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2025屆高考物理二輪復習講義
專題一 力與運動 第3講 力與曲線運動
【網絡構建】
【關鍵能力】 理解曲線運動的運動條件及其軌跡分析,掌握平拋運動和圓周運動的公式和規律.注重將實際問題轉化為物理模型的能力.掌握用分解的方法實現化曲為直、化繁為簡的科學思維,培養運用牛頓第二定律、能量觀念解決曲線運動問題的綜合分析能力.
題型1　運動的合成與分解　拋體運動
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.解決拋體運動的思維過程:
2.建好“兩個模型”
(1)常規的平拋運動及類平拋運動模型.
(2)與斜面相結合的平拋運動模型:
①從斜面上水平拋出又落回到斜面上,位移方向恒定,落點速度方向與斜面間的夾角恒定,此時往往分解位移,構建位移三角形.
②從斜面外水平拋出垂直落在斜面上,速度方向恒定,此時往往分解速度,構建速度三角形.
例1　[2023·浙江1月選考] 如圖所示,在考慮空氣阻力的情況下,一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動,其中P是最高點.空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比,則小石子豎直方向分運動的加速度大小
(　)
A.O點最大
B.P點最大
C.Q點最大
D.整個運動過程保持不變


【技法點撥】
小石子運動過程中,速度的大小和方向都在變化,阻力大小和方向也隨之變化,受力情況非常復雜,解決此類曲線運動問題的基本方法是運動的合成與分解.本題在題干中已明確研究“豎直方向分運動的加速度”,所以只需要研究小石子在豎直方向的受力即可.
例2　[2024·麗水模擬] 如圖所示是雜技團一門水平放置的大炮,左前方地面上有一直徑為50 m的圓形靶區,炮口A在靶區邊緣B點正上方距離為7.2 m處且正對靶心正上方C點.BD為靶區的一條水平直徑,A、B、O、C、D五點在同一豎直平面內.現保持炮口位置不變,炮管以炮口為圓心水平旋轉,所發射玩具炮彈的速率恒為25 m/s.不計炮管口徑的大小及炮彈的大小、空氣阻力,g取10 m/s2,下列說法正確的是 (　)
A.正對C點水平射出時炮彈會落到靶心處
B.炮管從與AC方向平行的位置開始水平轉動角度等于30°時,炮彈將落在靶區外
C.炮管從與AC方向平行的位置開始水平轉動角度小于53°時,炮彈一定會落在靶區內
D.炮管水平轉動角度越大,射出去的炮彈單位時間內速度的變化量越大
【技法點撥】
平拋運動的處理核心思路是利用分解的知識,通過審題判斷是分解速度還是分解位移.另外平拋運動中位移的偏轉方向與速度偏轉方向是有關聯的.
【遷移拓展】
1.如圖所示是一個小球從水平向右的橫風區正上方自由下落的閃光照片,除橫風區外,其他位置的空氣作用力可不計,則(　)
A.小球在橫風區中水平速度不變
B.小球剛進入橫風區時加速度水平向右
C.小球剛從橫風區飛出時速度最大
D.小球從橫風區飛出后,做勻變速曲線運動
2.[2024·浙江1月選考] 如圖所示,小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍,在地面上平移水桶,水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A.已知桶高為h,直徑為D,重力加速度為g,則水離開出水口的速度大小為 (　)
A.
B.
C.
D.(+1)D
3.如圖所示,從混合放射源射出的正離子a、b、c先后從O點水平射入豎直向下的勻強電場中,a、b打到傾斜的絕緣板A上不同的點,c打在水平絕緣板B上,不計重力,則 (　)
A.c的初速度一定大于a的初速度
B.c從O到B板的時間一定大于a從O到A板的時間
C.c打在B板上時的速度方向一定與b打在A板上時的速度方向不平行
D.a、b打在A板上時的速度方向可能不平行
題型2　圓周運動動力學問題
　　　　　 　　　　　 　　　　　
例3　[2021·浙江6月選考] 質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示,重力加速度為g,對該時刻,下列說法正確的是 (　)
A.秋千對小明的作用力小于mg
B.秋千對小明的作用力大于mg
C.小明的速度為零,所受合力為零
D.小明的加速度為零,所受合力為零
【技法點撥】
蕩秋千是在豎直面內做變速圓周運動,只有在最低點時才滿足合力提供向心力,在其他位置時,物體所受合力沿半徑方向的分力提供向心力,沿切線方向的分力提供切向力,蕩秋千到最高點時,向心力為0,切向力不為0.
