高考物理二轮复习考点练习专题（03）力与物体的曲线运动(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

专题（03）力与物体的曲线运动（解析版）

【专题考向】从考查方式上来说，在高考的考查中，本专题内容可能单独考查，特别是万有引力与航天部分，常以选择题形式出现；也可能与其他专题相结合，与能量知识综合考查，以计算题形式出现。从近几年考试命题趋势看，本章内容与实际应用和生产、生活、科技相联系命题，或与其他专题综合考查，曲线运动问题由原来的选择题转变为在计算题中考查，万有引力与航天仍然以选择题出现，单独考查的可能性更大。

【知识、方法梳理】

1．平抛运动

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。

2．竖直面内的圆周运动

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。

3．天体运动

(1)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。

(2)确定天体表面重力加速度的方法有：测重力法、单摆法、平抛(或竖直上抛)物体法、近地卫星环绕法。

【热点训练】

1、(多选)如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端c处。今在c点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的三等分点d处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　)

A．ta＝tb   B．ta＝3tb

C．va＝vb   D．va＝vb

【答案】C

解析：a、b两球下降的高度之比为3∶1，根据h＝gt2可知，t＝，则运动的时间关系为ta＝tb，故A、B错误；因为a、b两球水平位移之比为3∶2，由v0＝得：va＝vb，故C正确，D错误。

2、(多选)如图所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　　)

A．数据a与小球的质量有关

B．数据b与小球的质量有关

C．比值不但与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关

D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径

【答案】BCD

解析：当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则，解得v2＝gr，与物体的质量无关，故A错误；当v2＝2a时，对物体受力分析，则，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B正确；根据A、B可知与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故C正确；若F＝0，由图知：v2＝a，则有，解得，若v2＝2a，，解得，故D正确。

3、(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴水平向右，y轴竖直向下，将一个可视为质点的小球从坐标原点O沿x轴正方向以某一初速度向着一光滑固定斜面抛出，不计空气阻力，小球运动到斜面顶端a点时速度方向恰好沿斜面向下，并沿ab斜面滑下。若小球沿水平方向的位移和速度分别用x和vx表示，沿竖直方向的位移和速度分别用y和vy表示，小球运动到a点的时间为ta，运动到b点的时间为tb，则在小球从O点开始到运动到斜面底端b点的过程中，以上四个物理量随时间变化的图象可能正确的是(　　)

【答案】BC

解析：在平抛运动阶段，水平方向做匀速直线运动，vx＝v0保持不变，水平位移x＝vxt随时间均匀增加；竖直方向做自由落体运动，vy＝gt，即vy随时间均匀增大，竖直位移y＝gt2；当小球运动到斜面顶端a点时速度方向恰好沿斜面向下，则小球在斜面上做匀加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，可知在水平方向上以初速度v0做匀加速直线运动，此时vx＝v0＋axt，随时间均匀增大，水平位移x＝v0t＋axt2；在竖直方向上继续做匀加速直线运动，vy仍随时间均匀增大，由于加速度小于原来的加速度，故增加的幅度变小，由此分析可知A、D错误，B、C正确。

4、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”方式成功发射了第24、25颗北斗导航卫星，开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代。北斗导航系统由5颗静止轨道卫星(即卫星相对地面的位置保持不变)和30颗非静止轨道卫星组成，其中北斗G5为地球静止轨道卫星，轨道高度约为36000 km；北斗M3为中圆地球轨道卫星，轨道高度约为21500 km，已知地球半径为6400 km，则下列说法中正确的是(　　)

