2020版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3讲 力学中的曲线运动学案

2020版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3讲 力学中的曲线运动学案

1 第 3 讲　力学中的曲线运动 网络构建 备考策略 1.必须领会的“四种物理思想和三种常用方法” (1)分解思想、临界极值的思想、估算的思想、模型化思想 (2)假设法、合成法、正交分解法 2.平抛(或类平抛)运动的推论 (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.注意天体运动的三个区别 (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 4.记住天体运动中的“三看”和“三想” (1)看到“近地卫星”想到“最大绕行速度”“最小周期” 2 (2)看到“忽略地球自转”想到“万有引力等于重力” (3)看到“同步卫星”想到“周期 T＝24 h” 　运动的合成与分解及平抛运动 　运动的合成与分解 【典例 1】(2018·北京理综，20)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在 正下方位置。但实际上，赤道上方 200 m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6 cm 处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的 “力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称 性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　) A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C.落地点在抛出点东侧 D.落地点在抛出点西侧 解析　由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程， 该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段， 水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不 为零，水平向西的速度达到最大值，故选项 A 错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零， 由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项 B 错 误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加 速度大小逐渐变大)，由对称性可知，落地时水平速度恰为零，故小球的落地点在抛出点西 侧，选项 C 错误，D 正确。 答案　D 　以“体育运动”为载体考查平抛运动的规律 【典例 2】(2017·全国卷Ⅰ，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 3 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　由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据 h＝ 1 2gt2 及 v2y＝2gh 可知，乒乓球的运 动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项 A、B、D 均错误； 由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小， 可以越过球网，故 C 正确。 答案　C 　斜面上的平抛运动 【典例 3】 (2018·全国卷Ⅲ，17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和 v 2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 解析　小球做平抛运动，其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为 θ。 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，x＝v0t，h＝ 1 2gt2， 由图中几何关系，可得 tan θ＝ h x，解得 t＝ 2v0tan θ g ； 从抛出到落到斜面上，由动能定理可得： mgh＝ 1 2mv′2－ 1 2mv20，可得： v′＝ v＋2gh＝ 1＋4 tan2 θ·v0，则 v甲′ v乙′＝ v0甲 v0乙＝ v v 2 ＝ 2 1，选项 A 正确。 答案　A 【典例 4】 甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成 α 角，乙同学 持拍的拍面与水平方向成 β 角，如图 1 所示，设乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒 4 乓球每次击打球拍前与击打后速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度 v1 与乒乓球击打乙的球拍的速度 v2 之比为(　　) 图 1 A. sin β sin α B. cos α cos β C. tan α tan β D. tan β tan α 解析　乒乓球被甲的球拍击打后以速度 v1 做斜上抛运动到最高点，此运动可看成平抛运动 的逆过程，设平抛的初速度为 v0，则 v1＝ v0 sin α，v2＝ v0 sin β，得 v1 v2＝ sin β sin α，A 项正 确。 