2019年高考物理大二輪復習 專題訓練三 第1課時 拋體、圓周和天體運動.doc
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2019年高考物理大二輪復習 專題訓練三 第1課時 拋體、圓周和天體運動 專題定位 本專題解決的是物體(或帶電體)在力的作用下的曲線運動的問題．高考對本專題的考查以運動組合為線索，進而從力和能的角度進行命題，題目情景新，過程復雜，具有一定的綜合性．考查的主要內容有：①曲線運動的條件和運動的合成與分解；②平拋運動規(guī)律；③圓周運動規(guī)律；④平拋運動與圓周運動的多過程組合問題；⑤應用萬有引力定律解決天體運動問題；⑥帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；⑦帶電粒子在磁場內的勻速圓周運動問題；⑧帶電粒子在簡單組合場內的運動問題等．用到的主要物理思想和方法有：運動的合成與分解思想、應用臨界條件處理臨界問題的方法、建立類平拋運動模型方法、等效的思想方法等． 應考策略 熟練掌握平拋、圓周運動的規(guī)律，對平拋和圓周運動的組合問題，要善于由轉折點的速度進行突破；熟悉解決天體運動問題的兩條思路；靈活應用運動的合成與分解的思想，解決帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；對帶電粒子在磁場內的勻速圓周運動問題掌握找圓心求半徑的方法． 第1課時 拋體、圓周和天體運動 1．物體做曲線運動的條件 當物體所受合外力的方向跟它的速度方向不共線時，物體做曲線運動．合運動與分運動具有等時性、獨立性和等效性． 2．平拋運動 (1)規(guī)律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝gt2. (2)推論：做平拋(或類平拋)運動的物體 ①任意時刻速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點；②設在任意時刻瞬時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tan θ＝2tan_φ. 3．豎直平面內圓周運動的兩種臨界問題 (1)繩固定，物體能通過最高點的條件是v≥. (2)桿固定，物體能通過最高點的條件是v>0. 4．在處理天體的運動問題時，通常把天體的運動看成是勻速圓周運動，其所需要的向心力由萬有引力提供．其基本關系式為G＝m＝mω2r＝m()2r＝m(2πf)2r. 在天體表面，忽略自轉的情況下有G＝mg. 5．衛(wèi)星的繞行速度v、角速度ω、周期T與軌道半徑r的關系 (1)由G＝m，得v＝ ，則r越大，v越?。? (2)由G＝mω2r，得ω＝ ，則r越大，ω越小． (3)由G＝mr，得T＝ ，則r越大，T越大． 6．衛(wèi)星變軌 (1)由低軌變高軌，需增大速度，穩(wěn)定在高軌道上時速度比在低軌道?。? (2)由高軌變低軌，需減小速度，穩(wěn)定在低軌道上時速度比在高軌道大． 1．豎直平面內圓周運動的最高點和最低點的速度關系通常利用動能定理來建立聯系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析． 2．對于平拋或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應用合成與分解的思想分析這兩種運動轉折點的速度是解題的關鍵． 3．分析天體運動類問題的一條主線就是F萬＝F向，抓住黃金代換公式GM＝gR2. 4．確定天體表面重力加速度的方法有： (1)測重力法； (2)單擺法； (3)平拋(或豎直上拋)物體法； (4)近地衛(wèi)星環(huán)繞法. 考向1 拋體運動問題的分析 例1 靜止的城市綠化灑水車，由橫截面積為S的水龍頭噴嘴水平噴出水流，水流從射出噴嘴到落地經歷的時間為t，水流落地點與噴嘴連線與水平地面間的夾角為θ，忽略空氣阻力，以下說法正確的是( ) A．水流射出噴嘴的速度為gttan θ B．空中水柱的水量為 C．水流落地時位移大小為 D．水流落地時的速度為2gtcot θ 解析 由題意知，水做平拋運動，θ為總位移與水平方向的夾角，tan θ＝＝，可得水流射出噴嘴的速度為vx＝，故A錯誤；下落的高度y＝gt2，水流落地時位移s＝＝，所以C錯誤；空中水柱的體積V＝Svxt＝，所以B正確；水流落地時的速度v＝＝gt，所以D錯誤． 答案 B 以題說法 1.處理平拋(或類平拋)運動的基本方法就是把運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動，通過研究分運動達到研究合運動的目的． 2．