专题三第1课时平抛、圆周和天体的运动
第3讲 力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动..
第3讲力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动1．(多选)(2012·新课标全国卷，15)如图1－3－1所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力．则()图1－3－1A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析小球做平抛运动，在竖直方向上满足h＝12gt2，得t＝2hg可知A错，B正确．在水平方向上x＝v0t，即v0＝x·g2h，且由题图可知h b＝h c＞h a，x a＞x b＞x c，则D正确，C错误．答案BD2．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ，21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图1－3－2所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处()图1－3－2A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小解析当汽车行驶的速度为v c时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确．当速度稍大于v c时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于v c时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．v c的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D错误．答案AC3．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅰ，20)2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343 km的近圆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，下面说法正确的是() 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，天宫一号的轨迹高度将缓慢降低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由v＝GMr知两者的运行速度都小于第一宇宙速度，故A错误．轨道处的稀薄大气会对天宫一号产生阻力，不加干预其轨道会缓慢降低，同时由于降低轨道，天宫一号的重力势能一部分转化为动能，故天宫一号的动能可能会增加，B、C正确；航天员受到地球引力作用，此时引力充当向心力，产生向心加速度，航天员处于失重状态，D错误．答案BC4．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ，20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是()A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小解析在卫星轨道半径逐渐变小的过程中，地球引力做正功，引力势能减小，气体阻力做负功，机械能逐渐转化为内能，机械能减小，选项B 正确，C 错误．卫星的运动近似看作是匀速圆周运动，根据G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GMr ，所以卫星的速度逐渐增大，动能增大，选项A 错误．减小的引力势能一部分用来克服气体阻力做功，一部分用来增加动能，故D 正确．答案 BD5．(2014·新课标全国卷Ⅱ，15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12解析 设物体水平抛出的初速度为v 0，抛出时的高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，则v 0＝2gh ，物体落地的竖直速度v y ＝2gh ，则落地时速度方向与水平方向的夹角tan θ＝v y v 0＝2gh 2gh ＝1，则θ＝π4，选项B 正确． 答案 B6．(2014·新课标全国卷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.3πGT 2g 0－g g 0B.3πGT 2g 0g 0－gC.3πGT 2D.3πGT 2g 0g 解析 由万有引力定律可知：在两极处G Mm R 2＝mg 0，在赤道上：G Mm R 2－mg ＝m (2πT )2R ，地球的质量：M ＝43πR 3ρ，联立三式可得：ρ＝3πGT 2g 0g 0－g，选项B 正确． 答案 B7．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ，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()AB．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解析设地球的运转周期为T0、角速度为ω0、轨道半径为r0，则其他行星的轨道半径为r＝kr0①根据万有引力定律及牛顿第二定律得：GMmr20＝mω2r0②GMmr2＝mω2r③联立①②③得：ω＝1k3ω0.各行星要再次冲日需满足：ω0t－ωt＝2π，即t＝k kk k－1T0，其中k＝1.5、5.2、9.5、19、30.根据上式结合k值并由数学知识可知：行星冲日的时间间隔一定大于1年，并且k值越大时间间隔越短，所以选项B、D正确，A、C错误．答案BD8．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ，20)如图1－3－3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1－3－3A．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解析木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力f m＝kmg相同．它们所需的向心力由F向＝mω2r知F a<F b.所以b一定比a先开始滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，F摩＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错．b开始滑动时有kmg＝mω2·2l，其临界角速度为ωb＝kg2l，选项C正确．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力大小为F f＝mω2l＝23kmg，选项D错误．答案AC主要题型：选择题和计算题知识热点(1)单独命题①平抛运动规律的考查②圆周运动规律的考查③天体运动、人造卫星问题的考查(2)交汇命题①平抛(类平抛)运动与圆周运动、功能关系等综合问题的考查②天体运动中的超重、失重问题．③结合牛顿运动定律、圆周运动、功能关系考查航天器的变轨、对接问题．物理方法(1)运动的合成与分解法(2)模型法命题趋势(1)2015年高考中，平抛运动规律及其研究方法、圆周运动仍是热点．(2)天体运动要突出物理与现代科学技术的结合，特别是与现代航天技术的联系会更加紧密．热点一 平抛运动问题的分析1．(多选)(2014·高考押题卷六)2013年7月7日凌晨，海峡组合彭帅与谢淑薇在图1－3－4温布尔登网球公开赛女双决赛中，夺下温网女双冠军，拿下两人合作以来第一座大满贯双打桂冠．如图1－3－4所示，在网球的网前截击中，若网球运动员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，则球刚好落在底线上．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L g2HB ．球从击出至落地所用时间为2Hg 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解析 球做平抛运动，从击出至落地所用时间为t ＝2H g ，B 正确；球的速度v ＝L t ＝L g 2H ，A 正确；球从击球点至落地点的位移为H 2＋L 2，这个位移与球的质量无关，C 、D 错误．答案 AB2．(多选)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()图1－3－5A．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∶1 C．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解析由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直位移之比为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＝gtv0，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．答案BC3．(多选)(2014·湖南十三校3月联考)如图1－3－6所示，从地面上方不同高度处以水平速度v a、v b抛出两小球a、b，结果a落在b初始位置的正下方，而b 落在a初始位置的正下方，bc为过小球b初始位置的水平线，不计空气阻力，下列判断正确的有()图1－3－6A．两球抛出时的初速度v a<v bB．若它们同时落地(不考虑它们在空中相碰弹射，可互不影响地通过)，它们可能在空中相遇C．若两小球同时抛出，它们不能在空中相遇D ．若要使它们能在空中相遇，必须在a 到达bc 时将b 抛出解析 a 、b 两球平抛的竖直位移关系为h a ＞h b ，由h ＝12gt 2得，运动时间t a ＞t b ，a 、b 的水平位移x 相同，由v 0＝x t 得，v a ＜v b ，A 项正确，若它们同时落地，则a 必须提前抛出，假设它们能在空中相遇，则相遇处位于同一高度，此时两球在竖直方向的分速度一定是v ay ＞v by ，则两球不可能同时落地，即假设错误，故两球不可能在空中相遇，B 项错误；若两球同时抛出，两球在同一时刻不在同一水平高度上，不可能在空中相遇，C 项正确；在a 到达bc 水平线上时将b 抛出，以后高度不再相同，所以两者不可能在空中相遇，D 项错误．答案 AC4. (多选)如图1－3－7所示，一个小球从高h ＝10 m 处以水平速度v 0＝10 m/s 抛出，撞在倾角θ＝45°的斜面上的P 点，已知AC ＝5 m ，则( )图1－3－7A ．小球运动到P 点需要1 sB ．P 、C 之间的距离为 2 mC ．小球撞击P 点时速度的大小为10 2 m/sD ．小球撞击P 点时速度方向是垂直于斜面向下解析 设P 、C 之间的距离为L ，根据平抛运动规律，有5＋L cos 45°＝v 0t ，h －L sin 45°＝12gt 2，联立解得L ＝5 2 m ，t ＝1 s ，选项A 正确，B 错误；小球撞击P点时的水平速度v ′＝v 0＝10 m/s ，竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ，所以小球撞击P 点时速度的大小为v ＝v 20＋v 2y ＝10 2 m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v 0＝1，α＝45°，方向垂直于斜面向下，所以小球垂直于斜面向下撞击P 点，选项C 、D 正确．答案 ACD1．研究抛体运动的基本思路(1)求解落点的问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系；(2)求解末速度的大小和方向的问题，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系；(3)要注意挖掘和利用合运动、分运动及题设情景之间的几何关系．2．平抛运动的三点提醒(1)平抛运动的速度是均匀变化的，速度变化的方向是竖直向下的；(2)平抛运动的水平位移随时间均匀变化，而竖直位移不随时间均匀变化，其总位移不随时间均匀变化；(3)平抛运动一般沿水平方向和竖直方向分解，也可以沿任意方向分解．热点二圆周运动问题的分析5．2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm，小球2 s转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为()A．0.1 m/s B．0.5 m/s C．1 m/s D．2 m/s解析在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s＝2πR＝2π×0.32 m＝2 m，由s＝v T 可得小球做匀速圆周运动的速度为v＝s/T＝1 m/s，选项C正确．答案 C6．(多选)如图1－3－8所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里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 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )图1－3－8A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 mB ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是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 ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．答案 AC7．(2014·珠海联考)如图1－3－9所示，平台上的小球从A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC ，经C 点进入光滑水平面CD 时速率不变，最后进入悬挂在O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知小球质量为m ，A 、B 两点高度差为h ，BC 斜面高2h ，倾角α＝45°，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h ，小球可看成质点，弧形轻质筐的重力忽略不计，且其高度远小于悬线长度，重力加速度为g ，试求：1－3－9(1)B 点与抛出点A 的水平距离x ；(2)小球运动至C 点速度v C 的大小；(3)小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F 的大小．解析 (1)小球运动至B 点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出时的初速度为v 0，从A 点至B 点的时间为t ，有h ＝12gt 2，tan 45°＝gt v 0，x ＝v 0t解得x ＝2h(2)设小球运动至B 点时速度为v B ，在斜面上运动的加速度为a ，有v B ＝2v 0，a ＝g sin 45°v 2C －v 2B＝2a ·2h sin 45°，解得v C ＝22gh (3)小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2C3h ，解得F ＝113mg .答案 (1)2h (2)22gh (3)113mg解决圆周运动力学问题要注意以下几点：1．要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径． 2．列出正确的动力学方程 F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T 2.3．对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件． (1)轻绳模型：临界条件：mg ＝m v 2高R(2)轻杆模型：临界条件：v 高＝0热点三 天体运动 人造卫星8．