2018年高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动3力学中的曲线运动_抛体运动和圆周运动课件
时, 初速最大, 设为 v 2 , 则 3h=2 ������������2 2, ������1 2 + (
1 v 2 =2 (4������12+������22)������ , 因此 6ℎ
v
������ 的最大取值范围是 41
选项 D 正确。
考点定位:平抛运动 命题能力点:侧重考查理解能力 解题思路与方法:本题首先要建立物理模型——平抛运动;二要分 析过网和落到右侧台面上的临界ห้องสมุดไป่ตู้件。
-111 2 3 4
4.(2017全国Ⅱ卷)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直 平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止 开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力( A )
2(������������������-������) A. a= ������������ 3������������������-2������ C. FN= ������
2������������������-������ B. a= ������������ 2(������������������-������) D. FN= ������
-61 2 3 4
解析 质点 P 由静止滑到最低点过程由动能定理得 1 mgR-W=2mv 2 在最低点时有 联立①②解得
������2 a= ������ 2(������������������-������) a= , ������������
① ②
������2 由牛顿第二定律得 FN -mg=m ������ 3������������������-2������ 联立①③解得 FN = ������ , 所以选项
2π������ ������2 v= ������ =rω=2πfr=2πrn, a= ������ =rω2。
(2)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 动能定理 用 来建立联系,然后结合 牛顿第二定律 进 行动力学分析。
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1.(多选)(2016全国Ⅲ卷)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球 面;在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P。它在容器内 壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加 速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对 它的支持力大小为FN,则( AC )
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解析 当垂直球网方向发射且乒乓球刚好过网时, 初速最小, 设为 v 1 , 则有
1 2 ������1 ������1 3h-h=2gt , 2 =v 1 t1 , 解得 v1 = 4 1 ������ ;当小球落到右侧台面某一角处 ℎ ������2 2 ) =v 2 t2 ,解得 2 ������ 1 <v< ℎ 2 (4������12+������22) ������ , 6ℎ
������2 力提供向心力, FT-mg=m ②, 联立①②可得 ������
FT=3mg, 只与质量有关,
������2 因为 mP >mQ , 所以 FTP >FTQ ,C 选项正确;向心加速度 a= ������ =2g, 与质量
和绳长均无关系,D 选项错误。
考点定位:动能定理 圆周运动 命题能力点:侧重考查理解能力 解题思路与方法:注意两小球下摆过程中只有重力做功,两小球在 最低点时速度和向心力的关系。
������1 A. 2 ������1 C. 2
������ <v<L1 6ℎ ������ 1 <v< 6ℎ 2
������ 6ℎ (4������12+ ������22 )������ 6ℎ
������1 B. 4 ������1 D. 4
(4������12+ ������22 )������ ������ <v< ℎ 6ℎ ������ 1 <v< ℎ 2 (4������12 +������2 2)������ 6ℎ
第3讲
力学中的曲线运动 ——抛体运动和圆周运动
-2网络构建 要点必备
-3网络构建 要点必备
1.物体做曲线运动的条件及特点 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 、 独立性 和 等效性 。 2.平抛运动 1 (1)规律:v x=v 0,v y=gt,x=v 0t,y= gt2。
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3.(2015全国Ⅰ卷)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。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( D )
③
A、C 正确,B、D 错误。
考点定位:动能定理 圆周运动 命题能力点:侧重考查理解能力 解题思路与方法:质点P下滑过程,重力和摩擦力做功,在最低点时重 力和支持力合力提供向心力。
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2.(2016全国Ⅱ卷)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,如图所示。将两球由静止释放。在各 自轨迹的最低点,( C ) 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
2
(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 。
-4网络构建 要点必备
3.对于圆周运动,需要知道以下两点: (1)描述匀速圆周运动的各物理量间的关系:
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1 解析 设绳长为 l, 从水平位置到最低点, 根据动能定理, mgl= mv 2 ①, 2 1 可得 v= 2������������ 。 已知 lP <lQ , 所以 v P <v Q ,A 选项错误。 因 Ek = mv 2 , mP >mQ , 2
又 v P <v Q , 动能大小不能确定,B 选项错误;在最低点, 拉力与重力的合
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
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vB.增大α角,增大船速vC.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 mB.111 mC.125 mD.250 m4.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∶2C.1∶3D.1∶45.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。
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．。
2018年高考物理大二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
G2－G1 T 时，放在地球赤道地面上的物体不再对 G2 G2－G1 G1 T 时，放在地球赤道地面上的物体不再对
解析 答案
技巧点拨
1. 由于地球上的物体随地球自转需要的向心力由万有引力的一个分力
提供，万有引力的另一个分力才是重力.
