2022届高考物理二轮复习 1.3 力与曲线运动 讲义.docx

1、专题一 相互作用与运动第3讲力与曲线运动基本知能：考点一| 抛体运动1平抛运动的研究方法平抛运动、速度方向和位移方向的应用已知条件情景示例解题策略已知速度方向从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面分解速度tan 从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向分解速度tan 已知位移方向从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下分解位移tan 在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面分解位移tan 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

2、平位移的中点，则tan 。(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的正切值，是位移与水平方向的夹角的正切值的2倍，即tan 2tan 。(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，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

3、落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为小球在水平方向上做匀速直线运动，有vx1v0，xv0t小球在竖直方向上做自由落体运动，有vy1gt，ygt2小球落到斜面上，所以有tan 解得tTan 2tan 小球落到斜面上的速度v1v0。(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，则有vxvcos ，tan ，vxv0解得t，v。答案(1)v02tan (2)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

4、下落的竖直高度为h2。则h1h2为()A12 B13C21 D14D斜面倾角的正切值为tan ，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12。平抛运动下落的竖直高度hgt2t2，则h1h214，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

5、向上做初速度为0的匀加速直线运动，axgsin ；小球在y轴方向上做加速度大小为aygcos 的类竖直上抛运动。小球运动的时间t沿斜面的距离xaxt2所以小球落到斜面上的水平位移为xxcos 竖直位移为xxsin 。(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vy0，只有沿x轴方向上的速度，则vxaxtv0tan 。答案(1)(2)(3)v0tan 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。考点二| 圆周运动1水平面内的圆周运动的“临界”分析

6、(1)绳的临界：张力FT0(2)接触面滑动临界：Ffm(3)接触面分离临界：FN02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，mgF弹m重力，弹力F弹向下、向上或等于零，mgF弹m恰好过最高点F弹0，mgm，v，即在最高点速度不能为零v0，mgF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3.圆周运动的三种临界情况(1)接触面滑动临界：摩擦力达到最大值(2)接触面分离临界：FN0.(3)绳恰好绷紧：FT0；绳恰好断裂：FT达到绳子能承受的最大拉力 典例2(多选)(2021云南曲靖二模)如图甲所示，

7、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 kgB固定圆环的半径R为0.8 mC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 NBD对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，Fmg0，结合图象可知：20 Nm10 m/s20，解得小球质量m2 kg，选项A错误；当F0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

8、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Fmgm，代入数据解得F20 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Fmgm，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg2Rmv2，由以上两式得F5mg，代入数据得F100 N，选项D正确。典例3 (2021华中师范大学附属中学高三期末)如图甲所示，两个质量分别为m、2m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2l，b与转轴的距离为l.如图乙所示(俯视图)，两个质量均为m的小木块c和d(可视为质点)放在水平圆盘上，c与转轴、d与转轴的距离均为l，

9、c与d之间用长度也为l的水平轻质细线相连木块与圆盘之间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做角速度缓慢增大的转动，下列说法正确的是()A图甲中，a、b同时开始滑动B图甲中，a所受的静摩擦力大于b所受的静摩擦力C图乙中，c、d与圆盘相对静止时，细线的最大拉力为kmgD图乙中，c、d与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为答案D解析在题图甲中kmgm2r，r越大，开始滑动时的角速度越小，则a先滑动，选项A错误；对木块a有Ffam2(2l)，对b有Ffb2m2l，即a、b所受的静摩擦力始终相等，选项B错误；在题图乙中，当时，细线的拉力和最大静摩擦力提供木块做匀速

10、圆周运动的向心力，当最大静摩擦力的方向与细线垂直时，如图所示，木块受到的合力F最大，圆盘转动的角速度最大，mm2l，解得m，此时FTmkmgtan 30kmg，选项C错误，选项D正确反思感悟： 抓“两点”“一联”把握解题关键点“两点”“一联”考点三| 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rR；计算天体密度时，体积VR3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

11、)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)两条思路万有引力提供向心力，即Gmamm2rmr。天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即mg或GMgR2(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式GMgR2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。5双星问题模型概述两星在相互

12、间引力作用下都绕它们连线上的某一点做匀速圆周运动特点角速度(周期)相等向心力各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供m12r1，m22r2轨迹半径关系(1)r1r2l(2)m1r1m2r2总质量m1m2 典例4(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/sC核心舱在轨道上飞行的

13、周期小于24 hD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。答案AC根据万有引力定律有FG，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Gm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T2，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Gm，解得v

14、，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。典例5 (2021江苏苏锡常镇一模)2020年11月28日，嫦娥五号在距月面约200公里的A处成功实施变轨进入环月椭圆轨道.绕月三圈后进行第二次近月变轨，进入环月圆轨道，如图所示，则嫦娥五号()A在轨道的运行周期小于在轨道的运行周期B在轨道上的速度小于月球的第一宇宙速度C在轨道上A点的加速度小于轨道上B点的加速度D在轨道上B点的机械能大于轨道上C点的机械能答案B解析根据开普勒第三定律，轨道的半长轴大于轨道的半径，所以嫦娥五号在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期，A错误；月球的第一宇宙速

15、度即为近月卫星的线速度，因为轨道的半径大于月球半径，所以嫦娥五号在轨道上的速度小于月球的第一宇宙速度，B正确；嫦娥五号在轨道上A点与在轨道上B点受到的万有引力大小相等，所以其加速度大小相等，C错误；嫦娥五号由轨道变为轨道需要减速，所以机械能减少，而在各自的轨道上机械能处处相同，即嫦娥五号在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能，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：Gmm2rmrma。(2)导出四个表达式：a，v，T。(3)结合r大小关系，比较得出a、v、T的大小关系。考点四| 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

16、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Gmr，可得T2，故卫星2的轨道半径小于卫星

17、1的轨道半径，根据万有引力提供向心力，有Gm，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Gma，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Gmg，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

18、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mg，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，转盘的角速度应限制在什么范围？(2)若H3.2 m，R0.9 m，g取10 m/s2，当a2 m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。(3)若H2.45 m，R0.8 m，L6 m，g取10 m/s2，选手要想成功落在转

19、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mgm2R解得 故转盘的角速度 。(2)人匀加速过程有x1at2222 m4 m vat4 m/s人平抛过程有Hgt，解得t20.8 sx2vt240.8 m3.2 m 所以Lx1x27.2 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Hgt 解得t30.7 s人落在转盘左端时有LRa1t2a1tt3解得a1 m/s21.53 m/s2人落在转盘右端时有LRa2t2a2tt3 解得a22 m/s2故加速度a的范围是1.53 m/s2a2 m/s2。答案(1) (2)7.2 m (3)1.53 m/s2a2 m/s2