《高考物理 專題精解 3 力與曲線運(yùn)動(dòng)課件》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理 專題精解 3 力與曲線運(yùn)動(dòng)課件（46頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2016年高考物理專題精解3.力與曲線運(yùn)動(dòng) 重要考點(diǎn)重要考點(diǎn)考題預(yù)測(cè)考題預(yù)測(cè)1.1.運(yùn)動(dòng)的合成與分解運(yùn)動(dòng)的合成與分解.().()2.2.拋體運(yùn)動(dòng)拋體運(yùn)動(dòng).().()3.3.勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力.().()4.4.萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用.().()5.5.環(huán)繞速度環(huán)繞速度.().()平拋平拋( (類平拋類平拋) )運(yùn)動(dòng)問(wèn)題、圓周運(yùn)動(dòng)的向運(yùn)動(dòng)問(wèn)題、圓周運(yùn)動(dòng)的向心力分析、豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界心力分析、豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題、萬(wàn)有引力和天體運(yùn)動(dòng)、衛(wèi)星的運(yùn)問(wèn)題、萬(wàn)有引力和天體運(yùn)動(dòng)、衛(wèi)星的運(yùn)行、變軌等是命題的熱點(diǎn)行、變軌等是命題的熱點(diǎn). .20162016年

2、高考對(duì)萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用的年高考對(duì)萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用的考查以選擇題的形式命題可能性較大考查以選擇題的形式命題可能性較大, ,也可能結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系綜也可能結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系綜合命題合命題; ;對(duì)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、圓周運(yùn)動(dòng)的考查可能與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和能、電考查可能與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和能、電和磁等知識(shí)綜合命題和磁等知識(shí)綜合命題. .一、平拋運(yùn)動(dòng)或類平拋運(yùn)動(dòng)1.處理方法分解為初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直初速度方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).2.推論(1)如圖(甲)所示,物體任意時(shí)刻速度方向的反向延長(zhǎng)線一定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn).(2)如圖(乙)所示,

3、在任意時(shí)刻任意位置處,速度方向與水平方向的夾角為,位移方向與水平方向的夾角為,則有tan =2tan .二、豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的兩種臨界問(wèn)題二、豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的兩種臨界問(wèn)題 1.1.繩固定繩固定, ,物體能通過(guò)最高點(diǎn)的條件是物體能通過(guò)最高點(diǎn)的條件是 v vgR. . 2.桿固定,物體能通過(guò)最高點(diǎn)的條件是v0.三、萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用三、萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用 1.1.在處理天體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)在處理天體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí), ,通常把天體的運(yùn)動(dòng)看成是勻速圓周運(yùn)動(dòng)通常把天體的運(yùn)動(dòng)看成是勻速圓周運(yùn)動(dòng), ,其其所需要的向心力由萬(wàn)有引力提供所需要的向心力由萬(wàn)有引力提供. .其基本關(guān)系式為其基本關(guān)系式為 G G2

4、Mmr=m=m2vr=m=m2 2r=mr=m( (2T) )2 2r=m(2r=m(2f)f)2 2r.r. 在天體表面在天體表面, ,忽略自轉(zhuǎn)的情況下有忽略自轉(zhuǎn)的情況下有 G G2MmR=mg=mg. . 2.2.衛(wèi)星的繞行速度衛(wèi)星的繞行速度 v v、角速度、周期、角速度、周期 T T 與軌道半徑與軌道半徑 r r 的關(guān)系的關(guān)系 (1)(1)由由 G G2Mmr=m=m2vr, ,得得 v=v=GMr, ,則則 r r 越大越大,v,v 越小越小. . (2)(2)由由 G G2Mmr=m=m2 2r,r,得得= =3GMr, ,則則 r r 越大越大, ,越小越小. . (3)(3)由由