(2014·茂名一模)目前我国已发射北斗导航地球同步卫星十六颗，大大提高了导航服务质量，这些卫星( )A ．环绕地球运行可以不在同一条轨道上B ．运行角速度相同C ．运行速度大小相等，且都大于7.9 km/sD ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等解析 地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，它们运行在同一条轨道上，角速度相同，人造地球同步卫星做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s ，向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，只有B 选项正确． 答案 B9．(2014·高考冲刺卷五)“嫦娥三号”探月卫星已于2013年年底在西昌卫星发射中心发射，实现“落月”的阶段．已知月球绕地球做圆周运动的半径为r 1、周期为T 1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的半径为r 2、周期为T 2.引力常量为G ，不计周围其他天体的影响，下列说法正确的是( ) A ．根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量 B ．根据题目条件能求出地球的密度C ．根据题目条件能求出地球与月球之间的引力D ．根据题目条件可得出r 31T 21＝r 32T 22解析 由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 可知只能求出中心天体的质量，因而可以求出地球和月球的质量，而不能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量，选项A 错误，C 正确；由于地球的半径未知，因而不能求出地球的密度，选项B 错误；由于“嫦娥三号”探月卫星和月球做圆周运动的中心天体不同，因而r 31T 21＝r 32T 22不能成立，选项D错误． 答案 C10．(2014·天津卷，3)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 同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据GMm r 2＝m (2πT )2r 可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A 对．又由GMmr 2＝m v 2r ＝mω2r ＝ma 判知：r 增大，则v 减小、ω变小、a 变小，故B 、C 、D 均错． 答案 A 11.图1－3－10极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)，如图1－3－10所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t ，已知地球半径为R (地球可看作球体)，地球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，由以上条件可知( ) A ．地球的质量为gR G B ．卫星运行的角速度为π2t C ．卫星运行的线速度为πR2tD ．卫星距地面的高度为⎝ ⎛⎭⎪⎫4gR 2t 2π213解析 由G Mm R 2＝mg 得M ＝gR 2G ，A 项错；卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方所用时间为t ，半径扫过的圆心角φ＝90°＝π2，故卫星运行的角速度ω＝φt ＝π2t ，B 项正确；卫星运行的线速度v ＝ωr ＝π2t (R ＋h )，C项错；由G Mm (R ＋h )2＝mω2(R ＋h )解得卫星距地面的高度h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4gR 2t 2π213－R ，D 项错误． 答案 B12．(多选)(2014·广东卷，21)如图1－3－11所示，飞行器P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是( )图1－3－11A ．轨道半径越大，周期越长B ．轨道半径越大，速度越大C ．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D ．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度解析 据G Mm R 2＝mR 4π2T 2，可知半径越大则周期越大，故选项A 正确；据G MmR 2＝m v 2R ，可知轨道半径越大则环绕速度越小，故选项B 错误；如果测得周期，则有M ＝4π2R 3GT 2，如果测得张角θ，则该星球半径为：r ＝R sin θ2，所以M ＝4π2R 3GT 2＝43πr 3ρ＝43π(R sin θ2)3ρ，则ρ＝3πGT 2sin 3(θ2)，故选项C 正确，而选项D 无法计算星球半径，则无法求出星球密度，选项D 错误． 答案 AC1．对第一宇宙速度的三点提醒：(1)第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，卫星离地面越高，卫星所需要的发射速度越大．(2)第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，卫星离地面越高，卫星的运行速度越小．(3)第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，其轨道半径与地球半径相同．2．天体运动的两大模型(1)“天体公转”模型某天体绕中心天体做匀速圆周运动①万有引力提供向心力G Mmr2＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝man＝mg′(g′表示轨道处的重力加速度)——可称为“天上公式”．②在地球表面：GMmR2＝mg.(g表示地球表面的重力加速度)→可称为“地面公式”．(2)“天体自转”模型绕通过自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体．3．解题技巧解决力与运动关系的思想还是动力学思想，解决力与运动的关系的桥梁还是牛顿第二定律．(1)卫星的a n、v、ω、T是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化．(2)a n、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同决定．高考命题热点 3.卫星运动过程中基本参量的计算与比较解决天体问题的“一、二、三”(1)“一个模型”：天体的运动可简化为围绕中心天体做“匀速圆周运动的模型”．(2)“两组公式”：①天体做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，基本规律为G Mmr 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma n .②天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力，即GMmR 2＝mg 或gR 2＝GM (R 、g 分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式gR 2＝GM 应用广泛，称“黄金代换”．(3)“三个区别”①中心天体和环绕天体的区别； ②自转周期和公转周期的区别； ③星球半径和轨道半径的区别．图1－3－12【典例】 (多选)(6分)在发射一颗质量为m 的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h 的预定圆轨道Ⅲ上．已知它在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g ，地球半径为R ，图1－3－12中PQ 长约为8R ，卫星在变轨过程中质量不变，则( )A ．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度为(h R ＋h )2gB ．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度为v ＝gR 2R ＋hC ．卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P 点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P 点的速率D ．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能 审题流程第一步：抓住信息→构建运动模型读题看图――→提取信息①Ⅰ、Ⅲ是圆形轨道②Ⅱ是椭圆轨道――→建模①卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上做匀速圆周运动②卫星在轨道Ⅱ上做变速曲线运动 第二步：找突破口→理清思路满分解答 设地球质量为M ，由万有引力提供向心力得在轨道Ⅰ上有G MmR 2＝mg ，在轨道Ⅲ上有G Mm (R ＋h )2＝ma ，所以a ＝(R R ＋h )2g ，A 错；又因a ＝v 2R ＋h ，所以v＝gR 2R ＋h，B 对；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速做离心运动，即满足GMm r 2＜m v 2r ，所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P 点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P 点的速率，C 对．尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P 、Q 点各加速一次，但在圆形运行轨道上v ＝GMr ，所以由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，D 错． 答案 BC1．变轨运动与机械能变化卫星速度增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足G Mmr 2＝m v 2r ，致使卫星在较高轨道上的运行速度小于在较低轨道上的运行速度，但机械能增大；相反，卫星由于速度减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速度大于在较高轨道上的运行速度，但机械能减小． 2．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相切的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度．(2014·山东卷，20)(6分)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图1－3－13所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面．“玉兔”在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmhR (R ＋h )，其中G 为引力常量，M 为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )图1－3－13A.mg 月R R ＋h (h ＋2R )B.mg 月R R ＋h (h ＋2R )C.mg 月R R ＋h (h ＋22R )D.mg 月R R ＋h(h ＋12R ) 解析 设玉兔在高度h 的速度为v ，则由万有引力定律得，G Mm (R ＋h )2＝m v 2(R ＋h )可知，玉兔在该轨道上的动能为E k ＝12GMm (R ＋h )，由功能关系可知对玉兔做的功为：W ＝E p ＋E k ＝GMmh R (R ＋h )＋12GMm(R ＋h )，结合在月球表面：G MmR 2＝mg 月，整理可知W ＝mg 月R R ＋h (h ＋12R )，故正确选项为D.答案 D一、选择题(1～7题为单项选择题，8、9题为多项选择题)1．(2014·云南师范大学附属中学质检)已知河水的流速为v 1，小船在静水中的速度为v 2，且v 2＞v 1，下面用小箭头表示小船及船头的指向如图1－3－14所示，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景图示依次是( )图1－3－14A ．①②B ．①⑤C ．④⑤D ．②③解析 船的实际速度是v 1和v 2的合速度，v 1与河岸平行，对渡河时间没有影响，所以v 2与河岸垂直即船头指向对岸时，渡河时间最短为t min ＝dv 2，式中d 为河宽，此时合速度与河岸成一定夹角，船的实际路线应为④所示；最短位移为d ，应使合速度垂直河岸，则v 2应指向河岸上游，实际路线为⑤所示，综合可得选项C 正确． 答案 C2．(2014·福建卷，14)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( ) A.pq 倍 B.qp 倍C.p q倍 D.pq 3倍 解析 根据万有引力提供向心力G MmR 2＝m v 2R ，可得v ＝GM R ∝MR ，由题意可得：v 行v 地＝M 行R 地R 行M 地＝pq ，C 选项正确，A 、B 、D 选项错误．答案 C3．(2014·广东江门一模)如图1－3－15所示的a 、b 、c 三颗地球卫星，其半径关系为r a ＝r b ＜r c ，下列说法正确的是( )图1－3－15A ．卫星a 、b 的质量一定相等B ．这们的周期关系为T a ＝T b ＞T cC ．卫星a 、b 的机械能一定大于卫星cD ．它们的速度关系为v a ＝v b ＞v c 解析 根据G Mmr 2＝m v 2r 得，v ＝GMr ，速度关系为v a ＝v b ＞v c ，D 正确；卫星a 、b 的质量大小无法判断，A 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得，T ＝4π2r 3GM ，则T a ＝。
2018版 第1部分 专题3 平抛和圆周运动