2.利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.
gR2 3g Mm M M 由于 G R2 ＝mg，故天体质量 M＝ G ，天体密度 ρ＝ V ＝4 ＝4πGR. 3 π R 3 3.通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r. 4π2 Mm (1)由万有引力等于向心力，即 G r2 ＝m T2 r，得出中心天体质量 M＝
极的过程中，经过赤道时测得某物体的重力是G1；在南极附近测得该物体的 重力为G2；已知地球自转的周期为 T，引力常数为G，假设地球可视为质量 分布均匀的球体，由此可知 3πG1 A.地球的密度为 2 GT G2－G1 3πG2 B. 地球的密度为 2 GT G2－G1
√
C.当地球的自转周期为 √ 地面有压力 D.当地球的自转周期为 地面有压力
解析 答案
图1
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 v2 4π Mm Mm 2 2.由 G r2 ＝m r ＝mω r＝m T2 r＝ma 和 G R2 ＝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
解析
答案
宁本溪市联合模拟 )如图1所示，A为置于地
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 A.卫星C的运行速度大于物体A的速度 B.物体A和卫星C具有相同大小的加速度 √ C.卫星B运动轨迹的半长轴与卫星C运动轨迹的半径相同 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
2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第一部分 专题三 力与曲线运动一抛体运动和圆周运动 含解析 精品
专题三 力与曲线运动(一)——抛体运动和圆周运动考点1| 运动的合成与分解 难度：中档 题型：选择题、计算题(对应学生用书第12页)1．(2018·江苏高考)如图3-1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，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )【导学号：17214187】图3-1A ．t 甲＜t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲＞t 乙D ．无法确定【解题关键】 甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度，设游速为v ，水速为v 0，根据速度合成可知：甲游到A 点的速度为v ＋v 0，游回的速度为v －v 0；乙来回的速度都为v 2－v 20．明确了各自的合速度后，再用匀速直线运动规律求出时间进行比较．C [设游速为v ，水速为v 0，OA ＝OB ＝l ，则甲整个过程所用时间：t 甲＝l v ＋v 0＋l v －v 0＝2v l v 2－v 20， 乙为了沿OB 运动，速度合成如图：则乙整个过程所用时间：t 乙＝l v 2－v 20×2＝2l v 2－v 20v 2－v 20，因为v >v 2－v 20 所以t 甲＞t 乙，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]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．●考向1 小船渡河问题1．(多选)(2018·无锡期中)如图3-2所示，甲、乙两船在同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，划船速度大小相同．若两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是()【导学号：17214188】图3-2A．甲船能到达对岸P点B．两船渡河时间一定相等C．两船可能不相遇D．两船一定相遇在NP的中点BD[乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达对岸P点，故A错误；小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度v y＝v sin α，故小船过河的时间：t1＝dv y＝dv sin α，故甲、乙两船到达对岸的时间相同，故B正确；以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上，故C错误，D正确．]2．(2018·南通一模)小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行，船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图3-3中虚线所示．则小船在此过程中()图3-3A．做匀变速运动B．越接近河岸，水流速度越大C．所受合外力方向平行于河岸D．渡河的时间随水流速度变化而改变C[从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A、B错误；因小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正确；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故D错误．]●考向2绳的牵连运动问题3．(2018·南通模拟)如图3-4所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()【导学号：17214189】图3-4A．v sin θB．v cos θC．v tan θD．v cot θA[由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是沿着垂直线的方向运动，则合运动的速度大小＝v sin θ；而沿线方向为v，由数学三角函数关系，则有：v线的速度大小，即为小球上升的速度大小，故A正确，B、C、D错误．]4．(2018·南通模拟)如图3-5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，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是()【导学号：17214180】图3-5A ．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v 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v L sin αD [小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故A 错误；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，合速度v实＝vsin αωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝vL sin α，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故B 、C 错误，D 正确．]考点2| 抛体运动的运动规律 难度：中档 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第13页)2．(多选)(2018·江苏高考T 6)如图3-6所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )【导学号：17214181】图3-6A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰【解题关键】由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv＜t1，即v＞lt1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C 错误，选项D正确．]