5、 G G2Mmr=m=m224Tr,r,得得 T=T=234 rGM, ,則則 r r 越大越大,T,T 越大越大. . 3.衛(wèi)星變軌(1)由低軌變高軌,需增大速度,穩(wěn)定在高軌道上時(shí)速度比在低軌道小.(2)由高軌變低軌,需減小速度,穩(wěn)定在低軌道上時(shí)速度比在高軌道大.考點(diǎn)一 拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用例題 如圖所示 ,距地面高度h=5 m的平臺(tái)邊緣水平放置一個(gè)兩輪間距為d=6 m的傳送帶,一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從光滑平臺(tái)邊緣以v0=5 m/s的初速度滑上傳送帶.已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2.求:(1)若傳送帶不動(dòng),小物塊離開傳送帶右邊緣落地的水平距離;思路探究

6、 (1)小物塊在傳送帶上做怎樣的運(yùn)動(dòng)時(shí),離開傳送帶后,小物塊才有最大的水平距離?答案:小物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),離開傳送帶時(shí)有最大速度,平拋的水平距離也最大.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(1)(1)傳送帶不動(dòng)傳送帶不動(dòng), ,小物塊滑上后做勻減速運(yùn)動(dòng)小物塊滑上后做勻減速運(yùn)動(dòng), ,加速度加速度 a a1 1= =- -g.g. 設(shè)小物塊離開傳送帶時(shí)的速度為設(shè)小物塊離開傳送帶時(shí)的速度為 v v1 1, ,則則21v- -20v=2a=2a1 1d,d,解得解得 v v1 1=1 m/s.=1 m/s. 物塊離開傳送帶后物塊離開傳送帶后, ,做平拋運(yùn)動(dòng)做平拋運(yùn)動(dòng), ,設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)

7、間為 t,t, 由由 h=h=12gtgt2 2, ,解得解得 t=1 s.t=1 s. 由水平位移由水平位移 s s1 1=v=v1 1t,t,解得解得 s s1 1=1 m.=1 m. 答案:(1)1 m(2)試分析傳送帶的速度滿足什么條件時(shí),小物塊離開傳送帶右邊緣落地的水平距離最大,并求最大距離;規(guī)范解答規(guī)范解答: :(2)(2)當(dāng)傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到某一值后當(dāng)傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到某一值后, ,小物塊在傳小物塊在傳送帶上將一直做勻加速運(yùn)動(dòng)送帶上將一直做勻加速運(yùn)動(dòng), ,即離開傳送帶后平拋初速度最大即離開傳送帶后平拋初速度最大, ,落落地的水平距離有最大值地的水平距離有最大值. .

8、設(shè)小物塊一直勻加速離開傳送帶時(shí)的速度為設(shè)小物塊一直勻加速離開傳送帶時(shí)的速度為 v v2 2, ,則則22v- -20v=2a=2a2 2d,ad,a2 2= =g.g.解得解得 v v2 2=7 m/s.=7 m/s. 即傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)即傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng), ,且且 v v7 m/s7 m/s 時(shí)小物塊落地水平距離最大時(shí)小物塊落地水平距離最大. . 設(shè)最大距離為設(shè)最大距離為 s s2 2,s,s2 2=v=v2 2t=7 m.t=7 m. 答案: (2)v7 m/s7 m思路探究(2)若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),小物塊在傳送帶上做怎樣的運(yùn)動(dòng)?答案:小物塊一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng).(3)設(shè)傳送帶的速度為v,

9、且規(guī)定傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)v為正,逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)v為負(fù).試分析畫出小物塊離開傳送帶右邊緣落地的水平距離s與v的變化關(guān)系圖線(不需要計(jì)算過(guò)程,只需畫出圖線即可).規(guī)范解答規(guī)范解答: :(3)(3)如圖所示如圖所示. . 答案: (3)見解析圖1.1.平拋運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題平拋運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題 (2015(2015 全國(guó)新課標(biāo)理綜全國(guó)新課標(biāo)理綜) )一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺(tái)如圖所示一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺(tái)如圖所示. .水平臺(tái)面的長(zhǎng)水平臺(tái)面的長(zhǎng)和寬分別為和寬分別為 L L1 1和和 L L2 2, ,中間球網(wǎng)高度為中間球網(wǎng)高度為 h,h,發(fā)射機(jī)安裝于臺(tái)面左側(cè)邊緣的中點(diǎn)發(fā)射機(jī)安裝于臺(tái)面左側(cè)邊緣的中點(diǎn),

