平抛圆周天体

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1、专题三力与物体的曲线运动【专题定位】本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题高考对 本专题的考查以运动组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂,具有一定的综合性.考查的主要内容有： 曲线运动的条件和运动的合成与分解；平抛运动规律；圆周运动规律；平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；应用万有引力定律解决天体运动问题；带电粒子在电场中的类平抛运动问题；带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；带电粒子在简单组合场内的运动问题等.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、建立类平抛运动模型方法、等效的思想方法等.【应考策略：熟练

2、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、圆周和天体运动知识方法聚焦,知识回扣绳固定，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v0.4. 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2由万有引力提供.其基本关系式为GMMm = m* = mw 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

3、，然后 结合牛顿第二定律进行动力学分析. 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. 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 = gR?. 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r = m（）2r = m（2 n）2r.在天体表面，忽略自转的情况下有= mg.5.卫星的绕行速度V、角速度w、周期T与轨道半径r的关系(1) 由GM，则r越大，v越小.G啤=mW得v=r2 r6.由由Mm 2 eGr，得 w=雪，则r越大，w越小.卫星变轨= m4Trr，得 T

4、=4GM，则r越大，T越大.体法；（4）近地卫星环绕法.（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.规律方法题型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A .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Vx= 4m/s.根据竖直

5、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/E.前2 s内质点处于失重状态，2 s末质点速度为v = 42+ : 2 m/s4 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圧3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是J L泊b a1 r r v rA . X2 X1 = X3 X2 ,AEi = AE2= AE3B . X2 X1 X3 X2 ,AE1= AE2= AE3C. X2 X1 X3 X2 ,AE1V AE2V AE3D . X2 X1 V X3 X2 ,AE1V AE2V AE3

6、答案 BAE1= AE2= AE3= 0.小球在y12 = y23，所以 t12 t23 , X2解析 不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因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00 重合.转台以一定角速度 3 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00之间的夹角B为60重力加速度大小为g

7、.图5(1)若3= 30,小物块受到的摩擦力恰好为零，求30；若3= (1 ) 30,且0V 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:Fncos 60 = mgFNsin 60 丄mR拐R = Rsin 60(2)由于 Ov k? 1,当W= (1 + k)WO时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下由 受力分析可知：Fn cos 60 = mg+ fcos 30 Fn sin 60 + fsin 30 = mR w2联立解得：f=当 W= (

8、1 k) W0 时.3k 2+ k2mg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.Fn cos 60 + f sin 60 = mgFn sin 60 f cos 60 =mR w2R = Rsin 60 3k 2 k 所以 f =2 mg.当W= (1 + k)w0时，f沿罐壁切线向下，大小为 当W= (1 k) W0时，f沿罐壁切线向上，大小为,3k 2 + kmgmg【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.R = Rsin 60(2)列出正确的动力学方程v2F = m_ r=mrg?= mw v= mr4 n

9、T2.(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Vo,右 vo=10R，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，定可以表示为V22gC.可能为Rb 可能为4R5D 可能为答案 B解析如果小球到最高点时速度为零，则有152mv2= mgh,解得h= 3R,小球已经过了高5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3R的高度，即不能到达2g的高度，选项a、d错误，选项b正确.题型【例44万有引力定律的应用】某行星自转周

10、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()42 R R 3A .该行量质量为 M = gt2B .该星球的同步卫星轨道半径为r = 3 4R2C.质量为m的物体对行星赤道地面的压力为Fn = T2D 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2n球赤道上物体恰好对行星表面没有压力，则有mRT 2,解得该行星质量为21GnR，选项 A错误.由 GMMm = mrGirc|）2, G-

11、rt = mR（Y）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Fn,由GMRm Fn = mR（2|n）2，解得Fn = 12辛2兀只，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 Fn = 122亟，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”模型一一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2学方程（g? = m* = mw2r = 口（亍字= ma）和黄金代换公式（GM = gR2）就能轻松解决问 题

12、.2. “天体自转”模型一一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万一Fn.针対W堀4. （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答案 B倍，则此时圆周运动的周期为（）解析 双星靠彼此

13、的引力提供向心力，则有m1m24 nG l2 = m1r1 t2_.m1m24 nG l2 = m22|2并且n+ r2= L解得T= 2G mi+ m2L3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n3L3T = 2 ni Gk m1 + m2T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勺光滑圆弧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

14、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/s2）求：AO/（1）物块经C点时对圆弧面的压力;物块滑至B点时的速度;物块与斜面间的动摩擦因数.【审题模板1“料面片h与脚右闻沟yr的比構呦flcfflflO说明ah与垂克可推知 制面傾 角为37畅魚山?点开可ffijuw驸做平拋运劲 块任Q点I的速度删周迢功的堰律在C点;平鼬运胡的畑沖V拋过皑在C和占一已的过程分別应用动徒总理(OC直片向（1分）（1分）（1分）

