高考物理二轮复习 第1部分 专题1 第3讲 力与曲线运动

这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题1 第3讲 力与曲线运动，共19页。试卷主要包含了平抛运动的研究方法，平抛运动的二级结论等内容，欢迎下载使用。

　力与曲线运动
真题情境
　　
2021·全国甲卷T15　　　　2021·全国乙卷T18
　　　　
2020·全国卷ⅠT16　　　　　2020·全国卷ⅡT16

考情分析
【命题分析】
高考对本讲的命题，选择题多集中在考查平抛运动、卫星运动的规律；计算题集中在圆周运动规律的综合应用，题目与生活、生产相联系，涉及相关物理量的临界和极限状态的求解。
【素养要求】
1．掌握小船渡河问题、关联速度问题的处理方法。
2．应用平抛运动特点及规律解决相关问题。
3．掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题。
4．掌握天体和卫星的运行特点和规律。
5．会应用动力学和能量观点分析卫星变轨问题。

必备知识



突破点一| 抛体运动
1．平抛运动的研究方法

2．平抛运动的二级结论

(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则tan α＝。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ的正切值的2倍，即tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛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。
[典例1]　如图所示，一小球在斜面的顶端以初速度v0水平抛出，最后落到斜面上。已知斜面的倾角为α，小球的质量为m，重力加速度为g。求：

(1)小球落到斜面时速度大小和方向与水平面夹角的正切值；
(2)小球离斜面最远时的速度大小和运动时间。
[解析]　(1)如图所示，设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ

小球在水平方向上做匀速直线运动，有vx1＝v0，x＝v0t
小球在竖直方向上做自由落体运动，有
vy1＝gt，y＝gt2
小球落到斜面上，所以有tan α＝＝
解得t＝
tan θ＝＝＝2tan α
小球落到斜面上的速度v1＝＝v0。
(2)当小球的运动方向与斜面平行时，小球与斜面相距最远，设此时经历时间为t′，小球的运动方向与水平方向的夹角为α，则有
vx＝vcos α，tan α＝＝，vx＝v0
解得t′＝，v＝。
[答案]　(1)v0　2tan α
(2)　
[母题追问]
1．在上述例题的基础上改变为以下情景：在足够长斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，小球落至斜面时下落的竖直高度为h1；若将此球改用2v0水平速度抛出，仍落至斜面时下落的竖直高度为h2。则h1∶h2为(　　)

A．1∶2　 B．1∶3
C．2∶1 　 D．1∶4
D　[斜面倾角的正切值为tan α＝＝＝，则运动的时间为t＝，可知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运动时间变为原来的2倍，所以时间比为1∶2。平抛运动下落的竖直高度h＝gt2∝t2，则h1∶h2＝1∶4，故D正确，A、B、C错误。]
2．在上述例题的基础上改变为以下情景：让小球在斜面的顶端以初速度v0垂直斜面斜向上抛出，最后仍落到斜面上。其他条件不变。求：

(1)小球落到斜面上时的水平位移和竖直位移的大小；
(2)小球从抛出到离斜面最远时的时间；
(3)小球离斜面最远时的速度大小。
[解析]　(1)建立如图所示的坐标系，分解重力可知：小球在沿斜面方向上做初速度为0的匀加速直线运动，ax＝gsin α；小球在y轴方向上做加速度大小为ay＝gcos α的类竖直上抛运动。