例4　如圖所示,半徑為R的四分之一光滑圓弧AB在最低端A與豎直桿固定連接,圓弧的圓心O在豎直桿上,一個帶孔小球套在圓弧上,使小球隨圓弧一起繞豎直桿以角速度ω勻速轉動.不計小球的大小,重力加速度為g,小球和A點的高度差h與轉動的角速度ω的關系正確的是 (　)
A.h=R-
B.h=R-
C.h=
D.h=
【技法點撥】
1.水平面內做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供,常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態.
2.常見臨界條件:①繩的臨界:張力FT=0;②接觸面滑動的臨界:F=Ffm;③接觸面分離的臨界:FN=0.
【遷移拓展】
1.[2024·寧波模擬] 如圖所示,可視為質點的木塊A、B疊放在一起,放在水平轉臺上隨轉臺一起繞固定的豎直轉軸OO'勻速轉動,木塊A、B與轉軸OO'的距離為1 m,A的質量為5 kg,B的質量為10 kg.已知A與B間的動摩擦因數為0.2,B與轉臺間的動摩擦因數為0.3,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2.若木塊A、B與轉臺始終保持相對靜止,則轉臺角速度ω的最大值為 (　)
A.1 rad/s
B. rad/s
C. rad/s
D.3 rad/s
2.(不定項)如圖所示,在豎直向下的勻強電場中,一質量為m、帶電荷量為-q(q>0)的小球用長為R的輕繩懸掛于O點,讓小球在豎直平面內做圓周運動,其中A、B分別是圓周上的最高點和最低點,重力加速度為g,電場強度大小E=.下列說法正確的是(　)
A.若要完成完整的圓周運動,則小球到達A點的速度至少為vA=
B.若要完成完整的圓周運動,則小球到達B點的速度至少為vB=
C.小球由A點運動到B點的過程中,繩子拉力逐漸減小
D.小球由A點運動到B點的過程中,小球電勢能的增加量等于重力勢能減少量
題型3　萬有引力定律的應用
　　　　　 　　　　　 　　　　　
天體質量和密度的計算
例5　[2024·湖州模擬] 第二宇宙速度(又稱為逃逸速度)是指物體完全擺脫地球引力束縛,飛離地球所需的最小發射速度.已知第二宇宙速度為v'=,其中G、M、R分別為引力常量、地球的質量、地球的半徑.在目前的天文觀測范圍內,宇宙內物質的平均密度為ρ.若將宇宙看成一個密度均勻的球體,任何物體都不能脫離宇宙,則宇宙的半徑至少為(　)
A. B.
C. D.
【技法點撥】
跟天體質量相關問題的一個求解思路:在忽略星球自轉情況下,可近似認為萬有引力等于重力,由G=mg天體建立天體質量與星球表面重力加速度的關系,再由ρ=、V=πR3建立與天體密度的關系.
例6　[2024·慈溪模擬] 中國空間站“天和”核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動,已知其軌道距地面的高度為h,運行周期為T,地球半徑為R,引力常量為G,由此可得到地球的平均密度為(　)
A. B.
C. D.


天體運行參量的比較
例7　[2023·浙江6月選考] 木星的衛星中,木衛一、木衛二、木衛三做圓周運動的周期之比為1∶2∶4.木衛三周期為T,公轉軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍.月球繞地球公轉周期為T0,則 (　)
A.木衛一軌道半徑為r
B.木衛二軌道半徑為r
C.周期T與T0之比為
D.木星質量與地球質量之比為n3


【技法點撥】
天體環繞運動時由萬有引力提供向心力,滿足G=ma=m=mr=mω2r,解得a=,v=,T=2π,ω=,由此可知,各運動參量大小取決于中心天體質量與軌道半徑大小,在同一環繞系中,中心天體相同,各運動參量大小僅取決于軌道半徑大小.在比較問題或比值問題中,可在推得上述結論后結合半徑關系求解.
