2020高考物理二轮复习专题四曲线运动万有引力与航天课件.pptx

1、专题四曲线运动 万有引力与航天,-2-,高考命题规律,-3-,运动的合成与分解抛体运动 命题角度1(储备)运动的合成与分解 【典题】河水由西向东流,河宽为800 m,河中各点的水流速度大小为v水,各点到较近河岸的距离为x,v水与x的关系为v水= x(m/s),让小船船头垂直河岸由南向北渡河,小船在静水中的速度大小恒为v船=4 m/s,下列说法正确的是() A.小船渡河的轨迹为直线 B.小船在河水中的最大速度是2 m/s C.小船渡河的时间是200 s D.小船在距南岸200 m处的速度小于距北岸200 m处的速度,-4-,答案:C 解析:小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动,在沿河岸方向上做变速

2、运动,合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上,做曲,s=200 s,所以C正确;小船在距南岸200 m 处的河水速度大小与距北岸200 m处的河水速度大小相等,根据矢量的合成法则,这两种情况的合速度大小相等,故D错误.,-5-,小船渡河问题的分析思路 (1)分析渡河情景 “船对地的速度v”是船实际运动的速度,为合运动.“水速v水”是水流对地的速度;“船在静水中的速度v船”(常简称船速)是船因自身动力产生的速度,v船的方向表现为“船头指向”,此二者为分运动. (2)正确选用公式 明确研究的物理量是位移x或速度v;画出合成分解的平行四边形矢量图形.正确选用公式,并及时应用其等时性、等效性. (

3、3)应用几何关系 在“速度三角形”或“位移三角形”中,应用三角函数、勾股定理、相似三角形等,写出必要的几何关系式.,-6-,典题演练提能刷高分 1.(多选) 奔跑吧兄弟摄制组来到南京体育学院,小邓同学应邀参加一项转盘投球游戏,如图所示,顺时针转动的大转盘圆心O点放有一个铁桶,小邓站在转盘上的P点把篮球水平抛向铁桶,篮球总能落入桶中.设篮球抛出时相对转盘的速度方向与OP连线的夹角为,下列说法正确的是 () A.篮球抛出时速度可能沿a方向 B.篮球抛出时速度可能沿b方向 C.若转盘转速变大,保持篮球抛出点的高度不变,角可能变小 D.若转盘转速变大,降低篮球抛出点的高度,角可能保持不变,-7-,答案

4、:AD 解析:根据速度的合成可以知道,转盘的速度和抛出时小球速度的合速度一定指向O点,根据速度的合成可以知道,篮球抛出时速度可能沿a方向,不可能沿b方向,所以A正确,B错误;若转盘转速变大,还能进入铁桶,说明合速度的方向不变,根据速度的合成可以知道,水平方向的合速度增大,在竖直方向做自由落体运动,如果高度不变,下落时间就不变,不可能投进铁桶,故C错误;如果高度减小,下落时间就减小,根据x=vt可以知道能投进铁桶,因为合速度的方向不变,故篮球抛出时相对转盘的速度方向与OP连线的夹角就不变,所以D正确的.,-8-,2.绳索套马原是蒙古牧民的生产方式,近些年来逐渐演化为体育活动.套马过程可简化为如图

5、所示的物理模型,套马者骑在马背上以速度v追赶提前释放的烈马,同时挥动套马圈使套马圈围绕套马者在水平面内做角速度为,半径为r的匀速圆周运动,追逐一段时间后套马者和烈马的距离s保持不变,待套马圈运动至烈马正后方时,套马者松开套马圈,最终成功套住烈马,已知运动过程中,套马者和烈马行进路线平行,松手后套马圈在空中的运动可以看成平抛运动,重力加速度为g,下列说法正确的是 (),-9-,答案:C 解析:依据题意可知,套马圈转到烈马正后方时,运动速度与烈马同向,大小为v+r,C正确,D错误;套马圈做平抛运动的时间为,-10-,命题角度2单物体的平抛运动 高考真题体验对方向 1.(多选)(2019全国19)如

6、图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图象如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻.则(),图(a),图(b),-11-,A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案:BD 解析:本题考查v-t图象及运动的合成和分解.由v-t图象中图线与坐标轴所围面

7、积可知,第二次面积大于第一次面积,故第二次在竖直方向上的位移比第一次的大,A错误;因为沿斜面位移方向不变,而第二次竖直位移大,因此第二次水平位移也大,B正确;从题图中可以得出,第一次斜率大于第二次的斜率,斜率越大,说明加速度越大,因此C错误;在竖直方向上根据牛顿第二定律mg-Ff=ma,加速度大的阻力小,D正确.,-12-,2.(2018全国17)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和 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乙球落至斜面时速率的() A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍,答案:A,解析:设斜面倾角为,小球从斜面上水平抛出又落到斜面上,对于任,速度之比

