第3讲 力与物体的曲线运动

第3讲 力与物体的曲线运动

主要题型：选择题或计算题 难度档次：中档

①以平抛运动、圆周运动为背景考查学生对基本运动形式的认识及理解、推理和分析能力；

②综合万有引力、天体的运动的相关知识点，体现于题中各选项中，以简单分析，计算为主．

,

高考热点

1．运动的合成与分解 2．平抛运动 3．圆周运动 4．万有引力定律 与天体的运动 综合知识 ●几何知识 ●功、能关系 ●超重、失重

●时事背景材料、信息

1．物体做曲线运动的条件

当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有________、________ 和________．

2．物体(或带电粒子)做平抛运动或类平抛运动的条件 (1)有初速度；(2)初速度与加速度的方向________． 3．物体做匀速圆周运动的条件

合外力的方向与物体运动的方向________；绳固定物体能通过最高点的条件是________；杆固定物体能通过最高点的条件是________．物体做匀速圆周运动的向心力，即为物体所受________．

4．描述圆周运动的几个物理量

v2

角速度ω、线速度v和________，还有周期T和频率f.其关系式为a＝r＝

⎛2π________＝ T2r＝(2πf)2r.

⎝⎭特别提醒

(1)平抛(类平抛)运动是匀变速曲线运动，物体所受合力为恒力；而圆周运动是变速运动，物体所受合力为变力．

(2)平抛运动有两个重要的推论：①从抛出点开始，任意时刻速度偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍；②从抛出点开始，任意时刻速度的反向延长线交于水平位移的中点．

5．万有引力定律及天体的运动

(1)万有引力定律的表达式F＝________. (2)天体的运动

天体的运动看成是________运动，其所需要的向心力由________提供．其

v2Mm⎛2π基本关系式为Grmrmω2r＝m T2r＝m(2πf)2r.

⎝⎭

Mm

在天体表面，忽略自转的情况下有R＝mg.

(3)卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系

2Mm

①由r＝mr，得v＝________，则r越大，v越小．

Mm

②由r＝mω2r，得ω＝________，则r越大，ω越小．

Mm4π2

③由＝mr，得T＝________，则r越大，T越大．

rT

(4)第一宇宙速度：近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的________速度，也是发射卫星的________速度．

名师点睛

●处理曲线运动问题的基本思想——“化曲为直”

竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系．

●对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题

应用合成与分解的思想分析这两种运动，转折点的速度是解题的关键．

●利用万有引力定律解决天体运动的一般思路 1．一个模型

天体的运动简化为质点的匀速圆周运动模型． 2．两组公式

v2Mm4π22

Gr2＝mr＝mωr＝mT2·r＝ma

GMmmg＝R2

考向1 平抛运动规律的应用 【例1】 (多选)(2012·江苏卷，6)如图3－1所示，相距l

的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则(

)．

A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度 B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B不可能运动到最高处相碰 D．A、B一定能相碰

本题主要考查运动的合成与分解、平抛运动的规律

等，考查学生的理解能力、推理能力和分析综合能力，难度中等．

图3－

2

(多选)如图3－2所示，水平路面上匀速运动的小车支架上有三个完

全相同的小球A、B、C，当小车遇到障碍物D时，立即停下来，三个小球同时从支架上抛出，落到水平面上．已知三小球的高度差相等，即hA－hB＝hB－hC，下列说法中正确的是( )．

A．三个小球落地时间差与车速无关

B．三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速无关 C．A、B小球落地的间隔距离L1与车速成正比 D．三个小球落地时的间隔距离L1＝L2 思维模板

1．平抛运动或类平抛运动的研究方法——正交分解法． (1)沿初速度v0方向上的匀速运动； (2)垂直v0方向上的匀加速运动．

2．平抛运动常分解的物理量 (1)速度 vx＝v0 vy＝gt

v＝ vx＋vy (2)位移 x＝v0t

1h＝22

s＝ x＋h

考向2 圆周运动的动力学问题

【例2】 (多选)(2012·南通一模)如图3－3所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定放置，小球m在圆轨道内侧做圆周运动．对于半径R不同的圆轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的是( )．

A．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大 B．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越小 C．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大 D．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小 名师支招——教你读题审题

