物理人教版學案與測評第5章 曲線運動 萬有引力定律與航天（課件）

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歡迎進入物理課堂 第四章 曲線運動萬有引力定律與航天 第1節(jié)曲線運動運動的合成與分解 例1 互成角度 0 180 的一個勻速直線運動和一個勻變速直線運動的合運動 A 有可能是直線運動B 一定是曲線運動C 有可能是勻速運動D 一定是變加速運動 點撥 a合 v合的方向關系 運動軌跡 a合的變化情況 運動性質 解析 互成角度的一個勻速直線運動與一個勻變速直線運動合成后 加速度不變是勻變速運動 且合速度的方向與合加速度的方向不在一條直線上 故做曲線運動 只有選項B D正確 答案 BD 1 一質點在某段時間內做曲線運動 則在這段時間內 A 速度一定不斷地改變 加速度也一定不斷地改變B 速度一定不斷地改變 加速度可以不變C 速度可以不變 加速度一定不斷地改變D 速度可以不變 加速度也可以不變 解析 質點做曲線運動時 速度一定發(fā)生變化 但加速度不一定變化如平拋運動 所以選項A C D錯誤 選項B正確 答案 B 例2 2009 聊城模擬 在抗洪搶險中 戰(zhàn)士駕駛沖鋒舟救人 假設江岸是平直的 洪水沿江而下 水的流速為5m s 沖鋒舟在靜水中的航速為10m s 戰(zhàn)士救人的地點離岸邊最近點的距離為50m 問 1 戰(zhàn)士要想在最短的時間將人送上岸 求最短時間為多長 2 戰(zhàn)士要想通過最短的航程將人送上岸 沖鋒舟的駕駛員應將船頭與江岸成多少角度 3 如果水的流速是10m s 而船的航速 靜水中 為5m s 戰(zhàn)士想通過最短的距離將人送上岸 求這個最短的距離 點撥 1 不論水流速度多大 船身垂直于江岸開動時 渡河時間最短 2 當v1v2時 合運動方向與船身垂直時 航程最短 解析 1 根據運動的獨立性可知 當沖鋒舟垂直于江岸時 時間最短 設船在靜水中的速度為v2 水速為v1 最短的時間為t d v2 5s 2 當合速度的方向垂直于江岸時 戰(zhàn)士到達江岸的過程航程最短 船頭必須斜向上 設與江岸的夾角為 如圖甲所示 則cos v1 v2 0 5 60 3 在v1 v2的條件下 船只能斜向下游到江岸 此時v2可能的方向如圖乙所示 v合與v2垂直時 角最大 位移最短 此時sin v2 v1 0 5 則 30 最短距離為x d sin30 100m 2 某人橫渡一河流 船劃行速度和水流動速度一定 此人過河最短時間為T1 若此船用最短的位移過河 則過河時間為T2 若船速大于水速 則船速與水速之比為 解析 設船速為v1 水速為v2 河寬為d 則由題意可知 T1 d v1 當此人用最短位移過河時 即合速度v合方向應垂直于河岸 如圖所示 聯立 可得 進一步得 故選A 答案 A 例 如圖所示 人用繩子通過定滑輪以不變的速度v0拉水平面上的物體A 當繩與水平方向成 角時 求物體A的速度 錯解 v0可分解為水平分速度和豎直分速度 其水平分速度為物體A的速度 故vA v0cos 剖析 沒有分清物體的合速度與分速度 物體的合運動是物體的實際運動 正解 本題可采用以下兩種方法 分解法 解答本題的關鍵是正確地找出物體A的兩個分運動 物體A的運動 即繩的末端的運動 可看做兩個分運動的合成 一是沿繩的方向被牽引 繩長縮短 繩長縮短的速度v1 v0 二是隨著繩以定滑輪為圓心的擺動 它不改變繩長 只改變角度 的值 這樣就可以按圖示方向進行分解 所以v1及v2實際上就是vA的兩個分速度 如圖甲所示 由此可得vA v1 cos v0 cos 微元法 物體在該位置的速率即為瞬時速率 需從該時刻起取一小段時間來求它的平均速度的大小 當這一小段時間趨于零時 該平均速度的大小就為所求速率 設物體在 角位置經 t時間向左移動 x距離 滑輪右側的繩長縮短 L 如圖乙所示 當繩與水平方向的角度變化很小時 ABC可近似看做一直角三角形 因而有 L xcos 兩邊同時除以 t得 L t x tcos 即收繩速率v0 vA cos 因此物體的速率為vA