答案　A 1.图 2 中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道 AB 上可上下移动的弹射器，能水平射 出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在 B 点的正上方。竖直面内的半圆弧 BCD 的半径 R＝ 2.0 m，直径 BD 水平且与轨道 AB 处在同一竖直面内，小孔 P 和圆心 O 连线与水平方向夹角 为 37°。游戏要求弹丸垂直于 P 点圆弧切线方向射入小孔 P 就能进入下一关。为了能通关， 弹射器离 B 点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8) 图 2 A.0.15 m，4 3 m/s B.1.50 m，4 3 m/s C.0.15 m，2 6 m/s D.1.50 m，2 6 m/s 解析　由 h＋Rsin 37°＝ 1 2gt2 和 R＋Rcos 37°＝v0t， gt v0＝tan 37°，代入数据解得 h＝ 0.15 m，v0＝4 3 m/s，故选项 A 正确。 答案　A 5 2.(多选)如图 3 所示，b 是长方形 acfd 对角线的交点，e 是底边 df 的中点，a、b、c 处的 三个小球分别沿图示方向做平抛运动，落地后不反弹，下列表述正确的是(　　) 图 3 A.若 a、b、c 处三球同时抛出，三球可能在 de 之间的区域相遇 B.只要 b、c 处两球同时开始做平抛运动，二者不可能在空中相遇 C.若 a、b 处两球能在地面相遇，则 a、b 在空中运动的时间之比为 2∶1 D.若 a、c 处两球在 e 点相遇，则一定满足 va＝vc 解析　若三个小球同时抛出，由于三球不都是从同一高度水平抛出，故三球不可能相遇，选 项 A 错误，B 正确；设 ad＝2h，a 球在空中运动时间为 ta，b 球在空中运动时间为 tb，根据 平抛运动规律，2h＝ 1 2gt2a，h＝ 1 2gt2b，解得 ta＝2 h g，tb＝ 2 h g，若 a、b 处两球能在地面 相遇，则 a、b 在空中运动的时间之比为 ta∶tb＝2 h g∶ 2 h g＝ 2∶1，选项 C 错误；由 平抛运动规律 h＝ 1 2gt2 和 x＝v0t 可知，选项 D 正确。 答案　BD 3.一位网球运动员以拍击球，使网球由 O 点沿水平方向飞出，如图 4 所示，第一只球落在自 己一方场地的 B 点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在 A 点，第二只球刚好擦网而过落在 A 点。设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则第一只与第二只球 飞过球网 C 处时水平速度之比为(　　) 图 4 A.1∶1 B.1∶3 C.3∶1 D.1∶9 解析　由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间相等。由于球与地 面的碰撞是完全弹性碰撞，设第一只球自击出到落在 A 点时间为 t1，第二只球自击出到落 在 A 点时间为 t2，则根据两球竖直方向的运动特点知 t1＝3t2；由于两球在水平方向均做匀 6 速运动，水平位移大小相等，由 x＝v0t 得，它们从 O 点出发时的初速度关系为 v2＝3v1，所 以第一只与第二只球飞过球网 C 处时水平速度之比为 1∶3，选项 B 正确。 答案　B 　圆周运动问题 　圆周运动问题 【典例 1】 (2016·全国卷Ⅱ，16)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 5 所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　) 图 5 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 解析　小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝ 1 2mv2，解得 v＝ 2gL，因 LPmQ，则两小球的动能大小无法比较，选 项 B 错误；对小球在最低点受力分析得，FT－mg＝m v2 L ，可得 FT＝3mg，选项 C 正确；由 a＝ v2 L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项 D 错误。 答案　C 　平抛运动与圆周运动的组合问题 【典例 2】 (2017·全国卷Ⅱ，17)如图 6，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 6 7 A. v2 16g B. v2 8g C. v2 4g D. v2 2g 解析　物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得 1 2mv2＝2mgr＋ 1 2mv21， 物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离 x＝v1t， t＝ 4r g ，联立解得，x＝ 4v2 g r－16r2，由数学知识可知，当 4r＝ v2 2g时，x 最大，即 r＝ v2 8g， 故选项 B 正确。 答案　B 1.解决圆周运动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 v2 r ＝mrω2＝mωv＝mr 4π2 T2 。 