新课标2018届高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练3力与物体的曲线运
2018大二轮高考总复习物理文档：第3讲 力与曲线运动(含答案)
第3讲力与曲线运动一、图解平抛运动的实质二、平抛运动与斜面相关的两个结论(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．(2)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．三、圆周运动基础知识和典型实例高频考点1运动的合成与分解1－1.(2017·张家界一中模拟)下列关于运动和力的叙述中，正确的是()A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同解析：做曲线运动的物体，其加速度方向也可能是不变的，例如平抛运动，选项A错误；只有当物体做匀速圆周运动时，所受的合力才指向圆心，选项B错误；物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做匀减速直线运动，选项C正确；物体运动的速率在增加，所受合力方向不一定与运动方向相同，例如平抛运动的物体，选项D错误．答案：C1－2．(2017·青岛模拟)在水平放置的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体上Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球经过Q点时的速度是()A．v0cos θB．v0sin θC．v02sin θB．v0tan θ解析：O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，即水平速度与末速度的夹角为θ，根据平行四边形定则可得cos θ＝v0 v Q ，解得v Q＝v0cos θ，A正确．答案：A1－3.(2017·赣州一模)有一个质量为3 kg的质点在直角坐标系xOy所在的平面内运动，x方向的速度—时间图象和y方向的位移—时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A．质点做匀变速直线运动B．质点所受的合外力为3 NC．质点的初速度大小为5 m/sD．质点初速度的方向与合外力的方向垂直解析：从图甲可知质点在x方向上做初速度v0＝3 m/s的匀加速直线运动，加速度为a＝1.5 m/s2，从图乙中可知，质点在y方向上做匀速直线运动，v y＝4 m/s，所以质点受到的合力恒定，但初速度方向和合力方向不共线，质点做匀变速曲线运动，A错误；根据牛顿第二定律可得质点受到的合力为F＝ma＝4.5 N，B错误；质点的初速度为v＝v02＋v2y＝5 m/s，质点的合力方向沿x正方向，初速度方向在x轴与y轴之间，故两者夹角不为90°，C正确，D错误．答案：C1－4．如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为vL cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为vL sin α解析：棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v实＝ωL ，沿竖直方向向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，小球速度v 实＝ωL ＝v sin α ，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D1．认清合速度与分速度，速解绳(杆)端速度问题求解此类问题的关键是正确认识合速度和两个分速度．与杆或绳相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动．如第4题中小球的实际运动，是以杆为半径的圆周运动，故合速度方向与杆垂直，其两个分运动是合运动产生的两个效果，即上升的同时沿平台向左运动．2．绳(杆)端速度分解方法绳(杆)端的实际速度为合速度．绳(杆)端速度一般分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度．沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等．常见的模型如图甲、乙、丙所示：高频考点2 抛体运动问题2－1.(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解析：本题考查平抛运动．忽略空气的影响时乒乓球做平抛运动．由竖直方向做自由落体运动有t＝2hg、v y＝2gh，某一时间间隔内下降的距离y＝v y t＋12gt2，由h相同，可知A、B、D皆错误；由水平方向上做匀速运动有x＝v0t，可见x相同时t与v0成反比，C正确．答案：C2－2.(2017·石家庄市质检)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出，落在斜面上B点．现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点．不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球带正电B．小球所受电场力可能大于重力C．小球两次落在斜面上所用的时间不相等D．小球两次落在斜面上的速度大小相等解析：不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据tan α＝12at2v0t，则t＝2v0tan αa，因为水平方向上做匀速直线运动，可知t2>t1，则a<g，可知小球一定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故A、B错误，C正确；因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同，根据平行四边形定则知，初速度相同，则落在斜面上的速度大小相等，故D正确．答案：CD2－3.(2017·苏锡常镇四市调研)某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度v a>v b，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态(侧视图)可能是()解析：因v a>v b，则根据t＝xv可知t a<t b，根据h＝12gt2，h a<h b，根据tan θ＝v0v y＝v0gt，对于飞镖a，时间短，初速度大，则tan θa＞tan θb，所以θa＞θb.故A正确，故选A．答案：A运用平抛运动规律处理平抛运动问题时，要注意如下几点：(1)处理平抛运动(或类平抛运动)问题时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成法则求合运动．(2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度的比值等于斜面倾角的正切值．(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．(5)抓住两个三角形，有关速度的三角形和有关位移的三角形，结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口．(6)对斜抛运动问题，可以将斜抛运动在对称轴(最高点)处分开，然后对两部分都可按平抛运动来处理．高频考点3水平面内的圆周运动问题如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg[思路点拨]未滑动时静摩擦力提供向心力，一起转动时角速度相等―→运动半径大，所需向心力大↓最大静摩擦力提供向心力―→木块开始滑动的临界条件【解析】 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，由静摩擦力提供向心力，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f ＝mω2R ，由于小木块b 的轨道半径大于小木块a 的轨道半径，故小木块b 做圆周运动需要的向心力较大，B 错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b 一定比a 先开始滑动，A 正确；当b 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mω2b ·2l ，可得ωb ＝kg 2l，C 正确；当a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mω2a l ，可得ωa ＝kg l，而转盘的角速度 2kg 3l<kg l ，小木块a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f ＝mω2l ＝23kmg ，D 错误． 【答案】 AC圆周运动的临界问题的解题模板3－1.(多选)(2017·吉林省实验中学模拟)在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m 的光滑小球相连，让小球在圆锥内的水平面上做匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触．如图所示，图a 中小环与小球在同一水平面上，图b 中轻绳与竖直轴成θ(θ<90°)角．设图a 和图b 中轻绳对小球的拉力分别为T a 和T b ，圆锥内壁对小球的支持力分别为N a 和N b ，则下列说法中正确的是( )A ．T a 一定为零，T b 一定为零B．T a、T b是否为零取决于小球速度的大小C．N a一定不为零，N b可以为零D．N a、N b的大小与小球的速度无关解析：对图a中的小球进行受力分析，小球所受的重力、支持力的合力方向可以指向圆心提供向心力，所以T a 可以为零，若N a等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心提供向心力，所以N a一定不为零；对图b中的小球进行受力分析，若T b为零，则小球所受的重力、支持力的合力方向可以指向圆心提供向心力，所以T b可以为零，若N b为零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以N b可以为零；由以上分析知N a、N b、T a、T b的大小与小球的速度有关；所以B、C正确，A、D错误．答案：BC3－2．(2017·合肥市一中)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是()A．细线所受的拉力不变B．小球P运动的线速度变大C．小球P运动的周期不变D．