专题三 平抛和圆周运动——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．平抛(类平抛)运动(1)沿初速度方向：做匀速直线运动，速度v x ＝v 0，位移x ＝v 0t .(2)沿垂直于初速度方向：做初速度为零的匀加速直线运动，速度v y ＝at ，位移y ＝12at 2.2．圆周运动的有关公式(1)线速度：v ＝Δs Δt ＝ωr ＝2πr T ＝2πrf .(2)角速度：ω＝ΔθΔt ＝2πT ＝2πf .(3)周期：T ＝2πr v ＝2πω.(4)频率：f ＝1T .(5)向心加速度：a n ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2T 2r .(6)向心力：F n ＝mω2r ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r .考点1运动的合成与分解(对应学生用书第13页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年2考：2015年Ⅱ卷T162013年Ⅰ卷T24[考情分析]1．以物体的某种运动形式为背景，考查对分运动、合运动的理解及合成与分解方法的应用．2．运动的合成与分解是解决曲线运动的主要思想方法，小船渡河问题和绳的牵连运动问题是该考点的常见题型．3．要正确理解合运动、分运动间具有等时性、独立性的特点．4．具体问题中要分清合运动、分运动，要牢记观察到的物体实际运动为合运动．1．(已知合运动求分运动)(2015·Ⅱ卷T16)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3.1×103m/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3-1所示．发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()图3-1A．西偏北方向，1.9×103 m/sB．东偏南方向，1.9×103 m/sC．西偏北方向，2.7×103 m/sD．东偏南方向，2.7×103 m/s[题眼点拨]①从转移轨道调整进入同步轨道…此时卫星高度与同步轨道的高度相同；②转移轨道和同步轨道的夹角为30°.B [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点时，速度为v 1，发动机给卫星的附加速度为v 2，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v 22＝v 21＋v 2－2v 1v cos 30°，代入数据解得v 2≈1.9×103 m/s.选项B 正确．]2．(与橡皮筋相关联的两分运动)(2013·Ⅰ卷T 24)水平桌面上有两个玩具车A 和B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R .在初始时橡皮筋处于拉直状态，A 、B 和R 分别位于直角坐标系中的(0,2l )、(0，－l )和(0,0)点．已知A 从静止开始沿y 轴正向做加速度大小为a 的匀加速运动；B 平行于x 轴朝x 轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点(l ，l )．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B 运动速度的大小.【导学号：19624028】[题眼点拨] ①“沿y 轴正向做……的匀加速运动”说明y 轴正向的位移满足y ＝2l ＋12at 2；②“平行于x 轴……匀速运动”说明x 轴正向位移满足x ＝vt ；③“橡皮筋伸长是均匀的”说明R 到A 和B 的距离之比不变．【解析】 从运动学和运动的合成角度入手，作图寻找几何关系是关键．设B 车的速度大小为v .如图，标记R 在时刻t 通过点K (l ，l )，此时A 、B 的位置分别为H 、G .由运动学公式，H 的纵坐标y A 、G 的横坐标x B 分别为y A ＝2l ＋12at 2① x B ＝v t ②在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比为2∶1，即OE ∶OF ＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t 有HK ∶KG ＝2∶1③由于△FGH ∽△IGK ，有HG∶KG＝x B∶(x B－l) ④HG∶KG＝(y A＋l)∶(2l) ⑤由③④⑤式得x B＝32l ⑥y A＝5l ⑦联立①②⑥⑦式得v＝146al. ⑧【答案】146al■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．运动合成与分解的解题思路(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与分解．(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运算法则进行分析求解．2.绳(杆)牵连物体的分析技巧(1)解题关键：找出合速度与分速度的关系．(2)基本思路：①先确定合速度的方向(物体实际运动方向)．②分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动．③确定两个分速度的方向：沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1小船渡河问题1．如图3-2所示，河宽为200 m，一条小船要将货物从A点沿直线运送到河对岸的B点，已知A、B两点连线与河岸的夹角θ＝30°，河水的流速v水＝5 m/s，小船在静水中的速度大小最小是()图3-2A.532m/s B．2.5 m/sC．5 3 m/s D．5 m/sB[用矢量三角形法分析．如图所示，使合速度与河岸夹角为θ，则当v船与v合垂直时，v船具有最小值．则v船min＝v水sin θ＝2.5 m/s.](多选)(2017·德阳一诊)甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，两船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是()A．乙船先到达对岸B．若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变C．不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为LBD[将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲、乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t＝dv sin θ，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t＝dv sin θ，则两船的渡河时间都不变，故B正确；只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L，故D正确．] 考向2绳的牵连运动问题2．如图3-3所示，在水平力F 作用下，物体B 沿水平面向右运动，物体A 恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )【导学号：19624029】图3-3A ．物体B 正向右做匀减速运动B ．物体B 正向右做加速运动C ．地面对B 的摩擦力减小D ．斜绳与水平方向成30°时，v A ∶v B ＝3∶2D [将B 的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A 的速度，如图所示，根据平行四边形定则有v B cos α＝v A ，所以v B ＝v A cos α，当α减小时，物体B 的速度减小，但B 不是匀减速运动，选项A 、B 错误；在竖直方向上，对B 有mg ＝F N ＋F T sin α，F T ＝m A g ，α减小，则支持力F N 增大，根据F f ＝μF N 可知摩擦力F f 增大，选项C 错误；根据v B cos α＝v A ，斜绳与水平方向成30°时，v A ∶v B ＝3∶2，选项D 正确．](2016·贵阳二模)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M ，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O 点处，在杆的中点C 处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M ，C 点与O 点的距离为L ，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是( )A ．重物M 做匀速直线运动B ．重物M 做变速直线运动C ．重物M 的最大速度是2ωLD．重物M的速度先减小后增大B[设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)，由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωL cos θ，θ的变化规律是开始最大(90°)然后逐渐变小，所以ωL cos θ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，ωL cos θ逐渐变小，绳子的速度变小，所以知重物的速度先增大，后减小，最大速度为ωL，故B正确．]考点2平抛(类平抛)的运动规律(对应学生用书第14页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年3考：2017年Ⅰ卷T152015年Ⅰ卷T182014年Ⅱ卷T15[考情分析]1．平抛物体的运动规律是高考命题的热点．特别要关注以运动项目为背景的实际问题．2．运动的合成与分解是解决平抛(类平抛)问题的基本方法．3．平抛(类平抛)规律应用时，易混淆速度方向和位移方向．4．实际问题中要把握平抛运动情景中的临界点．3．(平抛运动规律的基本应用)(2017·Ⅰ卷T15)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C[在竖直方向，球做自由落体运动，由h＝12gt2知，选项A、D错误．由v2＝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．](2014·Ⅱ卷T 15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B.π4C.π3D.5π12B [根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题．设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由机械能守恒定律得12m v 20＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．]4．(平抛运动的临界问题)(2015·Ⅰ卷T 18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图3-4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( )【导学号：19624030】图3-4 A.L 12g 6h <v <L 1g 6h B.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g 6h C.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g 6hD.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g 6h[题眼点拨] ①“发射点距台面高度为3h ”说明乒乓球落在台面时，在空中运动时间相同；②“落到球网右侧台面上”说明最近落在球网正中间，最远落在右侧台面的两角处．D [设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好落到球网正中间．则竖直方向上有 3h －h ＝12gt 21① 水平方向上有L 12＝v 1t 1②由①②两式可得v 1＝L 14g h . 设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22③ 在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④ 由③④两式可得v 2＝12(4L 21＋L 22)g 6h . 则v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.故选项D 正确．]在第4题中，若乒乓球沿正前方发射，当发射点距台面的高度小于多少时，不论v 为何值，乒乓球都不能落到右侧台面上？【解析】 设乒乓球擦网而过且恰好落到台边缘时，发射点的高度为y ，从发射点到球网的时间为t ，则从球网到台面边缘的时间也为t .在竖直方向上：y －h ＝12gt 2y ＝12g (2t )2解得：y ＝43h .故当发射点高度小于43h 时，乒乓球不能落到右侧台面上．【答案】4 3h■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·破解平抛运动问题的六要素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方向上)．2．各自独立，分别分析3．平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv ＝gΔt，方向恒为竖直向下．4．两个分运动与合运动具有等时性，且t＝2yg，由下降高度决定，与初速度v0无关．5．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，即tan θ＝2tan φ.6．建好“两个模型”(1)常规的平抛运动及类平抛模型．(2)与斜面相结合的平抛运动模型．①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形．②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1平抛运动规律的基本应用3．(2017·江苏高考)如图3-5所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )【导学号：19624031】图3-5A ．t B.22t C.t 2 D.t 4C [设A 、B 两小球分别以速度v A 、v B 水平抛出时，经过时间t 相遇，则根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动有v A t ＋v B t ＝d (d 为两小球间的水平距离) ①设当A 、B 两小球速度都变为原来的2倍时，经过时间t ′相遇，则2v A t ′＋2v B t ′＝d②联立①②解得t ′＝t 2选项C 正确．]考向2 平抛运动与斜面的综合问题4．(多选)如图3-6所示，两个小球分别从斜虚线EF 上的O 、S 两点水平抛出，过一段时间再次经过斜虚线EF ，若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图3-6A ．两小球经过斜虚线EF 时的速度大小可能相同B ．两小球经过斜虚线EF 时的速度方向一定相同C ．两小球可能同时经过斜虚线EF 上的同一位置D ．从抛出到经过斜虚线EF 所用的时间O 球比S 球长ABC [若两个球抛出时的初速度相同，则过虚线时两球的速度相同，A 项正确；设虚线EF 与水平方向夹角为α，经过虚线EF 时的速度与水平方向的夹角为β，由平抛运动规律的推论可知：tan β＝2tan α，速度与水平方向的夹角相同，即速度方向相同，B 项正确；若O 点处球以水平初速度v 1抛出到达虚线上某点C 用时t 1，S 点处球以初速度v 2水平抛出到达C 用时为t 2，因此要使两球同时到达C 点，只要O 处的球(以初速度v 1)比S 处的球(以初速度v 2)早t 1－t 2的时间抛出，两球可以同时到达C 点，C 项正确；若O 处的球抛出的初速度比S 处的球抛出的初速度小，则O 处抛出的球从抛出到经过虚线EF 所用时间比S 处抛出的球从抛出到经过虚线EF 所用时间短，D 项错误．]1.(2016·昆明市重点中学三联)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v 0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34v 0B ．小球与挡板碰撞过程中速度的变化量大小为12v 0C ．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∶2D [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v 0，如图．由此得v ＝2v 0，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32v 0，A 错误；碰撞过程小球的速度变化量大小为Δv ＝34v －(－v )＝74v ＝72v 0，故选项B 错误；小球下落高度与水平射程之比为y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝12tan 30°＝32，C错误，D 正确．] 2.如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端水平向右抛出一个小球，不计空气阻力．当初速度为v 0时，小球恰好落到斜面底端，小球运动的时间为t 0.现用不同的初速度从该斜面顶端水平向右抛出这个小球，下列选项中能正确表示小球的运动时间t 随初速度v 变化的函数关系是()D [设斜面的倾角为θ，当初速度很小时，小球落在斜面上，tan θ＝y x ＝gt 2v 0，则t ＝2tan θg v 0；当初速度较大时，小球将落到水平面上，h ＝gt 22，则时间t 一定，选项D 正确．]