2019屆高考物理二輪復習 專題3 牛頓運動定律與曲線運動（含天體運動）學案.docx
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3 牛頓運動定律與曲線運動 考向預測 從考查方式上來說，在高考的考查中，本專題內容可能單獨考查，特別是萬有引力與航天部分，常以選擇題形式出現(xiàn)；也可能與其他專題相結合，與能量知識綜合考查，以計算題形式出現(xiàn)。 從近幾年考試命題趨勢看，本章內容與實際應用和生產(chǎn)、生活、科技相聯(lián)系命題，或與其他專題綜合考查，曲線運動問題由原來的選擇題轉變?yōu)樵谟嬎泐}中考查，萬有引力與航天仍然以選擇題出現(xiàn)，單獨考查的可能性更大。 1．豎直面內的圓周運動 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(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析。 2．平拋運動 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．天體運動 (1)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。 (2)確定天體表面重力加速度的方法有：測重力法、單擺法、平拋(或豎直上拋)物體法、近地衛(wèi)星環(huán)繞法。 1．(多選)如圖所示，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經(jīng)過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系如圖乙所示，圖象中的數(shù)據(jù)a和b包括重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是( ) A．數(shù)據(jù)a與小球的質量有關 B．數(shù)據(jù)b與小球的質量有關 C．比值不但與小球的質量有關，還與圓周軌道半徑有關 D．利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑 2．(多選)2018年4月2日早8時15分左右，在太空中飛行了六年半的天宮一號目標飛行器已再入大氣層，絕大部分器件在再入大氣層過程中燒蝕銷毀，部分殘骸墜落于南太平洋中部區(qū)域，結束它的歷史使命。在燒蝕銷毀前，由于稀薄空氣阻力的影響，“天宮一號”的運行半徑逐漸減小。在“天宮一號”運行半徑逐漸減小過程，下列說法正確的是( ) A．運行周期逐漸減小B．機械能逐漸減小 C．受到地球的萬有引力逐漸減小D．運行速率逐漸減小 3．(2018全國卷Ⅰ20)2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈。將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星( ) A．質量之積 B．質量之和 C．速率之和 D．各自的自轉角速度 1．(多選)如圖所示，質量為m′的半圓形軌道槽放置在水平地面上，槽內壁光滑。質量為m的小物體從槽的左側頂端由靜止開始下滑到右側最高點的過程中，軌道槽始終靜止，則該過程中( ) A．軌道槽對地面的最小壓力為m′g B．軌道槽對地面的最大壓力為(m′＋3m)g C．軌道槽對地面的摩擦力先增大后減小 D．軌道槽對地面的摩擦力方向先向左后向右 2．(多選)如圖所示，在豎直平面內固定兩個很靠近的同心圓軌道，外圓內表面光滑，內圓外表面粗糙，一質量為m的小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑為R，不計空氣阻力，下列說法正確的是( ) A．若v0＝2，則小球在整個運動過程中克服摩擦力做功等于mgR B．若使小球在最低點的速度v0大于，則小球在整個運動過程中機械能守恒 C．若小球要做一個完整的圓周運動，小球在最低點的速度v0必須大于等于 D．若小球第一次運動到最高點，內環(huán)對小球的支持力為0.5mg，則小球在最低點對外圓環(huán)的壓力為5.5mg 1．(多選)如圖所示，一帶電小球自固定斜面頂端A點以某速度水平拋出，落在斜面上B點?，F(xiàn)加上豎直向下的勻強電場，仍將小球自A點以相同速度水平拋出，落在斜面上C點。不計空氣阻力，下列說法正確的是( ) A．小球帶正電 B．小球所受電場力可能大于重力 C．小球兩次落在斜面上所用的時間不相等 D．小球兩次落在斜面上的速度大小相等 2．如圖所示，長為L的輕質硬桿，一端固定一個質量為m的小球，另一端固定在水平轉軸上，現(xiàn)讓桿繞轉軸O在豎直平面內勻速轉動，轉動的角速度為ω，重力加速度為g，某時刻桿對球的作用力水平向左，則此時桿與水平面的夾角θ為( ) A．sin θ＝ B．sin θ＝ C．tan θ＝ D．tan θ＝ 3．(多選)如圖所示，質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－，其中G為引力常量，M為地球質量，該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道Ⅰ上繞地球做勻速圓周運動，經(jīng)過橢圓軌道Ⅱ的變軌過程進入半徑R3圓形軌道Ⅲ繼續(xù)繞地球運動，其中P為Ⅰ軌道與Ⅱ軌道的切點，Q點為Ⅱ軌道與Ⅲ軌道的切點，下列判斷正確的是( ) A．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的動能為 B．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能等于－ C．衛(wèi)星在Ⅱ軌道經(jīng)過Q點時的加速度小于在Ⅲ軌道上經(jīng)過Q點時的加速度 D．衛(wèi)星在Ⅰ軌道上經(jīng)過P點時的速率大于在Ⅱ軌道上經(jīng)過P點時的速率 4．