2.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度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。 1.(多选)北京时间 2017 年 9 月 7 日，全运会在天津举办，山东队 28 岁的张成龙以 14.733 分在男子单杠决赛中获得第一名。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用 一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图 7 甲所示，张成龙运动到最高点 时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为 F，用速度传感器记录他在最高点的速度大 小为 v，得到 F－v2 图象如图乙所示。g 取 10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) 图 7 A.张成龙的质量为 65 kg 8 B.张成龙的重心到单杠的距离为 0.9 m C.当张成龙在最高点的速度为 4 m/s 时，张成龙受单杠的弹力方向向上 D.在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受 3 250 N 的力 解析　张成龙的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”。对张成 龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有 F－mg＝0，结合图象解得质量 m＝65 kg，选 项 A 正确；当 F＝0 时，由向心力公式可得 mg＝ mv2 R ，结合图象可解得 R＝0.9 m，故张成龙 的重心到单杠的距离为 0.9 m，选项 B 正确；当张成龙在最高点的速度为 4 m/s 时，张成龙 受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项 C 错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由 牛顿第二定律得 F－mg＝m v R，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得 2mgR＝ 1 2mv21－ 1 2mv2，当 v＝0 时，F 有最小值 Fmin，故由以上两式得 Fmin＝3 250 N，即张成龙的单臂 最少要承受 3 250 N 的力，选项 D 正确。 答案　ABD 2.(多选)如图 8 所示，半径为 R 的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球 1、2、3 沿水平轨道分别以速度 v1＝2 gR、v2＝3 gR、v3＝4 gR水平向左冲上半圆形轨道，g 为 重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点 A 的水平距离和离开轨道后的运 动形式的说法正确的是(　　) 图 8 A.三个小球离开轨道后均做平抛运动 B.小球 2 和小球 3 的落点到 A 点的距离之比为 5∶2 3 C.小球 1 和小球 2 做平抛运动的时间之比为 1∶1 D.小球 2 和小球 3 做平抛运动的时间之比为 1∶1 解析　设小球恰好通过最高点时的速度为 v，此时由重力提供向心力，则 mg＝m v2 R ， 得 v＝ gR 设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为 v′，由机械能守恒定律得 2mgR＋ 1 2mv2＝ 9 1 2mv′2， 得 v′＝ 5gR 由于 v1＝2 gR＜v′，所以小球 1 不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故选项 A 错误； 小球 2 和小球 3 离开轨道后做平抛运动，由 2R＝ 1 2gt2 得 t＝2 R g，则得：小球 2 和小球 3 做 平抛运动的时间之比为 1∶1。 设小球 2 和小球 3 通过最高点时的速度分别为 v2′和 v3′。 根据机械能守恒定律得：2mgR＋ 1 2mv2′2＝ 1 2mv22；2mgR＋ 1 2mv3′2＝ 1 2mv23； 解得 v2′＝ 5gR，v3′＝2 3gR 由平抛运动规律得：水平距离为 x＝v0t，t 相等，则小球 2 和小球 3 的落点到 A 点的距离之 比为 5∶2 3。 小球 1 做的不是平抛运动，则小球 1 和小球 2 做平抛运动的时间之比不是 1∶1，故选项 B、 D 正确，C 错误。 答案　BD 　万有引力定律与天体的运动 　开普勒三定律与万有引力定律的应用 【典例 1】 (2018·全国卷Ⅲ，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.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1 解析　由开普勒第三定律得 r3 T2＝k，故 TP TQ＝ (RP RQ ) 3 ＝ (16 4 ) 3 ＝ 8 1，C 正确。 答案　C 【典例 2】 (多选)(2017·全国卷Ⅱ，19)如图 9，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 的运动过程中(　　) 10 图 9 A.