考向3 平抛中的临界问题5．如图3-7所示，平板MN 和PQ 水平放置，O 、M 、P 在同一竖直线上，且OM＝MP ＝h ，PQ 长为h ，MN 明显比PQ 短，从O 点水平向右抛出一个小球，落在MN 上反弹前后水平分速度不变，竖直方向分速度等大反向，结果小球刚好落在Q 点，则小球从O 点抛出的初速度为( )【导学号：19624032】图3-7A ．(2＋1)ghB ．(2－1)gh C.2＋12gh D.2－12gh D [设小球从O 点抛出后运动到PQ 板所用的时间为t ，则t ＝22h g ＋4hg ＝2(2＋1)h g ，则小球从O 点抛出的初速度v ＝h t ＝2－12gh ，D 正确．]考点3 圆周运动的基本规律(对应学生用书第16页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年6考：2017年Ⅱ卷T 17 2016年Ⅱ卷T 16、Ⅲ卷T 202014年Ⅰ卷T 20、Ⅱ卷T 17 2013年Ⅱ卷T 21[考情分析] 1．本考点命题热点集中在物体的受力分析、圆周运动的基本概念及动力学知识、应用静摩擦力分析临界问题上．2．竖直平面内的圆周运动问题常涉及轻绳模型和轻杆模型的建模及应用．3．理解圆周运动的相关物理量，向心力的来源分析、计算及应用牛顿运动定律研究圆周运动的方法是关键．4．熟悉各种传动装置，分清变量与不变量．5．临界问题的处理要正确把握临界条件．5．(竖直平面内的圆周运动)(2017·Ⅱ卷T 17)如图3-8所示，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 )( )图3-8A.v 216gB.v 28gC.v 24g D.v 22g[题眼点拨] ①“光滑轨道”说明小物块运动过程中机械能守恒；②“从上端水平飞出”说明小物块离开半圆形轨道后做平抛运动．B [设小物块的质量为m ，滑到轨道上端时的速度为v 1.小物块上滑过程中，机械能守恒，有12m v 2＝12m v 21＋2mgR ①小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x ，下落时间为t ，有2R ＝12gt2 ② x ＝v 1t③ 联立①②③式整理得x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22g 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫4R －v 22g 2 可得x 有最大值v 22g ，对应的轨道半径R ＝v 28g .故选B.]6．(竖直平面内的圆周运动)(2016·Ⅱ卷T16)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3-9所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )图3-9A ．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C [两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL ＝12m v 2，v ＝2gL ，因L P <L Q ，则v P <v Q ，又m P >m Q ，则两球的动能无法比较，选项A 、B 错误；在最低点绳的拉力为F ，则F －mg ＝m v 2L ，则F ＝3mg ，因m P >m Q ，则F P >F Q ，选项C 正确；向心加速度a ＝F －mg m ＝2g ，选项D 错误．]7．(水平面内的圆周运动)(多选)(2014·Ⅰ卷T 20)如图3-10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( )【导学号：19624033】图3-10A ．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＝kg 2l 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[题眼点拨] ①“质量均为 m ”说明最大静摩擦力相同；②“a 与转轴的距离为L ”“b 与转轴的距离为2L ”说明转动中所受到的向心力不同． AC [小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即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 a ＝mω2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mω2a l ，ωa ＝kgl ；对木块b ：f b ＝mω2b ·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mω2b ·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 a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝kg 2l 时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg3l时，a没有滑动，则f a＝mω2l＝23kmg，选项D错误．](多选)在第7题中，若将a、b两物块放在如图3-11所示的传动装置中，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为R a、R b，且R a＝2R b.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是()图3-11A．滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的角速度大小之比为ωa∶ωb＝1∶3 B．滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的向心加速度大小之比为a a∶a b＝1∶3 C．转速增大后最终滑块a先发生相对滑动D．转速增大后最终滑块b先发生相对滑动AD[由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，则ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a＝ω2r得a、b的向心加速度大小之比为a a∶a b＝(ω2甲R a)∶(ω2乙R b)＝2∶9，B错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为F fa＝μm a g，F fb＝μm b g，最大静摩擦力之比为F fa∶F fb＝m a∶m b＝1∶1，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为F fa′∶F fb′＝(m a a a)∶(m b a b)＝2∶9，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块b的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C错误，D正确．] ■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·1．水平面内圆周运动临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态．(2)常见临界条件：绳的临界：张力F T＝0；接触面滑动的临界：F＝f；接触面分离的临界：F N＝0.2．竖直平面内圆周运动的分析方法(1)对于竖直平面内的圆周运动要注意区分“轻绳模型”和“轻杆模型”，明确两种模型过最高点时的临界条件．(2)解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”．“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1水平面内的圆周运动6．(多选)(2017·衡水市冀州中学一模)如图3-12所示，水平转台上的小物体A、B 通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是()图3-12A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为k mB．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为2k 3mC．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为k2m＋μg2rD．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为2k3m＋2μg3rBD[当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＝2mω2r，解得：ω＝k2m，故A错误；当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得：ω＝2k3m，故B正确；当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：k (1.5r ＋r －1.5r )＋μ·2mg ＝2mω2r ，解得：ω＝k 2m ＋μgr ，故C 错误；当A 刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有k (1.5r ＋r －1.5r )＋μmg ＝mω2·1.5r ，解得：ω＝2k 3m ＋2μg3r ，故D 正确．]考向2 竖直平面内的圆周运动7．如图3-13所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式T ＝a ＋b cos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )【导学号：19624034】图3-13A.b 2mB.2b mC.3b mD.b 3mD [设小球通过P 点时的速度为v 0，绳长为R ，当θ＝0°时，有T 1＝a ＋b＝m v 20R ＋mg ①，当θ＝180°时，有T 2＝a －b ＝m v 2R －mg ，由机械能守恒定律得12m v 20＝mg ·2R ＋12m v 2，则T 2＝a －b ＝m v 20R －5mg ②，①②两式相减得g ＝b 3m ，选项D 正确．](2017·潍坊市安丘一中期中)如图所示，不可伸长的细绳长为L ，一端固定在O 点，另一端拴接一质量为m 的小球．将小球拉至与O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W ，重力加速度为g ，则小球到达最低点时( )A ．向心加速度a ＝2(mgL ＋W )mL B ．向心加速度a ＝2(mgL －W )mLC ．绳的拉力F ＝3mgL ＋2W LD ．绳的拉力F ＝2(mgL ＋W )LAC [根据动能定理得：mgL ＋W ＝12m v 2，则向心加速度为：a ＝v 2L ＝2(mgL ＋W )mL，故A 正确，B 错误； 在最低点，根据牛顿第二定律得：F －mg ＝m v 2L ，解得绳子的拉力为：F ＝mg ＋m v 2L ＝3mgL ＋2W L，故C 正确，D 错误．] 考向3 生活中的圆周运动8．(多选)如图3-14所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )【导学号：19624035】图3-14A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小。
高三物理二轮专题复习第3讲力与物体的曲线运动(一)——平抛圆周和天体运动PPT课件
点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重
力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度
方向与水平方向的夹角为
()
π
π
π
5π
A. 6
B. 4
C. 3
D. 12
解析 设物体水平抛出的初速度为 v0，抛出时的高度为
h，由题意知12mv20＝mgh，则 v0＝ 2gh，物体落地的竖
直速度 vy＝ 2gh，则落地时速度方向与水平方向的夹角
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1．(2014·高考押题卷六)2013年7月7日
第3讲 力与物体的曲线运动（一） ——平抛、圆周和天体运动
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1．(2012·福建卷，16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆
周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上
用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止
时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗
D．GM＝4πT2r3
解析 太阳对行星的万有引力提供向心力，即GMr2m＝
m4Tπ2 2r，整理可得 GM＝4Tπ2 2r3，故 A 正确．
答案 A
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3．(2014·福建卷，14)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球
的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是
tan
θ＝vv0y＝
22gghh＝1，则
π θ＝ 4 ，选项
B
正确．破
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5．(2014·新课标全国卷Ⅱ，18)假设地球可视为质量均匀分
高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3讲 力与物体的
定律，而牛顿发现了万有引力定律。 答案 B
2.(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
B.a＝2mgmRR－W
C.N＝3mgRR－2W
D.N＝2（mgRR－W）
解析 质点 P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可 得 mgR－W＝12mv2，根据公式 a＝vR2，联立可得 a＝2（mgmRR－W）， A 正确，B 错误；在最低点，重力和支持力的合力充当向心力，根 据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝3mgRR－2W， C 正确，D 错误。 答案 AC
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
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Tr32＝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他们间的位置关系如图所示。
4.(多选)(2016·全国卷Ⅲ，20)如图2，一固定容 器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平
高三物理一轮复习系列课件：《平抛运动的规律》
图1
(2)如图2所示, (2)如图2所示,将两个质量相等的小钢球从斜面的 如图 同一高度处由静止同时释放,滑道2 同一高度处由静止同时释放,滑道2与光滑水平板吻 接,则将观察到的现象是A、B两个小球在水平面上 则将观察到的现象是A 相遇 ,改变释放点的高度和上面滑道对地的高度, 改变释放点的高度和上面滑道对地的高度, 重复实验, 重复实验,A、B两球仍会在水平面上 相遇,这说明 运动. 平抛运动在水平方向上的分运动是 匀速直线 运动.