3．(2018·江苏高考T2)有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图3-7中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()【导学号：17214182】图3-7A．①B．②C．③D．④【解题关键】解此题应注意以下两点：(1)不计空气阻力，两小球均做抛体运动．(2)两球以相同速率沿同一方向抛出，说明两球均做斜抛运动且初速度相同．A[不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确．]4．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-8所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()图3-8A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)小球受重力和电场力作用．(2)根据初速度与合力间夹角判断小球运动轨迹．(3)根据运动的合成与分解思想，判断小球速率大小的变化规律．BC[小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确．将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，选项D 错误．]5．(多选)(2018·江苏高考T2)如图3-9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：17214183】图3-9A ．tB ．22tC ．t 2D ．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 ①(d 为两小球间的水平距离)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 ′＝d ②联立①②解得t ′＝t 2选项C 正确．]6．(多选)(2018·江苏高考T 6)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图3-10所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的是( )【导学号：17214184】图3-10A ．两球的质量应相等B ．两球应同时落地C ．应改变装置的高度，多次实验D ．实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动BC[根据平抛运动和自由落体运动的规律解题．小锤打击弹性金属片后，A 球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．]7．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-11所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()【导学号：17214185】图3-11A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大CD[在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝12gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝v t，故B在最高点的速度比A的大，选项C 正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B 的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．]处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(或类平抛运动)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，再用运动的合成求合运动．(2)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．(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之比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．●考向1斜抛运动问题5．(2018·徐州二模)体育课进行定点投篮训练，某次训练中，篮球在空中运动轨迹如图3-12中虚线所示，下列所做的调整肯定不能使球落入篮筐的是()图3-12A．保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度B．保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度C．增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角D．增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角B[设抛出的初速度为v，与水平方向的夹角为θ，则水平初速度v x＝v cos θ；保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度，水平分速度增大，运动时间变大，水平位移增大，可能落入篮筐，A错误；保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度，水平分速度变小，运动时间变短，水平位移减小，一定不能落入篮筐，B正确；增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角，水平分速度变大，有可能使得篮球落入球筐，C错误；增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角，运动时间增大，水平方向分速度可能增加，篮球运动时间变长，有可能使得篮球落入球筐，D错误．]●考向2平抛运动规律的基本应用6．(2018·盐城二模)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图3-13所示，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是()【导学号：17214186】图3-13A．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小B．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长C．沿轨迹1运动的石子加速度最大D．三个石子在最高点时速度相等A[设任一石子初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落水速度大小为v．取竖直向上方向为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝－g，由0－v2y＝－2gh，得：v y＝2gh，h相同，v y相同，则三个石子初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：v y＝v0sin α，由于α不同，所以v0不同，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速度最小；由运动学公式有：h＝12g⎝⎛⎭⎪⎫t22，则得：t＝22hg，则知三个石子运动的时间相等；根据机械能守恒定律得知，三个石子落水时的速率不等，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速率最小，故A正确，B、D错误．因小球在空中时只受重力，故三个石子的加速度相同，故C错误．]7．(多选)(2018·扬州模拟)如图3-14所示，在水平地面附近，小球A以水平初速度v0瞄准另一小球B射出．在A球射出的同时，B球由静止开始下落，两球刚好在落地时相碰．