A．北斗G5绕地球运转周期为24 h

B．北斗G5绕地球运转的线速度大于7.9 km/s

C．北斗M3绕地球运转的角速度小于北斗G5的角速度

D．北斗M3绕地球运转的向心加速度小于北斗G5的向心加速度

【答案】A

解析：北斗G5绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律＝，GM＝gR2，故北斗G5绕地球做匀速圆周运动的周期为T＝＝24 h，选项A正确；根据＝，解得北斗G5绕地球运转的线速度v＝<7.9 km/s，选项B错误；根据＝mω2(R＋h)，解得ω＝，由于北斗M3的轨道高度小于北斗G5的轨道高度，北斗M3绕地球运转的角速度大于北斗G5的角速度，选项C错误；根据＝ma，解得a＝，由于北斗M3的轨道高度小于北斗G5的轨道高度，北斗M3绕地球运转的向心加速度大于北斗G5的向心加速度，选项D错误。

5、(多选)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

【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，根据，则t＝，因为水平方向上小球做匀速直线运动，可知t2>t1，则加上电场后的加速度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，根据矢量合成知，初速度相同，则落在斜面上的速度大小相等，故D正确。

6、如图所示，长为L的轻质硬杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，转动的角速度为ω，重力加速度为g，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角θ为(　　)

A．sin θ＝      B．sin θ＝        C．tan θ＝      D．tan θ＝

【答案】B

解析：小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示根据牛顿第二定律有：＝mLω2，解得：sin θ＝，故选B。

7、(多选)如图所示，质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1的轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道Ⅱ的变轨过程进入半径R3圆形轨道Ⅲ继续绕地球运动，其中P为Ⅰ轨道与Ⅱ轨道的切点，Q点为Ⅱ轨道与Ⅲ轨道的切点，下列判断正确的是(　　)

A．卫星在轨道Ⅰ上的动能为

B．卫星在轨道Ⅲ上的机械能等于－

C．卫星在Ⅱ轨道经过Q点时的加速度小于在Ⅲ轨道上经过Q点时的加速度

D．卫星在Ⅰ轨道上经过P点时的速率大于在Ⅱ轨道上经过P点时的速率

【答案】AB

解析：在轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心力，有：G＝m，解得：v1＝，则动能为Ek1＝mv12＝，故A正确；在轨道Ⅲ上，根据万有引力提供向心力，有：G＝m，解得：v3＝，则动能为Ek3＝mv32＝，引力势能为Ep＝－，则机械能为E＝Ek3＋Ep＝－，故B正确；根据万有引力提供向心力，有：G＝ma，解得：a＝，两个轨道上Q点到地心的距离相同，故加速度的大小相同，故C错误；卫星从Ⅰ轨道要变到Ⅱ轨道上去，故经过P点时必须点火加速，即卫星在Ⅰ轨道上经过P点时的速率小于在Ⅱ轨道上经过P点时的速率，故D错误。

8、(多选)我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，可为中低轨道卫星提供数据通讯，如图为“天链一号”卫星a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球的位置关系示意图，O为地心，地球相对卫星a、b的张角分别为θ1和θ2(θ2图中未标出)，卫星a的轨道半径是b的4倍。己知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a的周期为T，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星b会进入卫星a通讯的盲区，卫星间的通讯信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽略。下列分析正确的是(　　)

A．卫星a，b的速度之比为2 : 1

B．卫星b的周期为

C．卫星b每次在盲区运行的时间为

D．卫星b每次在盲区运行的时间为

【答案】BC

解析：设卫星a、b的轨道半径分别为r1和r2，地球半径为R，根据得，卫星a、b的速度之比为1 : 2，故A错误；由可得，可得 r1＝4r2，则得卫星b星的周期为，故B正确；如图，A、B是卫星盲区两个边缘位置，由几何知识可得∠AOB＝θ1＋θ2，则

解得b每次在盲区运行的时间为，故C正确，D错误。

9、如图，水平光滑杆CP上套有一个质量m＝1 kg的小物块A(可视作质点)，细线跨过O点的轻质小定滑轮一端连接物块A，另一端悬挂质量mB＝2 kg的小物块B，C点为O点正下方杆的右端点，定滑轮到杆的距离OC＝h＝0.4 m。开始时AO与水平方向的夹角为30°，A和B静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为θ＝37°固定斜面，斜面上有一质量M＝1 kg的极薄木板DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块A与斜面间动摩擦因数均μ1＝0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF长L1＝0.53 m)，FE部分与物块A间的动摩擦因数μ2＝3/8。木板端点E距斜面底端G长LEG＝0.26 m。现将A、B同时由静止释放(PO与水平方向的夹角为60°)，物块A运动到C点时细线突然断开，物块从C水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定。滑块在木板上DF段运动时间恰是在FE段的一半，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比；