8、就是初速度之比,选项A正确.,-13-,3.(2017全国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:A、B、D项,同一高度射出的乒乓球在竖直方向上做自由落体运动,下降相同的距离,所用的时间相同,在竖直方向上的速度相同;下降相同的时间间隔,下降的距离相同,故A、B、D项错误.C项,乒乓球

9、在水平方向上做匀速运动.通过同一水平距离,速度较大的球所用的时间较少,下落的高度较小,故能过网,故C项正确.,-14-,4.(2017全国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)(),-15-,答案:B 解析:小物块从半圆光滑轨道的最低点到最高点,由机械能守恒定律,离最大,故选项B正确.,-16-,分析平抛运动的思路 (1)根据题意画出清晰的运动情景轨迹图“抛物线”. (2)确定可能的“临界点”,弄清楚已知量与待求量.

10、 (3)依据题意,正确选用公式.,必要时,要综合使用各种公式. 灵活应用两个推论:tan =2tan ,末速度的反向延长线过水平位移的中点. (4)结合题意与运动轨迹图,充分应用几何关系.,-17-,典题演练提能刷高分 1.(多选) 平抛运动可以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,在同一坐标系中作出两个分运动的v-t图线,如图所示,则以下说法正确的是() A.图线1表示水平分运动的v-t图线 B.图线2表示水平分运动的v-t图线 C.若用量角器测得图线2倾角为,当地重力加速度为g,则一定有tan =g D.t1时刻物体的速度方向与初速度方向夹角为45,-18-,答案:AD 解

11、析:图线1的速度不变,做匀速直线运动,是平抛运动水平分运动的v-t图线,故A正确.图线2速度随时间均匀增大,做匀加速直线运动,是平抛运动竖直分运动的v-t图线,故B错误;根据v=gt知,图线2的斜率表示重力加速度g,但是注意斜率k不一定等于tan ,故C错误.t1时刻竖直分速度与水平分速度相等,根据平行四边形定则知,速度方向与初速度方向成45角,故D正确.故选AD.,-19-,2. 以某一初速度水平抛出一物体,若以抛出点为坐标原点O,初速度方向为x轴的正方向,物体所受重力方向为y轴的正方向,建立如图所示坐标系.它的运动轨迹满足方程x2=10y,经过一段时间物体的速度大小变为初速度的 倍,不计空

12、气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则物体水平抛出的初速度v0的大小和该过程平均速度 的大小分别为(),-20-,答案:C,-21-,3.(2019湖南岳阳一模)2022年冬奥会将在北京召开.如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图,运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下,到达C点后水平飞出,落到滑道上的D点,E是运动轨迹上的某一点,在该点运动员的速度方向与轨道CD平行,设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2,EF垂直CD,则以下选项正确的是() A.t1=t2,CF=FD B.t1t2,CFFD C.若运动员离开C点的速度加倍,则落在斜面上的距离也加倍 D.若运动员离开C点的速度

13、加倍,则落在斜面上的速度方向不变,答案:D,-22-,解析:以C点为原点,CD为x轴,垂直CD向上方向为y轴,建立坐标系如图.对运动员的运动进行分解,y轴方向做类竖直上抛运动,x轴方向做匀加速直线运动.当运动员速度方向与轨道平行时,在y轴方向上到达最高点,根据竖直上抛运动的对称性,知t1=t2.,而x轴方向运动员做匀加速运动,t1=t2,故CFFD,选项A、B错误;将初速度沿x、y方向分解为v1、v2,将加速度沿x、y方向分解为a1、a2,则运动员的运动时间为: ,离开C点的速度加倍,则v1、v2加倍,t加倍,由位移公式得s不加倍,选项C错误;设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为,斜

14、面的倾角为.则有 ,则得tan =2tan ,一定,则一定,则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关,选项D正确.,-23-,4. 如图所示,A、B、C是水平面上同一直线上的三点,其中AB=BC,在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球,刚好落在B点,小球运动的轨迹与OC的连线交于D点,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法不正确的是(),-24-,答案:D,解析:设小球做平抛运动的时间为t,位移为L,ABO=,则有Lcos,A项正确.在竖直方向物体做自由落体运动,由于从O点到D点和从O点到B点所需时间为12;故竖直方向速度之比为12,根据P=mgv可知,在途经D点和B点