Q受到桌面的静摩擦力变小解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T＝mgcos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，mg tan θ＝m v2L sin θ，得线速度v＝gL tan θsin θ，角速度ω＝gL cos θ，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，sin θtan θ增大，则得到细线拉力T增大，角速度ω增大，线速度增大，根据公式T＝2πω可得周期减小，故B正确，A、C错误；对金属块Q，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，故静摩擦力增大，D 错误．答案：B3－3.(多选)(2017·南阳市一中模拟)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>g cot θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确；根据竖直方向上平衡得F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，可知a 绳的拉力不变，故B 错误；当b 绳拉力为零时，有mg tan θ＝mlω2，解得ω2＝g l tan θ，当角速度ω2>gl tan θ即ω>g cot θl，b 绳将出现弹力，故C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误．答案：AC竖直面内的圆周运动模型竖直面内的圆周运动是中学物理中常见模型之一．该模型通常以细线、轻杆等为载体(即所谓的“线模型”和“杆模型”)，通过对质点在特殊位置受力情况的分析、在竖直面内圆周运动情况的分析等，综合考查受力分析、牛顿运动定律、圆周运动中的动力学关系、机械能守恒定律和动能定理的应用以及质点运动的临界条件的判断与分析等．考生在解决有关此模型的问题时，一定要注意质点在圆周运动最高点和最低点的受力和运动情况，这往往是解题关键．竖直面内圆周运动的“线模型”如图所示，长为L 的细线一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 的小球．已知小球在最高点A 受到细线的拉力大小刚好等于小球自身的重力，重力加速度为g .求：(1)小球通过最高点A 时的速度v A 的大小； (2)小球通过最低点B 时，细线对小球的拉力大小．[思路点拨] 此模型为“线模型”．在最高点A ，由合力提供向心力可得出在A 点时小球的速度v A 的大小；由机械能守恒定律可算出小球运动到B 点时的速度大小v B ，进而由向心力公式求出细线对小球的拉力．【解析】 (1)小球运动到最高点A 时受重力与细线拉力作用，则由合外力提供向心力可得2mg ＝m v 2AL ，解得v A＝2gL ．(2)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，则由机械能守恒定律可得 mg ·2L ＋12m v 2A ＝12m v 2B ，解得v B ＝6gL 设小球运动到B 点时细线对球的拉力为F T ，则有F T －mg ＝m v 2BL ，解得F T ＝7mg ．【答案】 (1)2gL (2)7mg竖直面内圆周运动的“杆模型”如图所示，长为l 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定在转轴O .现使小球在竖直平面内做圆周运动，P 为圆周运动的最高点，若小球通过圆周运动最低点时的速度大小为 92gl ，忽略空气阻力的影响，则以下判断正确的是( )A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度大于glC ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向下的弹力[思路点拨] 此模型为“杆模型”．由于小球在最低点的速度已知，故由机械能守恒定律可计算出小球到达最高点时的速度v P ，若v P <0，说明小球不能到达最高点；若0<v P <gl ，说明杆对小球具有向上的弹力；若v P >gl ，说明杆对小球具有向下的弹力；若恰好满足v P ＝gl ，说明在最高点P 时杆对小球没有弹力作用．【解析】 假如小球能到达最高点P ，设小球在最高点P 时的速度大小为v P ，由机械能守恒定律可得：12m v 2P ＝12m v 2－mg ·2l ，将v ＝92gl 代入可解得v P ＝12gl ，故小球能到达最高点，选项A 、B 错误；由于12gl <gl ，故小球在P 点将受到轻杆向上的弹力，选项C 正确、D 错误．【答案】 C对于竖直平面内圆周运动的“线模型”和“杆模型”，由于考查的物理知识相对集中，故解题思路非常清晰，解法相对固定．该模型常用的解题思路如下．(1)确定模型种类：首先判断是“线模型”还是“杆模型”．(2)确定临界位置：对于竖直面内的圆周运动，通常其临界位置为圆周运动的最高点或最低点．(3)研究临界状态：对于“线模型”，最高点的临界状态是速度满足v ＝gR (其中R 为圆周运动的半径)；而对于“杆模型”，最高点的临界状态是速度满足v ＝0．(4)对质点进行受力分析：明确质点做圆周运动过程中的受力情况(通常是最高点或最低点)，然后根据牛顿第二定律列出方程F 合＝m v 2R．(5)对运动过程进行分析：对于处在两个状态之间的运动过程，通常采用动能定理或机械能守恒定律来求解．与平抛运动等相结合的综合模型(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，内有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看作质点且其质量为m ＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )A ．小球与斜面的相碰点C 与B 点的水平距离为0.9 m B ．小球与斜面的相碰点C 与B 点的竖直距离为1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力大小是2 N【解析】 根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ，由几何关系可知水平分速度v x ＝v y tan 45°，则B点与C点的水平距离为x＝v x t，竖直距离为y＝12gt2，联立并代入数据求解可得x＝0.9 m，y＝0.45 m，选项A正确、B错误；设小球在B点时管道对小球的作用力方向竖直向下，则由牛顿第二定律可得F＋mg＝m v2BR，而v B＝v x，代入数据可解得F＝－1 N，则管道对小球的作用力方向竖直向上，大小为1 N，故选项C正确、D错误．【答案】AC此类问题是由圆周运动和平抛运动复合而成的，其解法相对简单，对于圆周运动，一般运用动能定理或机械能守恒定律来分析运动的过程，运用受力分析和牛顿运动定律来分析运动的特殊位置(如最高点和最低点)；对于平抛运动，通常结合运动的合成与分解知识，将其分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动进行处理．解决此类问题时，要特别注意圆周运动与平抛运动的结合点，此位置往往是解题的关键．。
高考物理二轮复习专题一力与运动3力与曲线运动课件
双星问题的分 科学思维 根据高考对本章考查
析 的命题特点，复习时，
天体密度的计 科学思维、 应加强对各类题型的
算态度与责任 科学 归纳总结：
地球卫星运行 物理观念 (1)竖直平面内的圆周
周期的比较 运动模型、锥体运动
平抛运动规律 物理观念 的临界问题等；
的求解
2017
Ⅰ卷15T Ⅱ卷17T Ⅱ卷19T Ⅲ卷14T
[迁移题组]——多角度 提能力 ♦[迁移 1] 水平面内圆周运动的分析 1．(多选)如图，两个质量均为 m 的小木块 a 和 b(可视为质点) 放在水平圆盘上，a 与转轴 OO′的距离为 l，b 与转轴的距离为 2l. 木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大 小为 g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 ω 表示圆盘转 动的角速度，下列说法正确的是( )
应用、卫星问题，学习
科学思维、 科学态度与
责任
过程中要注意从圆周运 动与牛顿第二定律出发
分析天体运动规律.
考向一 运动的合成与分解 [知识必备]——提核心 通技法 1．曲线运动的理解 (1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向． (2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速 度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
1．平抛运动的规律 (1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t. (2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝12gt2. 2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似 分解为沿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．
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休 睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对 哦~
2018届高考物理二轮复习物体的曲线运动课件(共49张)(全国通用)
整合 突破 实战
整合 网络要点重温
【网络构建】
【要点重温】 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 不在同 一条直线上 时,物体做曲线运动. 2.运动的合成与分解的运算法则: 平行四边形 定则. 3.做平抛运动的物体,平抛运动的时间完全由 高度 决定,t= 2H .
g
4.平抛(或类平抛)运动的推论 ①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的 中点 .
A.B的向心力是A的向心力的2倍 B.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 C.A,B都有沿半径向外滑动的趋势 D.若B先滑动,则B对A的动摩擦因数μ A小于盘对B的动摩擦因数μ B
(1)小球在M点的速度v1的大小;
解析:(1)设正方形的边长为 s0. 竖直方向做竖直上抛运动, v0=gt1,2s0= v0 t1,
2 水平方向做匀加速直线运动, 3s0= v1 t1,解得 v1=6 m/s.
2
答案:(1)6 m/s
(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N; 解析:(2)由竖直方向的对称性可知,小球再经过t1到x轴,水平方向做初速 度为零的匀加速直线运动,在2t1时间内的平均速度为v1,所以回到x轴时 落到x=v1×2t1=12s0处,位置N的坐标为(12,0).