10、,能以不能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球, ,發(fā)射點(diǎn)距臺(tái)面高度為發(fā)射點(diǎn)距臺(tái)面高度為 3h.3h.不計(jì)空氣的作用不計(jì)空氣的作用, ,重力加速度大小為重力加速度大小為 g.g.若乒乓球的發(fā)射速率若乒乓球的發(fā)射速率 v v 在某范圍內(nèi)在某范圍內(nèi), ,通過(guò)選擇合適的方向通過(guò)選擇合適的方向, ,就就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上, ,則則 v v 的最大取值范圍是的最大取值范圍是( ( ) ) A.A.126LghvLvL1 16gh B.B.14Lghvv221246LLgh C.C.126Lghvv22124126LLgh D.D.

11、14Lghvv 22124126LLgh D解析解析: :乒乓球做平拋運(yùn)動(dòng)乒乓球做平拋運(yùn)動(dòng), ,落到右側(cè)臺(tái)面上時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間落到右側(cè)臺(tái)面上時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間 t t1 1滿足滿足3h=3h=12g g21t. .當(dāng)當(dāng) v v 取最大值時(shí)其水平位移最大取最大值時(shí)其水平位移最大, ,落點(diǎn)應(yīng)在右側(cè)臺(tái)面的臺(tái)角落點(diǎn)應(yīng)在右側(cè)臺(tái)面的臺(tái)角處處, ,有有 v vmaxmaxt t1 1= =22212LL, ,解得解得 v vmaxmax= =22124126LLgh; ;當(dāng)當(dāng) v v 取最小值時(shí)取最小值時(shí)其水平位移最小其水平位移最小, ,發(fā)射方向沿正發(fā)射方向沿正前方且恰好擦網(wǎng)而過(guò)前方且恰好擦網(wǎng)而過(guò), ,此時(shí)有此時(shí)有3

12、h3h- -h=h=12g g22t, ,12L=v=vminmint t2 2, ,解得解得 v vminmin= =14Lgh. .故選項(xiàng)故選項(xiàng) D D 正確正確. . 2.2.平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (2014(2014 全國(guó)新課標(biāo)理綜全國(guó)新課標(biāo)理綜) )取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn). .一物塊從某一高度一物塊從某一高度水平拋出水平拋出, ,在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等. .不計(jì)空氣阻力不計(jì)空氣阻力. .該物塊落該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為( ( ) ) A.A.6 B.B.4 C.C.

13、3 D.D.512 B 解析解析: :設(shè)物塊的初速度為設(shè)物塊的初速度為 v v0 0, ,質(zhì)量為質(zhì)量為 m,m,則因動(dòng)能與重力勢(shì)能相等則因動(dòng)能與重力勢(shì)能相等, ,則則12m m20v=mgh,=mgh,則則 h=h=202vg, , 落地時(shí)落地時(shí), ,由機(jī)械能守恒定律可知由機(jī)械能守恒定律可知 mgh+mgh+12m m20v= =12mvmv2 2 聯(lián)立得聯(lián)立得 v=v=2v v0 0, ,則則 cos cos = =0vv= =22, ,則則= =4, , 由此可知由此可知 B B 項(xiàng)正確項(xiàng)正確,A,C,D,A,C,D 項(xiàng)錯(cuò)誤項(xiàng)錯(cuò)誤. . 3.平拋運(yùn)動(dòng)與斜面組合問(wèn)題(多選)如圖,轟炸機(jī)沿水平

