量v 水平＝v 0sin θ，可知沿路径1抛出的小球水平速度分量最大，所以D 错误.1.斜抛运动的物体只受重力，运动性质为匀变速曲线运动.2.解决斜上抛运动的基本方法仍然是分解法，其水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动.3.斜上抛运动在最高点的速度水平，若从最高点考虑可按平抛运动处理.1.[水平面上的平抛运动]“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v 1、v 2抛出铁圈，都能套中地面上同一目标，设铁圈在空中运动的时间分别为t 1、t 2，则( )A.v 1＝v 2B.v 1>v 2C.t 1＝t 2D.t 1>t 2答案：D 解析：根据平抛运动的规律h ＝12gt 2知，运动的时间由下落的高度决定，故t 1>t 2，所以C 错误，D 正确；由题图知，两铁圈水平位移相同，再根据x ＝vt ，可得：v 1<v 2，故A 、B 错误.2.[平抛运动的计算]以v 0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，下列说法错误的是( )A.此时速度的大小是5v 0B.运动时间是2v 0gC.竖直分速度大小等于水平分速度大小D.运动的位移是22v 2g答案：C 解析：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得水平方向上：x ＝v 0t竖直方向上：h ＝12gt 2当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，即x ＝h 所以v 0t ＝12gt 2解得t ＝2v 0g，所以B 正确；平抛运动竖直方向上的速度为v y ＝gt ＝g ·2v 0g＝2v 0，所以C 错误；此时合速度的大小为v 20＋v 2y ＝5v 0，所以A 正确；由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x ＝h ＝v 0t ＝v 0·2v 0g ＝2v 2g所以此时运动的合位移的大小为x 2＋h 2＝2x ＝22v 2g，所以D 正确.3.[斜面上的平抛运动]一个小球从一斜面顶端分别以v 10、v 20、v 30水平抛出，分别落在斜面上1、2、3点，如图所示，落到斜面时竖直分速度分别是v 1y 、v 2y 、v 3y ，则( )A.v 1y v 10>v 2y v 20>v 3yv 30 B.v 1y v 10<v 2y v 20<v 3yv 30C.v 1y v 10＝v 2y v 20＝v 3yv 30D.条件不足，无法比较答案：C 解析：设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为α，由tan α＝v yv 0＝gt v 0＝gt 2v 0t ＝2y x ＝2tan θ，所以v 1y v 10＝v 2y v 20＝v 3yv 30，选项C 正确. 4.[平抛运动中的相遇问题](多选)如图所示，a 、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P ，则以下说法正确的是( )A.a 、b 两球同时落地B.b 球先落地C.a 、b 两球在P 点相遇D.无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇答案：BD 解析：由h ＝12gt 2可得t ＝2hg，因h a >h b ，故b 球先落地，B 正确，A 错误；两球的运动轨迹相交于P 点，但两球不会同时到达P 点，故无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇，C 错误，D 正确.5.[生活中的平抛运动]如图所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物件以v 的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2.则v 的取值范围是( )A.v >7 m/sB.v <2.3 m/sC.3 m/s<v <7 m/sD.2.3 m/s<v <3 m/s答案：C 解析：小物件做平抛运动，可根据平抛运动规律解题.若小物件恰好经窗子上沿，则有h ＝12gt 21，L ＝v 1t 1，得v 1＝7 m/s ；若小物件恰好经窗子下沿，则有h ＋H ＝12gt 22，L ＋d ＝v 2t 2，得v 2＝3 m/s ，所以3 m/s<v <7 m/s ，故只有C 项正确.。