解析 本题考查机械能守恒定律以及圆周运动基本物理量的关系．小球恰好过最高点，小球与轨道间没有压力，小球的重力充当向心力，由牛顿第二定律

v2

可得：mg＝mRv＝ gR，可得半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A正确，B错误；

11

设小球在最低点的速度为v0，由机械能守恒定律可得：2mv20＝mg(2R)＋2

5g

mv2，其中v＝ gR可解得v0＝ 5gR，由v0＝ωR得ω＝

R，可知半径R

越大，小球通过轨道最低点的角速度越小，C错误，D正确．

答案 AD

(多选)如图3－4所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道最高点为

D，AC为圆弧的一条水平直径，AE为水平面．现使小球从A点正上方O点处静止释放，小球从A点进入圆弧轨道后能通过轨道最高点D，则( )．

A．小球通过D点时速度可能为零

B．小球通过D点后，一定会落到水平面AE上 C．小球通过D点后，一定会再次落到圆弧轨道上

5

D．小球要通过D点，至少要从高2处开始下落,

思维模板

●对圆周运动，应先分析物体是否做匀速圆周运动，若是，则 ①合力一定指向圆心

mv2

②利用F合＝r＝mω2r求解即可，若不是，需正交分解． ●竖直面内的圆周运动可分为三种模型． (1)轻绳模型： 临界条件：

mv2高

mg＝R

(2)轻杆模型 临界条件 v高＝

(3)外轨模型

球在最高点时，若v

考向3 万有引力定律及天体的运动

【例3】 (多选)(2012·江苏卷，8)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图3－5所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( )．

A．线速度大于地球的线速度

B．向心加速度大于地球的向心加速度 C．向心力仅由太阳的引力提供 D．向心力仅由地球的引力提供

解析 飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，所以ω

v飞>v飞＝ω地，由圆周运动线速度和角速度的关系v＝rω得

2

正地，选项A正确；由公式a＝rω知，a飞>a地，选项B

确；飞行器受到太阳和地球的万有引力，方向均指向圆心，其合力提供向心力，故C、D选项错．

答案

AB

本题主要考查圆周运动、天体运动、万有引力定律等知识，着重考查学生的理解能力和推理能力，难度中等．

图3－

6

(2012·苏北三模)我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统在抗

震救灾中发挥了巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置(如图3－6所示)．

若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R.不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是( )．

Rg

A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为rB．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2

πrr

C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为3Rg

1

D．卫星1中质量为m的物体的动能为2,

借题发挥

“一、二、三”跑步解决天体问题

●“一”理解一个定律——万有引力定律． ●“二”构建两大模型． (1)“天体”公转模型

某天体绕中心天体做匀速圆周运动 ①万有引力提供向心力

v2Mm⎛2πGrmrmω2r＝m T2r＝man＝mg′(g′表示轨道处的重力加速

⎝⎭

度)——可称为“天上公式”．

GMm

②在地球表面：Rmg.(g表示地球表面的重力加速度)―→可称为“地面公式”，GM＝gR2也称为“黄金代换公式”．

(2)“天体自转”模型

绕通过自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体．

●“三”个区别

①中心天体和环绕天体的区别；②自转周期和公转周期的区别； ③星球半径和轨道半径的区别．

考向4 平抛运动与圆周运动的综合 【例4】 (2012·福建卷，20)如图3－7所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小 s＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)物块做平抛运动的初速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ.

1

解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H＝2gt2，①

在水平方向上有：s＝v0t，②

g

由①②式解得v0＝s

2H，③

代入数据得v0＝1 m/s.

2v0

(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有：fm＝R，④ fm＝μN＝μmg，⑤

20

由④⑤式得

μgR，代入数据得μ＝0.2. 答案 (1)1 m/s (2)0.2 滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图3－8所示，滑板运动

员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C点沿固定斜面向上运动至最高点D.

圆弧轨道的半径为1 m，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角θ＝106°，斜面与圆弧相切于C

点．

图3－8

1

已知滑板与斜面间的动摩擦因数为μ＝3g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量为50 kg，可视为质点．试求：

(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0大小；

(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小． ,

阅卷感悟

错因档案

1．找不到临界状态．

2．不知道哪些力提供向心力． 3．找不到衔接两种运动的物理量． 应对策略

审题能力是一种综合能力，它包括阅读、理解、分析、综合等多种能力． (1)审题时应注意抓好关键字、词、句．(如例4的关键词：“„„物块恰好滑离转台开始做平抛运动”)

(2)通过读题、审题应达到的目的是：

信息聚焦

1．“天”“神”对接

我国在2011年9月29日21时16分，“天宫一号”顺利发射升空.2011年11月1日5时58分“神舟八号”顺利升空.