A.如果能够套中直杆,环抛出时的水平初速度不能小于1.8 m/s B.如果能够套中第2根直杆,环抛出时的水平初速度在2.4 m/s到2.8 m/s之间 C.如以2.3 m/s的水平初速度将环抛出,就可以套中第1根直杆 D.如环抛出的水平速度大于3.3 m/s,就不能套中第3根直杆
解析:由平抛运动规律可得 h= 1 gt2,L-r=vt,解得 v=1.8 m/s,选项 A 正确;如果能够 2
高考物理二轮专题复习专题三力与曲线运动第1讲物体的曲线运动课件
2018 全国Ⅲ卷,15 (天体的运行规律) 2018 全国Ⅲ卷,17 (斜面上的平抛运
动问题)
2017 全国Ⅱ卷,17 (平抛运动与圆 周运动综合 中的极值问题)
2017 全国Ⅱ卷,19 (行星运动中的功
能关系)
用开普勒第三定 律求解 两小球落到斜面 位移方向相同,末 速度方向也相同
用平抛运动的规 律、机械能守恒定 律或动能定理及 数学知识求解
内容排查: 双星模型的规律□ 牛顿第二定律□ 万有引力定律的应用□ 心得笔记:
2.(2018·全国Ⅲ卷,17)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和 v 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2 乙球
落至斜面时速率的( A )
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
解析:甲、乙两球的运动轨迹如图所示,两球的位移方向相同,根据末速度方 向与位移方向的关系可知,两球末速度方向也相同,在速度的矢量三角形中, 末速度比值等于初速度比值,故A正确.
4
4R2
v2 g
R
当 R= v2 时,x 最大,选项 B 正确. 8g
内容排查: 机械能守恒定律□ 平抛运动的规律□ 运动的极值问题□
心得笔记:
5.(2018·北京卷,20)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落
在正下方位置.但实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方
内容排查: 平抛运动的规律□ 运动学公式的应用□
心得笔记:
4.(2017·全国Ⅱ卷,17)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直 径与地面垂直.一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞 出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨 道半径为(重力加速度大小为g)( )
高考物理二轮复习专题一力与运动第3讲力与物体的曲线运动课件
D．小环在
B
处的速度与重物上升的速度大小之比等于
2 2
解析：选 AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加
速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力
2mg，所以 A 正确；小环到达 B 处时，重物上升的高度应为绳
子竖直部分缩短的长度，即Δ h＝ 2d－d，所以 B 错误；根据
题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在 B 处的速度沿绳
解析：选 C.甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为 vsin 60°，过河时间均为 t＝vsinL60°，故 C 正确；由乙恰好到达 A 点知，u＝vsin 30°＝12v，则甲沿河岸方向的速度为 u＋12v ＝v，沿河岸方向的位移为 v·t＝sin L60°<2L，故 A、B、D 错 误．
角度 2 牵连速度的分解问题 2．(多选)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
[答案] BD
[题组突破] 角度 1 分解思想的应用 1．从距地面 h 高度处水平抛出一个小球，落地时速度方向与 水平方向的夹角为 θ，不计空气阻力，重力加速度为 g，下列结 论中正确的是( ) A．小球初速度大小为 2ghtanθ
B．小球落地时的速度大小为sin2gθh C．若小球初速度大小减为原来的一半，则平抛运动的时间变 为原来的两倍 D．若小球初速度大小减为原来的一半，则落地时速度方向与 水平方向的夹角为 2θ
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.L21
6gh<v<L1
g 6h
B.L41 hg<v<
（4L12＋L22）g 6h
C.L21 6gh<v<12
2018年高考物理大第2轮复习专题三力与物体的曲线运动第2讲万有引力与航天课件
C.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
√D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
123456
解析 答案
3.(2014·新课标全国Ⅱ·18)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
D.卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点的加速度大小相等
解析 答案
技巧点拨
1.万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，对于椭圆运动，应考虑开 普勒定律. 2.由 GMr2m＝mvr2＝mω2r＝m4Tπ22r＝ma 和 GMRm2 ＝mg 两个关系分析卫星运 动规律. 3.灵活应用同步卫星的特点，注意同步卫星和地球赤道上物体的运动 规律的区别和联系.
A.3πGgT02－g0g
√B.GT23πgg0－0 g
3π C.GT2
D.G3πTg2g0
解析 物体在地球的两极时，mg0＝GMRm2 ，物体在赤道上时，mg＋m(2Tπ)2R
对点拓展练
7.(2017·全国名校模拟)双星系统是由两颗恒星组成的，在两者间的万
有引力相互作用下绕其连线上的某一点做匀速圆周运动.研究发现，双
星系统在演化过程中，两星的某些参量会发生变化.若某双星系统中两
星运动周期为T，经过一段时间后，两星的总质量变为原来的m倍，两
星的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为
球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C
为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点，
已知A、B、C绕地心运动的周期相同，相对地心，下列说
法中错误的是
图1
A.卫星C的运行速度大于物体A的速度
【推荐精选】2018届高考物理二轮复习 专题一 力与运动练习
专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。
下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。
2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。
对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。
3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。
ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半。
2018届高考物理二轮复习综合讲与练：专题一 力和运动
专题一力和运动考情分析备考策略1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，命题灵活，情景新颖，形式多样。
其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。
2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。
1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。
2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。
综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。
3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题。
考向一物体的受力分析(选择题)1．六种常见力的方向力方向重力竖直向下弹力垂直于接触面指向受力物体摩擦力与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反电场力由检验电荷的电性和电场的方向共同决定安培力用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面洛伦兹力用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。
3.掌握受力分析的基本步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。
[例1](2014·泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N 处受力的方向，下列说法正确的是()A．M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向[审题指导](1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。
(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。
[解析]支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A 正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。
全国2018版高考物理总复习考前三个月专题一力与运动第3讲曲线运动试题
第3讲曲线运动高考命题轨迹年份题号(分值)考点难度2017年卷Ⅰ15题(6分)发球机发射乒乓球，考查平抛运动容易卷Ⅱ19题(6分)海王星绕太阳的运动，考查开普勒行星运动定律与机械能守恒中等卷Ⅲ14题(6分)天舟一号与天宫二号对接，考查卫星运动规律与万有引力定律容易2016年卷Ⅰ17题(6分)利用地球同步卫星信号覆盖考查开普勒第三定律中等卷Ⅰ18题(6分)曲线运动条件中等卷Ⅰ25题(18分)平抛与竖直面内圆周运动结合机械能守恒较难卷Ⅱ16题(6分)竖直面内的圆周运动与机械能守恒结合中等卷Ⅱ25题(20分)平抛与竖直面内圆周运动结合弹簧、能量问题较难卷Ⅲ14题(6分)考查开普勒在行星运动方面的主要成就容易2015年卷Ⅰ17题(6分)竖直面圆周运动与功能关系中等卷Ⅰ18题(6分)乒乓球发射机，求平抛运动初速度范围中等卷Ⅰ21题(6分)结合登月探测器的着陆考查万有引力定律的应用容易卷Ⅱ16题(6分)结合卫星变轨过程考查运动的合成与分解容易卷Ⅱ21题(6分)轻杆关联物体的速度分解与功能关系结合中等考情分析平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动受力特点及能量变化)，一般在选择题中出现．平抛运动与竖直面内圆周运动相结合，再结合能量守恒，近年在计算题中出现，需要重视．绳、杆关联物体的速度，曲线运动条件的考查近年来也有出现，值得注意．知识方法链接1．物体做曲线运动的条件及特点(1)条件：F合与v的方向不在同一直线上．(2)特点①F 合恒定：做匀变速曲线运动． ②F 合不恒定：做非匀变速曲线运动．③做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧． 2．绳(杆)关联物体的速度(1)若由绳(杆)连接的两运动物体的运动方向沿绳(杆)方向，则两物体速度大小相等． (2)若物体运动方向不沿绳(杆)，将其速度分解到沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向，再参考上一条．真题模拟精练1．(2017·山西晋中市调研)如图1所示为一个做匀变速曲线运动的物块轨迹的示意图，运动至A 点时速度大小为v 0，经一段时间后物块运动至B 点，速度大小仍为v 0，但相对于A 点时的速度方向改变了90°，则在此过程中( )图1A ．物块的运动轨迹AB 可能是某个圆的一段圆弧 B ．物块的动能可能先增大后减小C ．物块的速度大小可能为v 02D ．B 点的加速度与速度的夹角小于90° 答案 D解析 由题意，物块做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A 错误；由题意，物块运动到B 点时速度方向相对A 点时的速度方向改变了90°，速度沿B 点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB 的连线向下，合外力也向下，物块做匀变速曲线运动，物块由A 到B 过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物块的动能先减小后增大，故B 错误；物块的加速度方向垂直于A 、B 的连线向下，根据题意可知速度方向改变90°，则A 点的速度方向与AB 连线方向夹角为45°，如图所示，所以在物块运动过程中的最小速度为22v 0，C 错误；物块在B 点速度沿B 点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于A 、B 的连线向下，可知二者之间的夹角小于90°，故D 正确．2．