15、时重力做功的瞬时功率之比为12,故B项正确.由于竖直方向是自由落体运动,根据下落的时间关系可知小,-25-,根据“速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2倍”,则小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平,-26-,命题角度3(储备)多物体的平抛运动 【典题】如图所示斜坡倾角为45,在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A,小球恰好能垂直落在斜坡上,运动时间为t1,若在小球A抛出的同时,小球B从同一点Q处开始自由下落,下落至P点的时间为t2.则A、B两球在空中运动的时间之比t1t2等于(不计空气阻力)(),-27-,答案:C,-28-,多物体平抛问题

16、的四点注意 (1)若两物体同时从同一高度(或同一点)水平抛出,则两物体始终在同一高度,二者间距只取决于两物体的水平分运动. (2)若两物体同时从不同高度抛出,则两物体高度差始终等于抛出点的高度差,二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定. (3)若两物体从同一点先后抛出,两物体竖直高度差随时间均匀增大,二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动. (4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处,两物体要在此处相遇,必须同时到达此处.,-29-,典题演练提能刷高分,1.如图,小球甲从A点水平抛出,同时将小球乙从B点自由释放,两小球先后经过C点时速度大小相等,方向夹角为30,已知B、C高

17、度差为h,两小球质量相等,不计空气阻力,由以上条件可知(),D.两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等,-30-,答案:C,的速度不相等,所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等,故D错.,-31-,2.如图所示,两小球从高度相同的A、B两点同时以相同的速率水平抛出,经过时间t在空中相遇,若仅将从B点抛出的小球速度变为原来的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为(),-32-,答案:A 解析:两球同时抛出,竖直方向上做自由落体运动,下降相同的高度时间相同,在水平方向做匀速直线运动,始终在同一水平面上,所以有x=vAt+vBt=2v0t,仅将从B点抛出的小球速度变为原来的2倍,则有x=vAt+vBt

18、=3v0t,解得t= t,故A正确,BCD错误.,-33-,3.(多选)如图所示,水平地面上有一个半球形大坑,O为球心,AB为沿水平方向的直径.若在A点以初速度v1沿AB方向向右平抛一小球甲,小球甲将击中坑内的最低点D;若在甲球抛出的同时,在C点以初速度v2沿平行BA方向向左平抛另一小球乙,也恰能击中D点.已知COD=60,甲、乙两小球的质量相同,不计空气阻力,则(),C.甲、乙两球在此过程中速度变化量的大小之比为21 D.逐渐增大小球甲抛出速度v1的大小,甲球可能垂直撞到坑内BCD上,-34-,答案:AB,确. 在击中D点前的瞬间,重力对甲、乙两小球做功的瞬时功率之比为竖直分速度之比,也即下

19、落时间之比.即 1,选项B正确.,-35-,平抛小球速度的变化量即为竖直分速度,而竖直分速度与下落的时间成正比,所以两球速度变化量的大小之比应为 1,选项C错误. 逐渐增大小球甲抛出时速度的大小,甲球不可能垂直撞到球壁BCD上.根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一推论,垂直撞到球壁的速度反向延长线必定过圆心O,而O点并不是水平位移的中点,选项D错误.,-36-,圆周运动 命题角度1(储备)水平面内的匀速圆周运动 【典题】(多选)(2016浙江高考20)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、

20、O距离L=100 m.赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍.假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动.要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g取10 m/s2,=3.14),则赛车() A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s,-37-,答案:AB 解析:如图所示,设直道分别为AB和CD段,作BE平行OO,根据几,-38-,圆周运动的分析思路 (1)选取研究对象,画出符合题意的圆周运动轨迹,确定圆心、半径.

21、 (2)应用“极限分析法”或“假设法”分析可能的临界点及特点,如最大静摩擦力、弹力临界等. (3)就圆周运动的某一位置,分析受力情况,由力的分解或合成得出向心力的“力表达式”,并对应恰当的“运动表达式”,列出牛顿第二定律方程. (4)圆周运动轨迹一般涉及几何关系,如三角函数、勾股定理、相似三角形等. (5)由于圆周运动的周期性,会使一些习题有多解现象.,-39-,典题演练提能刷高分 1.(多选)如图所示,金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上,一根穿过小孔的细线,上端固定在Q上,下端拴一个小球.小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).细线与竖直方向成30角(图中P位置).现使小球在更高的水平面

