专题三 力与物体的曲线运动

专题三 力与物体的曲线运动知识梳理一、 曲线运动的条件和研究方法 1.物体做曲线运动的条件：2.曲线运动的研究方法：运动的合成与分解，已知分运动的位移、速度、和加速度等求合运动的位移、速度、和加速度等，遵从平行四边形定则。

二、 平抛（类平抛）运动 1.速度规律： V X =V 0V Y =gt2.位移规律： X=v 0tY=221gt 三、 匀速圆周运动1.向心力的大小为：2ωmr F =或rv m F 2=2.描述运动的物理量间的关系：四、万有引力定律及应用思路 1.万有引力定律：叫引力常量其中万2211221/1067259.6,kg m N G rm m GF ∙⨯==- 2.（1）天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力。

即222224T r m r m r v m ma r Mm G πω====向 （2）万有引力等于重力五、宇宙速度（1）第一宇宙速度（环绕速度）：是卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度，也是发射卫星的最小速度V 1=7.9Km/s 。

（2）第二宇宙速度（脱离速度）：使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，V 2=11.2Km/s 。

（3）第三宇宙速度（逃逸速度）：使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，V 3=16.7 Km/s 。

专题测试一、选择题(每小题5分，共50分)1 (2011江苏卷第3题)．如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB 。

若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为（ ） A ．t 甲＜t 乙 B ．t 甲＝t 乙 C ．t 甲＞t 乙 D ．无法确定2（2011广东卷第17题）.如图6所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L ，重力加速度取g ，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（ ）A.球的速度v 等于B.C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关3.如图3所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将s 1球以初速度v 1水平向右抛出,同时在M 点右方的N 点处，将s 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇,不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中( ) A ．初速度大小关系为v 1＝v 2 B ．速度变化量相等 C ．水平位移相等 D ．都不是匀变速运动4（2011全国理综卷第20题）.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的。

关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b 点的切线）（ ）5.在航天员完成任务准备返回地球时，轨道舱与返回舱分离，此时，与神七相距100公里 至200公里的伴飞小卫星，将开始其观测、“追赶”、绕飞的三步试验：第一步是由其携带的导航定位系统把相关信息传递给地面飞控中心，通过地面接收系统，测量伴飞小卫星与轨道舱的相对距离；第二步是由地面飞控中心发送操作信号，控制伴飞小卫星向轨道舱“追”去，“追”的动力为液氨推进剂，因此能够以较快速度接近轨道舱；第三步是通过变轨调姿，绕着轨道舱飞行．下列关于伴飞小卫星的说法中正确的是( )A ．伴飞小卫星保持相距轨道舱的一定距离时的向心加速度与轨道舱的相同B ．若要伴飞小卫星“追”上轨道舱，只需在较低的轨道上加速即可C ．若要伴飞小卫星“追”上轨道舱，只需在原轨道上加速即可D ．伴飞小卫星绕飞船做圆周运动时需要地面对小卫星的遥控，启动其动力系统，并非万 有引力提供其向心力6.（2011山东卷第17题）.甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。