14、方向勻速飛行,到達(dá)山坡底端正上方時(shí)釋放一顆炸彈,并垂直擊中山坡上的目標(biāo)A.已知A點(diǎn)高度為h,山坡傾角為,由此可算出( )A.轟炸機(jī)的飛行高度B.轟炸機(jī)的飛行速度C.炸彈的飛行時(shí)間D.炸彈投出時(shí)的動(dòng)能ABC解析解析: :設(shè)轟炸機(jī)投彈位置高度為設(shè)轟炸機(jī)投彈位置高度為 H,H,炸彈水平位移為炸彈水平位移為 x,x,則則H H- -h=h=12v vy yt,x=vt,x=v0 0t,t,二式相除二式相除Hhx= =120yvv, ,因?yàn)橐驗(yàn)?yvv= =1tan,x=,x=tanh, ,所以所以 H=h+H=h+22tanh, ,選項(xiàng)選項(xiàng) A A 正確正確; ;根據(jù)根據(jù) H H- -h=h=12gt

15、gt2 2, ,可求出飛行時(shí)間可求出飛行時(shí)間, ,再由再由 x=vx=v0 0t,t,可求出飛行速度可求出飛行速度, ,故選項(xiàng)故選項(xiàng) B,CB,C 正確正確; ;不知不知道炸彈質(zhì)量道炸彈質(zhì)量, ,不能求出炸彈的動(dòng)能不能求出炸彈的動(dòng)能, ,選項(xiàng)選項(xiàng) D D 錯(cuò)誤錯(cuò)誤. . 考點(diǎn)二 圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用典例 如圖所示,半徑為R的半球形陶罐,固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上,轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)陶罐球心O的對(duì)稱軸OO重合.轉(zhuǎn)臺(tái)以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn),一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)罐壁靜止,它和O點(diǎn)的連線與OO之間的夾角為60.重力加速度大小為g.(1)若=0,小物塊

16、受到的摩擦力恰好為零,求0;思路探究:(1)小物塊受到的摩擦力恰好為零時(shí),哪幾個(gè)力的合力提供向心力?答案:小物塊受到的重力和支持力的合力提供向心力.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(1)(1)當(dāng)當(dāng)= =0 0時(shí)時(shí), ,小物塊只受重力和支持力作用小物塊只受重力和支持力作用, ,如圖如圖( (甲甲) )所示所示, ,其合力提供向心力其合力提供向心力, , F F合合=mgtan =mgtan F F向向=m=m20r r 而而 r=Rsin r=Rsin ,F,F合合=F=F向向 由得由得0 0= =2gR. . (2)若=(1k)0,且00(或0(或0)時(shí),物塊做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力大于(或小于)=0時(shí)的

17、向心力,物塊相對(duì)陶罐有向上(或向下)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì).(3)若=(1k)0.用正交分解法處理小物塊的受力時(shí),豎直方向上的合力與水平方向上的合力有什么不同?答案:豎直方向上的合力為零,而水平方向上的合力不為零,提供小物塊的向心力.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(2)(2)當(dāng)當(dāng)=(1+k)=(1+k)0 0, ,且且 0k01t1 年年, ,故選項(xiàng)故選項(xiàng) A A 錯(cuò)誤錯(cuò)誤; ;木星沖日時(shí)間木星沖日時(shí)間間隔間隔 t t木木= =335.25.21年年22 年年, ,所以選項(xiàng)所以選項(xiàng) B B 正確正確; ;由以上公式計(jì)算由以上公式計(jì)算 t t土土2t2t天天, , t t海海最小最小, ,選項(xiàng)選項(xiàng) C C 錯(cuò)誤錯(cuò)誤,