2011年11月3日和14日“天宫一号”与“神舟八号”分别进行了两次自动交会对接.2012年6月16日18时37分，载有包括1名女航天员在内的3名航

天员的“神舟九号”顺利发射，并成功实施与“天宫一号”的手控交会对接，标志着我国已全面掌握了空间交会对接技术．

2．深空探测

整个航天科学技术分为三大领域：卫星应用、载人航天和深空探测．我国在前两项上已经取得了很大成就，但在深空探测方面还处于起步阶段——从探月做起.2007年10月24日18时05分，“嫦娥一号”成功发射，圆满完成任务后于2009年3月1日受控顺利撞月.2010年10月1日“嫦娥二号”又发射奔月，后续工程“嫦娥三号”“嫦娥四号”等计划也将陆续实施．对其他深空星球的探测将逐步展开．

链接高考

1．纵观近几年高考试题，以天体运动、人类航天为背景的题目，已经成为高考命题的热点．以“天宫一号”和“神舟八号”“神舟九号”的发射、交会对接和回收“嫦娥”等为背景的高考命题的会闪亮登场．

2．此类题主要考查对万有引力定律、牛顿第二定律、匀速 圆周运动等知识的综合运用能力．

【典例1】 (多选)2011年11月3日凌晨1时36分，“天

宫一号”目标飞行器与“神舟八号”飞船顺利完成首次交会对接，揭开了中国航天的崭新阶段．假如“神舟八号”与“天宫一号”对接前所处的轨道如图3－9甲所示，图乙是它们在轨道上即将对接时的模拟图．当它们处于图甲所示的轨道运行时，下列说法正确的是( )．

A．“神舟八号”的加速度比“天宫一号”的大 B．“神舟八号”的运行速度比“天宫一号”的小 C．“神舟八号”的运行周期比“天宫一号”的长

D．“神舟八号”适度加速后有可能与“天宫一号”实现对接

GM

解析 由万有引力提供向心力可知加速度a＝r，对比轨道半径关系可知“神舟八号”的加速度比“天宫一号”的大，选项A正确；

GM

由运行速度v＝

r“神舟八

号”的运行速度比“天宫一号”的大，选项B

r错误；由运行周期T＝

GM“神

舟八号”的运行周期比“天宫一号”的小，选项C错误；“神舟八号”适度加速后做离心运动有可能追上“天宫一号”实现对接，选项D正确．

答案 AD

【典例2】 为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国于2011年

11月9日发射了第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表面高度分

别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2.火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，引力常量为G.仅利用以上数据，可以计算出( )．

A．火星的密度和火星表面的重力加速度 B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力 C．火星的半径和“萤火一号”的质量

D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力

GMm

解析 设火星的半径为R，火星的质量为M，由F万＝F向可得：(R＋h1)4π2GMm4π2

m(R＋h1T，＝m(R＋h2R和火星的质

T(R＋h2)12

MM

量M，由密度公式ρ＝V43R3

星的密度；

GMm

由Rmg，可进一步求出火星表面的重力

加速度，A正确．由于不知道“萤火一号”的质量，所以不能求出火星对“萤火一号”的引力．

答案

A

1．(2012·山东理综卷，15)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小

v1

分别为v1、v2.则等于( )．

2

RRA. B. R2R1 R2RC.R D.R

11

2．(2012·上海单科，12)如图3－10所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动．恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则( )．

A．v03v0

3．如图3－11所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A处过河经过t时间，正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种

(

)．

A．只要增大v1大小，不必改变θ角 B．只要增大θ角，不必改变v1大小

C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角 D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角

4．(多选)2011年7月27日清晨，中国西昌卫星发射中心发射场周边雷电交加、暴雨如注，就在两次雷电间隙，“长征三号甲”点火腾空宛如一条火龙在暴雨雷电中直刺苍穹，将第九颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星，如图3－12所示．下列关于这颗北斗导航卫星的说法中，正确的是( )．