15、（1分）（1分）（1分）（2分）（2分）（2分）（2分）（1分）【答题模板】 物块从C点到E点做平抛运动 由 h = 1gt2得 t= 0.4 s vc = - = 3 m/s由牛顿第二定律知vCFn mg= mRFn = 17.2 N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，方向竖直向下从B点到C点由动能定理有1 2 1 2mgR(1 cos 37 ) = ?mvc mvBvb= 2 m/s从A点到B点由vB = 2aL,得a= 2 m/s2由牛顿第二定律有mgsin 37 丰 Fcos 37 mgcos 37 Fsin 37 ) = ma代入数据，解得尸斜0.65 答案

16、 （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.OJIUto 一长I = 0.80 m的轻绳一端固定在0点，另一端连接一质量 m= 0.10 kg的小球，悬点0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0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

17、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; 若0P = 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VB,由机械能守恒定律得 mvB= mgl解得小球运动到B点时的速度大小vb= ：f2gl = 4.0 m/s(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得X= VBt y= H l = ?gt2解得C点与B点之间的水平距离(3) 若轻绳碰

18、到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm,由圆周运动规律得Fm mg=r = l - OP由以上各式解得Fm = 9 N专題突破练（限时：45分钟）1,某公路急转弯处1.（2013新课标II 21）公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图是一圆弧，当汽车行驶的速率为Vc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A 路面外侧高内侧低B 车速只要低于VC,车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于vc,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，Vc的值变小答案 AC解析当汽车行驶的速度为Vc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

19、，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确.当速度稍大于Vc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Vc时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误.vc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

20、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 3相同，线速度v = r 3,而ArB ,所以VAVB, 故A项错；根据 an= r 3知anAanB,故B项错；如图，tan 0=詈，而By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Ft = 严，cos 0则FtavFtb，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.下列说法正确的是OA与竖直方向的夹角为0,PA与竖直方向的夹角为 0.( )图3A .

21、tan 0itan 0 = 2C. cot 0cot 0 = 2答案 AB. cot 0itan 0= 2D. tan 0cot 0= 2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Vy atA点时速度与水平方向的夹角为0, tan 0 = V0= v0,位移与竖直方向的夹角为0, tan 0vot2vo；gt2gt，贝U tan 0tan 0 = 2.故 A 正确,B、C、D错误.4. 在光滑水平桌面中央固定一边长为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

22、时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以vo= 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7N，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0.7 nD .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v2mv2 2逐步增大，由F

23、= m得r =厂=7 mhiB .向心加速度 a2aiC.线速度V2V1答案 AC解析由万有引力提供向心力可知,R,4 nR+ h2= m(R+ h)，h =由于周期增大，则h增大，选项A正确;G Mm 2= ma可知，向心加速度减小，选项BR+ h 22错误；由线速度公式V R+ h 2=m可知，线速度减小，选项C正确，选项D错误.R+ h7. （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

24、向心力得= m* = mw2r = ma= mfr，变形得：a =, vT和M成减函数关系，而a、v、co和M成增函数关系，故选 A.& 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H,则（）Q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n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n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

25、7.9 km/s，选项A错误，选项B正确;由v=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=知r越大T越大，则卫星在轨道n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

26、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Vo= 4 m/s, g 取10 m/s2.M(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点 在满足的条件下，小球在最高点 水平轨道的位置到轴 O的距离；P时对轻杆的作用力大小和方向；P

27、突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小 速度大小.答案(1)2 N 竖直向上计5 m (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= 2 m/s，试求此时滑块的V1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则*mv1+ mgL = 2mv2得 V1= . 6 m/sv10,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v1F + mg = m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 = 1gt2落

28、地点到轴0的水平距离s= vit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12mv2+ 2Mv2 + mgL = *mv0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vo= 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0.2，取g = 10 m/s

29、2.图10(1) 求小车与墙壁碰撞时滑块的速率；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)RW 0.24 m 或 R0.60 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a1，小车加速度为a2，由牛顿第二定律得:对滑块有卩mg ma1对小车有mg Ma2t后速度相等，则有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vo+ ait= a2t1滑块的位移si = vot + 2 ai t21 2小车的位移s2= 2a2t2代入数据得zs= si - s2= 3 mL且S20.60 m1 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、独立性和等效性.2. 平抛运动1(1)规律：Vx= vo, Vy= gt, x= vot, y= ?gt* 1 2(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体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；设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为0,位移与水平方向的夹角为購则有tan = 2tan_J.3. 竖直平面圆周运动的两种临界问题