2022屆高考物理二輪復習第3講力與曲線運動

專題一相互作用與運動

第3講力與曲線運動

基本知能:

勻速直線運動初速度為零的勻加速直線運動

分T解

受力

平拋（類平拋）運動受恒力作用

特點

條件特1例研究

/合與。不共線曲線運動方法”運動的合成與分解

特I例

圓周運動

描述最簡形式兩類模型

線速度勻速圓豎直面內(nèi)的繩

角速度周運動模型和桿模型

周期、頻率

受力特點

叫用近地衛(wèi)星

需天稔運動性星

三個宇宙速度雙星

速度一二P------

思路同步衛(wèi)星

八Mm

G^^~=mgG等=m-^=mra）亨］

考點一I拋體運動

1.平拋運動的研究方法

［平拋運動盧斗初速展沿水平方向，只受重力作而］

水平勻速直

線運動7

研究運動的合2

成與分解

豎直自由落

體運動

平拋運動、速度方向和位移方向的應用

已知條件情景示例解題策略

從斜面外平拋，垂直落在斜面上，如圖

所示，已知速度的方向垂直于斜面.分解速度

Qn%

tan0=—=—

Vygt

77~

已知速度方向從圓弧形軌道外平拋，恰好無碰撞地進

入圓弧形軌道，如圖所示,已知速度方

分解速度

向沿該點圓弧的切線方向

t)an〃0=—匕=—gt

Va%

隼

分解位移

從斜面上平拋又落到斜面上，如圖所示，

1,

已知位移的方向沿斜面向下.yF

tan0——,

/xv^t

_gt

2%

已知位移方向

分解位移

在斜面外平拋，落在斜面上位移最小，

八xvt

如圖所示，已知位移方向垂直斜面.tan9一一1o

2%

〃/〃力〉方〃〃〃〃〃〃,〃7*777

_gt

2.平拋運動的二級結(jié)論

(1)做平拋運動的物體在任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水

平位移的中點，則tana=-

x0

2

(2)做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角。

的正切值，是位移與水平方向的夾角，的正切值的2倍，即tana=2tan

(3)若物體在斜面上平拋又落到斜面上，則其豎直位移與水平位移之比等于

斜面傾角的正切值。

(4)若平拋物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎

直速度之比等于斜面傾角的正切值。

［典例1］如圖所示，一小球在斜面的頂端以初速度外水平拋出，最后落到

斜面上。已知斜面的傾角為。，小球的質(zhì)量為出重力加速度為g。求：

(D小球落到斜面時速度大小和方向與水平面夾角的正切值；X；卯

(2)小球離斜面最遠時的速度大小和運動時間。

［解析］(1)如圖所示，設小球落到斜面上時速度方向與水平'

方向的夾角為e

陵..

________

小球在水平方向上做勻速直線運動，有匕1=如x=vot

小球在豎直方向上做自由落體運動，有vyl=gt,

小球落到斜面上，所以有tan。=工=笑解得招=詠—

x2VQg

Tan0=—=—=2tana

KrlVo

小球落到斜面上的速度匕="黨+力=g/l+4tan2&。

(2)當小球的運動方向與斜面平行時，小球與斜面相距最遠，設此時經(jīng)歷時

間為，，小球的運動方向與水平方向的夾角為。，則有

<%gt'

vx=vcosa,tana=—=----,vx=%

vxvx

［答案］(1)vb^/l+4tan2a2tana(2)—"皿°

vcosag

1.在上述例題的基礎(chǔ)上改變?yōu)橐韵虑榫埃涸谧銐蜷L斜面上的/點，以水平

速度％拋出一個小球，不計空氣阻力，小球落至斜面時下落的豎直高度為

若將此球改用2%水平速度拋出，仍落至斜面時下落的豎直高度為小。則h、：瓜

為()

A.1：2B.1：3

C.2：1D.1：4

a\

D［斜面傾角的正切值為tan<?=-=—7=^,則運動的時間為t=

XVQLZ%

2'"ana,可知運動的時間與平拋運動的初速度有關(guān),初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，

g

則運動時間變?yōu)樵瓉淼?倍，所以時間比為1：2o平拋運動下落的豎直高度h

0c則力i：九=1：4,故D正確，A、B、C錯誤。］

2.在上述例題的基礎(chǔ)上改變?yōu)橐韵虑榫埃鹤屝∏蛟谛泵娴捻敹艘猿跛俣?