(2017·四川成都市诊断)质量为m 的物体P 置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P 与小车，P 与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v 水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图2)，下列判断正确的是( )图2A ．P 的速率为vB ．P 的速率为v cos θ2C ．绳的拉力等于mg sin θ1D ．绳的拉力小于mg sin θ1 答案 B解析 将小车的速度v 进行分解如图所示，则v P ＝v cos θ2，故A 错误，B 正确；小车向右运动，θ2减小，v 不变，则v P 逐渐增大，说明物体P 沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律F T －mg sin θ1＝ma ，可知绳子对P 的拉力F T ＞mg sin θ1，故C 、D 错误．故选B.知识方法链接1．求解平抛运动的基本思路和方法——运动的分解将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动——“化曲为直”，是处理平抛运动的基本思路和方法． 2．两个基本关系(1)位移关系：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12gt 2位移方向偏转角tan α＝yx.(2)速度关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝gt速度方向偏转角tan θ＝v y vx ＝y x2＝2tan α.分析题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适关系式解题． 真题模拟精练3．(2017·全国卷Ⅰ·15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( ) A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案 C解析 由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h ＝12gt 2及v 2y ＝2gh 可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A 、B 、D 均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故C 正确．4．(2017·安徽十校联考)如图3所示，将小球以速度v 沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直墙面上，球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的34，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v 时，速度方向与水平方向夹角的正切值为( )图3A.34B.43C.35D.53 答案 B解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆反运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：v x ＝v cos θ＝v ·cos 37°＝0.8v v y ＝v ·sin 37°＝0.6v球撞墙前瞬间的速度等于0.8v ，反弹速度大小为：v x ′＝34×0.8v ＝0.6v反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v 时，竖直速度为：v y ′＝v 2－v x ′2＝v 2－(0.6v )2＝0.8v ，速度方向与水平方向的正切值为： tan θ＝v y ′v x ′＝0.8v 0.6v ＝43，故B 正确，A 、C 、D 错误．知识方法链接1．解决圆周运动动力学问题的关键(1)圆周运动动力学问题的实质是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动合外力方向指向圆心)，所以做好受力分析，由牛顿第二定律列方程求合外力． (2)做匀速圆周运动的物体，所受合外力提供向心力．(3)做变速圆周运动的物体，所受合外力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向的分力改变速度的大小．2．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v ≥gR .其实圆周轨道上比圆心高的点都有自己的临界速度，小球的速度小于临界速度时就会以斜上抛的方式脱离圆周轨道；在比圆心低的点小球速度可以减小到0，而不脱离轨道，如果轨道光滑的话会沿圆周轨道滑下去．(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v ≥0. 真题模拟精练5．(多选)(2017·福建厦门市模拟)如图4所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m ，可视为质点，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )图4A ．此刻两根细线拉力大小相同B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析 初始位置，球1加速度向上，处于超重状态；球2加速度向下，处于失重状态，故球1受到的拉力较大，故A 错误；球1在最高点，有：F 1＋mg ＝m v21R ，球2在最低点，有：F 2－mg ＝m v 22R ，两个球运动过程中机械能守恒，有：球1：12mv 2＝12mv 21＋2mgR ，球2：12mv 2＝12mv22－2mgR ，联立解得：F 1＝m v 2R －5mg ，F 2＝m v 2R＋5mg ，故F 2－F 1＝10mg ，故B 错误，C 正确；两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D 正确．6．(多选)(2017·广东广州市测试)如图5所示，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动．当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥对物体的( )图5A ．支持力将减小B ．支持力将增大C ．静摩擦力将不变D ．静摩擦力将增大 答案 AD7．(多选)(2017·山东枣庄市模拟)如图6所示，水平转台上有一质量为m 的小物块，用长为L 的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中( )图6A ．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B ．至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为g tan θLC ．至转台对物块的支持力为零时，转台对物块做的功为mgL sin 2θ2cos θD ．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零知识方法链接 1．星球表面的物体(1)重力与引力的关系⎩⎪⎨⎪⎧赤道：G MmR2＝mg ＋mω2R 两极：G MmR2＝mg(2)自转可忽略时：G Mm R2＝mg 可得：g ＝GM R2M ＝gR 2GGM ＝gR 22．中心天体——环绕天体模型环绕天体做圆周运动的向心力由中心天体对它的万有引力提供，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ＝m v 2r＝ma 等，可得：中心天体质量M ＝4π2r 3GT 2，ρ＝3πr 3GT 2R 3(r ＝R 时有ρ＝3πGT2)环绕天体运行速度v ＝GM r ，加速度a ＝GMr2. 3．双星问题双星各自做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力提供，即G m 1m 2(r 1＋r 2)2＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，另：G m 1＋m 2(r 1＋r 2)2＝ω2(r 1＋r 2)双星总质量：m 1＋m 2＝ω2(r 1＋r 2)3G.真题模拟精练8．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·19)如图7所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M 、Q 到N 的运动过程中( )图7A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B ．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C ．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D ．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 答案 CD解析 由行星运动的对称性可知，从P 经M 到Q 点的时间为12T 0，根据开普勒第二定律可知，从P 到M 运动的速率大于从M 到Q 运动的速率，可知从P 到M 所用的时间小于14T 0，选项A 错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B 错误；根据开普勒第二定律可知，从P 到Q 阶段，速率逐渐变小，选项C 正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D 正确．9．(2017·全国卷Ⅲ·14)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( ) A ．周期变大 B ．速率变大 C ．动能变大 D ．向心加速度变大答案 C解析 根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，GMm r 2＝ m 4π2T 2r ＝m v 2r＝ma ，解得T ＝4π2r3GM，v ＝GM r ，a ＝GMr2，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A 、B 、D 错误；组合体比天宫二号的质量大，动能E k ＝12mv 2变大，选项C 正确．10．(2014·新课标Ⅱ卷·18)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g 0，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.3π(g 0－g )GT 2g 0B.3πg 0GT 2(g 0－g )C.3πGT 2D.3πg 0GT 2g答案 B解析 物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m (2πT )2R ＝G Mm R 2，又V ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2(g 0－g ).故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．11．(2017·四川资阳市4月模拟)地球同步卫星A 和一颗轨道平面为赤道平面的科学实验卫星B 的轨道半径之比为4∶1，两卫星的公转方向相同，那么关于A 、B 两颗卫星的说法正确的是( )A ．A 、B 两颗卫星所受地球引力之比为1∶16B ．B 卫星的公转角速度小于地面上跟随地球自转物体的角速度C ．同一物体在B 卫星中时对支持物的压力更大D ．B 卫星中的宇航员一天内可看到8次日出 答案 D解析 根据万有引力定律F ＝Gm 1m 2r 2知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于A 、B 两卫星的质量关系未知，所以A 、B 两颗卫星所受地球引力之比不一定为1∶16，故A 错误；A 卫星的轨道半径比B 卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B 卫星的公转周期小于A 卫星的公转周期，而A 卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B 卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B 卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体的角速度，故B 错误；物体在A 、B 卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；根据开普勒第三定律r 3T 2＝k ，知A 、B 卫星轨道半径之比为4∶1，则周期为8∶1，所以B 卫星的运行周期是地球自转周期的8倍，因此B 卫星中的宇航员一天内可看到8次日出，故D 正确．12．(多选)(2017·黑龙江大庆市一模)如图8所示，a 为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b 为处于地面附近近地轨道上的卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，若a 、b 、c 、d 的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g .则下列说法正确的是( )图8A ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度gB ．