22、上做匀速圆周运动,细线与竖直方向成60角(图中P位置).两种情况下,金属块Q都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相比较,下面判断正确的是() A.Q受到桌面的静摩擦力大小不变 B.小球运动的角速度变大 C.细线所受的拉力之比为21 D.小球向心力大小之比为31,-40-,答案:BD 解析:设细线与竖直方向的夹角为,细线的拉力大小为FT,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,个更高的水平面上做匀速圆周运动时,增大,cos 减小,则得到细线拉力FT增大,角速度增大.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,Q受到桌面的支持力等于重力,

23、则静摩擦力变大,故A错误,B正确;,-41-,-42-,2.(多选)如图,两个质量均为m的小木块A、B用轻绳相连,放在水平圆盘上,A恰好处于圆盘中心,B与转轴的距离为l.木块与圆盘间的动摩擦因数均为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知重力加速度大小为g,两木块可视为质点.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是(),-43-,答案:BD,-44-,3.(2019陕西宝鸡模拟)如图所示,餐桌中心是一个半径为r=1.5 m的圆盘,圆盘可绕中心轴转动,圆盘与餐桌的中心轴重合,近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘

24、的动摩擦因数为1=0.6,与餐桌的动摩擦因数为2=0.225,餐桌离地高度为h=0.8 m.设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2. (1)为使物体不滑到餐桌上,圆盘的角速度的最大值为多少? (2)缓慢增大圆盘的角速度,物体从圆盘上甩出,为使物体不滑落到地面,餐桌半径R的最小值为多大? (3)若餐桌半径R= r,则在圆盘角速度缓慢增大时, 物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆 盘甩出点的水平距离L为多少?,答案:(1)2 rad/s(2)2.5 m(3)2.1 m,-45-,解析:(1)由题意可得,当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时,圆盘对小

25、物体的静摩擦力提供向心力,所以随着圆盘转速的增大,小物体受到的静摩擦力增大.当静摩擦力最大时,小物体即将滑落,此时圆盘的角速度达到最大,则有Ffm=1FN=mr2,FN=mg,-46-,-47-,4.某高速公路的一个出口路段如图所示,情景简化:轿车从出口A进入匝道,先匀减速直线通过下坡路段至B点(通过B点前后速率不变),再匀速率通过水平圆弧路段至C点,最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下.已知轿车在A点的速度v0=72 km/h,AB长L1=150 m;BC为四分之一水平圆弧段,限速(允许通过的最大速度)v=36 km/h,轮胎与BC段路面间的动摩擦因数=0.5,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦

26、力,CD段为平直路段长L2=50 m,重力加速度g取10 m/s2. (1)求轿车在AB段刹车的加速度的最小值; (2)为保证行车安全,车轮不打滑,求水平圆弧段BC半径R的最小值; (3)轿车由A点到D点全程的最短时间.,-48-,答案:(1)1 m/s2(2)20 m(3)23.14 s 解析:(1)v0=72 km/h=20 m/s,AB长L1=150 m,为了确保安全,到达B点的最大速度v=36 km/h=10 m/s,为了确保安全,则须满足Ffmg 联立解得R20 m,即Rmin=20 m,-49-,命题角度2竖直面内的圆周运动 高考真题体验对方向 (2016全国16)小球P和Q用不可

27、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,如图所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点,() A.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,-50-,答案:C,-51-,绳、杆连球模型的分析思路,体能否通过C点,能否通过最高点A,进一步确定在A点可能的受力情况.,-52-,(2)在最高点A与最低点B,由其速度大小和受力情况,列出向心力的牛顿第二定律方程. (3)针对某一圆弧运动过程,列出相应的机械能守恒或功能

28、关系方程. (4)依据以上特点,分析运动过程中某些物理量的变化趋势.,-53-,典题演练提能刷高分 1.(2018天津卷2)滑雪运动深受人民群众喜爱.某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中() A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变,-54-,答案:C 解析:本题考查圆周运动的动力学分析,分析向心力来源是正确解答本题的关键.运动员从滑道A点滑行到B点过程中做匀速圆周运动,合外力提供向心力,合外力不等于零且方向始终指向圆心

29、,故合外力不做功,选项A错误、C正确;由于运动员从滑道A点到B点过程中做匀速圆周运动,故切向合力为零,摩擦力等于重力沿切向的分力,大小不断变化,选项B错误;运动员运动过程要克服摩擦力做功,故机械能减小,选项D错误.,-55-,2. 摩天轮是游乐场中一种大型的转轮设施,摩天轮边缘悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动,下列叙述正确的是() A.摩天轮转动过程中,乘客的动量保持不变 B.摩天轮转动一周,乘客所受合外力的冲量不为零 C.在最低点,乘客处于超重状态 D.摩天轮转动过程中,乘客所受的重力的瞬时功率保持不变,-56-,答案:C 解析:摩天轮转动过程中,速度大小不变,速度方向时刻