小球运动的时间t＝＝
沿斜面的距离x＝axt2＝
所以小球落到斜面上的水平位移为
x∥＝xcos α＝
竖直位移为x⊥＝xsin α＝。
(2)小球从抛出到离斜面最远时的时间为
t′＝＝。
(3)小球离斜面最远时vy＝0，只有沿x轴方向上的速度，则vx＝axt′＝v0tan α。
[答案]　(1)　　(2)　(3)v0tan α
反思感悟：平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
[考向预测]
1．(2021·湖南永州二模)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
C　[由于a、b两球下降的高度之比为3∶1，根据h＝gt2可知下落时间t＝，则两小球运动的时间关系是ta＝tb，故A、B错误；因为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，在一个倾角为37°的长斜面底端O点正上方h＝1.7 m的P点处将一小球以速度v0水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q点，sin 37°＝0.6。取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．小球的初速度v0＝4 m/s
B．Q点离O点的距离|QO|＝1.2 m
C．保持h不变，将小球以2v0的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O点的距离小于2|QO|
D．若抛出点高度变为2h，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为v0
CD　[如图甲所示，小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为53°，设Q到水平面的高度为y，到OP的距离为x，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值tan 53°＝2·＝2·，可得y＝h≈0.9 m，x＝1.2 m，|QO|＝＝1.5 m，B错误；小球在空中运动的时间t＝＝0.4 s，初速度v0＝＝3 m/s，A错误；保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示，若无斜面，则小球应击中Q′点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端O的距离小于2|QO|，C正确；若抛出点高度变为2h，根据小球垂直击中斜面的规律知，y′＝×2h，小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，故小球的初速度应调整为原来的倍，D正确。故选CD。

甲　　　　　　　　　　　乙　]
3．如图所示，边长为a的正方体无盖盒子ABCD­A′B′C′D′放置在水平地面上，O与A′、B′在同一直线上，且O与A′的距离为a。将小球(可视为质点)从O点正上方距离O点3a处以某一速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g。为使小球能落在盒子内部，则小球抛出时速度v大小的范围为(　　)

A． C． B　[小球抛出后做平抛运动，欲使小球落在盒内，则在竖直方向上小球下落的高度为2a，在竖直方向上有h＝2a＝gt2，当小球落在A点时水平位移最小，小球抛出的速度最小，在水平方向上有x＝a＝v1t，解得v1＝；当小球落在C点时水平位移最大，小球抛出的速度最大，在水平方向上有＝v2t，解得v2＝。所以小球抛出的速度大小的范围为 突破点二| 圆周运动
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝fm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)

轻绳模型
轻杆模型
图示


在最高点受力
重力，弹力F弹向下或等于零，mg＋F弹＝m
重力，弹力F弹向下、向上或等于零，mg±F弹＝m
恰好过最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零
v＝0，mg＝F弹，在最高点速度可为零
关联
应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
[典例2]　(多选)(2021·云南曲靖二模)如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F­v2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)

甲　　　　　　　　乙
A．小球的质量为4 kg
B．固定圆环的半径R为0.8 m
C．小球在最高点的速度为4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向向上
D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100 N
[思路点拨]　解此题关键有两点：
(1)做好小球在某一位置的动力学分析。
(2)将小球的动力学方程与F­v2图象对应，找出已知物理量。
BD　[对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，F－mg＝0，结合图象可知：20 N－m·10 m/s2＝0，解得小球质量m＝2 kg，选项A错误；当F＝0时，由重力提供向心力可得mg＝，结合图象可知mg＝，解得固定圆环半径R为0.8 m，选项B正确；小球在最高点的速度为4 m/s时，设小球受圆环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F＋mg＝m，代入数据解得F＝20 N，方向竖直向下，所以选项C错误；小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝mv2，由以上两式得F＝5mg，代入数据得F＝100 N，选项D正确。]
反思感悟： 抓“两点”“一联”把握解题关键点
①“两点”
②“一联”
[考向预测]
4．(多选)(2021·山东省烟台市一模)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A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>时，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
AC　[对小球受力分析，可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误；当Tacos θ＝mω2l，即ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确；由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。]
5．(易错题)(多选)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＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
AC　[本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件。小木块a、b做匀速圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R。当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωl，当fa＝kmg时，即kmg＝mωl，ωa＝；对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，即kmg＝mω·2l，ωb＝，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa 6．(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T­v2图象如图乙所示，则(　　)