训练1
三、圆周运动
轨迹是圆周的运动叫圆周运动．物体做圆周运动时， 轨迹是圆周的运动叫圆周运动．物体做圆周运动时，如果 在任何相等的时间里通过的圆弧长度都相等， 在任何相等的时间里通过的圆弧长度都相等，这种运动叫做 匀速圆周运动． 匀速圆周运动．
1、描述圆周运动的物理量 （1）周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间。在国际单位制，周期 的单位是秒。 （2）频率f：单位时间内物体转过的圈数。在国际单位制中，频率的 单位是赫兹。 （3）线速度v：物体通过圆弧各点时的速度。其大小等于物体通过的 弧长与通过这段弧长所用的时间之比，表示为： v=∆s/∆t=2πr/T （4）角速度ω：在匀速圆周运动中，连接运动质点和圆心的半径所转 过的角度跟所用时间的比值叫做匀速圆周运动的角速度。表示为： ω=2π/T 匀速圆周运动的角速度是个恒星，国际单位是弧度／秒。
图2
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（5）T、f、v、ω的关系 π 1 2 v π T = ，ω = = 2 f，v = ωr，ω = 。 f T r (6）向心加速度a：物体做匀速圆周运动时，它在任意一 点的加速度都指向圆周中心，故称为向心加速度。
v2 4π 2 r 大小：a = = ω2r = = 4π 2 f 2 r r T2
第3讲 力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动
第3讲力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动1．(多选)(2012·新课标全国卷，15)如图1－3－1所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力．则()图1－3－1A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析小球做平抛运动，在竖直方向上满足h＝12gt2，得t＝2hg可知A错，B正确．在水平方向上x＝v0t，即v0＝x·g2h，且由题图可知h b＝h c＞h a，x a＞x b＞x c，则D正确，C错误．答案BD2．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ，21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图1－3－2所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处()图1－3－2A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小解析当汽车行驶的速度为v c时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确．当速度稍大于v c时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于v c时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．v c的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D错误．答案AC3．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅰ，20)2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343 km的近圆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，下面说法正确的是() 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，天宫一号的轨迹高度将缓慢降低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由v＝GMr知两者的运行速度都小于第一宇宙速度，故A错误．轨道处的稀薄大气会对天宫一号产生阻力，不加干预其轨道会缓慢降低，同时由于降低轨道，天宫一号的重力势能一部分转化为动能，故天宫一号的动能可能会增加，B、C正确；航天员受到地球引力作用，此时引力充当向心力，产生向心加速度，航天员处于失重状态，D错误．答案BC4．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ，20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是()A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小解析在卫星轨道半径逐渐变小的过程中，地球引力做正功，引力势能减小，气体阻力做负功，机械能逐渐转化为内能，机械能减小，选项B 正确，C 错误．卫星的运动近似看作是匀速圆周运动，根据G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GMr ，所以卫星的速度逐渐增大，动能增大，选项A 错误．减小的引力势能一部分用来克服气体阻力做功，一部分用来增加动能，故D 正确．答案 BD5．(2014·新课标全国卷Ⅱ，15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12解析 设物体水平抛出的初速度为v 0，抛出时的高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，则v 0＝2gh ，物体落地的竖直速度v y ＝2gh ，则落地时速度方向与水平方向的夹角tan θ＝v y v 0＝2gh 2gh ＝1，则θ＝π4，选项B 正确． 答案 B6．(2014·新课标全国卷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.3πGT 2g 0－g g 0B.3πGT 2g 0g 0－gC.3πGT 2D.3πGT 2g 0g 解析 由万有引力定律可知：在两极处G Mm R 2＝mg 0，在赤道上：G Mm R 2－mg ＝m (2πT )2R ，地球的质量：M ＝43πR 3ρ，联立三式可得：ρ＝3πGT 2g 0g 0－g，选项B 正确． 答案 B7．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ，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) 1.0 1.5 5.29.51930AB．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解析设地球的运转周期为T0、角速度为ω0、轨道半径为r0，则其他行星的轨道半径为r＝kr0①根据万有引力定律及牛顿第二定律得：GMmr20＝mω2r0②GMmr2＝mω2r③联立①②③得：ω＝1k3ω0.各行星要再次冲日需满足：ω0t－ωt＝2π，即t＝k kk k－1T0，其中k＝1.5、5.2、9.5、19、30.根据上式结合k值并由数学知识可知：行星冲日的时间间隔一定大于1年，并且k值越大时间间隔越短，所以选项B、D正确，A、C错误．答案BD8．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ，20)如图1－3－3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1－3－3A．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解析木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力f m＝kmg相同．它们所需的向心力由F向＝mω2r知F a<F b.所以b一定比a先开始滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，F摩＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错．b开始滑动时有kmg＝mω2·2l，其临界角速度为ωb＝kg2l，选项C正确．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力大小为F f＝mω2l＝23kmg，选项D错误．答案AC主要题型：选择题和计算题知识热点(1)单独命题①平抛运动规律的考查②圆周运动规律的考查③天体运动、人造卫星问题的考查(2)交汇命题①平抛(类平抛)运动与圆周运动、功能关系等综合问题的考查②天体运动中的超重、失重问题．③结合牛顿运动定律、圆周运动、功能关系考查航天器的变轨、对接问题．物理方法(1)运动的合成与分解法(2)模型法命题趋势(1)2015年高考中，平抛运动规律及其研究方法、圆周运动仍是热点．(2)天体运动要突出物理与现代科学技术的结合，特别是与现代航天技术的联系会更加紧密．热点一 平抛运动问题的分析1．(多选)(2014·高考押题卷六)2013年7月7日凌晨，海峡组合彭帅与谢淑薇在图1－3－4温布尔登网球公开赛女双决赛中，夺下温网女双冠军，拿下两人合作以来第一座大满贯双打桂冠．如图1－3－4所示，在网球的网前截击中，若网球运动员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，则球刚好落在底线上．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L g2HB ．球从击出至落地所用时间为2Hg 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解析 球做平抛运动，从击出至落地所用时间为t ＝2H g ，B 正确；球的速度v ＝L t ＝L g 2H ，A 正确；球从击球点至落地点的位移为H 2＋L 2，这个位移与球的质量无关，C 、D 错误．答案 AB2．(多选)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()图1－3－5A．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∶1 C．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解析由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直位移之比为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＝gtv0，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．答案BC3．(多选)(2014·湖南十三校3月联考)如图1－3－6所示，从地面上方不同高度处以水平速度v a、v b抛出两小球a、b，结果a落在b初始位置的正下方，而b 落在a初始位置的正下方，bc为过小球b初始位置的水平线，不计空气阻力，下列判断正确的有()图1－3－6A．两球抛出时的初速度v a<v bB．若它们同时落地(不考虑它们在空中相碰弹射，可互不影响地通过)，它们可能在空中相遇C．若两小球同时抛出，它们不能在空中相遇D ．若要使它们能在空中相遇，必须在a 到达bc 时将b 抛出解析 a 、b 两球平抛的竖直位移关系为h a ＞h b ，由h ＝12gt 2得，运动时间t a ＞t b ，a 、b 的水平位移x 相同，由v 0＝x t 得，v a ＜v b ，A 项正确，若它们同时落地，则a 必须提前抛出，假设它们能在空中相遇，则相遇处位于同一高度，此时两球在竖直方向的分速度一定是v ay ＞v by ，则两球不可能同时落地，即假设错误，故两球不可能在空中相遇，B 项错误；若两球同时抛出，两球在同一时刻不在同一水平高度上，不可能在空中相遇，C 项正确；在a 到达bc 水平线上时将b 抛出，以后高度不再相同，所以两者不可能在空中相遇，D 项错误．答案 AC4. (多选)如图1－3－7所示，一个小球从高h ＝10 m 处以水平速度v 0＝10 m/s 抛出，撞在倾角θ＝45°的斜面上的P 点，已知AC ＝5 m ，则( )图1－3－7A ．小球运动到P 点需要1 sB ．P 、C 之间的距离为 2 mC ．小球撞击P 点时速度的大小为10 2 m/sD ．小球撞击P 点时速度方向是垂直于斜面向下解析 设P 、C 之间的距离为L ，根据平抛运动规律，有5＋L cos 45°＝v 0t ，h －L sin 45°＝12gt 2，联立解得L ＝5 2 m ，t ＝1 s ，选项A 正确，B 错误；小球撞击P点时的水平速度v ′＝v 0＝10 m/s ，竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ，所以小球撞击P 点时速度的大小为v ＝v 20＋v 2y ＝10 2 m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v 0＝1，α＝45°，方向垂直于斜面向下，所以小球垂直于斜面向下撞击P 点，选项C 、D 正确．答案 ACD1．研究抛体运动的基本思路(1)求解落点的问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系；(2)求解末速度的大小和方向的问题，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系；(3)要注意挖掘和利用合运动、分运动及题设情景之间的几何关系．2．平抛运动的三点提醒(1)平抛运动的速度是均匀变化的，速度变化的方向是竖直向下的；(2)平抛运动的水平位移随时间均匀变化，而竖直位移不随时间均匀变化，其总位移不随时间均匀变化；(3)平抛运动一般沿水平方向和竖直方向分解，也可以沿任意方向分解．热点二圆周运动问题的分析5．2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm，小球2 s转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为()A．0.1 m/s B．0.5 m/s C．1 m/s D．2 m/s解析在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s＝2πR＝2π×0.32 m＝2 m，由s＝v T 可得小球做匀速圆周运动的速度为v＝s/T＝1 m/s，选项C正确．答案 C6．(多选)如图1－3－8所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里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 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )图1－3－8A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 mB ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是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 ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．答案 AC7．(2014·珠海联考)如图1－3－9所示，平台上的小球从A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC ，经C 点进入光滑水平面CD 时速率不变，最后进入悬挂在O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知小球质量为m ，A 、B 两点高度差为h ，BC 斜面高2h ，倾角α＝45°，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h ，小球可看成质点，弧形轻质筐的重力忽略不计，且其高度远小于悬线长度，重力加速度为g ，试求：1－3－9(1)B 点与抛出点A 的水平距离x ；(2)小球运动至C 点速度v C 的大小；(3)小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F 的大小．