（全國通用）2018年高考物理二輪復習 考前第7天 曲線運動與航天 動量與能量學案

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1、 考前第7天　曲線運動與航天　動量與能量 考 點 提 煉 1.平拋運動和圓周運動 物理概念、規(guī)律 公式 備注 曲線運動 平拋運動 vx＝v0，vy＝gt x＝v0t，y＝gt2 沿水平方向做勻速直線運動；沿豎直方向做自由落體運動 勻速 圓周 運動 v＝　ω＝ a＝＝ω2r＝r＝ωv F＝ma＝m＝mω2r v＝ ω＝ v＝ωr 2.天體的運動 3.動量與能量 物理概念、規(guī)律 公式 備注 動量 動量 p＝mv 矢量，與v同向 沖量 I＝Ft 矢量，與F同向 動量定理 I＝Δp 矢量表達式 動量守恒定律 m

2、1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 守恒條件：系統(tǒng)所受合外力為零 矢量表達式 功 功 W＝Flcos α α是F與l的夾角 功率 平均功率P＝ 瞬時功率P＝Fvcos α ①α是F與v的夾角 ②一個模型：機車啟動模型 能 動能 Ek＝mv2 標量 重力勢能 Ep＝mgh 與零勢能面的選擇有關 動能定理 W合＝mv－mv W合為合外力做的功 機械能守恒定律 E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 守恒條件：在只有重力或彈簧的彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi) 臨 考 必 做 1.北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國自行研制開發(fā)的區(qū)域性三維衛(wèi)星定位與通信系統(tǒng)，建成

3、后的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)包括5顆同步衛(wèi)星和30顆一般軌道衛(wèi)星。對于其中的5顆同步衛(wèi)星，下列說法中正確的是(　　) A.它們運行的線速度一定不小于7.9 km/s B.地球?qū)λ鼈兊奈σ欢ㄏ嗤? C.一定位于赤道上空同一軌道上 D.它們運行的加速度一定相同 解析　同步衛(wèi)星運行的線速度一定小于7.9 km/s，選項A錯誤；由于5顆同步衛(wèi)星的質(zhì)量不一定相等，所以地球?qū)λ鼈兊奈Σ灰欢ㄏ嗤?，選項B錯誤；5顆同步衛(wèi)星一定位于赤道上空同一軌道上，它們運行的加速度大小一定相等，方向不相同，選項C正確，D錯誤。 答案　C 2.如圖1所示，光滑水平面上，P物體以初速度v與一個連著輕彈簧的靜止的Q物體

4、碰撞。從P物體與彈簧接觸到彈簧被壓縮至最短的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.P物體的速度先減小后增大 B.Q物體的速度先增大后減小 C.P物體與Q物體(含彈簧)組成系統(tǒng)的總動量守恒 D.P物體與Q物體(含彈簧)組成系統(tǒng)的總動能守恒 解析　從P物體與彈簧接觸到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧對P物體的作用力始終向左，則P物體的速度始終減小，同理Q物體的速度始終增大，A、B錯誤；從P物體與彈簧接觸到彈簧被壓縮至最短的過程中，P物體與Q物體(含彈簧)組成系統(tǒng)所受的合外力為零，故系統(tǒng)總動量守恒，C正確；在彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧的彈性勢能一直增大，由能量守恒知系統(tǒng)的總動

5、能不守恒，D錯誤。 答案　C 3.如圖2所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑。兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP＞QN。將兩個完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.合力對兩滑塊的沖量大小相同 B.重力對a滑塊的沖量較大 C.彈力對a滑塊的沖量較小 D.兩滑塊的動量變化大小相同 解析　這是“等時圓”，即兩滑塊同時到達滑軌底端。合力F＝mgsin θ(θ為滑軌傾角)，F(xiàn)a＞Fb，因此合力對a滑塊的沖量較大，a滑塊的動量變化也大；重力的沖量大小、方向都相同；

6、彈力FN＝mgcos θ，F(xiàn)Na＜FNb，因此彈力對a滑塊的沖量較小。故選項C正確。 答案　C 4.(多選)2016 年10月19 日凌晨 “神舟十一號”飛船與“天宮二號”成功實施自動交會對接。如圖3所示，已知“神舟十一號”與“天宮二號”對接后，組合體在時間t內(nèi)沿圓周軌道繞地球轉(zhuǎn)過的角度為θ，組合體軌道半徑為 r，地球表面重力加速度為g，引力常量為G，不考慮地球自轉(zhuǎn)。則(　　) 圖3 A.可求出地球的質(zhì)量 B.可求出地球的平均密度 C.可求出組合體的做圓周運動的線速度 D.可求出組合體受到地球的萬有引力 解析　根據(jù)題意可得組合體繞地球運動的角速度ω＝，根據(jù)公式G＝mω2r可