v0 cos 第2節(jié)平拋運動及其應用 例 2009 福建 15分 如圖所示 射擊槍水平放置 射擊槍與目標靶中心位于離地面足夠高的同一水平線上 槍口與目標靶之間的距離s 100m 子彈射出的水平速度v 200m s 子彈從槍口射出的瞬間目標靶由靜止開始釋放 不計空氣阻力 取重力加速度g為10m s2 求 1 從子彈由槍口射出開始計時 經多長時間子彈擊中目標靶 2 目標靶由靜止開始釋放到被子彈擊中 下落的距離h為多少 點撥 1 把子彈的平拋運動分解為水平和豎直方向上的直線運動 2 對比子彈與靶運動的異同得出擊中時間由子彈的水平運動決定 解析 滿分展示 本題考查平拋運動的知識 1 子彈做平拋運動 它在水平方向的分運動是勻速直線運動 設子彈經過時間t擊中目標靶 則t s v5分代入數據得t 0 5s2分 2 目標靶做自由落體運動 則h 1 2gt25分代入數據得h 1 25m3分 1 如圖所示 在傾角為37 的斜面底端的正上方H處 平拋一小球 該小球垂直打在斜面上的一點 求小球拋出時的初速度 解析 小球水平位移為x v0t 豎直位移為y 1 2gt2 由題圖可知 tan37 H 1 2gt2 v0t 又tan37 v0 gt 分解速度 消去t解之得 v0 0 73 gH 1 2 例2 如圖所示 光滑斜面長為a 寬為b 傾角為 一物塊從斜面上方頂點P水平射入 而從右下方的點Q離開斜面 求物塊入射的初速度 點撥 根據物體的受力與初速度 把此運動分解為水平方向與沿斜面向下兩個方向上的直線運動 這是解答此題的關鍵 解析 物體在光滑斜面上只受重力和斜面對物體的支持力 因此物體受到的合力大小為F mgsin 方向沿斜面向下 根據牛頓第二定律 則物體沿斜面方向的加速度應為a物 F m gsin 又因為物體的初速度與a垂直 所以物體的運動可分解為兩個方向的運動 即水平方向是速度為v0的勻速直線運動 沿斜面向下的是初速度為零的勻加速直線運動 因此在水平方向上有a v0t 沿斜面向下的方向上有b 1 2a物t2 故v0 at a gsin 2b 1 2 2 在離地面高為h 離豎直光滑墻的水平距離為s1處 有一小球以v0的速度向墻水平拋出 如圖所示 小球與墻碰撞后落地 不計碰撞過程中的能量損失 也不考慮碰撞的時間 則落地點到墻的距離s2為多少 解析 小球撞墻的速度v斜向下 其水平分量為v0 如圖所示 由于碰撞無能量損失 故碰撞后小球的速度大小不變 v 與v關于墻面對稱 故v 的水平分量仍為v0 故s2等于小球沒有撞墻時的水平位移s2 所以s2 s s1 s為平拋運動的整個位移 由s v0t h 1 2gt2 可得s v0 2h g 1 2 則s2 v0 2hg 1 2 s1 例 如圖所示 AB為斜面 傾角為30 小球從A點以初速度v0水平拋出 恰好落到B點 求 1 AB間的距離 2 物體在空中飛行的時間 3 從拋出開始經多少時間小球與斜面間的距離最大 錯解 小球在B點的速度方向與水平方向夾角為30 得vy v0sin30 gt 可得飛行時間t v02g 由平拋運動得x v0t v20 2g y 1 2gt2 v20 8g AB間距離s x2 y2 1 2 v20 2g 2 v20 8g 2 1 2 v20 8g 17 1 2 求 3 中時間方法一 將v0和重力加速度g沿平行于斜面和垂直于斜面方向正交分解 如圖甲所示 則當物體在垂直于斜面方向速度為零時與斜面距離最大 即v0sin30 gcos30 t 0 所以t 3 1 2v0 3g 方法二 當平拋運動的速度與斜面平行時 物體離斜面最遠 如圖乙所示 則v v0tan30 gt t v0tan30 g 3 1 2v0 3g 正解 1 2 中 由小球落在B點時其位移與水平方向夾角為30 得1 2gt2 lABsin30 v0t lABcos30 解得t 2v0tan30 g 2gv0 3 1 2 lAB v0 tcos30 4v20 3g 3 該問解答正確 見上面解析 第3節(jié)圓周運動及其應用 例1 如圖所示 一種向自行車車燈供電的小發(fā)電機的上端有一半徑r0 1 