18、D,D 正確正確. . 答案:BD 天體運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的主要類型(1)(1)“天體公轉(zhuǎn)”型“天體公轉(zhuǎn)”型某天體繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)某天體繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng). . 動(dòng)力學(xué)方程動(dòng)力學(xué)方程:G:G2Mmr=m=m2vr=m=m2 2r=mr=m( (2T) )2 2r=mar=man n 黃金代換公式黃金代換公式:GM=gR:GM=gR2 2 (2)“衛(wèi)星變軌”型衛(wèi)星速度改變時(shí),衛(wèi)星將變軌運(yùn)行.當(dāng)速度增大時(shí),衛(wèi)星將做離心運(yùn)動(dòng),周期變長(zhǎng),機(jī)械能增加.速度減小時(shí),衛(wèi)星將做向心運(yùn)動(dòng),周期變短,機(jī)械能減少.(3)(3)“行星沖日”型“行星沖日”型 兩顆行星在同一軌道平面內(nèi)繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)兩顆行星

19、在同一軌道平面內(nèi)繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng), ,若某時(shí)刻兩行星若某時(shí)刻兩行星正好同時(shí)通過(guò)中心天體同一點(diǎn)正上方正好同時(shí)通過(guò)中心天體同一點(diǎn)正上方, ,相距最近相距最近( (如圖如圖 1 1 所示所示).). 當(dāng)它們轉(zhuǎn)過(guò)的角度之差當(dāng)它們轉(zhuǎn)過(guò)的角度之差= =, ,即滿足即滿足a at t- -b bt=t=時(shí)時(shí), ,兩行星第一兩行星第一次相距最遠(yuǎn)次相距最遠(yuǎn), ,如圖如圖 2 2 所示所示. . 當(dāng)它們轉(zhuǎn)過(guò)的角度之差當(dāng)它們轉(zhuǎn)過(guò)的角度之差=2=2, ,即滿足即滿足a at t- -b bt=2t=2時(shí)時(shí), ,兩行星再兩行星再次相距最近次相距最近. . 1.1.萬(wàn)有引力與重力的關(guān)系萬(wàn)有引力與重力的關(guān)系 (20

20、14(2014 全國(guó)新課標(biāo)理綜全國(guó)新課標(biāo)理綜) )假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體. .已知地球已知地球表面重力加速度在兩極的大小為表面重力加速度在兩極的大小為 g g0 0, ,在赤道的大小為在赤道的大小為 g;g;地球自轉(zhuǎn)的周期為地球自轉(zhuǎn)的周期為T,T,引力常量為引力常量為 G.G.地球的密度為地球的密度為( ( ) ) A.A.0203 ggGTg B.B.0203gGTgg C.C.23GT D.D.023 gGTg B 解析解析: :對(duì)赤道上質(zhì)量為對(duì)赤道上質(zhì)量為 m m 的物體進(jìn)行分析可知的物體進(jìn)行分析可知 mgmg0 0- -mg=mg=22mRT,

21、 ,由此可得由此可得R=R=2024gg T, ,在兩極上在兩極上, ,物體的重力大小等于萬(wàn)物體的重力大小等于萬(wàn)有引力有引力, ,即即2GMmR=mg=mg0 0, ,則則M=M=20g RG, ,則地球的密度為則地球的密度為= =343MR= =0203gGTgg, ,由此可知由此可知 B B 項(xiàng)正項(xiàng)正確確,A,C,D,A,C,D 項(xiàng)錯(cuò)誤項(xiàng)錯(cuò)誤. . 2.衛(wèi)星運(yùn)行的規(guī)律(多選)P1,P2為相距遙遠(yuǎn)的兩顆行星,距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星s1,s2做勻速圓周運(yùn)動(dòng).圖中縱坐標(biāo)表示行星對(duì)周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a,橫坐標(biāo)表示物體到行星中心的距離r的平方,兩條曲線分別表示P1,P2周圍

22、的a與r2的反比關(guān)系,它們左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同.則( )A.P1的平均密度比P2的大B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小C.s1的向心加速度比s2的大D.s1的公轉(zhuǎn)周期比s2的大AC解析解析: :設(shè)行星的半徑為設(shè)行星的半徑為 R R、質(zhì)量為、質(zhì)量為 M M、衛(wèi)星的質(zhì)量為、衛(wèi)星的質(zhì)量為 m,m,對(duì)于衛(wèi)星有對(duì)于衛(wèi)星有G G2Mmr=ma,=ma,則則 a=a=2GMr. .由由 a a- -r r2 2圖像中兩條曲線左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同可知圖像中兩條曲線左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同可知, ,行星行星P P1 1,P,P2 2的半徑的半徑R R是相同的是相同的, ,而兩顆衛(wèi)星到各自行星表面的距離也相同而兩顆衛(wèi)星到各自行

