（课标版）2020届高考物理二轮复习 专题一 第2讲 曲线运动与万有引力课件

第2讲曲线运动与万有引力总纲目录考点一运动的合成与分解、平抛运动考点二圆周运动考点四人造卫星和宇宙航行素养提升竖直平面圆周运动的重要模型——“绳、杆”模型考点三万有引力定律及其应用考点一运动的合成与分解、平抛运动1.(多选)(2019课标Ⅱ,19,6分)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则 ()A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案BD本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力,体现了模型构建、科学推理的核心素养。v-t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第二次包围的格数较多,故A错。设雪道的倾角为θ,则水平位移x= ,故B正确。v-t图线的斜率表示加速度,由图像明显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时,斜率k1k2,结合牛顿第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。tanyθ2.(2018课标Ⅲ,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和 的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 (A)A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍2v答案A本题考查平抛运动规律的应用。小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为θ。平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,x=v0t,h= gt2,由图中几何关系,可得tanθ= ,解得t= ;从抛出到落到斜面12hx02tanvθg上,由动能定理可得:mgh= mv'2- m ,可得v'= = ·v0,则 = = = ,选项A正确。 121220v202vgh214tanθ''vv甲乙00vv甲乙2vv211.关联速度问题物体的实际运动即合运动,对于用绳、杆相连的物体,在运动过程中,两物体的速度通常不同,但两物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等(原因是绳和杆的长度不发生变化)。 2.熟悉斜面上的平抛运动问题的几个二级结论(1)若平抛的物体垂直打在斜面上,此时水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的物体,其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值;速度偏角的正切值一定为位移偏角(斜面倾角)的正切值的2倍。考向一运动的合成与分解1.(2019河北保定模拟)一物体在光滑的水平桌面上运动,在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动,下列说法中正确的是 (C)A.物体运动的初速度大小是7m/sB.物体做变加速直线运动C.物体做匀变速曲线运动D.物体运动的加速度大小是5m/s2答案C由v-t图像可得 =3m/s, =4m/s,则初速度v0= =5m/s,选项A错误;x方向的匀速直线运动和y方向的匀变速直线运动合成为匀变速曲线运动,选项B错误,C正确;ax=0,ay=2m/s2,物体的加速度a= =2m/s2,选项D错误。0xv0yv2200xyvv22xyaa2.(2019山东潍坊一模)如图所示,物体A与物体B通过跨过光滑定滑轮的轻绳相连,在水平力F的作用下,物体B沿水平面向右运动,物体A恰好匀速上升,那么以下说法正确的是 (D)A.物体B正向右做匀减速运动B.物体B正向右做加速运动C.地面对B的摩擦力减小D.轻绳与水平方向成30°时,vA∶vB= ∶23答案D将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向上的分速度等于A的速度,如图所示,根据平行四边形定则有vBcosα=vA,所以vB= ,当α减小时,物体B的速度减小,但B不是匀减速运动,选项A、B错误;在竖直方向上,对B有mg=FN+FTsinα,FT=mAg,α减小,则支持力FN增大,根据Ff=μFN可知摩擦力Ff增大,选项C错误;根据vBcosα=vA,轻绳与水平方向成30°时,vA∶vB= ∶2,选项D正确。cosAvα3考向二平抛运动基本规律3.(多选)(2019河北石家庄质检)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 (CD)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不加电场时,小球做平抛运动,加电场时,小球做类平抛运动,设斜面的倾角为α,根据tanα= ,则t= ,因为水平方向上做匀速直线运动,可知t2t1,则ag,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,根据平行四边形定则知,初速度相同,则落在斜面上的速度大小相等,故D正确。2012atvt02tanvαa考向三平抛运动中的临界问题4.(多选)(2019广东肇庆三模)如图所示,水平屋顶高H=5m,围墙高h=3.2m,围墙到房子的水平距离L=3m,围墙外马路宽x=10m,为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上,小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为(g取10m/s2,不计墙的厚度,小球可视为质点) (CD)A.3.1m/sB.4.7m/sC.7.2m/sD.11.5m/s答案CD小球落在马路上,v的最大值vmax为小球落在马路最右侧时的平抛初速度,小球做平抛运动,设运动时间为t1,则小球的水平位移L+x=vmaxt1,小球的竖直位移H= g ,联立解得vmax=(L+x) =(10+3)× m/s=13m/s;小球要落在围墙外的马路上,v0的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度,设小球运动到围墙最高点所需时间为t2,则此过程中小球的水平位移L=vmint2,小球的竖直方向位移H-h= g ,联立解得vmin=L =5m/s,故C、D正确,A、B错误。