0cm的摩擦小輪 小輪與自行車車輪的邊緣接觸 當車輪轉動時 因摩擦而帶動小輪轉動 從而為發(fā)電機提供動力 自行車車輪的半徑R1 35cm 小齒輪的半徑R2 4 0cm 大齒輪的半徑R3 10 0cm 求大齒輪的轉速n1和摩擦小輪的轉速n2之比 假定摩擦小輪與自行車車輪之間無相對滑動 點撥 1 大小齒輪間 摩擦小輪和車輪之間和皮帶傳動原理相同 即線速度大小相同 2 小齒輪和車輪同軸轉動角速度相同 解析 大小齒輪間 摩擦小輪和車輪之間和皮帶傳動原理相同 即兩輪邊緣各點的線速度大小相等 由v 2 nr可知在v不變時 轉速n和半徑r成反比 小齒輪和車輪同軸轉動 兩輪上各點的轉速相同 由這三次傳動可以找出大齒輪和摩擦小輪間的轉速關系 2 n1 10 35 4 2 n2 1 可得n1 n2 2 175 1 如圖所示 A B是兩個圓盤 它們能繞共同的軸以相同的角速度轉動 兩盤相距為L 有一顆子彈以一定速度垂直盤面射向A盤后又穿過B盤 子彈分別在A B盤上留下的彈孔所在的半徑之間的夾角為 現測得轉軸的轉速為nr min 求子彈飛行的速度 設在子彈穿過A B兩盤過程中 兩盤轉動均未超過一周 解析 子彈從A盤穿至B盤 圓盤轉過的角度為 由于轉軸的轉速為nr min 所以圓盤轉動角速度 2 n 60rad s n 30rad s 子彈在A B盤間運動的時間等于圓盤轉過 角所用的時間 故t 30 n s 所以子彈的飛行速度為v L t n L 30 m s 例2 如圖所示 用細繩一端系著的質量為M 0 6kg的物體A靜止在水平轉盤上 細繩另一端通過轉盤中心的光滑小孔O吊著質量為m 0 3kg的小球B A的重心到O點的距離為0 2m 若A與轉盤間的最大靜摩擦力為Ff 2N 為使小球B保持靜止 求轉盤繞中心O旋轉的角速度 的取值范圍 取g 10m s2 點撥 1 正確分析物體A B的運動狀態(tài) 2 正確分析物體A向心力的來源 3 正確分析角速度最大 最小時物體A的受力情況 解析 要使B靜止 A必須相對于轉盤靜止 即具有與轉盤相同的角速度 A需要的向心力由繩拉力和靜摩擦力提供 角速度取最大值時 A有離心趨勢 靜摩擦力指向圓心O 角速度取最小值時 A有向心運動的趨勢 靜摩擦力背離圓心O 對于B FT mg 對于A 角速度取最大值時有FT Ff Mr 21 解得 1 6 5rad s 角速度取最小值時有FT Ff Mr 22 解得 2 2 9rad s 所以2 9rad s 6 5rad s 2 如圖所示 在勻速轉動的圓筒內壁上 有一物體隨圓筒一起轉動而未滑動 當圓筒的角速度增大以后 下列說法正確的是 A 物體所受彈力增大 摩擦力也增大了B 物體所受彈力增大 摩擦力減小了C 物體所受彈力和摩擦力都減小了D 物體所受彈力增大 摩擦力不變 解析 物體受重力 彈力 摩擦力三個力的作用 其中重力和摩擦力平衡 兩者大小相等 彈力指向圓心提供向心力 有FN m 2r 故彈力隨角速度的增大而增大 故D正確 答案 D 例3 2009 濰坊模擬 游樂場的過山車的運動過程可以抽象為如圖所示模型 弧形軌道下端與圓軌道相接 使小球從弧形軌道上端A點靜止滑下 進入圓軌道后沿圓軌道運動 最后離開 試分析A點離地面的高度h至少要多大 小球才可以順利通過圓軌道最高點 已知圓軌道的半徑為R 不考慮摩擦等阻力 點撥 確定臨界條件 求出最高點的速度 根據機械能守恒 求出A點最小高度 解析 由機械能守恒定律得 mgh 2mgR 1 2mv2 在圓軌道最高處 mg mv20 R v v0 由 可得h 5R 2 3 如圖所示 細桿的一端與一小球相連 可繞過O點的水平軸自由轉動 現給小球一初速度使它做圓周運動 圖中a b分別表示小球軌道的最低點和最高點 則桿對球的作用力可能是 A a處為拉力 b處為拉力B a處為拉力 b處為推力C a處為推力 b處為拉力D a處為推力 b處為推力 解析 小球在豎直平面內做圓周運動 在最低點時 小球受力除重力外 還受桿的作用力 只有桿對小球向上拉時 小球才能繞O點做圓周運動 故桿對小球只能是拉力 小球在最高點的速度大小不能確定 由前面分析可知 