23、星表面的距離也相同, ,所以衛(wèi)星所以衛(wèi)星s s1 1,s,s2 2到各自行星的距離到各自行星的距離r r是相同的是相同的, ,由圖像可知由圖像可知,s,s1 1的向心加速的向心加速度比度比s s2 2的大的大, ,即即C C正確正確; ;由由a=a=2GMr可知可知,r,r相同時(shí)相同時(shí),a,a大說(shuō)明對(duì)應(yīng)的大說(shuō)明對(duì)應(yīng)的M M也大也大, ,故故 P P1 1的平均密度比的平均密度比 P P2 2的大的大, ,即即 A A 正確正確; ;設(shè)在行星表面發(fā)射衛(wèi)星的 “第一宇設(shè)在行星表面發(fā)射衛(wèi)星的 “第一宇宙速度” 為宙速度” 為 v,v,則有則有 G G2MmR=m=m2vR,v=,v=GMR, ,可見

24、可見 R R 相同時(shí)相同時(shí) M M 大的對(duì)應(yīng)的大的對(duì)應(yīng)的 v v也大也大, ,即即 P P1 1的“第一宇宙速度”大的“第一宇宙速度”大, ,故故 B B 錯(cuò)誤錯(cuò)誤; ;衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期設(shè)為衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期設(shè)為 T,T,則則有有 G G2Mmr=m=m224Tr,T=2r,T=23rGM, ,可見可見 s s1 1的公轉(zhuǎn)周期小的公轉(zhuǎn)周期小, ,故故 D D 錯(cuò)誤錯(cuò)誤. . 3.人造衛(wèi)星的變軌問(wèn)題在“神舟十號(hào)”與“天宮一號(hào)”自動(dòng)交會(huì)對(duì)接過(guò)程中.可認(rèn)為“天宮一號(hào)”繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且對(duì)接軌道所處的空間存在極其稀薄的空氣,則下面說(shuō)法正確的是( )A.如不加干預(yù),“天宮一號(hào)”的軌道高度將緩慢升高B.如

25、不加干預(yù),在運(yùn)行一段時(shí)間后,“天宮一號(hào)”的動(dòng)能可能會(huì)增加C.為實(shí)現(xiàn)對(duì)接,兩者運(yùn)行速度的大小都應(yīng)介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間D.航天員在“天宮一號(hào)”中處于失重狀態(tài),說(shuō)明航天員不受地球引力作用B解析:如不加干預(yù),“天宮一號(hào)”在原來(lái)軌道上的速度會(huì)減小,將做近心運(yùn)動(dòng),“天宮一號(hào)”會(huì)離開原來(lái)軌道降到低軌道上運(yùn)行,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在“天宮一號(hào)”軌道降低過(guò)程中,線速度會(huì)增加,動(dòng)能可能會(huì)增加,故選項(xiàng)B正確;第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度,在實(shí)現(xiàn)對(duì)接時(shí),兩者運(yùn)行速度都小于第一宇宙速度,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;航天員在“天宮一號(hào)”中雖處于失重狀態(tài),但仍受地球引力作用,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.“繩桿”模型1.模型特點(diǎn)(1)物體在豎直