以下判断正确的是 A.甲的周期大于乙的周期 B.乙的速度大于第一宇宙速度 C.甲的加速度小于乙的加速度 D.甲在运行时能经过北极的正上方图37.如图5所示，在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲，现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M 点移动到N 点，若此过程中甲始终保持静止，甲、乙两物体可视为质点，则下列说法正确的是( )A ．乙的电势能先增大后减小B ．甲对地面的压力先增大后减小C ．甲受到地面的摩擦力不变D ．甲受到地面的摩擦力先增大后减小8.如图6所示，圆轨道的半径为0.5 m ，空间存在电场强度E ＝300 N /C ，方向向右的匀强电场．假设斜面和水平面所在处的电场被屏蔽，而圆轨道内仍存在电场，一电荷量为q ＝＋0.1 C 的小球在光滑斜面上某处静止释放滚入圆轨道,并始终保持在圆轨道内部运动.已知小球的质量为4 kg ，所有接触面均光滑．要使小球不脱离轨道运动，则小球在斜面上释放的高度h 必须满足(g 取10 m/s 2) ( )A ．h ≤0.125 mB ．h ≤0.5 mC ．h ≥1.25 mD ．h ≥23/16 m9.如图7所示，竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v 0从A 点出发沿圆轨道运动，至B 点脱离轨道，最终落在水平面上的C 点，不计空气阻力．下列说法中不正确的是( )A ．在B 点时，小球对圆轨道的压力为零 B ．B 到C 过程，小球做匀变速运动C ．在A 点时，小球对圆轨道压力大于其重力D ．A 到B 过程，小球水平方向的加速度先增加后减小10.小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R ，现将雨伞竖直伞杆以 角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r 的圆形，当地重力加速度的大小为g ，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为( ) A. g (r 2－R 2)2ω2R 2B. g (r 2－R 2)2ω2r2C. g (r －R )22ω2R2D. gr 22ω2R2 二、实验题(每小题3分，共6分)11.某质点从O 点开始以初速度v 0做平抛运动，其运动轨迹如图8所示， 以抛出点O 为原点建立图示的平面直角坐标系，从质点离开O 点开始计时，在T 、2T 、3T 、4T 时刻，质点依次到达A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)、C (x 3，图5图6图7y 3)、D (x 4，y 4)．已知当地的重力加速度为g ，下列说法中正确的是 ( )A ．质点经过A 、B 、C 、D 任一点时，其水平方向的分速度始终为v 0 B ．质点经过D 点时，竖直方向的分速度为4gTC ．质点经过B 点时的速度方向与这段时间内的位移方向相同D ．y 1∶y 2∶y 3∶y 4＝1∶3∶5∶712.如图9所示是一小球做平抛运动的轨迹，A 、B 、C 为轨迹上的三个点．小球在AB 段和BC 段所用时间均为t ，竖直方向的位移分别为y 1、y 2.下列结论正确的是 ( )A ．y 1∶y 2＝1∶3B ．重力加速度g ＝y 2－y 1t 2C ．小球在B 点速度的反向延长线交于AB 水平距离的中点D ．AB 段的水平距离等于BC 段的水平距离三、解答题(13、14题各12分，15题20分，共44分)13.(12分)如图10所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A 点由静止出发，经过时间t 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点水平飞出，恰好在C 点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点D 后回到水平地面EF 上，E 点为圆形轨道的最低点．已知赛车在水平轨道AB 部分运动时受到恒定阻力f ＝0.4 N ，赛车的质量m ＝0.4 kg 通电后赛车的电动机以额定功率P ＝2 W 工作,轨道AB 的长度L ＝2 m,B 、C 两点的高度差h ＝0.45 m ，连线CO 和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ，空气阻力可忽略，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图10(1)赛车运动到C 点时速度v C 的大小；(2)赛车经过最高点D 处对轨道压力F N D 的大小； (3)赛车电动机工作的时间t .14.(12分)如图11所示，在平面坐标系xOy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M (L,0)点，磁场方向垂图8图9直于坐标平面向外，一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场．不计粒子重力．求：图11(1)电场强度与磁感应强度的大小之比；(2)粒子在磁场与电场中运动的时间之比．15（2011广东卷第36题）、（20分）如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。

一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A 时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。

滑板运动到C 时被牢固粘连。

物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。

E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g.(1)求物块滑到B点的速度大小；(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

答案1.C 2．AB 3．BC 4．D 5．BD 6．AC 7．B 8．D 9.C 10．A 11．AB 12．BD 13．(1)5 m/s (2)1.6 N (3) 2 s 14．(1)v 02 (2)π415．解析： （1）μmgs+mg ·2R=21mv B 2① 所以 v B =3Rg（2）设M 滑动x 1,m 滑动x 2二者达到共同速度v,则mv B =(M+m)v ②μmgx 1=21mv 2③ —μmgx 2=21mv 2—21mv B 2④由②③④得v=Rg , x 1=2R, x 2=8R二者位移之差△x= x 2—x 1=6R ＜6.5R ，即滑块未掉下滑板讨论：① R ＜L ＜2R 时，W f =μmg(l +L)=21mg （6.5R+L ） ② 2R ≤L ＜5R 时，W f =μmgx 2+μmg(l —△x)=4.25mgR ＜4.5mgR ，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。