桿對小球可能是向下的拉力 也可能是向上的推力 故A B正確 答案 AB 例 如圖所示 某圓筒繞中心軸線沿順時針方向做勻速圓周運動 筒壁上有兩個位于同一圓平面內的小孔A B A B與軸的垂直連線之間的夾角為 一質點 質量不計 在某時刻沿A孔所在直徑方向勻速射入圓筒 恰從B孔穿出 若質點勻速運動的速度為v 圓筒半徑為R 求圓筒轉動的角速度 錯解 圓筒轉過的角度為 對圓筒有 t 對質點有2R vt 解得 v 2R 剖析 對于此類問題 往往涉及多解 故答案不唯一 正解 由于圓周運動的周期性 圓筒轉過的角度可能為 2n n 0 1 2 對圓筒有 t對質點有2R vt解得 2n 1 v 2R n 0 1 2 答案 2n 1 v 2R n 0 1 2 第4節(jié)萬有引力與航天 例1 某行星自轉周期T0 8h 若用一彈簧測力計去測量同一物體的重力 結果在行星赤道上比它在兩極處小9 設想該行星自轉角速度加快 在赤道上的物體將完全失重 則此行星自轉周期多大 行星看做標準球體 點撥 1 在赤道上萬有引力等于重力和向心力之和 2 在兩極萬有引力等于重力 3 在赤道和兩極萬有引力相等 解析 在赤道上稱的示數 F GmM R2 mR4 2 T20 在兩極上稱的示數 F GmM R2 且有F 1 9 F 加快后周期為T 則 GmM R2 mR4 2 T2 由 得 T 0 3T0 2 4h 1 2009 江蘇 英國 新科學家 NewScientist 雜志評選出了2008年度世界8項科學之最 在XTEJ1650 500雙星系統中發(fā)現的最小黑洞位列其中 若某黑洞的半徑R約45km 質量M和半徑R的關系滿足M R c2 2G 其中c為光速 G為引力常量 則該黑洞表面重力加速度的數量級為 A 108m s2B 1010m s2C 1012m s2D 1014m s2 解析 對黑洞表面的某一質量為m物體 有GMm R2 mg 又有MR c2 2G 聯立解得g c2 2R 代入數據得重力加速度的數量級為1012m s2 故C正確 答案 C 例1 2009 北京 已知地球半徑為R 地球表面重力加速度為g 不考慮地球自轉的影響 1 推導第一宇宙速度v1的表達式 2 若衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動 運行軌道距離地面高度為h 求衛(wèi)星的運行周期T 點撥 1 第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度 2 萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力 3 應用黃金代換式 解析 1 設衛(wèi)星的質量為m 地球的質量為M 在地球表面附近滿足GMm R2 mg 得GM R2g 衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力即mv21R GMm R2 將 式代入 式得到v1 Rg 1 2 2 衛(wèi)星受到的萬有引力為F GMm R h 2 mgR2 R h 2 由牛頓第二定律F m4 2 R h T2 聯立 解得T 2 R R h 3 g 1 2 2 2007年北京時間11月7日早上8時34分 總重量達2300kg的探月衛(wèi)星 嫦娥一號 成功實施第三次近月制動 進入周期為127分鐘圓形越極軌道 經過調整后的127分鐘圓形越極軌道將是 嫦娥一號 的最終工作軌道 這條軌道距離月面200km高度 經過月球的南北極上空 由于月球的自轉作用 處于越極軌道的 嫦娥一號 可以完成包括月球南北極 月球背面的全月探測工作 已知月球半徑為1738km 引力常量G 6 67 10 11N m2 kg2 由上述資料根據所學的物理知識可以估算出 A 月球的質量B 月球的密度C 月球自轉的周期D 月球表面的重力加速度 解析 根據GMm R H 2 m 2 T 2 R H 可得M 1 G 2 T 2 R H 3 可知A正確 在距月球的表面上時 有m 2 T 2 R H mg 