(2)木板表面FE部分的长度L2；

(3)从解除锁定开始计时，木板端点E经多长时间到达斜面底端G？

解析：(1)在P点时，由速度关系vAcos 60°＝vB

得：vA : vB＝2:1。

(2)物块运动到C点时，物块B的速度恰为零，物块从A点运动到C点，A、B组成系统机械能守恒：

解得：vC＝4 m/s

设物块刚滑上木板时的速度大小为v0，由平抛规律：m/s

滑上木板后，在DF段：因为木板与斜面间最大静摩擦力fm＝μ1(m＋M)gcos 37°＝8 N，木板重力沿斜面的分量Gx＝Mgsin θ＝6 N，所以木板静止

物块加速度a1＝gsin θ＝6 m/s2

设物块经时间t1运动到F，则：

解得：t1＝0.1 s

物块到达F点的速度vF＝v0＋a1t1＝5.6 m/s

过F后，对物块有：mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2

得：a2＝3 m/s2

对木板有：Mgsin 37°＋μ2mgcos 37°－μ1(m＋M)gcos 37°＝Ma

得：a＝1 m/s2

设物块经时间t2滑到E点，则：t2＝2t1＝0.2 s

木板的位移

物块的位移

木板表面FE部分的长度L2＝xʹ－x

代入数据解得：L2＝1.16 m。

(3)分离时木板位移m，速度v＝at2＝0.2 m/s

分离后，对木板：Mgsin 37°－μ1Mgcos 37°＝Maʹ

得：aʹ＝2 m/s2

由，得：t3＝0.4 s

所以t＝t1＋t2＋t3＝0.7 s。

10、如图所示，半径为R的光滑圆弧AB与水平线相切于B点，O点为圆心，竖直线OB的右侧有方向水平向右的匀强电场。电场中有两个台阶，第一阶台阶M1N1，第二阶台阶M2N2，已知BM1之间的高度差为H，台阶宽度为l、台阶间的高度差为h。台阶上铺有特殊材料，与之相碰的小球：①带上正电，并在此后电荷量始终保持不变，其在电场中受到的电场力大小为0.5倍重力；②水平方向的速度立即减为零，竖直方向速度变为原来的倍。原来小球不带电，已知H＝4h，R＝3h，重力加速度为g。

(1)从A点静止释放的小球，能落在第一台阶M1N1上，则l至少应为多少个h；

(2)若小球由P点静止释放，经过B点时对轨道的压力为重力的1.8倍，令∠BOP＝α，求α大小(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)；

(3)调整小球释放的位置，若使落在台阶M1N1中点弹起后，恰好又落到M2N2的中点，求从弹起到落回所经过的时间t及台阶宽度l与高度差h之间的关系。

解析：(1)由动能定理有mgR＝mv2

小球做平抛运动，由平抛运动的规律可知

竖直方向：H＝gt2

水平方向：l＝vt

由以上三式解得l＝4h。

(2)由动能定理有mv＝mgR(1－cos α )

向心力公式FN′－mg＝

由牛顿第三定律FN＝FN′

由以上各式解得cos α＝0.6

所以α＝53°。

(3)小球落在台阶M1N1时竖直速度为

vy＝＝2

反弹时竖直速度为v＝

在竖直方向上，选向下为正方向，设小球从M1N1上弹起后落到M2N2上所用的时间为t

h＝－vt＋gt2

解得t＝(＋2)

在水平方向上小球受电场力，加速度大小为

a＝＝

根据运动学公式l＝at2＝gt2

解得l＝h。