例8　[2024·臺州一中模擬] 2024年2月23日,“長征5號”遙七運載火箭搭載通信技術試驗衛星十一號發射成功,被譽為龍年首發.衛星進入地球同步軌道后,主要用于開展多頻段、高速率衛星通信技術驗證.設地球同步衛星的軌道半徑是地球半徑的n倍,下列說法中正確的是 (　)
A.地球同步衛星可以靜止在北京上空
B.同步衛星運行速度是第一宇宙速度的
C.同步衛星的運行速度是地球赤道上物體隨地球自轉獲得的速度的
D.若忽略地球的自轉效應,則同步衛星的向心加速度是地球表面重力加速度的
【技法點撥】
1.靜止衛星位于赤道平面內,自西向東繞行,公轉周期與地球自轉周期相同,由周期是定值可推算軌道半徑是定值,從而得到向心加速度、線速度、角速度大小均是定值.
2.地球相對于靜止衛星的張角θ取決于地球半徑R和靜止衛星軌道半徑r,滿足sin =,而靜止衛星信號能覆蓋的赤道弧長對應的圓心角α與θ互補,如圖所示.要注意,在實際問題中,衛星信號的覆蓋范圍不局限在軌道平面內,而是立體的.
衛星變軌問題和天體相遇問題
1.衛星變軌時軌道半徑的變化可根據萬有引力和所需向心力的大小關系判斷;衛星在穩定的軌道上的運行速度變化由v=判斷.
2.同一衛星在不同軌道上運行時機械能不同,軌道半徑越大,機械能就越大.
3.衛星經過不同軌道相交的同一點時加速度相等,在外軌道上的速度大于在內軌道上的速度.
例9　[2022·浙江1月選考] “天問一號”從地球發射后,在如圖甲所示的P點沿地火轉移軌道到Q點,再依次進入如圖乙所示的調相軌道和停泊軌道,則天問一號 (　)
A.發射速度介于7.9 km/s與11.2 km/s之間
B.從P點轉移到Q點的時間小于6個月
C.在環繞火星的停泊軌道運行的周期比在調相軌道上小
D.在地火轉移軌道運動時的速度均大于地球繞太陽的速度

【技法點撥】
關于衛星在變軌前后相關聯的軌道上的運動,比較周期大小時可由開普勒第三定律判斷,比較不同圓軌道上的線速度大小時可由v=判斷,比較同一橢圓軌道上速度的大小時可由開普勒第二定律判斷,比較兩軌道相切點的線速度大小時可由圓周運動、近心運動和離心運動的知識判斷.
【遷移拓展】
1.如果航天員登月后做了一個小實驗,用輕繩拉著小球在豎直面內轉動,繩長為L,當小球運動到最高點的速度為v0時,小球恰能做完整的圓周運動,已知月球半徑為R,則月球的第一宇宙速度大小為 (　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
2.[2024·嘉興模擬] 探月衛星的發射過程可簡化為如圖所示:首先進入繞地球運行的停泊軌道,在該軌道的P處,通過變速,進入轉移軌道,在到達月球附近的Q點時,再次變速,衛星被月球引力俘獲后成為環月衛星,最終在距月球表面高度為h的工作軌道上繞月飛行(視為圓周運動),工作軌道周期為T.已知月球半徑為R,引力常量為G,衛星繞月飛行時忽略月球以外天體的影響,則 (　)
A.月球的質量為
B.衛星分別在轉移軌道與停泊軌道上經過P點時,受到地球的萬有引力不相同
C.衛星在Q點變軌時需減速
D.衛星在P點變軌時需減速
參考答案與詳細解析
題型1
例1　A　[解析] 在小石子運動整個過程中,一直都有速度,存在阻力,且阻力大小隨速度變化,因此合力不可能恒定,加速度不可能保持不變,選項D錯誤;空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比,即Ff=kv,從O到P的過程中,空氣阻力有豎直向下的分量,設速度與豎直方向夾角為θ,則ay=,可知在O點ay最大,而從P到Q的過程中,空氣阻力有豎直向上的分量,根據ay=,可知在P處ay最大,綜上可知,小石子從O到Q的整個過程,在O點豎直方向分運動的加速度最大,選項A正確,B、C錯誤.