从 P 到 M 所用的时间等于 T0 4 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 解析　由行星运动的对称性可知，从 P 经 M 到 Q 点的时间为 1 2T0，根据开普勒第二定律可知， 从 P 到 M 运动的速率大于从 M 到 Q 运动的速率，可知从 P 到 M 所用的时间小于 1 4T0，选项 A 错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项 B 错误；根据开普勒 第二定律可知，从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小，选项 C 正确；海王星受到的万有引力指向太 阳，从 M 到 N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项 D 正确。 答案　CD 　天体质量、密度的估算 【典例 3】 (2018·全国卷Ⅱ，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＝5.19ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万 有引力常量为 6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期 T 稳定自转的星体的密度最小值约为(　　) A.5×109 kg/m3 B.5×1012 kg/m3 C.5×1015 kg/m3 D.5×1018 kg/m3 解析　毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力提供其表面物体做圆周运动的向心力，根据 G Mm R2＝ m 4π2R T2 ，M＝ρ· 4 3πR3，得 ρ＝ 3π GT2，代入数据解得 ρ≈5×1015 kg/m3，C 正确。 答案　C 　卫星运行参量的分析 【典例 4】 (2017·全国卷Ⅲ，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，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 11 C.动能变大 D.向心加速度变大 解析　根据组合体受到的万有引力提供向心力可得， GMm r2 ＝ m 4π2 T2 r ＝m v2 r ＝ma，解得 T＝ 4π2r3 GM ，v＝ GM r ，a＝ GM r2，由于轨道半径不变，所以周期、速率、加速度均不变，选项 A、 B、D 错误；组合体比天宫二号质量大，动能 Ek＝ 1 2mv2 变大，选项 C 正确。 答案　C 　卫星的变轨与对接 【典例 5】 (多选)(2013·新课标全国卷Ⅰ，20)2012 年 6 月 18 日，神舟九号飞船与天宫一 号目标飞行器在离地面 343 km 的近圆形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。下列说法正确的是(　　) 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，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 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　第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，天宫一号与神舟九号均在离地 343km 的圆轨道运行，其运行速度必然小于第一宇宙速度，故 A 错误；由于轨道所处空间还 有稀薄的气体，运行一段时间后天宫一号轨道半径必然变小，由于卫星绕地球运动满足 G Mm r2 ＝m v2 r ，即 v＝ GM r ，所以当卫星轨道半径变小时速度反而会变大，故 B、C 正确；宇航员处 于完全失重状态，并不是不受重力，而是重力全部用来充当向心力，故 D 错误。 答案　BC 　天体运动中的双星、多星问题 【典例 6】 (多选)(2018·全国卷Ⅰ，20)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合 并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约 100 s 时，它们相距约 400 km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由 这些数据、万有引 力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(　　) A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度 12 解析　由题意可知，合并前两中子星绕连线上某点每秒转动 12 圈，则两中子星的周期相等， 且均为 T＝ 1 12 s，两中子星的角速度均为 ω＝ 2π T ，两中子星构成了双星模型，假设两中子 星的质量分别为 m1、m2，轨道半径分别为 r1、r2，速率分别为 v1、v2，则有 G m1m2 L2 ＝m1ω2r1、G m1m2 L2 ＝m2ω2r2，又 r1＋r2＝L＝400 km，解得 m1＋m2＝ ω2L3 G ，A 错误，B 正确；又由 v1＝ ωr1、v2＝ωr2，则 v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωL，C 正确；由题中的条件不能求解两中子星自 转的角速度，D 错误。 答案　BC 1.分析卫星轨道半径与运行参数关系应注意 卫星轨道半径越大，同一卫星所受万有引力越小，其线速度、角速度、向心加速度越小，周 期越大；动能越小，势能越大，机械能越大。 