垂直斜面斜向上拋出，最后仍落到斜面上。其他條件不變。求：

(1)小球落到斜面上時的水平位移和豎直位移的大?。?/p>

(2)小球從拋出到離斜面最遠時的時間；

(3)小球離斜面最遠時的速度大小。

［解析］(1)建立如圖所示的坐標系，分解重力可知：小球在

沿斜面方向上做初速度為0的勻加速直線運動，ax=gsina;小球在y軸方向上

做加速度大小為ay=geosa的類豎直上拋運動。

小球運動的時間1=地=上邊-

aygeosa

人?s81.2vfisina

沿斜面的距■離x=Taxt2=-----z-

2gcos2a

所以小球落到斜面上的水平位移為X〃=XCOSG=

g

2v0tan2。

豎直位移為x±=xsina=

g

tvft

(2)小球從拋出到離斜面最遠時的時間為=，=一2一。

/geosa

(3)小球離斜面最遠時vy=0,只有沿x軸方向上的速度，則vx=axt，=vOtan

…4?、2v0tana2vQtan2a,八、vO-、八

［答案］⑴\--------「⑵-⑶v°tana

~~治反思感悟：平拋運動問題要構(gòu)建好兩類模型，一類是常規(guī)平拋運動模型，

注意分解方法，應用勻變速運動的規(guī)律；另一類是平拋斜面結(jié)合模型，要靈活應

用斜面傾角，分解速度或位移，構(gòu)建幾何關(guān)系。

考點二|圓周運動

1.水平面內(nèi)的圓周運動的“臨界”分析

(1)繩的臨界:張力A=0

(2)接觸面滑動臨界：尸=￡

(3)接觸面分離臨界：K=0

2.豎直面內(nèi)的圓周運動(輕繩模型和輕桿模型)

輕繩模型輕桿模型

圖示

重力，彈力四那向下或等于零，重力，彈力少彈向下、向上或等

在最高點受

V2

力mg+F^=nrz于零，mg±F兼

V1-

恰好過最高夕彈=0,mg=nrz,v=y)Rg,即r=0,mg=Fn,在最高點速度

/占、、、可為零

在最高點速度不能為零

應用動能定理或機械能守恒定律將初、末狀態(tài)聯(lián)系起來列方程求

關(guān)聯(lián)

解

3.圓周運動的三種臨界情況

(1)接觸面滑動臨界：摩擦力達到最大值.

(2)接觸面分離臨界：R=0.

(3)繩恰好繃緊：￡=0；繩恰好斷裂：￡達到繩子能承受的最大拉力.

［典例2］(多選)(2021?云南曲靖二模)如圖甲所示，小球穿在豎直平面

內(nèi)光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心。點做半徑為〃的圓周運動。小球運動到最高點時，

圓環(huán)與小球間彈力大小為凡小球在最高點的速度大小為外其足聲圖象如圖乙

所示,g取10m/s2,則(

A.小球的質(zhì)量為4kg

B.固定圓環(huán)的半徑為0.8m

C.小球在最高點的速度為4m/s時,小球受圓環(huán)的彈力大小為20N,方向

向上

D.若小球恰好做圓周運動，則其承受的最大彈力為100N

BD［對小球在最高點進行受力分析，速度為0時，F(xiàn)-mg=O,結(jié)合圖象

可知：20N—m?10m/s2=0,解得小球質(zhì)量m=2kg,選項A錯誤；當F=0時，

由重力提供向心力可得mg=甯，結(jié)合圖象可知mg=8m/2.m,解得固定圓環(huán)

半徑R為0.8m,選項B正確；小球在最高點的速度為4m/s時，設小球受圓環(huán)