解析 (1)小球运动至B 点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出时的初速度为v 0，从A 点至B 点的时间为t ，有h ＝12gt 2，tan 45°＝gt v 0，x ＝v 0t解得x ＝2h(2)设小球运动至B 点时速度为v B ，在斜面上运动的加速度为a ，有v B ＝2v 0，a ＝g sin 45°v 2C －v 2B＝2a ·2h sin 45°，解得v C ＝22gh (3)小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2C3h ，解得F ＝113mg .答案 (1)2h (2)22gh (3)113mg解决圆周运动力学问题要注意以下几点：1．要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径． 2．列出正确的动力学方程 F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T 2.3．对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件． (1)轻绳模型：临界条件：mg ＝m v 2高R(2)轻杆模型：临界条件：v 高＝0热点三 天体运动 人造卫星8．(2014·茂名一模)目前我国已发射北斗导航地球同步卫星十六颗，大大提高了导航服务质量，这些卫星( )A ．环绕地球运行可以不在同一条轨道上B ．运行角速度相同C ．运行速度大小相等，且都大于7.9 km/sD ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等解析 地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，它们运行在同一条轨道上，角速度相同，人造地球同步卫星做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s ，向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，只有B 选项正确． 答案 B9．(2014·高考冲刺卷五)“嫦娥三号”探月卫星已于2013年年底在西昌卫星发射中心发射，实现“落月”的阶段．已知月球绕地球做圆周运动的半径为r 1、周期为T 1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的半径为r 2、周期为T 2.引力常量为G ，不计周围其他天体的影响，下列说法正确的是( ) A ．根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量 B ．根据题目条件能求出地球的密度C ．根据题目条件能求出地球与月球之间的引力D ．根据题目条件可得出r 31T 21＝r 32T 22解析 由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 可知只能求出中心天体的质量，因而可以求出地球和月球的质量，而不能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量，选项A 错误，C 正确；由于地球的半径未知，因而不能求出地球的密度，选项B 错误；由于“嫦娥三号”探月卫星和月球做圆周运动的中心天体不同，因而r 31T 21＝r 32T 22不能成立，选项D错误． 答案 C10．(2014·天津卷，3)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 同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据GMm r 2＝m (2πT )2r 可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A 对．又由GMmr 2＝m v 2r ＝mω2r ＝ma 判知：r 增大，则v 减小、ω变小、a 变小，故B 、C 、D 均错． 答案 A 11.图1－3－10极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)，如图1－3－10所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t ，已知地球半径为R (地球可看作球体)，地球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，由以上条件可知( ) A ．地球的质量为gR G B ．卫星运行的角速度为π2t C ．卫星运行的线速度为πR2tD ．卫星距地面的高度为⎝ ⎛⎭⎪⎫4gR 2t 2π213解析 由G Mm R 2＝mg 得M ＝gR 2G ，A 项错；卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方所用时间为t ，半径扫过的圆心角φ＝90°＝π2，故卫星运行的角速度ω＝φt ＝π2t ，B 项正确；卫星运行的线速度v ＝ωr ＝π2t (R ＋h )，C项错；由G Mm (R ＋h )2＝mω2(R ＋h )解得卫星距地面的高度h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4gR 2t 2π213－R ，D 项错误． 答案 B12．(多选)(2014·广东卷，21)如图1－3－11所示，飞行器P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是( )图1－3－11A ．轨道半径越大，周期越长B ．轨道半径越大，速度越大C ．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D ．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度解析 据G Mm R 2＝mR 4π2T 2，可知半径越大则周期越大，故选项A 正确；据G MmR 2＝m v 2R ，可知轨道半径越大则环绕速度越小，故选项B 错误；如果测得周期，则有M ＝4π2R 3GT 2，如果测得张角θ，则该星球半径为：r ＝R sin θ2，所以M ＝4π2R 3GT 2＝43πr 3ρ＝43π(R sin θ2)3ρ，则ρ＝3πGT 2sin 3(θ2)，故选项C 正确，而选项D 无法计算星球半径，则无法求出星球密度，选项D 错误． 答案 AC1．对第一宇宙速度的三点提醒：(1)第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，卫星离地面越高，卫星所需要的发射速度越大．(2)第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，卫星离地面越高，卫星的运行速度越小．(3)第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，其轨道半径与地球半径相同．2．天体运动的两大模型(1)“天体公转”模型某天体绕中心天体做匀速圆周运动①万有引力提供向心力G Mmr2＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝ma n＝mg′(g′表示轨道处的重力加速度)——可称为“天上公式”．②在地球表面：GMmR2＝mg.(g表示地球表面的重力加速度)→可称为“地面公式”．(2)“天体自转”模型绕通过自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体．3．解题技巧解决力与运动关系的思想还是动力学思想，解决力与运动的关系的桥梁还是牛顿第二定律．(1)卫星的a n、v、ω、T是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化．(2)a n、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同决定．高考命题热点 3.卫星运动过程中基本参量的计算与比较解决天体问题的“一、二、三”(1)“一个模型”：天体的运动可简化为围绕中心天体做“匀速圆周运动的模型”．(2)“两组公式”：①天体做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，基本规律为G Mmr 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma n .②天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力，即GMmR 2＝mg 或gR 2＝GM (R 、g 分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式gR 2＝GM 应用广泛，称“黄金代换”．(3)“三个区别”①中心天体和环绕天体的区别； ②自转周期和公转周期的区别； ③星球半径和轨道半径的区别．图1－3－12【典例】 (多选)(6分)在发射一颗质量为m 的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h 的预定圆轨道Ⅲ上．已知它在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g ，地球半径为R ，图1－3－12中PQ 长约为8R ，卫星在变轨过程中质量不变，则( )A ．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度为(h R＋h )2gB ．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度为v ＝gR 2R ＋hC ．卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P 点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P 点的速率D ．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能 审题流程第一步：抓住信息→构建运动模型读题看图――→提取信息①Ⅰ、Ⅲ是圆形轨道②Ⅱ是椭圆轨道――→建模①卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上做匀速圆周运动②卫星在轨道Ⅱ上做变速曲线运动 第二步：找突破口→理清思路满分解答 设地球质量为M ，由万有引力提供向心力得在轨道Ⅰ上有G MmR 2＝mg ，在轨道Ⅲ上有G Mm (R ＋h )2＝ma ，所以a ＝(R R ＋h )2g ，A 错；又因a ＝v 2R ＋h ，所以v＝gR 2R ＋h，B 对；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速做离心运动，即满足GMm r 2＜m v 2r ，所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P 点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P 点的速率，C 对．尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P 、Q 点各加速一次，但在圆形运行轨道上v ＝GMr ，所以由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，D 错． 答案 BC1．变轨运动与机械能变化卫星速度增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足G Mmr 2＝m v 2r ，致使卫星在较高轨道上的运行速度小于在较低轨道上的运行速度，但机械能增大；相反，卫星由于速度减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速度大于在较高轨道上的运行速度，但机械能减小． 2．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相切的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度．(2014·山东卷，20)(6分)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图1－3－13所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面．“玉兔”在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmhR (R ＋h )，其中G 为引力常量，M 为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )图1－3－13A.mg 月R R ＋h (h ＋2R )B.mg 月R R ＋h (h ＋2R )C.mg 月R R ＋h (h ＋22R )D.mg 月R R ＋h(h ＋12R ) 解析 设玉兔在高度h 的速度为v ，则由万有引力定律得，G Mm (R ＋h )2＝m v 2(R ＋h )可知，玉兔在该轨道上的动能为E k ＝12GMm (R ＋h )，由功能关系可知对玉兔做的功为：W ＝E p ＋E k ＝GMmh R (R ＋h )＋12GMm(R ＋h )，结合在月球表面：G MmR 2＝mg 月，整理可知W ＝mg 月R R ＋h (h ＋12R )，故正确选项为D.答案 D一、选择题(1～7题为单项选择题，8、9题为多项选择题)1．(2014·云南师范大学附属中学质检)已知河水的流速为v 1，小船在静水中的速度为v 2，且v 2＞v 1，下面用小箭头表示小船及船头的指向如图1－3－14所示，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景图示依次是( )图1－3－14A ．①②B ．①⑤C ．④⑤D ．②③解析 船的实际速度是v 1和v 2的合速度，v 1与河岸平行，对渡河时间没有影响，所以v 2与河岸垂直即船头指向对岸时，渡河时间最短为t min ＝dv 2，式中d 为河宽，此时合速度与河岸成一定夹角，船的实际路线应为④所示；最短位移为d ，应使合速度垂直河岸，则v 2应指向河岸上游，实际路线为⑤所示，综合可得选项C 正确． 答案 C2．(2014·福建卷，14)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( ) A.pq 倍 B.qp 倍C.p q倍 D.pq 3倍 解析 根据万有引力提供向心力G MmR 2＝m v 2R ，可得v ＝GM R ∝MR ，由题意可得：v 行v 地＝M 行R 地R 行M 地＝pq ，C 选项正确，A 、B 、D 选项错误．答案 C3．(2014·广东江门一模)如图1－3－15所示的a 、b 、c 三颗地球卫星，其半径关系为r a ＝r b ＜r c ，下列说法正确的是( )图1－3－15A ．卫星a 、b 的质量一定相等B ．这们的周期关系为T a ＝T b ＞T cC ．卫星a 、b 的机械能一定大于卫星cD ．它们的速度关系为v a ＝v b ＞v c 解析 根据G Mmr 2＝m v 2r 得，v ＝GMr ，速度关系为v a ＝v b ＞v c ，D 正确；卫星a 、b 的质量大小无法判断，A 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得，T ＝4π2r 3GM ，则T a ＝。
高考物理二轮复习 专题三 第1课时 平抛 圆周和天体运动