2.天体运动与几何关系相结合问题 (1)多星模型中分析天体的运行轨道半径与星体间距的关系。 (2)求解传播时间、挡光时间时通常需作出轨迹圆的切线，分析边角关系。 1.(多选)导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的 导航系统有美国的 GPS 系统，中国的北斗系统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的 GLONASS 系统，其中美国的 GPS 系统采用的是运行周期为 12 小时的人造卫星，中国的北斗 系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星 A 和一颗赤道平面上方的 GPS 卫星 B， 某时刻两者刚好均处在地面某点 C 的正上方，如图 10 所示，下列说法正确的是(　　) 图 10 A.A 的速度比 B 的小 B.若两者质量相等，则发射 A 需要更多的能量 C.此时刻 B 处在 A、C 连线的中点 13 D.从此时刻起，经过 12 小时，两者相距最远 解析　利用万有引力定律可知 GMm r2 ＝m v2 r ，得 v＝ GM r ，即轨道半径越大，运行速度越小，故 A 的速度比 B 的小，选项 A 正确；若 A、B 质量相等，则 A 在发射过程中克服引力做功多， 故所需发射速度大，发射 A 需要更多的能量，选项 B 正确；由 T＝ 4π2r3 GM 知周期与半径呈 非线性关系，故 B 不在 A、C 连线的中点处，选项 C 错误；经过 12 小时，A 运动半周，而 B 运动一周，两者在地心异侧共线，相距最远，选项 D 正确。 答案　ABD 2.(多选)极地近地卫星运动的轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆)，如图 11 所示， 关于极地近地卫星、地球同步卫星和赤道上的物体，下列说法正确的是(　　) 图 11 A.如果地球的自转变快，同步卫星的高度将变低 B.如果地球的自转变快，极地近地卫星的速度将变小 C.如果地球的自转变快，赤道上的重力加速度将变小 D.若极地近地卫星、地球同步卫星和赤道上的物体的向心加速度分别为 a1、a2、a3，则 a1＞ a2＞a3 解析　根据万有引力提供向心力有 G Mm R2＝m( 2π T )2R，得 T＝ 4π2R3 GM ，如果地球的自转变快， 则周期变小，同步卫星的高度将变低，所以选项 A 正确；极地近地卫星的速度与地球的自转 快慢无关，所以选项 B 错误；对赤道上的物体，有 G Mm0 R2 ＝m0g 赤＋m0ω2R，当地球自转变快时， 赤道上的重力加速度将变小，所以选项 C 正确；对卫星有 G Mm1 r2 ＝m1an，所以轨道半径越大， 向心加速度越小，故 a1＞a2，赤道上的物体和同步卫星的角速度相同，由 an＝ω2r 可知，a2 ＞a3，所以选项 D 正确。 答案　ACD 3.(多选)2017 年 4 月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号对接。假 14 设天舟一号从 B 点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号所在的圆轨道上完成对接，如图 12 所 示。已知天宫二号的轨道半径为 r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为 T，A、B 两点分别为 椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为 R，引力常量为 G。则下列说法正确的是(　　) 图 12 A.天宫二号的运行速度小于 7.9 km/s B.天舟一号的发射速度大于 11.2 km/s C.根据题中信息可以求出地球的质量 D.天舟一号在 A 点的运行速度大于天宫二号在 A 点的运行速度 解析　由 G Mm r2＝m v2 r 可得线速度与半径的关系为 v＝ GM r ，即轨道半径 r 越大，速率 v 越小。 第一宇宙速度(7.9 km/s)是近地卫星(轨道半径近似等于地球半径)的运行速度，由题图可知 天宫二号轨道半径大于地球半径，所以天宫二号的运行速度小于 7.9km/s，选项 A 正确；第 二宇宙速度(11.2 km/s)是人造卫星脱离地球引力范围围绕太阳运动的最小发射速度，而天 舟一号是围绕地球运动的，所以天舟一号的发射速度小于 11.2 km/s，选项 B 错误；根据题 中信息可知，天舟一号沿椭圆轨道运动的轨道半长轴 a＝ 1 2(R＋r)，设天宫二号绕地球运动 的周期为 T′，根据开普勒第三定律可得 r3 T′2＝ [ 1 2（R＋r）]3 T2 ，故而可求得 T′，再由 G Mm r2＝ mr( 2π T′)2，可以求出地球的质量 M，选项 C 正确；由天舟一号在 A 点要进入圆轨道，需加速， 可知天舟一号在 A 点的运行速度小于天宫二号在 A 点的运行速度，选项 D 错误。 答案　AC 热点模型构建——常考的圆周运动模型 竖直平面的圆周运动“绳、杆”模型 15 来源 图例 考向 模型核心归纳 2015·新课标全国 卷Ⅰ第 22 题 圆周运动、超重、 失重 2016·全国卷Ⅱ 第 16 题 受力分析、牛顿第 二定律、圆周运动、 动能定理 2016·全国卷Ⅱ 第 25 题 受力分析、机械能 守恒定律、圆周运 动、牛顿第二定律 2016·全国卷Ⅲ 第 24 题 受力分析、圆周运 动、机械能守恒定 律、牛顿第二定律 2017·全国卷Ⅱ 第 17 题 平抛运动、功能关 系及极值的求解 方法 2018·全国卷Ⅲ 第 25 题 圆周运动、动能定 理、动量 1.