可得g 2 T 2 R H 即是距月球表面200km處的重力加速度 再由g g0 GM R H 2 GM R2 可求得地面處的重力加速度g0 可知D正確 由 3 R H 3 GT2R3 可知B正確 答案 ABD 例3 如圖所示 某次發(fā)射同步衛(wèi)星時 先進入一個近地的圓軌道 然后在P點點火加速 進入橢圓形轉移軌道 該橢圓軌道的近地點為近地圓軌道上的P 遠地點為同步軌道上的Q 到達遠地點時再次自動點火加速并進入同步軌道 設衛(wèi)星在近地圓軌道上運行的速率為v1 在P點短時間加速后的速率為v2 沿轉移軌道剛到達遠地點Q時的速率為v3 在Q點短時間加速后進入同步軌道后的速率為v4 試比較v1 v2 v3 v4的大小 并從大到小將它們排列起來 點撥 GMm r2 mv2 r 比較v1 v4變軌的知識 比較v2和v1 v4和v3 解析 根據題意在P Q兩點點火加速過程中 衛(wèi)星速度將增大 故有v2 v1 v4 v3 而v1 v4是繞地球做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星的線速度 由于它們對應的軌道半徑r1v4 把以上不等式連接起來 可得到結論 v2 v1 v4 v3 衛(wèi)星沿橢圓軌道由P向Q運行時 由于只有重力做負功 衛(wèi)星機械能守恒 其重力勢能逐漸增大 動能逐漸減小 因此有v2 v3 答案 v2 v1 v4 v3 3 據報道 我國數據中繼衛(wèi)星 天鏈一號01星 于2008年4月25日在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空 經過4次變軌控制后 于5月1日成功定點在東經77 赤道上空的同步軌道 關于成功定點后的 天鏈一號01星 下列說法正確的是 A 運行速度大于7 9km sB 離地面高度一定 相對地面靜止C 衛(wèi)星運行的角速度比月球繞地球運行的角速度大D 向心加速度與靜止在赤道上物體的向心加速度大小相等 解析 由萬有引力提供向心力得GMm r2 mv2 r v GM r 1 2 即線速度v隨軌道半徑r的增大而減小 v 7 9km s為第一宇宙速度即圍繞地球表面運行的速度 因同步衛(wèi)星軌道半徑比地球半徑大很多 因此其線速度應小于7 9km s 故A錯誤 因同步衛(wèi)星與地球自轉同步 即T 相同 因此其相對地面靜止 由公式GMm R h 2 m R h 2 得h GM 2 1 3 R 因G M R均為定值 因此h一定為定值 故B正確 因同步衛(wèi)星周期T同 24小時 因同步衛(wèi)星周期T同 24小時 月球繞地球轉動周期T月 30天 即T同 月 故C對 同步衛(wèi)星與靜止在赤道上的物體具有共同的角速度 由公式a向 r 2 可得 a同a物 R h R 因軌道半徑不同 故其向心加速度不同 故D錯誤 答案 BC 例 同步衛(wèi)星離地心距離為r 運行速率為v1 加速度為a1 地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度為a2 第一宇宙速度為v2 地球的半徑為R 則下列比值正確的是 A a1 a2 R rB a1 a2 R r 2C v1 v2 r RD v1 v2 R r 1 2 錯解 BD 由GMm R2 ma mv2 R得a R 2 故B正確 同理 v GM R 1 2 故D正確 剖析 設地球質量為M 同步衛(wèi)星質量為m1 地球赤道上的物體質量為m2 在地球表面運行的物體質量為m3 由于地球同步衛(wèi)星周期與地球自轉周期相同 則a1 r 21 a2 R 22 1 2 所以a1a2 r R 故A選項錯誤 依據萬有引力定律和向心力表達式可得 對m1 GMm1 r2 m1v21 r 所以v1 GM r 1 2 對m3 GMm3 R2 m3v22 R 所以v2 GM R 1 2 式除以 式得 v1 v2 R r 1 2 故D選項正確 答案 D 同學們 來學校和回家的路上要注意安全 同學們 來學校和回家的路上要注意安全