权掇市安稳阳光实验学校【步步高】(广西专用）高考物理二轮复习专题三第1课时平抛圆周和天体运动专题定位应考策略熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛和圆周运动的组合问题，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；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题掌握找圆心求半径的方法．第1课时平抛、圆周和天体运动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共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、性和等效性．2．平抛运动(1)规律：v x＝v0，v y＝gt，x＝v0t，y＝12gt2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体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；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan_φ.3．竖直平面圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v≥gR.(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v>0.4．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其基本关系式为GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝m(2πf)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有GMmR2＝mg.5．卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系(1)由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，则r越大，v越小．(2)由GMmr2＝mω2r，得ω＝GMr3，则r越大，ω越小．(3)由GMmr2＝m4π2T2r，得T＝4π2r3GM，则r越大，T越大．6．卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比低轨道小．(2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比高轨道大．1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．2．对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3．分析天体运动类问题的一条主线就是F万＝F向，抓住黄金代换公式GM＝gR2. 4．确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法．题型1 运动的合成与分解问题例1质量为2 kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图1甲、乙所示，下列说法正确的是( )甲乙图1A．前2 s内质点处于失重状态B．2 s末质点速度大小为4 m/sC．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小解析根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度v x＝43m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a＝1 m/s2.前2 s内质点处于失重状态，2 s末质点速度为v＝42＋432 m/s>4 m/s，选项A正确，B错误．质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C错误．质点向下运动的过程中a＝1 m/s2<g，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D正确．答案AD以题说法 1.运动的性是分析分运动特点的理论依据，本题中水平方向和竖直方向互不影响．2．对于任意时刻的速度、位移或加速度情况，要把两方向的速度、位移或加速度用平行四边形定则合成后再分析．物体在光滑水平面上，在外力F作用下的v－t图象如图2甲、乙所示，从图中可以判断物体在0～t4的运动状态( )甲乙图2A．物体一直在做曲线运动B．在t1～t3时间内，合外力先增大后减小C．在t1、t3时刻，外力F的功率最大D．在t1～t3时间内，外力F做的总功为零答案ABD解析由图象可知物体沿x方向做加速度时刻变化的变速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，结合运动的合成知识可知物体做曲线运动，选项A正确；速度—时间图线的斜率表示加速度，在t1～t3时间内，物体的加速度先增大后减小，故合外力先增大后减小，选项B正确；t1、t3时刻，速度的变化率为0，物体的加速度为0，合外力F为0，故F的功率为0，选项C错误；t1时刻的合速度的大小与t2时刻合速度的大小相等，则t1～t3时间内，物体的动能变化为0，据动能定理知外力F做的总功为零，选项D正确．题型2 平抛运动问题的分析例2如图3，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )图3A. 3gR2B.33gR2C.3gR2D.3gR3解析平抛运动的水平位移x＝R＋R cos 60°设小球抛出时的初速度为v0，则到达B点时有tan 60°＝v0gt水平位移与水平速度v0的关系为x＝v0t，联立解得v0＝33gR2，选项B正确．答案B以题说法 1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的关系，这往往是解决问题的突破口．(2013·北京·19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意图如图4所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )图4A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3答案B解析不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因y12＝y23，所以t12＞t23，x2－x1＞x3－x2，由以上分析可知选项B正确．题型3 圆周运动问题的分析例3(2013·重庆·8)(16分)如图5所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图5(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．审题突破当小物块受到的摩擦力恰好为零时，受到什么力的作用？向心力是多少？当转速稍增大(或稍减小)时所需的向心力如何变化？解析(1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mgF N sin 60°＝mR′ω20R′＝R sin 60°联立解得：ω0＝2gR(2)由于0＜k≪1，当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知：F N′cos 60°＝mg＋f cos 30°F N′sin 60°＋f sin 30°＝mR′ω2R′＝R sin 60°联立解得：f＝3k2＋k2mg当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知． F N ″cos 60°＋f ′sin 60°＝mg F N ″sin 60°－f ′cos 60°＝mR ′ω2 R ′＝R sin 60°所以f ′＝3k2－k2mg .答案 (1)ω0＝2gR(2)当ω＝(1＋k )ω0时，f 沿罐壁切线向下，大小为3k2＋k2mg当ω＝(1－k )ω0时，f 沿罐壁切线向上，大小为3k2－k2mg以题说法 解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．如图6所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬时得到一个水平初速度v 0，若v 0＝103gR ，则有关小球在圆轨道上能够上升到的最大高度(距离底部)的说法中正确的是 ( ) 图6A ．一定可以表示为v 202g B ．可能为4R 3C ．可能为RD ．可能为53R答案 B解析 如果小球到最高点时速度为零，则有12mv 20＝mgh ，解得h ＝53R ，小球已经过了高度R ，小球会斜抛出去，故小球在最高点速度不为零，小球到不了53R 的高度，即不能到达v 22g 的高度，选项A 、D 错误，选项B 正确． 题型4 万有引力定律的应用例4 某行星自转周期为T ，赤道半径为R ，研究发现若该行星自转角速度变为原来的两倍，将导致该星球赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G ，则以下说法中正确的是 ( ) A ．该行量质量为M ＝4π2R3GT 2B ．该星球的同步卫星轨道半径为r ＝34RC ．质量为m 的物体对行星赤道地面的压力为F N ＝16m π2RT2D ．环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9 km/s解析 若该行星自转角速度变为原来的两倍，则自转周期变为T /2.根据题述将导致该星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力，则有G Mm R 2＝mR ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2πT 22，解得该行星质量为M ＝16π2R 3GT 2，选项A 错误．由G Mm r 2＝mr (2πT )2，G MmR2＝mR (4πT)2，联立解得该星球的同步卫星轨道半径为r ＝34R ，选项B 正确．设行星赤道地面对物体的支持力为F N ′，由G Mm R 2－F N ′＝mR (2πT)2，解得F N ′＝12m π2RT2，由牛顿第三定律得，质量为m 的物体对行星赤道地面的压力为F N ＝12m π2RT2，选项C 错误．根据题述已知条件，不能得出环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度，选项D 错误． 答案 B以题说法 解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝ma )和黄金代换公式(GM ＝gR 2)就能轻松解决问题．2．“天体自转”模型——天体绕自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动．这种模型中往往要研究天体上某物体随天体做匀速圆周运动问题，这时向心力是天体对物体的万有引力和天体对物体的支持力的合力，在天体赤道上，则会有F 向＝F 万－F N .(2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为 ( ) A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2kT D.n kT 答案 B解析 双星靠彼此的引力提供向心力，则有G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T2G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T2 并且r 1＋r 2＝L解得T ＝2πL 3G m 1＋m 2当双星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T ′＝2πn 3L 3Gk m 1＋m 2＝n 3k·T 故选项B 正确.4． 平抛运动与圆周运动组合问题的综合分析审题示例(15分)如图7所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为s ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8 m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：图7(1)物块经C 点时对圆弧面的压力；(2)物块滑至B 点时的速度；(3)物块与斜面间的动摩擦因数． 审题模板 答题模板(1)物块从C 点到E 点做平抛运动 由h ＝12gt2(1分)得t ＝0.4 s (1分)v C ＝st＝3 m/s (1分)由牛顿第二定律知F N －mg ＝m v 2CR (1分)F N ＝17.2 N (1分)由牛顿第三定律知，物体在C 点时对圆弧的压力大小为17.2 N ，方向竖直向下(1分)(2)从B 点到C 点由动能定理有mgR(1－cos 37°)＝12mv2C－12mv2B(2分)v B＝2 m/s (2分) (3)从A点到B点由v2B＝2aL，得a＝2 m/s2 (2分)由牛顿第二定律有mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma (2分)代入数据，解得μ＝2437≈0.65(1分)答案(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65点睛之笔 1.多过程问题实际是多种运动规律的组合．平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析．2．在建立两运动之间的联系时，要把转折点的速度作为分析重点．一长l＝0.80 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝1.00 m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图8所示．让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.求：图8(1)当小球运动到B点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)若OP＝0.6 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．答案(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N解析(1)设小球运动到B点时的速度大小为v B，由机械能守恒定律得12mv2B＝mgl解得小球运动到B点时的速度大小v B＝2gl＝4.0 m/s(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得x＝v B ty＝H－l＝12gt2解得C点与B点之间的水平距离x＝v B·2H－lg＝0.80 m(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m，由圆周运动规律得F m －mg ＝m v 2Brr ＝l －OP由以上各式解得F m ＝9 N(限时：45分钟)1． (2013·新课标Ⅱ·21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图1，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( )图1A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小答案 AC解析 当汽车行驶的速度为v c 时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A 正确．当速度稍大于v c 时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C 正确．同样，速度稍小于v c 时，车辆不会向内侧滑动，选项B 错误．v c 的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D 错误．