例2　C　[解析] 由平拋運動規律得h=gt2,x=v0t,聯立解得x=30 m,所以正對C點水平射出時炮彈不會落到靶心處,A錯誤;如圖所示,當炮彈恰好落在靶區邊緣時,有cos θ==,解得發射速度方向與BD的夾角為θ=53°,故炮管從與AC方向平行的位置開始水平轉動角度小于53°時,炮彈一定會落在靶區內,B錯誤,C正確;射出去的炮彈單位時間內速度的變化量為Δv=gΔt,即單位時間內速度變化量不變,D錯誤.
【遷移拓展】
1.D　[解析] 小球剛進入橫風區時,受重力和水平向右的風力,根據牛頓第二定律可知加速度方向斜向右下方,且水平方向的速度增大,A、B錯誤;小球從橫風區飛出后,只受重力作用,加速度方向豎直向下,而速度方向斜向右下,由于兩個方向不共線,所以小球做勻變速曲線運動,向下運動過程中速度不斷增大,所以小球剛從橫風區飛出時速度不是最大,C錯誤,D正確.
2.C　[解析] 設細水管管口到桶右側的水平距離為r時實現題中所述現象,示意圖如圖所示,水平拋運動到桶口過程,有h=gt2,r+=v0t,水落入A點過程,有2h=g,r+D=v0t1,聯立解得r=,v0=,選項C正確.
3.C　[解析] 正離子a、b、c均做類平拋運動,盡管c從O到B板的水平位移和豎直位移都比a從O到A板的大,但由于在豎直方向上的加速度的大小關系無法確定,所以c與a的運動時間及初速度大小關系無法確定,A、B錯誤;根據類平拋運動的二級結論,設速度偏轉角為α,位移偏轉角為θ,則tan α=2tan θ,由于c打在B板上時的位移偏轉角與b打在A板上時的位移偏轉角不同,所以c打在B板上時的速度方向與b打在A板上時的速度方向不平行,C正確;a、b打在A板上時的位移偏轉角相等,則速度偏轉角也相等,即速度方向一定平行,D錯誤.
題型2
例3　A　[解析] 小明蕩秋千時,繩子拉力和重力的合力提供向心力,設在最高點時繩子與豎直方向夾角為θ,在最高點時速度為零,所以向心力為零,則F-mgcos θ=0,選項A正確,B錯誤;在最高點時速度為零,但重力沿切線方向的分力為Gx=mgsin θ,所以合力不為零,加速度不為零,選項C、D錯誤.
例4　A　[解析] 設小球和圓弧圓心O連線與豎直方向的夾角為θ,以小球為研究對象,根據牛頓第二定律可得mgtan θ=mω2Rsin θ,由幾何關系可得cos θ=,聯立解得h=R-,故A正確.
【遷移拓展】
1.B　[解析] 對A,當最大靜摩擦力提供向心力時,有μ1mAg=mAr,解得最大角速度ω1== rad/s;對A、B整體,當最大靜摩擦力提供向心力時,有`μ2(mA+mB)g=r,解得最大角速度ω2== rad/s,所以若木塊A、B與轉臺始終保持相對靜止,則轉臺角速度ω的最大值為 rad/s,選項B正確.