b 的角速度最大C ．c 距离地面的高度不是一确定值D ．d 是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 答案 BD解析 同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，根据a ＝ω2r 知，c 的向心加速度大．由牛顿第二定律得：G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝GMr2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向心加速度约为g ，故知a 的向心加速度小于重力加速度g ，故A 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm r2＝mω2r ，解得：ω＝GMr 3，由于r b ＜r c ＜r d ，则ωb ＞ωc ＞ωd ，a 与c 的角速度相等，则b 的角速度最大，故B 正确；c 是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c 的轨道半径是一定的，c 距离地面的高度是一确定值，故C 错误；卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm r 2＝m v 2r ，卫星的动能：E k ＝GMm2r，三颗卫星中d 的轨道半径最大，则d 的动能最小，机械能：E ＝E k ＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r，d 的轨道半径最大，d 的机械能最大，故D 正确．专题规范练题组1 高考真题检验1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变 答案 BC解析 质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力等于该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A 错；若恒力的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B 正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C 正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D 错．2．(2016·全国卷Ⅱ·16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )图1A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度 答案 C解析 球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两球的动能大小无法比较，选项B 错误；对球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，在最低点两球的向心加速度相等，选项D 错误．3．(2015·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图2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( )图2A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜(4L 21＋L 22)g6hC.L 12g 6h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6hD.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h答案 D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt212①L 12＝v 1t 1②联立①②得v 1＝L 14gh当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有(L 22)2＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．4．(多选)(2014·新课标Ⅰ卷·20)如图3所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图3A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：F f a ＝mω 2a l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝mω 2a l ，ωa ＝kg l；对木块b ：F f b ＝mω 2b ·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝mω 2b ·2l ，ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a ＝mω2l ，F f b ＝mω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则F f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 5．(2016·全国卷Ⅰ·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( ) A ．1 h B ．4 h C ．8 h D ．16 h 答案 B解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为r ＝Rsin 30°＝2R由r 31T 21＝r 32T 22得(6.6R )3242＝(2R )3T 22. 解得T 2≈4 h.6．(多选)(2014·新课标Ⅰ卷·19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示．则下列判断正确的是( )地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径(AU)1.01.55.29.51930A.各地外行星每年都会出现冲日现象 B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 答案 BD解析 由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知T 行＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 行r 地3·T 地＝r 3行年，根据相遇时转过的角度之差Δθ＝2n π及ω＝Δθt 可知相邻冲日时间间隔为t ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 地－2πT 行t ＝2π，即t ＝T 行T 地T 行－T 地＝T 行T 行－1，又T 火＝ 1.53年，T 木＝ 5.23年，T 土＝9.53年，T 天＝193年，T 海＝303年，代入上式得t >1年，故选项A 错误；木星冲日时间间隔t 木＝5.235.23－1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，选项D 正确．7．(2012·新课标卷·21)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( ) A ．1－d RB ．1＋d RC ．(R －d R)2D ．(RR －d)2答案 A解析 设地球的密度为ρ，地球的质量为M ，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g ＝GM R 2.地球质量可表示为M ＝43πR 3ρ.因质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R －d )为半径的地球的质量为M ′＝43π(R －d )3ρ，解得M ′＝(R －d R)3M ，则矿井底部的重力加速度g ′＝GM ′(R －d )2，则矿井底部的重力加速度和地面处的重力加速度之比为g ′g＝1－dR，选项A 正确． 题组2 各省市模拟精选8．(2017·四川南充市第二次高考适应性考试)直角坐标系xOy 在水平面(纸面)内，一质点在该水平面内运动，经过坐标原点时开始受水平力F 作用，运动轨迹如图4所示，设质点经过O 点时沿x 轴方向的速度为v x ，沿y 轴方向的速度为v y ，则由图可知( )图4A ．v x >v y ，F 可能沿x 轴正方向B ．v x >v y ，F 可能沿y 轴正方向C ．v x <v y ，F 可能沿x 轴正方向D ．v x <v y ，F 可能沿y 轴正方向 答案 B解析 根据曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向对O 点的速度分解，如图所示，可知v x ＞v y，又由力应指向轨迹的“凹”侧，可知质点受力的方向可能沿y轴的正方向，不可能沿x 轴的正方向，故B正确，A、C、D错误．故选B.9．(多选)(2017·河北石家庄市第二次质检) 如图5所示，一带电小球自固定斜面顶端A 点以某速度水平抛出，小球落在斜面上B 点．现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A 点以相同速度水平抛出，小球落在斜面上C 点．不计空气阻力，下列说法正确的是()图5A ．小球带正电B ．小球所受电场力可能大于重力C ．小球两次落在斜面上所用的时间不相等D ．小球两次落在斜面上的速度大小相等 答案 CD解析 不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据tan α＝12at 2v 0t，则t ＝2v 0tan αa，因为水平方向上做匀速直线运动，可知t 2>t 1，则a <g ，可知小球一定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故A 、B 错误，C 正确；因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同，因为初速度相同，根据平行四边形定则知，则落在斜面上的速度大小相等，故D 正确．10．(2017·广东佛山市一模)如图6所示，内壁光滑、质量为m 的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在两固定光滑挡板M 、N 之间，圆轨道半径为R ，质量为m 的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计．当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是( )图6A ．圆轨道对地面的最大压力大小为8mgB ．圆轨道对挡板M 、N 的压力总为零C ．小球运动的最小速度为gRD ．小球离挡板N 最近时，圆轨对挡板N 的压力大小为5mg 答案 A11．(多选)(2017·江西第一次联考)如图7所示，一个质量为m的小球由两根细绳拴在竖直转轴上的A、B两处，A、B间距为L，A处绳长为2L，B处绳长为L，两根绳能承受的最大拉力均为2mg，转轴带动小球以角速度ω转动，下列判断正确的是( )图7A．当角速度ω逐渐增大时，A处绳的弹力一定增大B．当角速度ω逐渐增大时，B处绳一定先被拉断C．当ω＝g2L时，A处绳的弹力大小为22mgD．当ω＝g2L时，B处绳的弹力大小为22mg答案BC解析当B处绳刚被拉直时，A处绳与杆夹角θ＝45°，mg tan 45°＝mω2L，所以ω＝g L ，在当角速度ω逐渐增大且小于gL的过程中，A处绳的弹力一定增大；当角速度大于gL后，A处绳与竖直方向之间的夹角不再变化，则A处绳的拉力不变，故A错误；当转轴转动的角速度最大时，B处绳拉力为F T B＝2mg，A处绳拉力不变，F T A cos θ＝mg，F T A sin θ＋F T B＝mω2L，得：ω＝3gL，可知当ω＝3gL时，B处绳先被拉断，故B正确；当ω＝g2L＜gL时，B处绳处于松弛的状态，拉力等于0；A处绳的弹力沿水平方向的分力提供向心力，则F T A′sinβ＝mω2·2L sin β，解得：F T A′＝22mg，故C正确，D错误．故选B、C.。
2018届高三物理二轮复习专题一力与运动第3讲力和曲线运动课件2018010525
1. 如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向 航行．以帆板为参照物( D )
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为 v B．帆船朝正西方向航行，速度大小为 v C．帆船朝南偏东 45° 方向航行，速度大小为 2v D．帆船朝北偏东 45° 方向航行，速度大小为 2v
突破点拨
m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103 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( B ) A．西偏北方向，1.9×103 m/s B．东偏南方向，1.9×103 m/s
C．西偏北方向，2.7×103 m/s
x (2)由 v＝ t 知，x 越大，v 越大，x 越小，v 越小，乒乓球落到各角处，v 最大， 沿正前方擦网而过，v 最小．
解析 设以速率 v1 发射乒乓球，经过时间 t1 刚好落到球网正中间． 1 2 则竖直方向上有 3h－h＝2gt1， L1 水平方向上有 2 ＝v1t1. L1 由①②两式可得 v1＝ 4 g h. ① ②
【变式考法】 在上述题1中，若t＝0时刻，帆船在帆板正西500 m处，则在运动 353.5 过程中，两者之间的最小距离为_________m.