26、平面內(nèi)做變速圓周運(yùn)動(dòng).(2)“輕繩模型”在軌道最高點(diǎn)無(wú)支撐,“輕桿模型”在軌道最高點(diǎn)有支撐.2.模型的臨界問(wèn)題該類問(wèn)題并伴有“最大”“最小”“剛好”等詞語(yǔ),現(xiàn)對(duì)兩種模型分析比較如下: 輕繩模型輕繩模型 ( (最高點(diǎn)無(wú)支撐最高點(diǎn)無(wú)支撐) ) 輕桿模型輕桿模型 ( (最高點(diǎn)有支撐最高點(diǎn)有支撐) ) 常見類型常見類型 最高點(diǎn)最高點(diǎn) 受力受力 重力重力 mg,mg,彈力彈力 F F彈彈向下或等于零向下或等于零 重力重力 mg,mg,彈力彈力 F F彈彈向下、向上或等于零向下、向上或等于零 向心力向心力 來(lái)源來(lái)源 mg+Fmg+F彈彈=m=m2vr mgmgF F彈彈=m=m2vr 恰好過(guò)最高點(diǎn)的恰好過(guò)

27、最高點(diǎn)的臨界條件臨界條件 由由 F F彈彈=0,mg=m=0,mg=m2vr臨得得 v v臨臨= =gr 由小球恰能過(guò)最高點(diǎn)得由小球恰能過(guò)最高點(diǎn)得 v v臨臨=0=0 討論分析討論分析 (1)(1)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)過(guò)最高點(diǎn)時(shí),v,vgr,F,FN N+mg=m+mg=m2vr, ,繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力彈力 F FN N (2)(2)不能過(guò)最高點(diǎn)不能過(guò)最高點(diǎn) vvgr, ,在到達(dá)最在到達(dá)最高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道 (1)(1)當(dāng)當(dāng) v=0v=0 時(shí)時(shí),F,FN N=mg,F=mg,FN N為支持力為支持力, ,沿半徑背離圓心沿半徑背離圓心 (2)(2)當(dāng)當(dāng)

28、0v0vvgr時(shí)時(shí),F,FN N+mg=m+mg=m2vr,F,FN N指向圓心并隨指向圓心并隨 v v 的增大而的增大而 增大增大 3.模型的綜合問(wèn)題(1)該類問(wèn)題往往考查圓周運(yùn)動(dòng)的臨界和極值問(wèn)題.(2)該類問(wèn)題往往是多過(guò)程問(wèn)題,涉及加速(直線或曲線)運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)等.(3)解答多過(guò)程問(wèn)題時(shí),要特別注意運(yùn)用有關(guān)規(guī)律建立兩運(yùn)動(dòng)之間的聯(lián)系,把轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度做為分析重點(diǎn).(4)解答多過(guò)程問(wèn)題時(shí),平拋運(yùn)動(dòng)通常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解,豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)通常應(yīng)用動(dòng)能定理、功能關(guān)系和牛頓第二定律,加速(直線或曲線)運(yùn)動(dòng)通常用動(dòng)力學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理來(lái)分析.4.模型綜合問(wèn)題的一般求解思路(1)定模型:首先判

29、斷是輕繩模型還是輕桿模型,兩種模型過(guò)最高點(diǎn)的臨界條件不同.(2)(2)確定臨界點(diǎn)確定臨界點(diǎn):v:v臨臨= =gr, ,對(duì)輕繩模型來(lái)說(shuō)是能否通過(guò)最高點(diǎn)的臨界點(diǎn)對(duì)輕繩模型來(lái)說(shuō)是能否通過(guò)最高點(diǎn)的臨界點(diǎn), ,而對(duì)輕桿模型來(lái)說(shuō)是而對(duì)輕桿模型來(lái)說(shuō)是 F FN N表現(xiàn)為支持力還是拉力的臨界點(diǎn)表現(xiàn)為支持力還是拉力的臨界點(diǎn). . (3)研究狀態(tài):通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況.(4)受力分析:對(duì)物體在最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律列出方程F合=F向求解.(5)過(guò)程分析:應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個(gè)狀態(tài)聯(lián)系起來(lái)列方程.典例 如圖所示,一小物塊自平臺(tái)上以速度