30、变化,动量mv为矢量,所以乘客的动量大小不变,方向时刻变化,故A错误;根据I合=mv2-mv1,由于摩天轮转动一周,初速度与末速度相同,所以合力冲量为零,故B错误;最低点,乘客受支持力与重力,且支持力与重力的合力提供向心力,所以支持力与重力的合力向上,所以乘客处于超重状态,故C正确;摩天轮转动过程中,重力方向不变,速度方向时刻变化,根据 PG=Gvcos 可知,乘客所受的重力的瞬时功率会发生改变,故D错误.,-57-,3.如图所示,一细线系一小球绕O点在竖直面做圆周运动,a、b分别是轨迹的最高点和最低点,c、d两点与圆心等高,小球在a点时细线的拉力恰好为0,不计空气阻力,则下列说法正确的是()

31、 A.小球从a点运动到b点的过程中, 先失重后超重 B.小球从a点运动到b点的过程中, 机械能先增大后减小 C.小球从a点运动到b点的过程中,细线对 小球的拉力先做正功后做负功 D.小球运动到c、d两点时,受到的合力指向圆心,-58-,答案:A 解析:小球在a点时细线的拉力恰好为0,重力提供向心力处于完全失重状态,到最低点b时,拉力大于重力处于超重状态,所以小球从a点运动到b点的过程中,先失重后超重,故A正确;在运动过程中拉力不做功,只有重力做功,所以机械能守恒,故BC错误;c、d两点重力方向向下,拉力方向指向圆心,所以合力方向不指向圆心,故D错误.所以A正确,BCD错误.,-59-,4.(多

32、选)如图所示,带有底座的光滑圆轨道总质量为M,竖直放在水平地面上,质量为m可视为质点的小球在轨道内侧做圆周运动,恰好能通过圆轨道的最高点.在小球做圆周运动的过程中,圆轨道始终保持静止.取重力加速度大小为g.则() A.当小球运动到最高点时,轨道对地面的压力最小 B.在小球沿顺时针方向从圆轨道最高点A运动到与圆心等高的B点的过程中,轨道对地面的压力先减小后增大 C.轨道对地面压力的最大值为(M+6m)g D.轨道对地面压力的最大值为(M+m)g,-60-,答案:BC 解析:小球在A、B两点对轨道的作用力为零,而顺时针由A到B有背离圆心向外的作用力,小球对轨道的作用力先增大后减小,故轨道对地面的压

33、力先减小后增大,B正确,A错误;小球在圆轨道的最低点,FN=6mg.由牛顿第三定律知最低点小球对轨道的压力为FN=6mg,故轨道对地面压力的最大值为(M+6m)g,C正确,D错误.,-61-,5.(2019湖北荆门高三统考)如图,一个质量为m=0.6 kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R=0.3 m,=60,小球到达A点时的速度v=4 m/s.(g取10 m/s2)求: (1)小球做平抛运动的初速度v0的大小; (2)P点与A点的水平距离和竖直高度; (3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的弹

34、力. 答案:(1)2 m/s(2)0.69 m0.60 m(3)8 N,竖直向上,-62-,解析:(1)小球到A点的速度如图所示,由图可知 v0=vx=vAcos =4cos 60 m/s=2 m/s,-63-,(3)取A点为重力势能的零点,由机械能守恒定律得: 代入数据得:FNC=8 N 由牛顿第三定律得:小球对轨道的压力大小FNC=FNC=8 N,方向竖直向上.,-64-,命题角度3(储备)斜面内的圆周运动 【典题】如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止,物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等

35、于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30,g取10 m/s2,则的最大值是(),-65-,答案:C 解析:当物体转到圆盘的最低点,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时,角速度最大,由牛顿第二定律得: mgcos 30-mgsin 30=m2r,所以C正确.,-66-,斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、绳控制、杆控制,物体的受力情况和所遵循的规律不同.通常是将重力分解,分解为沿斜面方向和垂直斜面方向,垂直斜面方向的分力与支持力平衡,沿斜面方向的重力为mgsin .然后在斜面内应用圆周运动的规律分析求解.,-67-,万有引力与航天 命题角度1万