(多選)我國的“天鏈一號”衛(wèi)星是地球同步衛(wèi)星，可為中低軌道衛(wèi)星提供數(shù)據(jù)通訊，如圖為“天鏈一號”衛(wèi)星a、赤道平面內的低軌道衛(wèi)星b、地球的位置關系示意圖，O為地心，地球相對衛(wèi)星a、b的張角分別為θ1和θ2(θ2圖中未標出)，衛(wèi)星a的軌道半徑是b的4倍。己知衛(wèi)星a、b繞地球同向運行，衛(wèi)星a的周期為T，在運行過程中由于地球的遮擋，衛(wèi)星b會進入衛(wèi)星a通訊的盲區(qū)，衛(wèi)星間的通訊信號視為沿直線傳播，信號傳輸時間可忽略。下列分析正確的是( ) A．衛(wèi)星a，b的速度之比為2 : 1 B．衛(wèi)星b的周期為 C．衛(wèi)星b每次在盲區(qū)運行的時間為 D．衛(wèi)星b每次在盲區(qū)運行的時間為 5．如圖所示，一顆極地衛(wèi)星從北緯30的A點正上方的B點按圖示方向第一次運行至南極C點正上方的D點時所用時間為t，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，忽略地球自轉的影響。以下說法錯誤的是( ) A．衛(wèi)星運行的周期3t B．衛(wèi)星距地面的高度 C．衛(wèi)星的角速度 D．衛(wèi)星的加速度 6．如圖，水平光滑桿CP上套有一個質量m＝1 kg的小物塊A(可視作質點)，細線跨過O點的輕質小定滑輪一端連接物塊A，另一端懸掛質量mB＝2 kg的小物塊B，C點為O點正下方桿的右端點，定滑輪到桿的距離OC＝h＝0.4 m。開始時AO與水平方向的夾角為30，A和B靜止。桿的右下方水平地面上有一傾角為θ＝37固定斜面，斜面上有一質量M＝1 kg的極薄木板DE(厚度忽略)，開始時木板鎖定，木板下表面及物塊A與斜面間動摩擦因數(shù)均μ1＝0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF長L1＝0.53 m)，F(xiàn)E部分與物塊A間的動摩擦因數(shù)μ2＝3/8。木板端點E距斜面底端G長LEG＝0.26 m?，F(xiàn)將A、B同時由靜止釋放(PO與水平方向的夾角為60)，物塊A運動到C點時細線突然斷開，物塊從C水平滑離桿，一段時間后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，與此同時解除木板的鎖定?；瑝K在木板上DF段運動時間恰是在FE段的一半，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物塊A運動到P點時滑塊A、B的速度之比； (2)木板表面FE部分的長度L2； (3)從解除鎖定開始計時，木板端點E經(jīng)多長時間到達斜面底端G？ 參考答案 1．【解題思路】當v2＝a時，此時繩子的拉力為零，物體的重力提供向心力，則，解得v2＝gr，與物體的質量無關，故A錯誤；當v2＝2a時，對物體受力分析，則，解得b＝mg，與小球的質量有關，故B正確；根據(jù)A、B可知與小球的質量有關，與圓周軌道半徑有關，故C正確；若F＝0，由圖知：v2＝a，則有，解得，若v2＝2a，，解得，故D正確。 【答案】BCD 2．【解題思路】根據(jù)可知，則半徑減小，周期減小，選項A正確；由于空氣阻力做功，則機械能減小，選項B正確；由可知，半徑減小，萬有引力增加，選項C錯誤；由可知，半徑減小，速率變大，選項D錯誤。 【答案】AB 3．【解題思路】兩顆中子星運動到某位置的示意圖如圖所示。每秒轉動12圈，角速度已知，中子星運動時，由萬有引力提供向心力得： ＝m1ω2r1①，＝m2ω2r2②，l＝r1＋r2③ 由①②③式得＝ω2l，所以m1＋m2＝，質量之和可以估算。 由線速度與角速度的關系v＝ωr得： v1＝ωr1④，v2＝ωr2⑤ 由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。 質量之積和各自自轉的角速度無法求解。 【答案】BC 1．【解題思路】當m在最高點時，物體只受重力對半圓軌道沒有壓力，故此時軌道槽對地面的壓力最小為m′g，故A正確；當物體運動到最低點時，由機械能守恒可知，，由向心力公式可得，解得F＝3mg，故軌首槽對地面的壓力為3mg＋m′g，此時壓力最大，故B正確；當m對軌道的壓力有沿水平方向的分量時，軌道槽受到水平方向的摩擦力，而在最低點時，水平分量為零，故此時摩擦力為零，故C錯誤；m在軌道左側時，對槽的彈力有水平向左的分量，故此時地面對槽有向右的摩擦力；當物體到達右側時，彈力向右，故摩擦力向左，由牛頓第三定律可知，D正確。 【答案】ABD 2．【解題思路】若v0＝2，則若圓環(huán)內圓外表面也光滑，則上升的最大高度h＝＝2R，即恰好能上升到軌道最高點；因內圓外表面粗糙，外圓內表面光滑，則小球在上半個圓內要克服內圓的摩擦力做功，往復運動的高度逐漸降低，最后小球將在下半圓軌道內往復運動，故克服摩擦力做功為Wf＝mv02－mgR＝mgR，選項A正確；小球沿外圓運動，在運動過程中不受摩擦力，機械能守恒，小球恰好運動到最高點時對外圓恰無壓力時速度設為v，則有mg＝m，由機械能守恒定律得：mv02＝mg2R＋mv2，小球在最低點時的最小速度v0＝，所以若小球在最低點的速度大于，則小球始終做完整的圓周運動，機械能守恒，故C錯誤，B正確．若小球第一次運動到最高點，內圓對小球的支持力為0.5mg，則mg－0.5mg＝m，解得v＝，若圓環(huán)內圓外表面光滑，則到達最低點的速度滿足：mv′2＝mv2＋mg2R，在最低點：FN－mg＝m，解得FN＝5.5mg；但是由于內圓外表面不光滑，且小球與內圓有摩擦力，故小球在最低點的速度比無摩擦時的速度小，故對外圓環(huán)的壓力小于5.5mg，選項D錯誤。 【答案】AB 1．【解題思路】不加電場時，小球做平拋運動，加電場時，小球做類平拋運動，根據(jù)，則t＝，因為水平方向上小球做勻速直線運動，可知t2>t1，則加上電場后的加速度a
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