30、v0水平拋出,剛好落在鄰近一傾角為53的粗糙斜面AB頂端,并恰好沿該斜面下滑,已知斜面頂端與平臺(tái)的高度差h=0.032 m,小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5,A點(diǎn)離B點(diǎn)所在平面的高度H=1.2 m.有一半徑為R的光滑圓軌道與斜面AB在B點(diǎn)相切連接,已知cos 53=0.6,sin 53=0.8,g取10 m/s2.求:(1)小物塊水平拋出的初速度v0的大小;思路探究(1)物塊拋出后恰好沿斜面下滑的含義是什么?答案:沿斜面方向的速度與水平方向的夾角為53.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(1)(1)小物塊自平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)小物塊自平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng), ,由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得 v vy y= =2

31、gh= =2 100.032 m/s=0.8 m/s m/s=0.8 m/s 由于物塊恰好沿斜面下滑由于物塊恰好沿斜面下滑, ,則則 tan 53tan 53= =0yvv, ,得得 v v0 0=0.6 m/s.=0.6 m/s. 答案答案: :(1)0.6 m/s(1)0.6 m/s (2)若小物塊能夠通過(guò)圓軌道最高點(diǎn),圓軌道半徑R的最大值.思路探究(2)小物塊能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的條件是什么?答案:軌道對(duì)物塊壓力FN0.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(2)(2)設(shè)小物塊過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的速度為設(shè)小物塊過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的速度為 v,v,受到圓軌道的壓受到圓軌道的壓力為力為 F FN N. . 則由向心力公

32、式得則由向心力公式得 F FN N+mg=m+mg=m2vR 由動(dòng)能定理得由動(dòng)能定理得 mg(H+h)mg(H+h)- - cos53sin53mgH。- -mg(R+Rcos 53mg(R+Rcos 53)=)=12mvmv2 2- -12m m20v 小物塊能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)小物塊能過(guò)圓軌道最高點(diǎn), ,必有必有 F FN N0 0 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得 R R821 m, m,即即 R R 最大值為最大值為821 m. m. 答案答案: :( (2)2)821 m m (多選)如圖所示,豎直面內(nèi)有個(gè)光滑的3/4圓形導(dǎo)軌道固定在一水平地面上,半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的

33、小球從距水平地面正上方h高處的P點(diǎn)由靜止開始自由下落,恰好從N點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓軌道.不考慮空氣阻力,則下列說(shuō)法正確的是( )A.適當(dāng)調(diào)整高度h,可使小球從軌道最高點(diǎn)M飛出后,恰好落在軌道右端口N處B.若h=2R,則小球在軌道最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為5mgC.只有h大于等于2.5R時(shí),小球才能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)MD.若h=R,則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置,該過(guò)程重力做功為mgRBC解析解析: :小球到達(dá)圓形軌道最高點(diǎn)的最小速度為小球到達(dá)圓形軌道最高點(diǎn)的最小速度為 v=v=gR, ,水平拋出后水平拋出后, ,豎直方向豎直方向 R=R=12gtgt2 2, ,水平方向水平方向 x=vt,

34、x=vt,解得水平距離解得水平距離 x=x=2RR,RR,選項(xiàng)選項(xiàng) A A 錯(cuò)錯(cuò)誤誤; ;若若 h=2R,h=2R,小球到達(dá)最低點(diǎn)速度為小球到達(dá)最低點(diǎn)速度為 v v1 1, ,則則 mgh=mgh=12m m21v,F,FN N- -mg=mg=21mvR, ,解得解得 F FN N=5mg,=5mg,由牛頓第三定律可知由牛頓第三定律可知, ,選項(xiàng)選項(xiàng) B B 正確正確; ;由機(jī)械能守恒定律由機(jī)械能守恒定律mg(hmg(hminmin- -2R)=2R)=12mvmv2 2, ,解得解得 h hminmin=2.5R,=2.5R,選項(xiàng)選項(xiàng) C C 正確正確; ;若若 h=R,h=R,該過(guò)程重力做該過(guò)程重力做功為零功為零, ,選項(xiàng)選項(xiàng) D D 錯(cuò)錯(cuò)誤誤. .