36、有引力定律的理解 高考真题体验对方向 (2019全国14)2019年1月,我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆.在探测器“奔向”月球的过程中,用h表示探测器与地球表面的距离,F表示它所受的地球引力,能够描述F随h变化关系的图象是(),-68-,答案:D 解析:本题考查万有引力定律.根据万有引力定律 可知,探测器所受的地球引力F随h增加而减小,但不是线性关系.因此F-h图象应是一曲线,D正确,A、B、C错误.,-69-,重力与万有引力的关系,(2)重力随纬度升高而增大,方向也不断变化.为竖直方向(偏离地心).,(5)其他星球上的物体,可参考地球的情况相应分析.,-70-,典题演练提能刷高分 1

37、. 万有引力定律和库仑定律都满足距离平方反比规律,因此引力场和电场之间有许多相似的性质,在处理有关问题时可以将它们进行类比.例如电场中引入电场强度来反映电场的强弱,其定义为E= ,在引力场中可以用一个类似的物理量来反映引力场的强弱.设地球质量为M,半径为R,地球表面处重力加速度为g,引力常量为G.如果一个质量为m的物体位于距地心2R处的某点,则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是(),答案:C,-71-,2.如图所示,地球绕太阳公转,而月球又绕地球转动.它们的运动可近似看成匀速圆周运动.如果要估算太阳对月球与地球的引力之比,已知地球绕太阳公转的周期和月球绕地球运动的周期,还需要测量的物理量是(

38、) A.地球绕太阳公转的半径 B.月球绕地球转动的半径 C.月球绕地球的半径和地球绕太阳公转的半径 D.月球的质量和地球绕太阳公转的半径,-72-,答案:C 解析:已知地球绕太阳公转的周期和月球绕地球运动的周期,如果再知道地球绕太阳公转的半径和月球绕地球的半径,即可分别求解太阳的质量和地球的质量;因为地球和月球相对太阳的距离基本相等,则根据F= ,可估算太阳对月球以及月球与地球的引力之比,故C正确,ABD错误.,-73-,3. 2017年11月5日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,以一箭双星方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星.这两颗卫星最终在同一个中圆地球轨道上的不同位置,

39、绕地球沿同一方向运转,运行的周期大约为13 h,如图所示,下列说法正确的是() A.中圆地球轨道半径大于地球同步卫星的轨道 半径 B.这两颗卫星的线速度大于第一宇宙速度 C.卫星运行的加速度等于所在高度的重力加速度 D.一颗卫星加速就能在轨道上追上另一颗卫星,-74-,答案:C,道半径越小,周期越小,因为北斗导航卫星的卫星周期约13 h,小于同步卫星的周期24 h,故北斗导航卫星的轨道半径比地球同步卫星的,半径大于地球的半径,所以线速度小于第一宇宙速度,B错误;卫星的向心加速度由万有引力提供,所以卫星运行的加速度等于所在高度的重力加速度,C正确;后面的卫星向后喷气,速度增大,万有引力不够提供向

40、心力,做离心运动,会离开原来的圆轨道.所以在原轨道加速不会追上前面的卫星,D错误.,-75-,命题角度2万有引力定律与其他规律的综合 高考真题体验对方向 1.(多选)(2019全国21)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示.在另一星球N上用完全相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所示.假设两星球均为质量均匀分布的球体.已知星球M的半径是星球N的3倍,则() A.M与N的密度相等 B.Q的质量是P的3倍 C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量

41、是P的4倍 答案:AC,-76-,-77-,-78-,2.(2018全国16)2018年2月,我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期T=5.19 ms,假设星体为质量均匀分布的球体,已知万有引力常量为6.6710-11Nm2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为() A.5109kg/m3B.51012 kg/m3 C.51015 kg/m3D.51018 kg/m3,答案:C 解析:设星体“赤道”表面上有一质量为m的物体,当其刚好不脱离星体时,星体的体积最大,密度最小,其所受万有引力提供物体随星体,-79-,平抛运动、圆周运动规律与万

42、有引力定律的综合应用,地表物体与同步卫星有相同的、T(二者相对静止).,-80-,典题演练提能刷高分 1.(2019黑龙江哈尔滨三中模拟)宇航员站在某一星球上,将一个小球距离星球表面h高度处由静止释放,使其做自由落体运动,经过时间t后小球到达星球表面.已知该星球的半径为R,引力常量为G,则下列说法正确的是(),-81-,答案:A,-82-,2.(多选) 已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动,经过时间t(t小于航天器的绕行周期),航天器运动的弧长为s,航天器与月球的中心连线扫过角度为,万有引力常量为G,则(),答案:BC,-83-,3.某地面卫星接收站的纬度为(0).已知地球半径为R