7、得M＝，A正確；忽略地球自轉(zhuǎn)，在地球表面萬有引力等于重力，即G＝mg，即可求得地球半徑，根據(jù)ρ＝可求得地球密度，B正確；根據(jù)v＝ωr可得組合體的做圓周運動的線速度，C正確；由于不知道組合體質(zhì)量，所以無法求解受到地球的萬有引力大小，D錯誤。 答案　ABC 5.地面上有一個半徑為R的圓形跑道，高為h的平臺邊緣上的P點在地面上P′點的正上方，P′與跑道圓心O的距離為L(L>R)，如圖4所示。跑道上有一輛以周期T＝2順時針勻速運動的小車，現(xiàn)從P點水平拋出一小沙袋，使其落入位于B點時的小車中(沙袋所受空氣阻力不計)。則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.小車運動到C點時以初速度v0＝拋出沙袋

8、 B.小車運動到D點時以初速度v0＝拋出沙袋 C.小車運動到C點時以初速度v0＝拋出沙袋 D.小車運動到D點時以初速度v0＝拋出沙袋 解析　沙袋從P點被拋出后做平拋運動，設它的落地時間為t，則h＝gt2，t＝，小車從D點運動到B點的時間t＝＝，所以小車運動到D點時拋出沙袋；當小車由D點運動到B點時，對沙袋有xB＝v0t＝，解得v0＝，即選項B正確。 答案　B 6.(2017·陜西西安八校聯(lián)考)如圖5甲所示，一半徑為R＝1 m 的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓弧軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時刻，有一質(zhì)量m＝ 2 kg的物塊從A點開始沿斜面上滑，其在斜面上運動

9、的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達M點(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖5 (1)物塊經(jīng)過B點時的速度vB； (2)物塊在斜面上滑動的過程中摩擦力做的功。 解析　(1)物塊從B到M上升的高度為h＝R＋Rcos 37°。物塊恰能過最高點，則在M點由牛頓第二定律得 mg＝m。 物塊從B到M的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得mv＝mg(R＋Rcos 37°)＋mv。 聯(lián)立以上各式，解得vB＝m/s。 (2)分析v－t圖象，求得物塊在斜面上的加速度為 a＝＝ m/s2＝10 m/s2。 在斜面上對物塊由牛頓第二定律得mgsi

10、n θ＋f＝ma，則摩擦力f＝ma－mgsin θ＝20 N－12 N＝8 N。 對物塊由v－v＝2ax，可得x＝0.9 m。 摩擦力做的功W＝－fx＝－8×0.9 J＝－7.2 J。 答案　(1) m/s　(2)－7.2 J 7.2016年8月25日，紅?；宕筚愒趦?nèi)蒙古自治區(qū)的烏蘭布和沙漠閉幕，參賽選手上演了滑板世界中的“速度與激情”。如圖6所示，軌道BC為豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧賽道，半徑為R＝1.8 m，軌道ABC可認為是光滑的，且水平軌道AB與圓弧BC在B點相切。一個質(zhì)量為M的運動員(可視為質(zhì)點)以初速度v0沖上靜止在A點的滑板(可視為質(zhì)點)，設運動員蹬上滑板后立即與滑板一起

11、共同沿著軌道運動。若運動員的質(zhì)量M＝48.0 kg，滑板質(zhì)量m＝2.0 kg，計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字，重力加速度g取10 m/s2(不計空氣阻力)。 圖6 (1)運動員至少以多大的水平速度v0沖上滑板才能到達C點？ (2)運動員以第(1)問中的速度v0沖上滑板，滑過圓弧軌道B點時滑板對軌道的壓力是多大，方向如何？ (3)若A點右側(cè)為μ＝0.3的水泥地面，則滑回后運動員與滑板停在距A點多遠的位置？ 解析　(1)以運動員和滑板為一個系統(tǒng)，運動員以速度v0沖上滑板過程，系統(tǒng)水平方向總動量守恒， 即Mv0＝(m＋M)v 若運動員與滑板恰好到達C點，以AB水平面為零勢能面，由機械能

12、守恒定律得(m＋M)v2＝(m＋M)gR 兩式聯(lián)立解得v＝6.00 m/s，v0＝6.25 m/s 運動員的水平速度至少要達到6.25 m/s才能到達C點。 (2)運動員以第(1)問中的速度v0沖上滑板，由牛頓第二定律得FN－(m＋M)g＝， 解得FN＝1.50×103 N 由牛頓第三定律可知滑板對軌道的壓力大小為1.50×103 N，方向豎直向下。 (3)因為ABC光滑，由機械能守恒定律知運動員滑回A點時速度大小仍為v＝6.00 m/s 運動員滑過A點至停下過程中，由動能定理得 －μ(m＋M)gx＝0－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得x＝6.0 m 答案　(1)6.25 m/s　(2)1.5×103 N　方向豎直向下　(3)6.0 m - 7 -