北京市18届高考物理二轮复习专题3牛顿运动定律与曲线运动(含天体运动)学案(含解析)

专题3 牛顿运动定律与曲线运动从考查方式上来说,在高考的考查中，本专题内容可能单独考查，特别是万有引力与航天部分，常以选择题形式出现；也可能与其他专题相结合，与能量知识综合考查，以计算题形式出现。

从近几年考试命题趋势看,本章内容与实际应用和生产、生活、科技相联系命题，或与其他专题综合考查，曲线运动问题由原来的选择题转变为在计算题中考查，万有引力与航天仍然以选择题出现，单独考查的可能性更大。

高频考点：运动的合成与分解；平抛运动规律的应用；圆周运动问题；天体质量和密度的估算；卫星运行参数的分析；卫星变轨问题。

考点一、 运动的合成与分解例 (2018届高三·苏州五校联考)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【审题立意】找合运动是解答本题的关键，应清楚棒与平台接触点的实际运动即合运动，方向垂直于棒指向左上，竖直方向的速度是它的一个分速度。

把速度分解，根据三角形知识求解。

【解题思路】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 ＝vsin 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。

【参考答案】 D【知识建构】 1．解决运动合成与分解的一般思路 (1)明确合运动或分运动的运动性质。

(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。

(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。

(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。

2．解答关联速度问题的方法(1)求解此类问题首先要正确认识合运动，与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。

(2)然后在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。

3．把握小船渡河的两类问题(1)要求最短时间过河，则船头必须垂直指向对岸，不论船速与水流速度的关系如何，如第3题中小船的去程。

(2)要求过河的位移最短，则要区分两种情况：①当船在静水中的速度v 1大于水流速度v 2时，最短过河位移为河宽d ，如图甲所示，船头指向上游与河岸的夹角α＝arccos v 2v 1。

②当船在静水中的速度v 1小于水流速度v 2时，过河的最短位移为x ，如图乙所示，船头指向上游与河岸的夹角为θ＝arccos v 1v 2，最短位移x ＝v 2v 1d 。

【变式训练】1．(2018届高三·苏锡常镇四市联考)(多选)某同学做了一个力学实验，如图所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O 点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，细绳剪断后，金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。

根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是( )A ．细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B ．金属球运动到悬点O 正下方时所受合力方向竖直向上C ．金属球速度最大的位置应该在悬点O 正下方的左侧D ．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零解析：未剪断细绳前，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用处于平衡状态，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A 正确；金属球运动到悬点O 正下方时，由轨迹可知，轨迹的凹向斜向右下，故合力方向斜向右下，选项B 错误；当轨迹的切线方向与弹簧所在的方向垂直时，金属球的速度最大，由轨迹可知，金属球速度最大的位置应该在悬点O 正下方的左侧，选项C 正确；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线方向可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D 错误。

答案：AC2. (2017·成都检测)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的夹角为θ2时，如图所示，下列判断正确的是( )A ．P 的速率为vB ．P 的速率为v cos θ2C ．细绳的拉力等于mg sin θ1D ．细绳的拉力小于mg sin θ1解析：将小车速度沿细绳和垂直细绳的方向分解为v 1、v 2，P 的速率等于v 1＝v cos θ2，A 错误，B 正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P 的速率增大，细绳的拉力大于mg sin θ1，C 、D 错误。

答案：B3. (2017·泰安模拟)如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M 、N 分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N 点的正对岸P 点，经过一段时间乙船恰好到达P 点，如果划船速度大小相等，且两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是( )A. 甲船也能到达正对岸B. 甲船渡河时间一定短C. 两船相遇在NP 直线上的某点(非P 点)D. 渡河过程中两船不会相遇解析：甲船航行方向与河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A 错误；在垂直河岸方向上v 甲＝v sin α，v 乙＝v sin α，故渡河时间t 甲＝d v 甲＝d v sin α、t 乙＝dv 乙＝d v sin α，所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP 直线上的某点(非P 点)，B 、D 错误，C 正确。

答案：C考点二、平抛(类平抛)的运动规律例 (2017·全国卷ⅠT 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【审题立意】本题考查平抛运动的基本规律，解答本题要明确平抛运动的飞行时间、水平射程由什么决定。

【解题思路】在竖直方向，球做自由落体运动，由h ＝12gt 2知，选项A 、D 错误。

由v 2＝2gh 知，选项B 错误。

在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项C 正确。

【参考答案】 C【知识构建】1．平抛运动的实质图解2. 平抛运动的两个“正切值”和两个“模型”(1)两个“正切值”任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的2倍(如图)，即tan θ＝2tan φ。

(2)两个“模型”【变式训练】1. (2018届高三·昆明调研)将一挡板倾斜地固定在水平面上，倾角为θ＝30°，如图所示。

现有一可视为质点的小球由挡板上方的A点以v0的初速度水平向右抛出，小球落在挡板上的B点时，小球速度方向刚好与挡板垂直，小球与挡板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比为4∶3。

下列有关小球的运动描述正确的是( )A．小球与挡板碰后的速度为34v0B．小球与挡板碰撞过程中速度的变化量大小为12v0C．A、B两点的竖直高度差与水平间距之比为3∶1D．A、B两点的竖直高度差与水平间距之比为3∶2解析：小球在碰撞挡板前做平抛运动。

设刚要碰撞斜面时小球速度为v。

由题意，速度v的方向与竖直方向的夹角为30°且水平分量仍为v0，如图。

由此得v＝2v0，碰撞过程中，小球速度由v变为反向的34v，则碰后的速度大小为32v0，A错误；碰撞过程小球的速度变化量大小为Δv＝34v－(－v)＝74v＝72v0，故选项B错误；小球下落高度与水平射程之比为yx＝12gt2v0t＝gt2v0＝12tan 30°＝32，C错误，D正确。

答案：D2. (2017·石家庄检测)(多选)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＝12at 2v 0t ，则t ＝2v 0tan αa，因为水平方向上小球做匀速直线运动，可知t 2>t 1，则加上电场后的加速度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，根据矢量合成知，初速度相同，则落在斜面上的速度大小相等，故D 正确。

答案：CD考点三、圆周运动问题例 (2017∙山东模拟)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 【审题立意】未滑动时静摩擦力提供向心力，a 、b 一起转动时角速度相等，运动半径大，所需向心力大；当最大静摩擦力提供向心力时，处于木块开始滑动的临界条件。

【解题思路】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 ＝m ω2R ，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 ＝m ωb 2·2l ，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 ＝m ωa 2l ，可得ωa ＝kgl ，而转盘的角速度 2kg 3l< kgl，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 ＝m ω2l ＝23kmg ，D 错误。