43、,重力加速度为g,自转周期为T,光速为c,则地球同步卫星发射的电磁波到该接收站的时间不小于(),-84-,答案:D,-85-,4.(多选) 美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler-186f.若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星表面进行科学考察,在行星表面h高度(远小于行星半径)处以初速度v水平抛出一个小球,测得水平位移为x.已知该行星半径为R,自转周期为T,万有引力常量为G.则下列说法正确的是(),-86-,答案:ABC,-87-,命题角度3比较绕行多轨道问题 高考真题体验对方向 1.(2019全国15)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动,它们的向心加速度大小

44、分别为a金、a地、a火,它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火.已知它们的轨道半径R金a地a火B.a火a地a金 C.v地v火v金D.v火v地v金 答案:A,-88-,2.(2018全国15)为了探测引力波,“天琴计划”预计发射地球卫星P,其轨道半径约为地球半径的16倍;另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍.P与Q的周期之比约为() A.21B.41 C.81D.161 答案:C 解析:两个卫星都是绕同一中心天体(地球)做圆周运动,根据开普勒,TQ=81,选项C正确.,-89-,3.(2017全国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

45、,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,加速度大小均与天宫二号相同,A、B、D错;组合体的质量大于天宫二号,而速率相同,故动能变大,C正确.,-90-,4.(2016全国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 hB.4 h C.8 hD.16 h,-91-,答案:B 解析:

46、地球同步卫星绕地球运动时,万有引力提供向心力,即,的半径r1=6.6R,周期是24 h;当自转周期最小时,同步卫星的轨道半径为2R,如图所示.联立解得地球自转周期的最小值约为4 h.根据开,-92-,比较绕行多轨道问题的方法 (1)确定相比轨道,注意题意中可能的“隐蔽”绕行轨道(如同步轨道、地表轨道等),分清是否为同一中心天体. (2)一般先写出待求量的解析式,再由解析式做准确比较. (3)圆周运动能引起角度、长度的变化,会表现出一定的几何关系.此时要结合圆的几何图形特点,应用三角函数、相似形、勾股定理等列出必需的几何关系式,协助求解.,-93-,典题演练提能刷高分 1.(多选)2017年9月

47、25日后,微信启动页面采用“风云四号”卫星成像图.“风云四号”是我国新一代静止轨道气象卫星,则其在圆轨道上运行时() A.可定位在赤道上空任意高度 B.线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 C.角速度与地球自转角速度相等 D.向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大,-94-,答案:CD 解析:同步卫星只能在赤道上空,且高度保持不变,故A错误;第一宇宙速度为人造卫星的最大运行速度,气象卫星的线速度小于第一宇宙速度,则B错误;同步卫星的周期等于地球的自转周期,所以同步卫星绕地球运行的角速度与地球自转的角速度相等,则C正确;同步,同步卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大,则

48、D正确.,-95-,2.(多选) 卫星A、B在不同高度绕同一密度均匀的行星做匀速圆周运动,已知两卫星距行星表面的高度及两卫星绕行星运动的周期,万有引力常量G已知,由此可求出() A.该行星的半径B.两卫星的动能之比 C.该行星的自转周期D.该行星的密度 答案:AD,求得密度,D正确;由于卫星的质量未知,无法求得动能之比,B错误;A、B卫星的运行与行星的自转无关,无法求出行星的自转周期,C错误.,-96-,3.(2019天津模拟)北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统,是继美国全球定位系统、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统之后第三个成熟的卫星导航系统.预计2020年,北斗卫星导航系统将形成全

49、球覆盖能力.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图,已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星,则() A.a的角速度小于c的角速度 B.a的加速度大于b的加速度 C.a的运行速度大于第一宇宙速度 D.b的周期大于24 h,-97-,答案:A 解析:由万有引力提供做圆周运动的向心力得 由题图可知,a的轨道半径大于c的轨道半径,因此a的角速度小于c的角速度,选项A正确;a的轨道半径与b的轨道半径相等,因此a的加速度等于b的加速度,选项B错误;a的轨道半径大于地球半径,因此a的运行速度小于第一宇宙速度,选项C错误;a的轨道半径与b的轨道半径相等,故b的周期等于a的周期,为24 h,

50、选项D错误.,-98-,4.2017年12月23日12时14分,我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭,成功将陆地勘查卫星二号发射升空,该卫星进入预定轨道后,每天绕地球转动16圈.已知地球半径R,地球同步卫星距离地面的高度为h.则该卫星在预定轨道上绕地球做圆周运动过程中离地面的高度为(),-99-,答案:A,确,BCD错误.,-100-,命题角度4卫星的失重、能量、变轨问题 高考真题体验对方向 (多选)(2017全国19)如图,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T0.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