2018版高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力第4讲万有引力与航天课件

精准高考
物理
人教版
必修二
第四章曲线运动万有引力
第4讲万有引力与航天
1
知识梳理自测
2
3 4 5
核心考点突破
阶段培优微专题 2年高考模拟课后限时训练
知识梳理自测
开普勒三定律
椭圆，太阳处在所开普勒第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是 ______ 焦点上。有椭圆的一个______ 扫过的面积相等。开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等的时间内____________ 公转周期的二次方开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方与__________________
(3)四个关系：人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期与轨道半径的关系。 GM 1 ma → a ＝ → a ∝ 2 2 r r 2 GM 1 v m r → v＝ → v∝ r r GMm 越高越慢 2 ＝ r 1 mω2r→ω＝ GM r 3 → ω ∝ r 3 4π2 4π2r3 3 m 2 r→ T ＝ GM →T∝ r T
思考：发射卫星，要有足够大的速度才行，请思考： (1) 不同星球的第一宇宙速度是否相同？如何计算第一宇宙速度？ (2) 把卫星发射到更高的轨道上需要的发射速度越大还是越小？
答案：(1)不同。围绕星球表面运转卫星的线速度即为第一宇宙速度。越大。
(2)
思维辨析： (1)当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大。( 常量。( ) ) (2)牛顿根据前人的研究成果得出了万有引力定律，并测量得出了万有引力
a3 的比值都相等，即T2＝k。
万有引力定律
1．内容：宇宙间的一切物体都是相互吸引的，引力的大小跟它们质量的乘积成正比，跟它们距离的平方成反比。 m1m2 －11N· 2/kg2 6.67 × 10 m 2．公式：F＝G r2 ，G 为万有引力常量，G＝____________________。 3．适用条件：适用于相距很远，可以看作质点的物体之间的相互作用。质量分布均匀的球体可以认为质量集中于球心，也可用此公式计算，其中 r 为两球心之间的距离。

2018届高三物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用课件

故D正确。
【感悟提高】
(1)特点:本题属于匀速圆周运动的运动学分析。
(2)方法:解答本题应用了齿轮咬合传动和同轴转动的线速度大相关知识。齿轮咬合传动属于同缘传动,边缘_______ 角速度相同。小相同;同轴转动的各点_______
转动,角速度相同,所以齿轮D和齿轮A的转动角速度相
同,周期相同,故B错误;A、M、C边缘线速度大小相同,
A rM 0.9R M rC R 10 根据v=ω r得，故C错误; M rA R C rM 0.9R 9 9 ，A与B是同轴相连的齿轮,故ω A=ω B,所以 10 vM M rM 10 0.9R 2 M M 10 根据 v= ω r 得，， vB A rB 9 1.5R 3 B A 9
力的作用。
(
)
(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消失,物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动。 ( )
提示:(1)×。匀速圆周运动的加速度方向时刻变化,其
运动为变加速曲线运动。
(2)×。做匀速圆周运动的物体所受合外力大小不变 ,
方向时刻变化,为变力。
v2 (3)×。由a= r
可知,只有当线速度一定时,做匀速圆
2r s T 1)v= t =____
线速度
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v) _________ m/s (2)是矢量,方向和半径垂 (2)单位:____ 相切直,和圆周_____
定义、意义
公式、单位
角速度
2 转动快慢 (1)ω = T =____ 描述物体绕圆心_________ t
“>”“<”或“=”)
知识点2
匀速圆周运动的向心力

2018高考物理一轮总复习达标训练课件：第四章曲线运动万有引力与航天第11讲精品

• 1．关于平抛运动必须掌握的四个物理量
物理量
相关分析
飞行时间 (t)
t＝ 2gh，飞行时间取决于下落高度 h，与初速度 v0 无关
水平射程 (x)
x＝v0t＝v0 2gh，即水平射程由初速度 v0 和下落高度 h 共同决定，与其他因素无关
物理量落地速度
(v)
速度的改变量(Δv)
相关分析 v＝ vx2＋v2y＝ v20＋2gh，以 θ 表示落地时速度与 x 轴正方向间的夹角，有 tan θ＝vvxy＝ 2vg0h，所以落地速度也只与初速度 v0 和下落高度 h 有关因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度 g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔 Δt 内的速度改变量 Δv＝gΔt 相同，方向恒为竖直向下，如图所示
• 1．找出临界状态对应的临界条件．
• 2．要用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．
[例 3](2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．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
(1)如果质点的运动轨迹与直线 OA 相交于 P 点，质点从 O 点到 P 点所经历的时间以及 P 点的坐标；
(2)质点经过 P 点时的速度大小．
[尝试解答]______________________________________________________
解析：把运动分解为 x 方向和 y 方向，F 并不会改变 x 方向的速度．设经过时间 t，物体到达 P 点
_________匀．速直线
匀变速直线
• (3)研究方法：运动的合成与分解． • ①向：水平__方__向___：v_v0__0动；②竖直方