解析 根据题1中结论，以帆板为参照物，帆船的运动图如图所示，显然二者的
最小距离为d＝500·sin 45° m≈353.5 m.
2．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 一个附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为 3.1×103
D．东偏南方向，2.7×103 m/s
2018届高考物理二轮复习全国通用课件 专题一 力与运动 第3讲
——平抛、圆周和天体运动
1.(2016·全国卷Ⅲ，14)关于行星运动的规律，下列说法符合史实 的是( )
A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运
卫星的轨道半径为 r＝sinR30°＝2R 由Tr3121＝Tr2322得（62.64R2 ）3＝（2TR22）3。 解得 T2≈4 h。
答案 B
6.(2015·全国卷Ⅰ，18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图3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.L21 B.L41 C.L21 D.L41
图3
6gh＜v＜L1
g 6h
hg＜v＜
（4L21＋L22）g 6h
6gh＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
hg＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。
ห้องสมุดไป่ตู้
当速度 v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h－h＝g2t21①
平抛运动的规律及分析方法
[规 律 方 法]
抓住“六点”破解平抛运动问题 1.建立坐标，分解运动 将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速 直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平 向方向上)。 2.各自独立，分别分析
高考物理大二轮复习专题一力与运动专题跟踪训练3力与物体的曲线运动
专题跟踪训练(三) 力与物体的曲线运动一、选择题1．(2018·江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度大小相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的( )A．时刻相同，地点相同B．时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同D．时刻不同，地点不同[解析] 弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g，且下落时保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B正确．[答案] B2．(2018·广东六校第二次联考)如图所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，斜面足够长，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与动力小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车带动物体P以速率v沿斜面匀速运动，下列判断正确的是( )A．小车的速率为vB．小车的速率为v cosθ1C．小车速率始终大于物体P的速率D．小车做匀变速运动[解析] 将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度大小等于P的速度大小，则有v＝v车cosθ2，可知小车的速率与θ2有关，不是匀变速运动，且始终大于物体P的速率，故C正确．[答案] C3．(2018·武汉调研)如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大B ．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比C ．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关D ．当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀速运动[解析] 做平抛运动的物体落到斜面上时，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角(即斜面倾角)为θ，根据平抛运动规律有tan α＝gt v 0，tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，所以tan α＝2tan θ，由此可知，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角与初速度无关，即无论初速度多大，小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角都相等，选项A错误；设小球落在斜面上时的速度大小为v ，根据平抛运动规律，y ＝12gt 2，x ＝v 0t ，tan θ＝y x，v y ＝gt ，联立解得v y ＝2tan θ×v 0，小球落在斜面上时的速度大小v ＝v 2y ＋v 20＝4tan 2θ＋1×v 0，即小球落在斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，选项B 正确；初速度越大，小球运动到距离斜面最远处所用的时间越长，选项C 错误；若把平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向的两个分运动，则小球在沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，选项D 错误．[答案] B4．(2018·武昌调研)如图所示，从高H 处的A 点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN 落在水平地面上的B 点，球2则与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN ，也落在B 点．设球2每次与水平地面的碰撞都是弹性碰撞，空气阻力可忽略．则竖直挡板MN 的高度h 是( )A.59H B.47H C.35H D.45H [解析] 假设A 、B 两点的水平间距为x ，A 、N 两点间的水平距离为x 0，球1的初速度大小为v 0，则由空间关系及平抛运动规律可知，球2从抛出到第一次落地的水平位移为x 5，则球2的初速度大小为v 05.对球1由抛出到B 点的过程，由平抛运动规律可得H ＝12gt 2、x ＝v 0t ，对球1从抛出到M 点的过程有H －h ＝12gt ′2、x 0＝v 0t ′；对球2由M 点到最高点的过程根据逆向思维可知，45x －x 0＝v 05t ′，联立解得h ＝59H ，A 正确．[答案] A5．(2018·郑州第二次质量预测)(多选)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M 、N 与球心等高且在同一竖直面内．现甲、乙两位同学(可视为质点)分别站在M 、N 两点，同时将两个小球以v 1、v 2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q ，已知∠MOQ ＝60°，忽略空气阻力．则下列说法正确的是( )A ．甲、乙两同学抛出球的速率之比为1∶3B ．若仅增大v 1，则两球将在落入坑中之前相撞C ．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D ．若仅从M 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中[解析] 两球刚好落在坑中同一点，说明两球在竖直方向的位移相同，由y ＝12gt 2可知，两球在空中飞行的时间相同．设半球形的半径为R ，则甲同学抛出的球的水平位移为x 甲＝R－R cos60°＝R 2，乙同学抛出的球的水平位移为x 乙＝R ＋R cos60°＝3R 2，由x ＝vt 可知，甲、乙两同学抛出球的速率之比为v 1∶v 2＝x 甲∶x 乙＝1∶3，选项A 正确；若仅增大v 1，则两球将在落入坑中之前相撞，选项B 正确；由x ＝vt 可知，只要落入坑中的同一点，则x 甲＋x 乙＝2R ，两球抛出的速率之和v 1＋v 2＝x 甲t ＋x 乙t ＝x 甲＋x 乙t与小球在空中飞行时间有关，即与小球落入坑中的同一点的位置有关，选项C 错误；根据平抛运动规律的推论，小球落入坑中时速度方向的反向延长线与水平直径的交点在水平位移的12处，即若仅从M 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，选项D 错误．[答案] AB6.(2018·惠州调研)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，a 球置于C 正下方的地面上时，轻绳Cb 恰好处于水平拉直状态，现将b 球由静止释放，当b 球摆至最低点时，a 球对地面的压力刚好为零．现把细杆D 水平移动少许，让b 球仍从原位置由静止释放摆至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．若细杆D 水平向左移动少许，则b 球摆至最低点时，a 球会离开地面B ．若细杆D 水平向右移动少许，则b 球摆至最低点时，a 球会离开地面C ．无论细杆D 水平向左或者向右移动少许，当b 球摆至最低点时，a 球都不会离开地面D ．无论细杆D 水平向左或者向右移动少许，当b 球摆至最低点时，a 球都会离开地面[解析] 设b 球到悬点的距离为l ，小球b 的质量为m b ，由于b 球摆动过程中机械能守恒，则有m b gl ＝12m b v 2，当b 球摆到最低点时，由牛顿第二定律得F －m b g ＝m b v 2l，联立得F ＝3m b g ，可知F 与 b 球到悬点的距离l 无关，故不论细杆D 水平向左或向右移动时，小球b 摆到最低点时细绳的拉力不变，则a 球不会离开地面，C 正确．