2． (2013·江苏·2)如图2所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图2A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小答案 D解析 因为物体的角速度ω相同，线速度v ＝rω，而r A <r B ，所以v A <v B ，故A 项错；根据a n ＝rω2知a n A <a n B ，故B 项错；如图，tan θ＝a ng，而B的向心加速度较大，则B 的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力F T ＝mg cos θ，则F T A <F T B ，所以C 项错， D 项正确．3． 如图3所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( )图3A ．tan θ1tan θ2＝2B ．cot θ1tan θ2＝2C ．cot θ1cot θ2＝2D ．tan θ1cot θ2＝2答案 A解析 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt，则tan θ1tan θ2＝2.故A正确，B 、C 、D 错误．4． 在光滑水平桌面固定一边长为0.3 m 的小正三棱柱abc ，俯视如图4.长度为L ＝1 m 的细线，一端固定在a 点，另一端拴住一个质量为m ＝0.5 kg 、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca 的延长线上，并给小球以v 0＝2 m/s 且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)．已知细线所能承受的最大张力为7 N ，则下列说法中不正确的是 ( )图4A ．细线断裂之前，小球速度的大小保持不变B ．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小C ．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π sD ．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9 m答案 B解析 小球在光滑水平面内运动，由于没有能量损失，细线断裂之前，小球速度的大小保持不变，选项A 正确，选项B 错误；线速度不变，细线越来越短，因此角速度应该逐步增大，由F ＝m v 2r 得r ＝mv 2F ＝27m<0.3 m ，由于细线长以0.3 m 递减，当被棱柱挡住三次时细线长变为0.1 m ，此时细线断，小球正好绕三棱柱缠绕一圈，运动时间为t ＝13×2π×12 s ＋13×2π×1－0.32 s ＋13×2π×1－0.62s ＝0.7π s，选项C 正确；细线断裂之前，小球做圆周运动的半径变为0.1 m ，则小球运动的位移大小为0.9 m ，选项D 正确．故本题答案为B.5． 某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系．如图5所示，一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量相等的小星围绕母星做圆周运动．如果两颗小星间的万有引力为F ，母星与任意一颗小星间的万有引力为9F .则 ( ) 图5A ．每颗小星受到的万有引力为(3＋9)FB ．每颗小星受到的万有引力为(32＋9)F C ．母星的质量是每颗小星质量的3倍 D ．母星的质量是每颗小星质量的33倍 答案 AC解析 每颗小星受到的万有引力为2F cos 30°＋9F ＝(3＋9)F ，选项A 正确，选项B 错误；设正三角形的边长为l ，由万有引力定律和题意知G 错误!＝9G m 2l2，解得M ＝3m ，选项C 正确，选项D 错误． 6． 地球自转正在逐渐变慢，据推测10亿年后地球的自转周期约为31 h ．若那时发射一颗地球的同步卫星W 2，与目前地球的某颗同步卫星W 1相比，以下说法正确的是(假设万有引力常量、地球的质量、半径均不变) ( ) A ．离地面的高度h 2>h 1 B ．向心加速度a 2>a 1 C ．线速度v 2<v 1 D ．线速度v 2>v 1 答案 AC解析 由万有引力提供向心力可知，GMmR ＋h2＝m 4π2T 2(R ＋h )，h ＝ 3GMT 24π2－R ，由于周期增大，则h 增大，选项A 正确；由GMm R ＋h2＝ma 可知，向心加速度减小，选项B 错误；由线速度公式GMmR ＋h2＝mv 2R ＋h可知，线速度减小，选项C 正确，选项D 错误．7． (2013·广东·14)如图6，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是 ( ) 图6A ．甲的向心加速度比乙的小B ．甲的运行周期比乙的小C ．甲的角速度比乙的大D ．甲的线速度比乙的大 答案 A解析 由万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝ma ＝m 4π2T2r ，变形得：a＝GMr 2，v ＝ GMr ，ω＝ GMr 3，T ＝2π r3GM，只有周期T 和M 成减函数关系，而a 、v 、ω和M 成增函数关系，故选A.8． 我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图7所示，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则 ( ) 图7A ．该卫星的发射速度必定大于11.2 km/sB ．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9 km/sC ．在轨道Ⅰ上，卫星在P 点的动能小于在Q 点的动能D ．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期 答案 BD解析 人造卫星的最小发射速度和最大环绕速度均为7.9 km/s ，选项A 错误，选项B 正确；由v ＝GMr知r 越小v 越大，动能也就越大，所以卫星在P 点的动能大于在Q 点的动能，选项C 错误；由T ＝4π2r3GM知r 越大T越大，则卫星在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期，选项D 正确． 9． 2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图8所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A 点刚好进入大气层，由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是 ( ) 图8A ．陨石正减速飞向A 处B ．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小C ．陨石绕地球运转时速度渐渐变大D ．进入大气层陨石的机械能渐渐变大 答案 C解析 由于万有引力做功，陨石正加速飞向A 处，选项A 错误．陨石绕地球运转时，因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐增大，速度渐渐变大，选项B 错误，C 正确．进入大气层后，由于受到空气阻力的作用，陨石的机械能渐渐变小，选项D 错误．10．如图9所示，质量M ＝2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝1 kg的小球通过长L ＝0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v 0＝4 m/s ，g 取10 m/s 2.图9(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向； (2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P 突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道的位置到轴O 的距离；(3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小v ′＝2 m/s ，试求此时滑块的速度大小．答案 (1)2 N 竖直向上 (2)155m (3)1 m/s解析 (1)设小球能通过最高点，且在最高点时的速度为v 1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则12mv 21＋mgL ＝12mv 20 得v 1＝ 6 m/sv 1>0，故小球能到达最高点．设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则F ＋mg ＝m v 21L得F ＝2 N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N ，方向竖直向上(2)小球飞出后做平抛运动，设运动时间为t由L ＝12gt 2落地点到轴O 的水平距离s ＝v 1t 得：s ＝155m(3)解除锁定后，设小球通过最高点时滑块的速度为v 在上升过程中，系统的机械能守恒，则 12mv ′2＋12Mv 2＋mgL ＝12mv 20 代入数据得v ＝1 m/s11．如图10所示，水平地面和半径R ＝0.5 m 的半圆轨道面PTQ 均光滑，质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的小车放在地面上，右端点与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg 的滑块(可视为质点)以v 0＝6 m/s 的水平初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上．已知滑块与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2. 图10(1)求小车与墙壁碰撞时滑块的速率； (2)求滑块到达P 点时对轨道的压力；(3)若圆轨道的半径可变但最低点P 不变，为使滑块在圆轨道内滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径的取值范围．答案 (1)4 m/s (2)68 N 竖直向下 (3)R ≤0.24 m 或R ≥0.60 m 解析 (1)滑块滑上小车后，小车将做匀加速直线运动，滑块将做匀减速直线运动，设滑块加速度为a 1，小车加速度为a 2，由牛顿第二定律得： 对滑块有－μmg ＝ma 1 对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，设小车与滑块经历时间t 后速度相等，则有v 0＋a 1t ＝a 2t滑块的位移s 1＝v 0t ＋12a 1t 2小车的位移s 2＝12a 2t 2代入数据得Δs ＝s 1－s 2＝3 m<L 且s 2<s ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度故小车与墙壁碰撞时的速率为v 1＝a 2t ＝4 m/s (2)设滑块到达P 点时的速度为v P －μmg (L －Δs )＝12mv 2P －12mv 21F N －mg ＝m v 2PR根据牛顿第三定律有滑块到达P 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝68 N ，方向竖直向下(3)若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速率为v Q ，临界条件为：mg ＝m v 2Q R max－mg ·2R max ＝12mv 2Q －12mv 2P代入数据得R max ＝0.24 m若滑块恰好滑至1/4圆弧到达T 点时速度为零，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，此时有： －mgR min ＝0－12mv 2PR min ＝0.6 m所以，若滑块在圆轨道运动过程中不脱离圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足R≤0.24 m或R≥0.60 m。
专题三 第1课时 平抛、圆周和天体的运动 2
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点 由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点 时速度为多大？ (2)在(1)的情况下,求滑块到达C点时受到轨道 的作用力大小？
解析(1)设滑块到达 C 点时的速度为 v， 由动能定理得 1 2 qE (s＋R )－μ mgs－mgR ＝ mv －0 2 3mg qE ＝ 解得 v＝ gR 4 (2)设滑块到达 C 点时受到轨道的作 v2 用力大小为 F ，则 F －qE ＝m R 7 解得 F ＝ mg
1 mvB 2＝mgl 2
解得小球运动到 B 点时的速度大小
v B＝ 2gl＝4.0 m/s
(2)小球从 B 点做平抛运动，由运动学规律得
1 2 y＝H －l＝ gt 2 x ＝v B t
2H－l x＝vB· g ＝0.80 m 解得 C 点与 B 点之间的水平距离
(3)由圆周运动规律得
vB 2 F m －mg＝m r r＝l－OP
专题三 力与物体的曲线运动
专题定位 本专题考查的主要内容 有：①曲线运动的条件和运动的合成与 分解；②平抛运动规律；③圆周运动的 规律；④平抛运动与圆周运动的多过程 组合问题; ⑤带电粒子在电场中的类平
抛运动问题和磁场内的匀速圆周运动 问题。用到的主要物理思想和方法有: 运动的合成与分解思想;应用临界条件 处理临界问题的方法；等效的思想方 法等．
A．tan θ1tan θ2＝2 B．cot θ1tan θ2＝2 C．cot θ1cot θ2＝2 D．tan θ1cot θ2＝2
小结 本题属于平抛运动与圆周运动组合问题，一 般用到运动的合成与分解、牛顿第二定律、 动能定理和机械能守恒定律解题．
热Байду номын сангаас题型例析
题型1 平抛运动问题分析
高三物理总复习—天体运动经典教案
高三物理总复习—天体运动经典教案第一部分：平抛运动和圆周运动1. 物体做曲线运动的条件当物体所受的合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。
合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性。
2.物体（或带电粒子）做平抛运动或类平抛运动的条件是：①有初速度②初速度方向与加速度方向垂直。
3.物体做匀速圆周运动的条件是：合外力方向始终与物体的运动方向垂直；绳子固定物体通过最高点的条件是：为绳长）L gL v (≥；杆固定通过最高点的条件是：0≥v 。
物体做匀速圆周运动的向心力即物体受到的合外力。
4.描述圆周运动的几个物理量为：角速度ω，线速度v ，向心加速度a ，周期T ，频率f 。
其关系为：22222244rf Tr r r v a ππω==== 5.平抛（类平抛）运动是匀变速曲线运动，物体所受的合外力为恒力，而圆周运动是变速运动，物体所受的合外力为变力，最起码合外力的方向时刻在发生变化。
第二部分：万有引力定律及应用1.在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供，其基本关系式为：rf m T r m r m r v m ma r Mm G 22222244ππω=====向，在天体表面，忽略星球自转的情况下：mg R Mm G =22.卫星的绕行速度、角速度、周期、频率和半径r 的关系：⑴由r v m r Mm G 22=，得rGM v =，所以r 越大，v 越小。
⑵由r m r Mm G 22ω=，得3r GM =ω，所以r 越大，ω越小⑶由r T m r Mm G 222??=π，得GM r T 32π=，所以r 越大，T 越大。
⑷由)(2g ma r Mm G '=向，得2)(r GM g a ='向，所以r 越大，a 向(g/)越小。
3. 三种宇宙速度：第一、第二、第三宇宙速度⑴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 。