不计空气阻力，则两球在下落过程中()【导学号：17214187】图3-14A．以B球为参考系，A球做匀速运动B．在相同时间内，A、B球的速度变化量相等C ．两球的动能都随离地的竖直高度均匀变化D ．若仅增大A 球的初速度，两球不会相碰ABC [因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在相同时刻A 与B 在同一高度上，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，可知以B 球为参考系，A 球做匀速直线运动，故A 正确．A 、B 两球的加速度均为g ，方向竖直向下，则相同时间内，两球速度变化量相等，故B 正确．对A ，根据动能定理得，mgh ＝12m v 2－12m v 20，小球的动能E k ＝12m v 2＝mgh ＋12m v 20，与高度成线性关系；对B ，根据动能定理得，E k ＝12m v 2＝mgh ，与高度成正比，可知两球的动能都随竖直高度均匀变化，故C 正确．由于A 球竖直方向上的运动规律与B 球相同，增大初速度，当A 球运动到B 球所在竖直线时，还未落地，由于两球始终在同一高度，可知两球仍然会相碰，故D 错误．]●考向3 平抛斜面问题8．(2018·海门模拟)如图3-15所示，虚线MN 是竖直面内的斜线，两个小球分别从MN 上的A 、B 两点水平抛出，过一段时间再次经过虚线MN ，则下列说法错误的是( )【导学号：17214188】图3-15A ．两球经过虚线MN 时的速度大小可能相同B ．两球经过虚线MN 时的速度方向一定相同C ．两球可能同时经过虚线MN 上的同一位置D ．A 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间一定比B 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间长D [两球再次经过虚线MN 时，根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得：t ＝2v 0tan θg ，此时小球的竖直分速度v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，速度大小为：v＝v20＋v2y＝v01＋4tan2θ，若两球初速度相等，则两球经过MN时的速度大小相等，故A正确．根据平行四边形定则知，tan α＝v yv0＝2tan θ，可知两球经过虚线位置时速度方向相同，故B正确．若初速度大小不同，两球可能经过虚线上的同一位置，故C正确．根据t＝2v0tan θg知，若初速度相等，则两球到达虚线MN的时间相同，故D错误．]●考向4平抛中的临界问题9．(2018·苏锡常二模)乒乓发球机的简化模型示意图如图3-16所示．发球机的机头相当于一个长l＝20 cm的空心圆柱(内径比乒乓球的直径略大)，水平固定在球台边缘O点上方H＝45 cm处，可绕C轴在水平面内转动，从而改变球的落点．球台长为L＝3 m，位于球台中央的球网高h＝25 cm，出球口离盛球容器底部的高度H0＝50 cm，不考虑乒乓球的旋转、空气阻力和发球机轨道对球的阻力．已知一只乒乓球的质量约为3 g．(取重力加速度g＝10 m/s2)图3-16(1)若发球机的机头不转动，且出球点在O点正上方，当发球机发出的球能过网且落在球台上，求发球机出球的速度大小范围；(2)若发球机机头以ω＝5 rad/s按俯视图所示方向转动，且出球时乒乓球相对机头的速度为9 m/s．求出球点转到O点正上方时所发出球的最后落点位置，结果用xOy坐标系中的坐标值表示；(3)在题(2)问情景下，若发球机每分钟发出30只球，求发球机因发球而消耗的平均功率．【导学号：17214189】【解析】(1)根据H－h＝12gt21得：t1＝2(H－h)g＝2×(0．45－0．25)10s＝0．2 s则发球机出球的最小速度为：v 1＝L 2t 1＝320．2m/s ＝7．5 m/s 根据H ＝12gt 22得：t 2＝2Hg ＝2×0．4510s ＝0．3 s 则发球机出球的最大速度为：v 2＝L t 2＝30．3m/s ＝10 m/s 发球机出球的速度大小范围为：7．5 m/s ＜v ＜10 m/s ．(2)机头转动的线速度为：v 3＝lω＝0．2×5 m/s ＝1 m/s根据平行四边形定则知，球发出后的速度为：v ＝v 23＋v 24＝1＋81 m/s ＝82m/s球发出后做平抛运动，在xOy 坐标系中，纵坐标为：y ＝v 3t 2＝1×0．3 m ＝0．3 m ，横坐标为：x ＝v 4t 2＝9×0．3 m ＝2．7 m最后落点位置坐标为(2．7 m ，0．3 m)．(3)每个乒乓球的机械能为： E ＝mgH 0＋12m v 2＝3×10－3×10×0．5 J ＋12×3×10－3×82 J ＝0．138 J发球机因发球而消耗的平均功率为：P ＝W t ＝30E t ＝0．138×3060W ＝0．189 W ． 【答案】 (1)7．5 m/s ＜v ＜10 m/s (2)(2．7 m ，0．3 m)(3)0．189 W考点3| 圆周运动的基本规律 难度：中档 题型：选择题 五年2考(对应学生用书第15页)8．(2018·江苏高考T 2)如图3-17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()【导学号：17214180】图3-17A ．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【解题关键】 解此题注意以下两点：(1)“旋转秋千”同轴转动，两座椅角速度相同．(2)座椅到转轴的水平距离为圆周运动的半径．D [A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r 及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mgcos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．]9．(2018·江苏高考T 5)如图3-18所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F ．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g ．下列说法正确的是( )【导学号：17214181】图3-18A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC．物块上升的最大高度为2v2 gD．速度v不能超过(2F－Mg)LMD[物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg＜2F．A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F．B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝M v2L，T＝Mg＋M v2L，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定．C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－12M v2则最大高度h＝v2 2g若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝12M v′2－12M v2则最大高度h＜v2 2g．D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝M v2 L故最大速度v＝(2F－Mg)LM．]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．●考向1水平面内的圆周运动10．(多选)(2018·无锡一模)如图3-19所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是()【导学号：17214182】图3-19A．B的向心力是A的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μBBD[A、B两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A、B的向心力相等，故A错误．