要善于建立平拋運動的兩個分速度和分位移與題目呈現的角度之間的聯系，這往往是解決問題的突破口． 如圖1所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑．若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中坑壁上的最低點D點；若A點小球拋出的同時，在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點．已知∠COD＝60，且不計空氣阻力，則( ) 圖1 A．兩小球同時落到D點 B．兩小球在此過程中動能的增加量相等 C．在擊中D點前瞬間，重力對兩小球做功的功率不相等 D．兩小球初速度之比v1∶v2＝∶3 答案 CD 解析 由于兩球做平拋運動下落的高度不同，則知兩球不可能同時到達D點；重力做功不等，則動能的增加量不等；在擊中D點前瞬間，重力做功的功率為P＝mgvy＝mggt，t不等；設半圓的半徑為R.小球從A點平拋，可得R＝v1t1，R＝gt，小球從C點平拋，可得Rsin 60＝v2t2，R(1－cos 60)＝gt，聯立解得＝，故D正確． 考向2 圓周運動問題的分析 例2 如圖2所示，在豎直平面內有xOy坐標系，其中y軸豎直，長為l的不可伸長細繩，一端固定在A點，A點的坐標為(0，)，另一端系一質量為m的小球．現在x坐標軸上(x>0)固定一個小釘，拉小球使細繩繃直并水平，再將小球從靜止釋放，當細繩碰到釘子以后，小球可以繞釘子在豎直平面內做圓周運動． 圖2 (1)當釘子在x＝l的P點時，小球經過最低點細繩恰好不被拉斷，求細繩能承受的最大拉力； (2)在滿足(1)的條件下，為使小球釋放后能繞釘子在豎直平面內做圓周運動，而細繩又不被拉斷，求釘子所在位置的范圍． 審題突破 由幾何知識求出小球做圓周運動的軌道半徑后，怎么才能求出繩子的拉力？小球能繞釘子在豎直平面內做圓周運動的條件是什么？ 解析 (1)當釘子在x＝l的P點時，小球繞釘子轉動的半徑為：R1＝l－ 小球由靜止到最低點的過程中機械能守恒： mg(＋R1)＝mv 在最低點細繩承受的拉力最大，有：F－mg＝m 聯立求得最大拉力F＝7mg. (2)小球繞釘子圓周運動恰好到達最高點時，有： mg＝m 運動中機械能守恒：mg(－R2)＝mv 釘子所在位置為x′＝ 聯立解得x′＝l 因此釘子所在位置的范圍為l≤x≤l. 答案 (1)7mg (2)l≤x≤l 以題說法 解決圓周運動力學問題要注意以下幾點： (1)要進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑． (2)列出正確的動力學方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr. (3)對于豎直面內的圓周運動要注意“桿模型”和“繩模型”的臨界條件． (xx新課標Ⅱ17)如圖3所示，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為( ) 圖3 A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg 答案 C 解析 設大環(huán)半徑為R，質量為m的小環(huán)下滑過程中遵守機械能守恒定律，所以mv2＝mg2R.小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時的速度為v＝2，根據牛頓第二定律得FN－mg＝，所以在最低點時大環(huán)對小環(huán)的支持力FN＝mg＋＝5mg.根據牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下．對大環(huán)，據平衡條件，輕桿對大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg.根據牛頓第三定律，大環(huán)對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，故選項C正確，選項A、B、D錯誤． 考向3 天體運動問題的分析 例3 人類發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步軌道3.軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，如圖4所示．關于這顆衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運行時，以下說法正確的是( ) 圖4 A．衛(wèi)星在三個軌道運動的周期關系是：T1
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