的彈力方向向下，由牛頓第二定律得F+mg=m卷，代入數(shù)據(jù)解得F=20N,方

向豎直向下，所以選項C錯誤；小球經(jīng)過最低點時，其受力最大，由牛頓第二

定律得F—mg=m器,若小球恰好做圓周運動，由機械能守恒得mg?2R=；mv2,

由以上兩式得F=5mg,代入數(shù)據(jù)得F=100N,選項D正確。］

［典例3］（2021.華中師范大學附屬中學高三期末）如圖甲所示，兩個質(zhì)量分別為加、

2〃?的小木塊a和儀可視為質(zhì)點）放在水平圓盤上，。與轉(zhuǎn)軸00’的距離為2/,b

與轉(zhuǎn)軸的距離為/.如圖乙所示（俯視圖），兩個質(zhì)量均為m的小木塊c和d（可視為

質(zhì)點）放在水平圓盤上，c與轉(zhuǎn)軸、d與轉(zhuǎn)軸的距離均為/,c與d之間用長度也為

/的水平輕質(zhì)細線相連.木塊與圓盤之間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，

重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸做角速度緩慢增大的轉(zhuǎn)動，下列說

法正確的是（）

A.圖甲中，a、〃同時開始滑動O,

ba

B.圖甲中，a所受的靜摩擦力大于b所受:門口

的靜摩擦力

C.圖乙中，c、d與圓盤相對靜止時，細線甲

的最大拉力為kmg

’2依

D.圖乙中，c、d與圓盤相對靜止時，圓盤的最大角速度為小/

2

答案D解析在題圖甲中kmg=tna）r9co=r越大,開始滑動時的角速

度越小，則。先滑動，選項A錯誤;對木塊。有戶口=〃初2（21）,對b有Ffb=2mco2l,

即a、8所受的靜摩擦力始終相等，選項B錯誤；在題圖乙中，當”學時,

細線的拉力和最大靜摩擦力提供木塊做勻速圓周運動的向心力，當最大靜摩擦

力的方向與細線垂直時，如圖所示，木塊受到的合力F最大，圓盤轉(zhuǎn)動的角速

度最大，看器解得=q鬻,

此時FTm=kmgtan

30°=,選項C錯誤，選項D正確.

畬反思感悟：抓“兩點”“一聯(lián)”把握解題關(guān)鍵點

最高點口沿半徑方向

①“兩點”

最低點

動能定理或

②"一聯(lián)”最高點卜最低點

I機械能守恒定律

考點三I萬有引力與航天

1.估算天體質(zhì)量和密度的解題技巧

(1)利用萬有引力提供天體做圓周運動的向心力估算天體質(zhì)量時，求出的只

是中心天體的質(zhì)量，并非環(huán)繞天體的質(zhì)量。

(2)區(qū)別天體半徑〃和衛(wèi)星軌道半徑八只有在天體表面附近的衛(wèi)星才有產(chǎn)《凡

4.

計算天體密度時，體積「=不兀"中4為天體半徑。

O

2.分析衛(wèi)星運行參量的“一模型”“兩思路”

(1)一種模型：無論是自然天體(如地球、月亮)還是人造天體(如宇宙飛船、

人造衛(wèi)星)都可以看作質(zhì)點，圍繞中心天體(視為靜止)做勻速圓周運動，如例題

中的中心天體為地球。

(2)兩條思路

Mmv4兀2

①萬有引力提供向心力，即G-^=ma=m-=m?r=nry~,八

②天體對其表面物體的萬有引力近似等于重力，於寸=噌或GM=gR(R、g

分別是天體的半徑、表面重力加速度)，公式應用廣泛，被稱為“黃金

代換式”。

3.用好一一“橋梁”