常考的模型 (1)物体运动满足“绳”模 型特征，竖直圆轨道光滑 (2)物体运动满足“绳”模 型特征，竖直圆轨道粗糙 (3)物体运动满足“杆”模 型特征，竖直圆轨道光滑 (4)物体运动满足“杆”模 型特征，竖直圆轨道粗糙 (5)两个物体沿竖直圆轨 道做圆周运动 (6)同一物体在不同的竖 直圆轨道做圆周运动 (7)物体在弹簧弹力、电场 力或洛伦兹力共同作用下 的圆周运动 2.模型解法 【例】 如图 13 所示，水平路面CD 的右侧有一长度 L1＝2 m 的木板。一物块放在木板的最右 端，并随木板一起向左侧固定的平台运动，木板的上表面与平台等高。平台上表面 AB 的长 度 s＝3 m，光滑半圆轨道 AFE 竖直固定在平台上，圆轨道半径 R＝0.4 m，最低点与平台 AB 相切于 A 点。当木板的左端与平台的距离 L＝2 m 时，木板与物块向左运动的速度 v0＝8 m/s。木板与平台的竖直壁碰撞后，木板立即停止运动，物块在木板上滑动并滑上平台。已 知木板与路面间的动摩擦因数 μ1＝0.05，物块与木板的上表面及轨道 AB 间的动摩擦因数 均为 μ2＝0.1，物块质量 m＝1 kg，取 g＝10 m/s2。 16 图 13 (1)求物块进入圆轨道时对轨道上的 A 点的压力； (2)判断物块能否到达圆轨道的最高点 E。如果能，求物块离开 E 点后在平台上的落点到 A 点的距离；如果不能，则说明理由。 教你建构物理模型 第一步：把握过程，构建运动模型 过程 1 DC 段 木板、物块共同向左减速运动 过程 2 木板与 BC 碰撞后 物块在木板上匀减速运动 过程 3 物块滑到 BA 上 物块在 BA 上匀减速运动 过程 4 光滑半圆轨道上 物块做圆周运动 过程 5 物块若能达 E 点，以 E 点飞出过程 可能从 E 点水平抛出 第二步：抓好关键点，找出突破口 (1)“最低点与平台 AB 相切于 A 点” ― ― →隐含 A 点在圆弧上 ― ― →要求得A点的压力 需求物块在 A 点的速度。 (2) 解析　(1)设木板质量为 M，物块随板运动撞击竖直壁 BC 时的速度为 v1，由动能定理得 －μ1(m＋M)gL＝ 1 2(M＋m)v21－ 1 2(M＋m)v20 设物块到 A 点时速度为 v2，由动能定理得 －μ2mg(s＋L1)＝ 1 2mv22－ 1 2mv21 由牛顿第二定律得 FN－mg＝m v R 解得 FN＝140 N 由牛顿第三定律知，物块对轨道 A 点的压力大小为 140 N，方向竖直向下。 17 (2)设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为 v3，由动能定理得 －mg·2R＝ 1 2mv23－ 1 2mv22 解得 v3＝6 m/s> gR＝2 m/s 故物块能通过圆轨道的最高点 E，物块离开 E 点后做平抛运动，有 x＝v3t，2R＝ 1 2gt2 解得 x＝2.4 m。 答案　(1)140 N，方向竖直向下　(2)能　2.4 m 课时跟踪训练 一、选择题(1～6 题为单项选择题，7～9 题为多项选择题) 1.(2018·广西重点中学三模)在室内自行车比赛中，运动员以速度 v 在倾角为 θ 的赛道上 做匀速圆周运动。已知运动员的质量为 m，做圆周运动的半径为 R，重力加速度为 g，则下 列说法正确的是(　　) 图 1 A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用 B.运动员受到的合力大小为 m v2 R ，做圆周运动的向心力大小也是 m v2 R C.运动员做圆周运动的角速度为 vR D.如果运动员减速，运动员将做离心运动 解析　向心力是整体所受力的合力，选项 A 错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力， 选项 B 正确；运动员做圆周运动的角速度为 ω＝ v R，选项 C 错误；只有运动员加速到所受合 力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项 D 错误。 答案　B 2.(2018·北京理综，17)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同 样的规律，在已知月地距离约为地球半径 60 倍的情况下，需要验证(　　) A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的 1/602 B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的 1/602 C.自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的 1/6 18 D.苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的 1/60 解析　若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律——万有 引力定律，则应满足 G Mm r2＝ma，即加速度 a 与距离 r 的平方成反比，由题中数据知，选项 B 正确，其余选项错误。 答案　B 3.(2018·江苏单科，1)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年 5 月 9 日 发射的“高分五号”轨道高度约为 705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为 36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是 (　　) A.周期 B.角速度 C.线速度 D.