[答案] C7．(2018·石家庄质检一)(多选)如图所示，两个质量均为m 的小球A 、B 套在半径为R 的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA 与竖直方向的夹角θ＝53°，OA 与OB 垂直，小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．圆环旋转角速度的大小为5g 4R B ．圆环旋转角速度的大小为 5g3RC ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mg D ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为15mg [解析] 对小球B 受力分析，B 在圆环支持力和重力的作用下做匀速圆周运动，设圆环的角速度为ω，由牛顿第二定律可得mg tan37°＝m ω2R sin37°，解得ω＝5g 4R，选项A 正确，B 错误；对A 球，设圆环对小球的支持力大小为F ，圆环对小球的摩擦力大小为f ，方向为沿圆环向下，由牛顿第二定律知，在竖直方向有F cos53°－mg －f cos37°＝0，在水平方向有f cos53°＋F sin53°＝m ω2R sin53°，联立解得f ＝－mg 5，即小球A 与圆环之间的摩擦力大小为mg 5，方向为沿圆环向上，选项D 正确，C 错误．[答案] AD8.(多选)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD －A 1B 1C 1D 1，从顶点A 沿不同方向平抛一小球(可视为质点)．关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，落在C 1点时平抛的初速度最大B ．落点在B 1D 1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶2C ．运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D ．运动轨迹与A 1C 相交的小球，在交点处的速度方向都不相同[解析] 依据平抛运动规律有h ＝12gt 2，得飞行时间t ＝2h g ，水平位移x ＝v 02h g；落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，h 相同，而水平位移xAC 1最大，则落在C 1点时平抛的初速度最大，A 项正确．落点在B 1D 1上的小球，由几何关系可知最大水平位移x max ＝L ，最小水平位移x min ＝L 2，据v 0＝x g2h ，可知平抛初速度的最小值与最大值之比v min ∶v max ＝1∶2，B 项正确．凡运动轨迹与AC 1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tan θ＝2tan β，因θ相同，则运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，C 项正确，同理可知D 项错误．[答案] ABC9．(2018·江西南昌模拟)(多选)如图所示，质量为3m 的竖直光滑圆环A 的半径为R ，固定在质量为2m 的木板B 上，木板B 的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使B 不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m 的小球C ，现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，则速度v 0必须满足( )A ．最小值为2gRB ．最大值为3gRC ．最小值为5gRD ．最大值为10gR[解析] 在最高点，小球速度最小时重力提供向心力有：mg ＝m v 21R ，解得v 1＝gR ，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR ＋12mv 21＝12mv 20小，解得v 0小＝5gR ；要使环不会在竖直方向上跳起，在最高点环对球的最大压力F m ＝2mg ＋3mg ＝5mg ，在最高点，速度最大时有：mg ＋5mg ＝m v 2R，解得v 2＝6gR ，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR ＋12mv 2＝12mv 20大，解得v 0大＝10gR ，所以小球在最低点的速度范围为：5gR ≤v 0≤10gR ，选项C 、D 正确．[答案] CD10．(2018·黑龙江大庆模拟)(多选)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B 点平滑相接，两个半圆的圆心O 1、O 2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R ，光滑的大半圆的半径为2R ；一质量为m 的滑块(可视为质点)从大的半圆一端A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g ，则( )A ．滑块在A 点的初速度为6gRB ．滑块在A 点对半圆轨道的压力为6mgC ．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgRD ．增大滑块在A 点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变[解析] 由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，重力提供向心力，即mg ＝m v 22R，解得：v ＝2gR ，以AB 面为参考面，根据机械能守恒定律可得：12mv 2A ＝2mgR ＋12m (2gR )2，求得v A ＝6gR ，故A 正确；滑块在A 点受到圆轨道的支持力为：F ＝m v 2A 2R＝3mg ，由牛顿第三定律可知B 错误；设滑块在O 1点的速度为v 1，则：v 1＝2g ×2R ＝2gR ，在小的半圆中运动过程中，根据动能定理得W f ＝12mv 2A －12mv 21＝mgR ，故C 正确；增大滑块在A 点的初速度，则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆轨道的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故D 错误．[答案] AC二、非选择题11．(2018·江西南昌模拟)嘉年华上有一种回力球游戏，如图所示，A 、B 分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点，B 点距水平地面的高度为h ，某人在水平地面C 点处以某一初速度抛出一个质量为m 的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B ，并恰好能过最高点A 后水平抛出，又恰好回到C 点抛球人手中．若不计空气阻力，已知当地重力加速度为g ，求：(1)小球刚进入半圆形轨道最低点B 时轨道对小球的支持力；(2)半圆形轨道的半径．[解析] (1)设半圆形轨道的半径为R ，小球经过A 点时的速度为v A ，小球经过B 点时的速度为v B ，小球经过B 点时轨道对小球的支持力为F N .在A 点：mg ＝m v 2A R.解得：v A ＝gR ，从B 点到A 点的过程中，根据动能定理有：－mg ·2R ＝12mv 2A －12mv 2B ，解得：v B ＝5gR .在B 点：F N －mg ＝m v 2B R，解得：F N ＝6mg ，方向竖直向上．(2)C 到B 的逆过程为平抛运动，有：h ＝12gt 2BC ，A 到C 的过程，有：h ＋2R ＝12gt 2AC ，又v B t BC ＝v A t AC ，解得：R ＝2h .[答案] (1)6mg ，方向竖直向上 (2)2h12．如图所示，长为L ＝6 cm 的细绳上端固定在一平台右端点A 的正上方O 点，下端系有质量为m ＝0.5 kg 的摆球；倾角为θ＝30°的斜面的底端D 点处于A 点的正下方；劲度系数为k ＝50 N/m 的水平轻弹簧左端固定在墙上，无形变时右端在B 点，B 、A 两点间距为x 1＝10 cm.一质量为2m 的物块靠在弹簧右端但不粘连，并用水平向左的推力将物块缓慢向左移动，当推力大小为F ＝15 N 时物块静止于C 点，撤去推力后在A 点处停下．若将物块质量调整为m ，物块仍在C 点由静止释放，之后在A 点与静止摆球碰撞，碰后物块停在A 点而摆球恰好在竖直平面内做圆周运动，并从物块左侧与物块碰撞，碰后物块离开平台，之后恰好垂直撞到斜面上．物块和摆球均视为质点且碰撞时间不计，两次碰撞中物块和摆球均交换速度，物块与平台间的动摩擦因数处处相同，重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)质量为m 的物块离开A 点时的速率v 0；(2)物块与平台间的动摩擦因数μ；(3)A 、D 两点间的高度差H .[解析] (1)摆球恰好在竖直平面内做圆周运动，则到达最高点时有mg ＝m v 2L第一次碰撞后摆球的速率与物块离开A 点时的速率相等，则根据机械能守恒定律有12mv 20＝mg ·2L ＋12mv 2解得v 0＝3 m/s(2)设质量为2m 的物块在C 点静止时弹簧被压缩长度为x 2，则由平衡条件有F ＝2μmg ＋kx 2设从撤去推力后到物块停在A 点的过程中弹簧对物块做的功为W ，则根据动能定理有W －2μmg (x 2＋x 1)＝0由题意知，质量为m 的物块到达A 点时速率为v 0，则根据动能定理有W －μmg (x 2＋x 1)＝12mv 20－0解得μ＝0.5(由于F >2μmg ，故μ＝1.5舍去)(3)碰后质量为m 的物块做平抛运动，则水平方向x ＝v 0t竖直方向h ＝12gt 2，v y ＝gt物块恰好垂直撞到斜面上，则v y＝v0tanθ由几何关系有H－h＝x tanθ解得H＝0.75 m[答案] (1)3m/s (2)0.5 (3)0.75 m11。
2018届高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第三讲 力与曲线运动讲义