A．卫星的发射速度大于7.9 km/s B．卫星运行时的速度大于7.9 km/s C．卫星离地面的高度为一定值

D．卫星运行的向心加速度大于地球表面的重力加速度 5．(2012·课标全国卷，21)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 ( )．

dd⎛R－d2⎛R⎫2

D. R－d⎪A．1－R B．1＋R C.

⎝R⎭⎝⎭

【高考必备】

1．不共线 等时性 独立性 等效性 2.垂直 3.垂直 v≥ gL(L为绳长) v>0 合外力 4.向心加速度a ω2r

mm5．(1)Gr(2)匀速圆周 万有引力 (3)①

r

②

r ③ GM (4)最大 最小

【考向聚焦】 【例1】 答案 AD

解析 由题意知

A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰

撞前运动时间t1相同，且t1＝ g ①，若第一次落地前相碰，只要满足A运

ll

动时间t＝t1，即v>tA正确；

1

因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C错误、选项D正确．]

预测1

答案 AC

解析 当小车遇到障碍物D时，立即停下来的瞬间，小球做平抛运动，因此落地的时间取决于高度，与车速无关，A项正确；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，因此三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速有关，B项错误；A、

⎫⎛

可知，B小球落地的间隔距离L1＝v0 与车速成正比，C项正确、－

gg⎭⎝

D项错误．

预测2

答案 BD

2v0

解析 小球在通过圆弧最高点D时由牛顿第二定律有FA＋mg＝RFA只能大于或等于零，则在最高点的速度v0gR，A错；

2R

小球离开D点后做平抛运动，它下降高度R所用时间t＝

g，水平方

向通过的位移s＝v0t>R，B对、C错；以B点为零势能点，由机械能守恒可知

v212550

mgH＝mg2R＋2mv0，则H＝2R＋2g2.即小球要通过D点，至少要从H＝2R处开始下落，故D对．

预测3 答案 C

2Mm4π2GM

解析 由Gr＝mr＝mTr＝ma可得v＝

r，

rGMgR2

T＝2π

GMa＝r，再由黄金代换GM＝gR可得v＝ r，T＝2π

gR2T a＝A错；卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t＝＝gRr6πrr121R23R g，C正确；卫星1中质量为m的物体的动能Ek＝2mv＝2mgr，D错；卫星1向后喷气，将做离心运动，所以B错．

预测4

解析 (1)运动员离开平台后做平抛运动，从A至B在竖直方向有：v2y＝2gh，

θ

在B点有：vy＝v0tan 2，

解得：v0＝3 m/s.

(2)运动员在圆弧轨道上做圆周运动，设运动员在最低点的速度为v，在最

v211

低点时有N－mg＝mR，根据机械能守恒定律有2v2＋mg[h＋R(1－cos 53°)]＝0

2

2mv

解得N＝2 150 N.

由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为2 150 N. 答案 (1)3 m/s (2)2 150 N 【随堂演练】 参考答案

Mm

1．B [“天宫一号”运行时所需的向心力由万有引力提供，根据R＝mv2v1得线速度v＝ RRv2R1B正确，选项A、C、

D错误．]

2．A [如图所示，M点和b点在同一水平线上，M点在c点的正上方．根据平抛运动的规律，若v＝2v0，则小球落到M点．可见以初速2v0平抛小球不能落在c点，只能落在c点右边的斜面上，故只有选项A正确．]

3．C [只需保证v1在水流方向的分量与水流速度相同，船就能到达B点，要想过河时间更短，v1垂直于河流方向的分速度要增大，结论是C.]

4．AC [7.9 km/s是地球的第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，以该速度发射的卫星绕地面附近做匀速圆周运动，因此发射地球同步卫星的速度要大于第一宇宙速度，选项A正确、选项B错误；该卫星为倾斜地球同步轨道卫星，离地面高度与同步卫星离地面高度相同，故卫星离地面的高度为一定值，选项C

MmMm

正确；由Gma和G

R＝mg可知卫星运行的向心加速度a小于地球表(R＋h)面的重力加速度g，选项D错误．]

5．A [设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地

GM4

球表面的重力加速度g＝R.地球质量可表示为M＝3πR3ρ.因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝

GM′4⎛R－d⎫33

⎪

3π(R－d)ρ，解得M′＝⎝R⎭M，则矿井底部处的重力加速度g′＝(R－d)，

g′d

则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为g＝1－R，选项A正确，选项B、C、D错误．]