51、运动过程中(),B.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,-101-,答案:CD 解析:根据开普勒第二定律可知,海王星离太阳越近线速度越大,从P到Q的速率逐渐变小,所以从P到M经历的时间小于 ,故选项A错误,选项C正确;海王星绕太阳运动过程中只有引力做功,机械能守恒,故选项B错误;太阳对海王星的万有引力沿两星体的连线指向太阳,从M到N,海王星到太阳的距离先变大后变小,万有引力对它先做负功后做正功,选项D正确.,-102-,椭圆双切轨道的特点 如图所示,椭圆轨道与圆周轨道、相切于A、B点,卫星通过A、B点相继在三个轨道上运

52、行,叫做椭圆双切轨道. (1)速度有v1v2v3v4 分析:在椭圆上的切点A处有v1v2. 圆周和圆周比较有v2v3. 在椭圆上的切点B处有v3v4. (2)沿椭圆由A至B,加速度逐渐变小.,-103-,(3)能量特点,(4)瞬时变轨特点 在A点,由圆周变至椭圆时,发动机向后瞬时喷气、推力做正功,动能增加、势能不变、机械能增加. 在B点,由椭圆变至圆周时,发动机向后瞬时喷气、推力做正功,动能增加、势能不变、机械能增加. 反之也有相应的规律.,-104-,(5)周期有TTT,计算知T介于T、T之间.,-105-,典题演练提能刷高分 1.(2019江西九江十校联考)已知月球半径为R,月球 表面的重

53、力加速度为g0,假设“嫦娥四号”正在距月 球表面高度为3R的圆形轨道上运动,如图所示. 到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道,到达轨 道的近月点B点再次点火进入近月轨道绕月球做圆周运动,并择机实施人类首次月球背面软着陆.对此过程下列说法正确的是() A.“嫦娥四号”在B点点火后,动能增加 B.由已知条件不能求出“嫦娥四号”在轨道上的运行周期 C.只有万有引力作用情况下,“嫦娥四号”在轨道上通过B点的加速度大于在轨道上通过B点的加速度 D.“嫦娥四号”在轨道上绕月球运行一周所需的时间为,-106-,答案:D,-107-,2.我国计划发射“嫦娥五号”探月卫星, 执行月面取样返回任务.“嫦娥五号”从月

54、球返回地球的过程可以简单分成四步,如图所示.第一步将“嫦娥五号”发射至月球表面附近的环月圆轨道,第二步在环月轨道的A处进行变轨进入月地转移轨道,第三步当接近地球表面附近时,又一次变轨,从B点进入绕地圆轨道,第四步再次变轨道后降落至地面,下列说法正确的是() A.将“嫦娥五号”发射至轨道时所需的发射速度为7.9 km/s B.“嫦娥五号”从环月轨道进入月地转移轨道时需要加速 C.“嫦娥五号”从A沿月地转移轨到达B点的过程中其动能一直增加 D.“嫦娥五号”在第四步变轨时需要加速,-108-,答案:B 解析:月球的第一宇宙速度比地球的要小,故A错误;“嫦娥五号”从轨道进入月地转移轨道是离心运动,所以

55、需要加速,B正确;刚开始的时候月球对“嫦娥五号”的引力大于地球对“嫦娥五号”的引力,所以动能要减小,之后当地球的引力大于月球的引力时,卫星的动能就开始增加,故C错误;“嫦娥五号”降落至地面的运动为向心运动,需要减速,故D错误.,-109-,3.(多选)如图甲所示,一质量为m的卫星绕地球在椭圆轨道上运转,运转周期为T0,轨道上的近地点A到地球球心的距离为a,远地点C到地球球心的距离为b,BD为椭圆轨道的短轴.A、C两点的曲率半径均为ka(通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做该点的曲率圆,如图乙中的虚线圆,其半径叫做该点的曲率半径).若地球的质量为M,引力常量为G,则 (),-110-,A.卫星在轨道上运行时的机械能小于在轨道上运行时的机械能 B.如果卫星要从轨道返回到轨道,则在C位置时动力气源要向后喷气,-111-,答案:AD 解析:由题图甲可知,卫星从轨道变轨到轨道,要有外力对卫星做功,所以卫星在轨道上的机械能小于其在轨道上的,A正确;若卫星要从轨道上的C位置变轨到轨道上,则在C位置时卫星要减速,动力气源要向前喷气,B错误;在A、C两点卫星的运动可近似看作半径均为ka,速度分别为vA、vC的圆周运动,则有,-112-,4.我国即将展开深空探