对A分析，有：f A＝mrω2，对A、B整体分析，f B＝2m·rω2，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确．A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A与B之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知，A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB，故D正确．] 11．(多选)(2018·南京四模)如图3-20所示，光滑的轻杆OA可绕竖直轴OO′旋转，且OA与OO′轴间夹角θ始终保持不变，质量为m的小球套在OA杆上，可在杆适当位置处随杆做水平面内的匀速圆周运动，下列说法正确的有()图3-20A．小球在任何两位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等B．杆的转速越大，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越高C．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，就会远离该位置D．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由于杆对球的弹力垂直于杆，杆不会对小球做功AC[根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝ma，解得：a＝gtan θ，可知小球在任何位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等，故A正确．根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝mr(2πn)2，转速增大，由于合力大小不变，则r减小，即小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，故B错误．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，速度增大或减小，根据mgtan θ＝mv2r知，合力大小不变，则r增大或减小，即远离该位置，故C正确．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由B选项知，小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，做圆周运动的半径减小，则线速度变小，根据动能定理知，重力做正功，动能减小，则杆对球的弹力做负功，故D错误．]●考向2 竖直平面的圆周运动12．(2018·南通模拟)如图3-21甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断中正确的是( )【导学号：17214183】甲 乙图3-21A ．b 可以等于0B ．可求出重力加速度gC ．绳长不变，用质量不同的球做实验，得到的图线斜率不变D ．绳长不变，用质量较大的球做实验，图线b 点的位置将往右移B [小球在竖直面内做圆周运动，在最高点的最小速度v ＝gl ，故b 不可能为零，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有：mg ＝m v 2l ，解得g ＝v 2l ＝b l ，故B 正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率变小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 错误．]热点模型解读| 竖直轨道运动模型(对应学生用书第16页)1．模型展示圆周运动与超重、失重[典例](多选)(2018·湖北黄石三模)如图3-22所示，竖直面内有个光滑的3/4圆。
高考物理二轮专题复习专题三力与曲线运动第讲物体的曲线运动课件.ppt
vB″=gt= 2gL , 2
A,B 发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有 mvA″+mvB″=mvA‴+mvB‴ 根据机械能守恒定律有
1 mvA″2+ 1 mvB″2= 1 mvA‴2+ 1 mvB‴2,
2
2
2
2
2019-9-12
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23
计算可得 vA‴= 2gL ,vB‴= 3 2gL ,
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.
2019-9-12
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6Байду номын сангаас
内容排查: 平抛运动规律的应用□ 平抛运动的斜面模型□
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
用开普勒三定律 和机械能守恒定 律求解
(3)灵活运用两个重要的推论 ①平抛运动轨迹上任何一点的速度方向的 反向延长线过水平位移的中点; ②平抛运动过程中,物体任意时刻速度方向 与水平方向的夹角 和位移的方向与水平 方向的夹角θ ,满足 tan =2tan θ . (4)平抛运动的规律对类平抛运动都适用. 2.圆周运动问题的规律 (1)牢记一个思路:运用动能定理和牛顿第 二定律求解. (2)把握小球过最高点的临界条件:区分是 轻绳模型还是轻杆模型,物体在最高点的最 小的向心力对应物体的临界速度.
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17
2017 全国Ⅲ卷,14 (卫星的运行规律) 2016 全国Ⅰ卷,25 (曲线运动中的综合
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
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
2018年高考物理二轮温习专题冲破练3力学中的曲线运动__抛体运动和圆周运动
l= =2.8 m。
13.
(18分)(2017四川六校联考)嘉年华上有一种回力球游戏,如下图,A、B别离为一固定在竖直平面内的滑腻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。假设不计空气阻力,已知本地重力加速度为g,求:
二、计算题(此题共2个大题,共34分)
12.
(16分)如下图,从A点以v0=4 m/s的水平速度抛出一质量m=1 kg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入滑腻圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上,圆弧轨道C端切线水平,已知长木板的质量m0=4 kg,A、B两点距C点的高度别离为h0=0.6 m、h=0.15 m,圆弧轨道半径r=0.75 m,物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,g取10 m/s2。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
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,依照tanα= ,那么t= ,因为水平方向上做匀速直线运动,可知t2>t1,那么a<g,可知小球必然带负电,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,那么小球两次落在斜面上的速度方向必然相同,依照平行四边形定那么知,初速度相同,那么落在斜面上的速度大小相等,故D正确。
(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;