1221t2gH10251222t2(-)gHh考点二圆周运动1.(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g) (B)A. B. C. D. 216vg28vg24vg22vg答案B小物块由光滑轨道最低点到最高点的过程中,以水平地面为重力势能参考平面,则由机械能守恒定律有 mv2=mg·2R+ m 小物块从最高点水平飞出做平抛运动,有2R= gt2x=v1t(x为落地点到轨道下端的距离)得x2= R-16R2当R=- ,即R= 时,x具有最大值,选项B正确。121221v1224vg2ba28vg2.(2016课标Ⅱ,16,6分)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点 (C) A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度答案C设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL= mv2,解得v= ,LPLQ,所以vPvQ,故A项错误。小球动能Ek=mgL,其中mPmQ,LPLQ,所以无法判断它们的动能大小关系,B项错误。F拉-mg= ,将v= 代入得F拉=3mg,因为mPmQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力,故C项正确。向心加速度a= =2g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同,故D项错误。 122gL2mvL2gL2vL1.解决圆周运动问题的关键(1)正确进行受力分析,明确向心力的来源,确定圆心以及半径。(2)列出正确的动力学方程F=m =mrω2=mωv=mr 。结合v=ωr、T= = 等基本公式进行求解。2vr224πT2πω2πrv2.水平面内圆周运动临界问题的分析方法(1)水平面内做圆周运动的物体,其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供,常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。(2)常见临界条件:绳的临界:张力FT=0;接触面滑动的临界:F=f;接触面分离的临界:FN=0。3.竖直平面内圆周运动的分析方法解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”。“两点”即最高点和最低点,在最高点和最低点对物体进行受力分析,确定向心力,根据牛顿第二定律列方程;“一过程”即从最高点到最低点,往往由动能定理或机械能守恒定律将这两点联系起来。考向一水平面内的圆周运动1.(多选)(2019河北石家庄一模)如图所示,两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上,圆环可绕竖直方向的直径旋转,两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°,OA与OB垂直,小球B与圆环间恰好没有摩擦力,重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列说法正确的是 ()A.圆环旋转角速度的大小为 B.圆环旋转角速度的大小为 C.小球A与圆环间摩擦力的大小为 mgD.小球A与圆环间摩擦力的大小为 mg54gR53gR7515答案AD小球B与圆环间恰好没有摩擦力,由圆环对小球的支持力和小球重力的合力提供向心力,有mgtan37°=mω2Rsin37°,解得ω= ,则A正确,B错误;对小球A受力分析,水平方向有Nsinθ-fcosθ=mω2Rsinθ;竖直方向有Ncosθ+fsinθ-mg=0,联立解得f= mg,故C错误,D正确。 54gR15考向二竖直面内的圆周运动2.(2019辽宁大连模拟)如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小为v,其F-v2图像如图乙所示。不计空气阻力,则 (A)A.小球的质量为 B.当地的重力加速度大小为 C.v2=c时,杆对小球的弹力方向向上D.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小不相等aRbRb答案A由题图可知,当小球在最高点时,速度为零,有mg=a;当杆对小球无作用力时,有mg=m =m ;联立两式可解得m= ,g= ,选项A正确,B错误。当v2=cb时,杆对球是拉力,方向向下,选项C错误;v2=2b时,则F+mg=m =m =2mg,则F=mg,即小球受到的弹力与重力大小相等,选项D错误。2vRbRaRbbR2vR2bR考向三圆周运动中的临界极值问题3.(多选)(2019江西红色七校二模)如图所示,三个物块a、b和c(可视为质点),其中a、b质量为m,放在水平圆盘上并用轻杆相连,c的质量为2m,a、c与转轴OO'间的距离为r,b与转轴间的距离为2r,物块与圆盘间的最大静摩擦力为物块所受重力的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.a、b一定比c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kmgkgr23kgr答案AD当ω较小时,a、b相对圆盘静止,a、b各自静摩擦力提供各自的向心力,由向心力大小Fn=mω2r知,f∝r,B错误;先对c受力分析,2kmg=2m r,可得c的临界角速度ωc= ,同理对a、b受力分析有kmg-F=m r,kmg+F=2m r,可得a、b的临界角