向心加速度 解析　由万有引力定律有 G Mm r2＝mrω2＝m 4π2 T2 r＝m v2 r ＝ma，可得 T＝2π r3 GM，ω＝ GM r3，v＝ GM r ，a＝ GM r2，又由题意可知，“高分四号”的轨道半径 r1 大于“高分五号”的轨道半径 r2，故可知“高分五号”的周期较小，选项 A 正确。 答案　A 4.如图 2 所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，演员 a 站 于定滑轮正下方的地面上，演员 b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处 于伸直状态，演员 b 到定滑轮之间的绳长为 l，当演员 b 摆至最低点时，演员 a 刚好对地面 无压力，若演员 a 的质量与演员 b 的质量之比为 2∶1，则演员 b 摆至最低点时的速度为 (　　) 图 2 A.v＝ gl B.v＝ 2gl C.v＝ 3gl D.v＝2 gl 解析　设绳子拉力为 T，则 mag＝T 19 b 在最低点，由牛顿第二定律得 T－mbg＝mb v2 l ， 得 v＝ gl，故选项 A 正确。 答案　A 5.如图 3 是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球 a、b、c 的运动轨迹，三个小球到墙壁的水 平距离均相同，且 a 和 b 从同一点抛出。不计空气阻力，则(　　) 图 3 A.a 和 b 的飞行时间相同 B.b 的飞行时间比 c 的短 C.a 的水平初速度比 b 的小 D.c 的水平初速度比 a 的大 解析　由题图可知 b 下落的高度比 a 的大，根据 t＝ 2h g 可知，b 飞行的时间较长，根据 v0 ＝ x t，可知 a、b 的水平位移相同，则 a 的水平初速度比 b 的大，选项 A、C 错误；b 下落的 高度比 c 的大，则 b 飞行的时间比 c 的长，选项 B 错误；a 下落的高度比 c 的大，则 a 飞行 的时间比 c 的长，根据 v0＝ x t，可知 a、c 的水平位移相同，则 a 的水平初速度比 c 的小， 选项 D 正确。 答案　D 6.2017 年 6 月 19 号，长征三号乙遥二十八火箭发射中星 9A 卫星过程中出现变故，由于运 载火箭的异常，致使卫星没有按照原计划进入预定轨道。经过航天测控人员的配合和努力， 通过多次调整轨道，卫星成功变轨进入同步卫星轨道。假设该卫星某一次变轨如图 4 所示， 卫星从椭圆轨道Ⅰ上的远地点 Q 改变速度进入地球同步轨道Ⅱ，P 点为椭圆轨道的近地点。 下列说法正确的是(　　) 20 图 4 A.卫星在椭圆轨道Ⅰ上运行时，在 P 点的速度等于在 Q 点的速度 B.卫星在椭圆轨道Ⅰ上的 Q 点的速度小于在同步轨道Ⅱ上的 Q 点的速度 C.卫星在椭圆轨道Ⅰ上的 Q 点的加速度大于在同步轨道Ⅱ上的 Q 点的加速度 D.卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小 解析　卫星在椭圆轨道Ⅰ上运行时，从 P 点运动到 Q 点的过程中，万有引力对卫星做负功， 卫星动能减小，所以卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度，选项 A 错误；由于从椭圆轨道Ⅰ 上的 Q 点变轨到同步轨道Ⅱ，需要点火加速，所以卫星在椭圆轨道Ⅰ上的 Q 点的速度小于在 同步轨道Ⅱ上的 Q 点的速度，选项 B 正确；因为在同一点 Q，根据 a＝ GM r2可知加速度相同， 选项 C 错误；由于卫星受微小阻力的作用，阻力做负功，故机械能减小，卫星做向心运动， 轨道半径变小，根据 v＝ GM r 可知，动能 Ek＝ 1 2mv2＝ GMm 2r ，动能变大，选项 D 错误。 答案　B 7.(2018·河北保定二诊)如图 5 所示，起重机将货物沿竖直方向以速度 v1 匀速吊起，同时 又沿横梁以速度 v2 水平匀速向右移动，关于货物的运动下列表述正确的是(　　) 图 5 A.货物相对于地面的运动速度大小为 v1＋v2 B.货物相对于地面的运动速度大小为 v＋v C.货物相对地面做曲线运动 D.货物相对地面做直线运动 解析　货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀速直线运动，根据平行四边形 定则，知合速度的大小 v＝ v＋v，故选项 A 错误，B 正确；两个匀速直线运动的合运动的 加速度为 0，合速度的大小与方向都不发生变化，所以货物相对地面做匀速直线运动，故选 项 C 错误，D 正确。 答案　BD 8.(2018·天津理综，6)2018 年 2 月 2 日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射 升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过 21 观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将 卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算 出卫星的(　　) 图 6 A.密度 B.向心力的大小 C.离地高度 D.线速度的大小 解析　卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有 G Mm （R＋h）2＝m(2π T ) 2 (R＋h)，无 法计算得到卫星的质量，更无法确定其密度及向心力大小，A、B 项错误；又 G Mm0 R2 ＝m0g，联 立两式可得 h＝3 gR2T2 4π2 －R，C 项正确；由 v＝ 2π T (R＋h)，可计算出卫星的线速度的大小，D 项正确。 答案　CD 9.