甲　　 　　乙
A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a
D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
AD　[设绳长为R，由牛顿第二定律知小球在最高点满足T＋mg＝m，即T＝v2－mg，由题图乙知a＝mg，b＝gR，所以g＝，R＝，A正确，B错误；当v2＝c时，有T＋mg＝m，将g和R的值代入得T＝－a，C错误；因小球在最低点满足T′－mg＝m，即在最低点和最高点时绳的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋(v－v2)，又由机械能守恒定律知mv＝2mgR＋mv2，可得ΔT＝6mg＝6a，D正确。]
突破点三| 万有引力与航天
1．估算天体质量和密度的解题技巧
(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，求出的只是中心天体的质量，并非环绕天体的质量。
(2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，体积V＝πR3中R为天体半径。
2．分析卫星运行参量的“一模型”“两思路”
(1)一种模型：无论是自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动，如例题中的中心天体为地球。
(2)两条思路
①万有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2·r＝m·r。
②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或GM＝gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式GM＝gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。
3．用好——“桥梁”
地面赤道上的物体随地球一起转动，与同步卫星具有相同的角速度。比较地面赤道上物体和空中卫星的运行参数，可借助同步卫星的“桥梁”作用。
4．卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动，当由于某种原因卫星速度v突然增大时，有Gm，卫星将做向心运动。
[典例3]　(多选)(2021·湖南卷)2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是(　　)
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9 km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24 h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
[思路点拨]　解此题把握两点：
(1)卫星的运行看成万有引力作用下的匀速圆周运动，且运行轨道和质量无关。
(2)第一宇宙速度是最大环绕速度。
AC　[根据万有引力定律有F＝G，核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为＝＝，所以A正确；由G＝m得v＝，核心舱做圆周运动的半径大于地球半径，故核心舱在轨道上飞行的速度小于第一宇宙速度，即小于7.9 km/s，所以B错误；根据T＝2π，可知核心舱做圆周运动的轨道半径小于同步卫星做圆周运动的轨道半径，则其周期比同步卫星的周期小，小于24 h，所以C正确；卫星做圆周运动时万有引力提供向心力，有G＝m，解得v＝，则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径，所以D错误。]
反思感悟：卫星运行参量的比较方法
(1)列出四个连等式：
G＝m＝mω2r＝mr＝ma。
(2)导出四个表达式：
a＝，v＝，ω＝，T＝。
(3)结合r大小关系，比较得出a、v、ω、T的大小关系。
[考向预测]
7．宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统，设某双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO
A．星球A的向心力一定大于星球B的向心力
B．星球A的线速度一定大于星球B的线速度
C．星球A的质量一定大于星球B的质量
D．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越小
C　[双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力大小相等，故A错误；双星系统角速度相等，根据v＝ωr，且AOm2，即A的质量一定大于B的质量，故C正确；根据万有引力提供向心力得：G＝m1r1＝m2r2，又r1＋r2＝L，计算得出周期为T＝2π ，由此可以知道双星的总质量一定，双星之间的距离越大，转动周期越大，故D错误。]
8．(多选)(2021·福建高三二模)2021年2月15日17时，天问一号火星探测器在“火星捕获轨道”的远火点成功实施平面机动，进入两极上空的“环火星1轨道”，之后多次在近火点实施制动，进入运行周期为火星自转周期2倍的“火星停泊轨道”，载荷的高分辨率相机、光谱仪等仪器将对预选着陆区地形地貌、沙尘天气等进行详查，为择机着陆火星做好准备，则“天问一号”(　　)

A．在“火星停泊轨道”的运行周期大于它在“环火星1轨道”的运行周期
B．在“火星停泊轨道”从近火点向远火点运动过程机械能守恒
C．在“火星停泊轨道”每次经过近火点时，都在火星上同一个位置的正上空
D．在“火星捕获轨道”的远火点要沿捕获轨道的速度反方向点火进入“环火星1轨道”
BC　[ 在“火星停泊轨道”的运行半长轴小于“环火星1轨道”的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在“火星停泊轨道”的周期小于它在“环火星1轨道”的运行周期，选项A错误；在“火星停泊轨道”从近火点向远火点运动过程，只有火星的引力做功，则机械能守恒，选项B正确；因为在“火星停泊轨道”上的周期等于火星自转周期的2倍，则在“火星停泊轨道”每次经过近火点时，都在火星上同一个位置的正上空，选项C正确；“火星捕获轨道”与“环火星1轨道”有一定夹角，所以无论沿捕获轨道的速度正方向或反方向点火，均不会进入“环火星1轨道”，选项D错误。]
9．(易错题)(多选)有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则(　　)