ω＞ω2 时，细线 AB 在竖直方向绷直，仍然由细线 AC 上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力。
FTsin θ′＝mω2lsin θ′，FT＝mω2l 综上所述 ω≤ω1＝52 2 rad/s 时， FT＝12.5 N 不变，ω>ω1 时，FT＝mω2l＝ω2(N) FT -ω2 关系图像如图所示。
解析：棒与升降台接触点(即小球)的运动 可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向 左的运动的合成。小球的实际运动即合运 动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示。设棒的角速度为 ω，则合速度 v 实＝ωL，沿竖直方向向上的速度分量等于 v， 即 ωLsin α＝v，所以 ω＝Lsivn α，小球速度 v 实＝ωL＝sinv α， 由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角 α 的增大 而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，故 D 正 确，A、B、C 错误。 答案：D
[答案]
5 (1)2 2 rad/s
5 (2)3 6 rad/s
(3)见解析
类型二 圆周运动的连接体问题
[例2] [多选]如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半 径方向放着用细线相连的质量均为 m 的两个物体 A 和 B，它们 分居圆心两侧，与圆心距离分别为 RA＝r，RB＝2r，与盘间的动 摩擦因数 μ 相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动 时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
二、突破三类题型
类型一 圆周运动的临界极值问题
[例1] 如图甲所示，装置
BO′O 可绕竖直轴 O′O 转 动，可视为质点的小球 A 与两 细线连接后分别系于 B、C 两 点，装置静止时细线 AB 水平， 细线 AC 与竖直方向的夹角 θ＝37°。已知小球的质量 m＝1 kg，细线 AC 长 l＝1 m，B 点距转轴的水平距离和距 C 点竖直距离相等(取重 力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
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专题能力训练3 力与物体的曲线运动
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)
1.
如图所示,小船过河时,船头偏向上游与水流方向成α角,船相对于静水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸。
现水流速度稍有增大,为保持航线不变,且准时到达对岸,下列措施可行的是()
A.减小α角,增大船速v
B.增大α角,增大船速v
C.减小α角,保持船速v不变
D.增大α角,保持船速v不变
2.
(2017·广东广州调研)如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是()
A.小球通过最高点时的最小速度v min=
B.小球通过最高点时的最小速度v min=
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力
3.
(2017·辽宁铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力,这种现象叫过荷。
过荷过大会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,暂时失明,甚至昏厥。
受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。
g取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时,圆弧轨道的最小半径为()
A.100 m
B.111 m
C.125 m
D.250 m
4.
如图所示,在足够长的斜面上A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上的水平距离为x1。
若将此球改用2v0水平速度抛出,落到斜面上的水平距离为x2,则x1∶x2为() A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3
D.1∶4
5.
如图所示,一人用力跨过定滑轮拉一玩具小车,已知小车的质量为m,水平面对小车的阻力恒为F f。
当绳与水平面的夹角为θ时,小车的速度为v,此时人的拉力大小为F。
若忽略绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦,则此时()
A.绳的速度为v cosθ
B.绳的速度为
C.小车的加速度为
D.小车的加速度为
6.
(2017·江西重点一模)右图是一固定的半圆形竖直轨道,AB为水平直径,O为圆心,同时从A点水平抛出甲、乙两个小球,速度分别为v1、v2,分别落在C、D两点,OC、OD与竖直方向的夹角均为37°,(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则()
A.甲、乙两球下落到轨道的时间相等
B.甲、乙两球下落到轨道的速度变化量不相等
C.v1∶v2=1∶3
D.v1∶v2=1∶4
7.
如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时,烧断细线,则()
A.两物体均沿切线方向滑动
B.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,同时所受摩擦力减小
C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动,不会发生滑动
D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,物体A发生滑动,离圆盘圆心越来越远
二、非选择题(本题共3小题,共44分)
8.
(13分)如图所示,在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面,物体A以初速度v1沿斜面上滑,同时在物体A的正上方,有一物体B以初速度v2=2.4 m/s水平抛出。
如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中。
A、B均可看作质点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
求:
(1)物体A上滑时的初速度v1;
(2)物体A、B间初始位置的高度差h。
9.(14分)某电视台策划的娱乐节目的场地设施如图所示,AB为水平直轨道,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,AB向下的投影通过转盘的中心,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。
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(看作质点),人与转盘间的最大静摩擦力为μmg,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ω应限制在什么范围?
(2)已知h=3.2 m,R=0.9 m,g取10 m/s2,当a=2 m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上,求l。
10.(17分)
如图所示,在竖直平面内有一固定光滑轨道,其中AB是长为R的水平直轨道,BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道,两轨道相切于B点。
在外力作用下,一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动,到达B点时撤除外力。
已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,重力加速度大小为g。
求:
(1)小球在AB段运动的加速度的大小;
(2)小球从D点运动到A点所用的时间。
专题能力训练3力与物
体的曲线运动
1.B
2.C
3.C
4.D
5.AC
6.AD
7.BD
8.答案(1)6 m/s(2)6.8 m
解析(1)物体A上滑过程中,由牛顿第二定律得mg sinθ=ma①
设物体A滑到最高点所用时间为t,由运动学公式0=v1-at②
物体B做平抛运动,如图所示,由几何关系可得
水平位移x=v1t cos37°③
其水平方向做匀速直线运动,则
x=v2t④
联立可得v1=6m/s。
⑤
(2)物体B在竖直方向做自由落体运动,则h B=gt2⑥
物体A在竖直方向
h A=v1sin37°⑦
如图所示,由几何关系可得
h=h A+h B⑧
联立得h=6.8m。
⑨
9.答案(1)ω≤(2)7.2 m
解析(1)设人落在圆盘边缘处不致被甩下,临界情况下,最大静摩擦力提供向心力,则有μmg=mω2R 解得ω=
故ω限制的范围为ω≤。
(2)匀加速过程
x1=at2=×2×22m=4m
v C=at=4m/s
平抛过程h=得
t2=0.8s
x2=v C t2=4×0.8m=3.2m
故l=x1+x2=7.2m。
10.答案(1)g (2)(
解析(1)小球在BCD段运动时,受到重力mg、轨道的正压力F N的作用,如图所示。
根据题意,F N≥0,且小球在最高点C点所受压力为零,即F N C=0 ①
设小球在C点的速度大小为v C,根据牛顿第二定律,有
mg=m②
设在B点的速度大小为v B,小球从B点运动到C点,机械能守恒,有
+2mgR③
小球在AB段做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a,有=2aR④由②③④式得a=g⑤
(2)设小球在D点速度为v D,下落到A点速度为v,由机械能守恒,有
+mgR⑥
mv2⑦
设由D点运动到A点的时间为t,由运动学公式有
gt=v-v D⑧
由④⑤⑥⑦⑧式得
t=(。