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4.两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，B是OC的中点.
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α.
考向1 落点在水平面上的平抛运动 [典例1] (多选)如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( AD )
2.性质：斜抛运动是加速度为g的动轨迹是
抛物线
运动，运
.
3.研究方法：用运动的合成与分解方法研究斜抛运动. (1)水平方向：匀速直线 (2)竖直方向：匀变速直线运动. 运动.
(1)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化.( )
(2)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动.(
gt 关，C错误；由tan θ＝可知，v0越大，θ越小，D正确. v0
考向2 落点在竖直面上的平抛运动 [典例2] (2017· 山东潍坊模拟)(多选)从竖直墙的前方A处，沿 AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示，已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸( AC )
A.初速度之比是 6∶ 3∶ 2 B.初速度之比是1∶ 2∶ 3 C.从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶ 2∶ 3 D.从射出至打到墙上过程速度增量之比是 6∶ 3∶ 2
[解析]
小球落在环上的最低点C时时间最长，所以选项A
错误.v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，选项B错误.要使小球垂直撞击半圆环，设小球落点与圆心的连线与水平方向夹角为θ，根据平抛运动规 1 2 gt 律，v0t＝R(1＋cos θ)，Rsin θ＝ gt ，tan θ＝，联立解得， 2 v0 cos θ＝1，即垂直撞击到B点，这是不可能的，所以选项D正
确，C错误.
“化曲为直”思想在平抛运动中的应用 (1)根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动： ①水平方向的匀速直线运动； ②竖直方向的自由落体运动. (2)运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等.
√
) )
(3)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大.(
(4)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大.( )
(5)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大.( )
(6)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化是相同的.( )
恒力作用下物体的轨迹 1.如果恒力的方向和速度同向，则物体匀加速；恒力方向和速度相反，则物体匀减速.
自由落体
运动. 运动.
4.基本规律 (1)速度关系：
2 vx ＋v2 y
gt
gt v0
(2)位移关系：
v0t
x2＋y2Байду номын сангаас
gt 2 v0
g 2 x (3)轨迹方程：y＝ 2v2 0
1 2 gt 2
.
知识点二
斜抛运动
斜向上方
1.定义：将物体以初速度v0 物体只在
重力
或斜向下方
抛出，
作用下的运动.
匀变速曲线
平抛运动的基本规律
1.飞行时间：由t＝与初速度v0无关.
2h g 知，飞行时间取决于下落高度h，
2.水平射程：x＝v0t＝v0 下落高度h共同决定.
2h g ，即水平射程由初速度v0和
2 2 3.落地速度：v＝ v2 ＋ v ＝ v 0 y 0＋2gh ，落地时速度与水平
vy 2gh 方向夹角为θ，有tan θ＝v ＝ .故落地速度只与初速度v0和 v x 0 下落高度h有关.
考向3 落点在曲面上的平抛运动 [典例3] (2017· 江淮十校联考)如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R.一个小球从A点以速度 v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( D )
A.v0越大，小球落在圆环时的时间越长 B.即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同 C.若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环 D.无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环
[解析]
水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由
落体运动，水平方向上是匀速直线运动.又因为竖直方向上Oa 1 2 ＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝ gt 可知：ta∶ 2 tb∶tc＝1∶ 2 ∶ 3 ，由水平方向x＝v0t可知：va∶vb∶vc＝1∶ 1 1 ∶ ＝ 6 ∶ 3 ∶ 2 ，故选项A正确，B错误；由Δv＝gt可 2 3 知：从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶ 2 ∶ 3 ，故选项C正确，D错误.
gt A.小球水平抛出时的初速度大小为 tan θ θ B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 2 C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D.若小球初速度增大，则θ减小
[解析]
由tan
gt θ＝可得小球平抛的初速度大小v0＝ v0
1 2 gt 2 gt h gt 1 θ ，A正确；由tan α＝x ＝＝＝ tan θ 可知，α≠ ， tan θ v0t 2v0 2 2 B错误；小球做平抛运动的时间t＝ 2h g ，与小球初速度无
第 2讲
抛体运动
知识点一
平抛运动抛出，物体
1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向只在
重力
作用下(不考虑空气阻力)的运动.
匀变速曲线
2.性质：平抛运动是加速度为g的轨迹是抛物线 .
运动，运动
3.研究方法：用运动的合成与分解方法研究平抛运动. (1)水平方向：匀速直线 (2)竖直方向：
2.如果恒力的方向和速度不在同一条直线上，则物体的轨迹是抛物线. 证明：类比斜上抛，把恒力作用时的初速度垂直恒力、平行恒力分解，如图建立坐标系，则在x方向，x＝v0xt 1 2 在y方向，y＝v0yt＋ at 2
F 其中a＝m v0y F 2 消去时间t得，y＝ x＋ x v0x 2mv2 0x 注意到初速度的两个分量及质量都是常量，可见上式的图象是抛物线，即恒力作用下的曲线运动是抛物线.