A．a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度
B．在相同时间内b转过的弧长最长，a、c转过的弧长对应的角度相等
C．c在4小时内转过的圆心角是，a在2小时内转过的圆心角是
D．b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小时
BC　[a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故a的向心加速度远小于重力加速度g，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，G＝man，解得向心加速度an＝，由于卫星d的轨道半径大于卫星c的轨道半径，所以卫星c的向心加速度大于d的向心加速度，选项A错误；地球同步卫星c绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内a、c转过的弧长对应的角度相等，由＝m可得v＝，轨道半径越小速度越大，则vb>vc>vd，又a与c角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，故vc>va，即b的速度最大，所以在相同时间内b转过的弧长最长，选项B正确；a、c角速度相同，在4小时内转过的圆心角都为＝，在2小时内转过的圆心角都为＝，选项C正确；c和b的轨道半径都小于d的轨道半径，由开普勒第三定律可知，b的运动周期一定小于d的运动周期，d的运动周期一定大于c的运动周期(24小时)，选项D错误。]
突破点四| 新情境探究
以大气环境监测为背景考查卫星运行规律
[案例1]　(2021·北京丰台区高三一模)为了对大气二氧化碳进行全天时、高精度监测，我国研制的全球首颗搭载主动激光雷达的大气环境监测卫星，将于2021年7月出厂待发射。与地球同步轨道卫星(图中卫星1)不同，大气环境监测卫星(图中卫星2)是轨道平面与赤道平面夹角接近90°的卫星，一天内环绕地球飞14圈。下列说法正确的是(　　)

A．卫星2的速度大于卫星1的速度
B．卫星2的周期大于卫星1的周期
C．卫星2的向心加速度小于卫星1的向心加速度
D．卫星2所处轨道的重力加速度等于卫星1所处轨道的重力加速度
A　[因为地球同步卫星(卫星1)的周期是24 h，而大气环境监测卫星(卫星2)的周期是，可见卫星2的周期小，根据万有引力提供向心力，有G＝mr，可得T＝2π，故卫星2的轨道半径小于卫星1的轨道半径，根据万有引力提供向心力，有G＝m，解得v＝，因卫星2的轨道半径小，所以卫星2的速度大于卫星1的速度，A正确，B错误；根据万有引力提供向心力，有G＝ma，解得a＝，因卫星2的轨道半径小，故它的向心加速度大于卫星1的向心加速度，C错误；根据万有引力等于重力，有G＝mg，解得g＝，因卫星2的轨道半径小，故它的重力加速度大于卫星1的重力加速度，D错误。]
以娱乐节目为背景考查平抛运动和圆周运动规律
[案例2]　某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R、铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H，A点位于平台边缘的正上方，水平直轨道与平台间的高度差可忽略不计。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，启动后2 s悬挂器脱落。已知人的质量为m(人可看成质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。

(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
(2)若H＝3.2 m，R＝0.9 m，g取10 m/s2，当a＝2 m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。
(3)若H＝2.45 m，R＝0.8 m，L＝6 m，g取10 m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围。
[解析]　(1)人落在转盘边缘处恰好不被甩下，此时最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝mω2R
解得ω＝
故转盘的角速度ω≤ 。
(2)人匀加速过程有x1＝at2＝×2×22 m＝4 m
v＝at＝4 m/s
人平抛过程有H＝gt，解得t2＝0.8 s
x2＝vt2＝4×0.8 m＝3.2 m
所以L＝x1＋x2＝7.2 m。
(3)分析知a最小时人落在转盘左端，a最大时人落在转盘右端，对平抛过程有H＝gt
解得t3＝0.7 s
人落在转盘左端时有L－R＝a1t2＋a1tt3
解得a1＝ m/s2≈1.53 m/s2
人落在转盘右端时有L＋R＝a2t2＋a2tt3
解得a2＝2 m/s2
故加速度a的范围是1.53 m/s2≤a≤2 m/s2。
[答案]　(1)ω≤ 　(2)7.2 m
(3)1.53 m/s2≤a≤2 m/s2