2.BC　[解析] 小球受到的重力與電場力的合力F=qE-mg=2mg,方向豎直向上,故A點為圓周運動中的等效最低點,B點為等效最高點,若要完成完整的圓周運動,則小球應能過B點且在恰好過B點情況下對應速度最小,當小球恰好過B點時,根據圓周運動規律可得m=2mg,解得vB=,從A點運動到B點的過程中,由動能定理可得-2mg·2R=m-m,解得vA=,故A錯誤,B正確;小球由A點運動到B點的過程中,設繩子與豎直向上方向的夾角為θ,根據沿繩方向的合力提供向心力,有FT-2mgcos θ=m,此過程中小球速率v減小,θ增大,cos θ減小,所以FT減小,即繩子拉力逐漸減小,故C正確;小球由A點運動到B點的過程中,只有重力和電場力做功,且動能減少,根據能量守恒定律可知,小球電勢能的增加量大于重力勢能的減少量,故D錯誤.
題型3
例5　C　[解析] 設整個宇宙的半徑為r,則宇宙的質量M=πr3ρ,根據G=m,可得宇宙的第一宇宙速度v==r,宇宙的第二宇宙速度為v'==r,依題意可知v'≥c,解得r≥,故C正確.
例6　C　[解析] 中國空間站“天和”核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動,由萬有引力提供向心力,有=m(R+h),可得地球的質量M=,地球可近似看作球體,根據密度的定義式得ρ===,故C正確.
例7　D　[解析] 設木衛一、木衛二、木衛三的軌道半徑分別為R1、R2、R3,由萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力,有=m3R3,=mr,且=n,聯立解得=n3,選項D正確;若地球、木星質量相等,則根據上式可知=,但木星、地球質量并不相等,所以≠選項C錯誤;根據開普勒第三定律=k可知,∶∶=∶∶T2=1∶4∶16,所以木衛一的軌道半徑應該為,木衛二的軌道半徑為,選項A、B錯誤.
例8　B　[解析] 地球同步衛星靜止在赤道上空,不可能靜止在北京上空,故A錯誤;根據萬有引力提供向心力,有G=m,可得v=,則==,故B正確;同步衛星運行的角速度與地球赤道上物體隨地球自轉的角速度相同,根據v=ωr,則==n,故C錯誤;根據萬有引力與重力的關系有G=mg,根據牛頓第二定律有G=ma,聯立可得==,故D錯誤.
例9　C　[解析] “天問一號”發射后需要擺脫地球引力的束縛,說明發射速度肯定要超過11.2 km/s,選項A錯誤;根據開普勒第三定律可知=,由圖可知地火轉移軌道的半長軸大于地球軌道的半徑,故其在地火轉移軌道上的運行周期大于12個月,因此從P點轉移到Q點的時間大于6個月,選項B錯誤;同理,根據開普勒第三定律可知,在環繞火星的停泊軌道運行的周期比在調相軌道上小,選項C正確;“天問一號”在地球軌道上P處點火加速,沿地火轉移軌道做離心運動,即在地火轉移軌道上P點時的速度比地球環繞太陽的速度大,但在到達Q處之后,要加速進入火星軌道,則其在地火轉移軌道上Q點時的速度小于火星繞太陽的速度,由v=可知,火星繞太陽的速度小于地球繞太陽的速度,所以“天問一號”在地火轉移軌道上Q點時的速度小于地球繞太陽的速度,選項D錯誤.
【遷移拓展】
1.B　[解析] 當小球運動到最高點的速度為v0時,小球恰能做完整的圓周運動,則有mg=m,根據重力和萬有引力的關系有mg=G,根據第一宇宙速度的定義得v=,聯立解得v=v0,故B正確.
2.C　[解析] 衛星在工作軌道上繞月飛行過程中,由月球的萬有引力提供做圓周運動的向心力,則有G=m(R+h),解得M月=,故A錯誤;根據萬有引力定律有FP=G,可知衛星分別在轉移軌道與停泊軌道上經過P點時,受到地球的萬有引力相同,故B錯誤;衛星在Q點變軌是由高軌道到低軌道,所以衛星在Q點變軌時需減速,故C正確;衛星在P點變軌是由低軌道到高軌道,所以衛星在P點變軌時需加速,故D錯誤.

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