(2018·安徽省示范高中联考)如图 7 甲所示，在 2017 年郑州航展上奥伦达开拓者飞行表 演队完成了倒飞筋斗的动作。现将其简化成如图乙所示的光滑球拍和小球，让小球在竖直面 内始终不脱离球拍而做匀速圆周运动，且在运动到图乙中的 A、B、C、D 位置时球与球拍间 无相对运动。A 为圆周的最高点，C 为最低点，B、D 与圆心 O 等高，且此时球拍与水平面成 θ 角。设小球的质量为 m，做圆周运动的半径为 R，则(　　) 图 7 A.小球通过 C 点时向心力的大小等于小球通过 A 点时的向心力大小 B.小球在 C 点受到的球拍的弹力比在 A 点时大 3mg C.在 B、D 两处球拍的倾角与小球的运动速度 v 应满足 tan θ＝ v2 Rg D.小球在 B、D 两点受到的球拍的弹力大小为 FN＝mg＋ mv2 R 22 解析　小球在竖直面内始终不脱离球拍而做匀速圆周运动，小球通过 C 点时向心力大小与小 球通过 A 点时的向心力大小相等，选项 A 正确；对小球在 A、C 两点时受力分析，由圆周运 动的特点得 FN1＋mg＝ mv2 R ，FN2－mg＝ mv2 R ，联立得 FN2－FN1＝2mg，选项 B 错误；已知球拍与 水平方向的夹角为 θ，受力分析可知 tan θ＝ v2 Rg，选项 C 正确；对小球在 B、D 两点受力分 析，可得小球受到的球拍的弹力大小为 FN＝ m2g2＋ m2v4 R2 ，选项 D 错误。 答案　AC 二、非选择题 10.(2018·常州一模)如图 8 为固定在竖直平面内的轨道，直轨道 AB 与光滑圆弧轨道 BC 相 切，圆弧轨道的圆心角为 37°，半径为 r＝0.25 m，C 端水平，AB 段的动摩擦因数为 0.5。 竖直墙壁 CD 高 H＝0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和 CD 等高，底边长 L＝0.3 m 的斜面。 一个质量 m＝0.1 kg 的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离 B 点 l＝0.5 m 处由静止释放， 从 C 点水平抛出。重力加速度取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 图 8 (1)求小物块运动到 C 点时对轨道压力的大小； (2)求小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间； (3)改变小物块从斜面上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。 解析　(1)由动能定理得 mglsin 37°＋mg(r－rcos 37°)－μmglcos 37°＝ 1 2mv20 得 v0＝ 3 m/s FN－mg＝m v r，FN＝2.2 N 由牛顿第三定律得，压力大小为 FN′＝2.2 N。 (2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为 x，竖直位移为 y 23 L－x y ＝ L H，得 x＝0.3－1.5y x＝v0t，y＝ 1 2gt2 15t2＋2 3t－0.6＝0 t＝ 3 15 s (3)x＝0.3－1.5y v20t2＝v202y g ＝(0.3－1.5y)2 v20＝ g（0.3－1.5y）2 2y Ek＝ 1 2mv20＋mgy＝ 0.09 4 mg 1 y＋ 25 16mgy－ 0.9 4 解得当 y＝0.12 m 时，Ekm＝0.15 J 答案　(1)2.2 N　(2) 3 15 s　(3)0.15 J 11.如图 9 所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率 P＝3W 工作，赛车(可视为质点)从 A 点由静止出发，经过时间 t(未知)后关闭电动机，赛车继续前进至 B 点后水平飞出，恰好 在 C 点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点 D 后水平飞 出，E 点为圆弧形轨道的最低点。已知赛车在水平轨道 AB 部分运动时受到恒定阻力 f＝0.5 N， 赛车的质量 m＝0.8 kg，轨道 AB 的长度 L＝6.4 m，B、C 两点的高度差 h＝0.45 m，赛车在 C 点的速度大小 vC＝5 m/s，圆弧形轨道的半径 R＝0.5 m。不计空气阻力，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 图 9 (1)赛车运动到 B 点时的速度 vB 的大小； (2)赛车电动机工作的时间 t； (3)赛车经过最高点 D 时对轨道的压力的大小。 解析　(1)赛车从 B 点到 C 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有 h＝ 1 2gt21 vy＝gt1 24 同时有 v2C＝v2y＋v2B 解得赛车在 B 点的速度 vB＝4 m/s (2)赛车从 A 点运动到 B 点的过程中，由动能定理得 Pt－fL＝ 1 2mv2B 解得 t＝3.2 s (3)设圆弧轨道的圆心 O 和 C 点的连线与竖直方向的夹角为 α， 则有 tan α＝ vy vB＝ 3 4 解得 α＝37° 赛车从 C 点运动到最高点 D 的过程中，由机械能守恒定律得 1 2mv2C＝ 1 2mv2D＋mgR(1＋cos α) 设赛车经过最高点 D 处时轨道对小车的压力为 FN，根据牛顿第二定律得 mg＋FN＝m v R 联立解得 FN＝3.2 N 根据牛顿第三定律可得，赛车对轨道的压力大小为 FN′＝3.2 N 答案　(1)4 m/s　(2)3.2 s　(3)3.2 N