地面赤道上的物體隨地球一起轉(zhuǎn)動，與同步衛(wèi)星具有相同的角速度。比較地

面赤道上物體和空中衛(wèi)星的運行參數(shù)，可借助同步衛(wèi)星的“橋梁”作用。

4.衛(wèi)星變軌的運動模型是向心運動和離心運動，當由于某種原因衛(wèi)星速度

Mmv

『突然增大時，有萬有引力不足以提供向心力，衛(wèi)星將偏離圓軌道做

rr

Mmv

昌心運動；當突然減小時，有0~7>/17~,衛(wèi)星將做向心運動。

yrr

5.雙星問題

兩星在相互間引力作用下都繞它們連線上的某一

模型概述

點做勻速圓周運動

角速度（周

相等

期）

各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供

向心力

磁色2GnkUk2

『一3上、,［2一皿3r2

特點

軌跡半徑(l)ri+r2=7

關(guān)系(2)倒7|=汲不

4巾

總質(zhì)量0+俄=GT

［典例4］（多選）（2021?湖南卷）2021年4月29日，中國空間站天和核心

艙發(fā)射升空，準確進入預定軌道。根據(jù)任務安排，后續(xù)將發(fā)射問天實驗艙和夢天

實驗艙，計劃2022年完成空間站在軌建造。核心艙繞地球飛行的軌道可視為圓

軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的白。下列說法正確的是（）

16

A.核心艙進入軌道后所受地球的萬有引力大小約為它在地面時的1鼻倍

B.核心艙在軌道上飛行的速度大于7.9km/s

C.核心艙在軌道上飛行的周期小于24h

D.后續(xù)加掛實驗艙后，空間站由于質(zhì)量增大，軌道半徑將變小

［思路點撥］解此題把握兩點：

（1）衛(wèi)星的運行看成萬有引力作用下的勻速圓周運動，且運行軌道和質(zhì)量無

關(guān)。

（2）第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度。

答案AC［根據(jù)萬有引力定律有F=G^T，核心艙進入軌道后的萬有引力與

地面上萬有引力之比為R22=（工）2,所以A正確；由G噂1=m號得

（R+封

v=、/"，核心艙做圓周運動的半徑大于地球半徑，故核心艙在軌道上飛行的

速度小于第一宇宙速度，即小于7.9km/s,所以B錯誤；根據(jù)T=2八/品，

\1kjrlVl

可知核心艙做圓周運動的軌道半徑小于同步衛(wèi)星做圓周運動的軌道半徑，則其

周期比同步衛(wèi)星的周期小，小于24h,所以C正確；衛(wèi)星做圓周運動時萬有引

力提供向心力，有G瞿=m景，解得v={^,則衛(wèi)星的環(huán)繞速度與衛(wèi)星的

質(zhì)量無關(guān)，所以變軌時需要點火減速或者點火加速，增加質(zhì)量不會改變軌道半

徑，所以D錯誤。]

[典例5]（2021?江蘇蘇錫常鎮(zhèn)一模）2020年11月28日，嫦娥五號在距月面約

200公里的A處成功實施變軌進入環(huán)月橢圓軌道1.繞月三圈后進行第二次近月

變軌，進入環(huán)月圓軌道n,如圖所示，則嫦娥五號（）

A.在軌道I的運行周期小于在軌道II的運行周期

B.在軌道n上的速度小于月球的第一宇宙速度

C.在軌道I上A點的加速度小于軌道II上8點的加速度

D.在軌道n上8點的機械能大于軌道I上。點的機械能

答案B解析根據(jù)開普勒第三定律，軌道I的半長軸大于軌道n的半徑，所以

嫦娥五號在軌道I的運行周期大于在軌道n的運行周期，A錯誤；

月球的第一宇宙速度即為近月衛(wèi)星的線速度，因為軌道n的半徑大于月球半徑，

所以嫦娥五號在軌道n上的速度小于月球的第一宇宙速度，B正確；

嫦娥五號在軌道I上A點與在軌道n上B點受到的萬有引力大小相等，所以其

加速度大小相等，C錯誤；

嫦娥五號由軌道I變?yōu)檐壍纍需要減速，所以機械能減少，而在各自的軌道上

機械能處處相同，即嫦娥五號在軌道I上的機械能大于在軌道n上的機械能，D

錯誤.

畬反思感悟：衛(wèi)星運行參量的比較方法

（1）列出四個連等式：

Mmv24兀'

G-^=ni-=mnr—rr=ma

rr1o

⑵導出四個表達式：

GM畫[GM/4n2/

a=7,片、J：，3=?，

⑶結(jié)合r大小關(guān)系，比較得出a、八3、7的大小關(guān)系。

考點四I新情境探究

考向1以大氣環(huán)境監(jiān)測為背景考查衛(wèi)星運行規(guī)律

[案例1]（2021?北京豐臺區(qū)高三一模）為了對大氣二氧化碳進行全天時、

高精度監(jiān)測，我國研制的全球首顆搭載主動激光雷達的大氣環(huán)境監(jiān)測衛(wèi)星，將于

2021年7月出廠待發(fā)射。與地球同步軌道衛(wèi)星（圖中衛(wèi)星1）不同，大氣環(huán)境監(jiān)測

衛(wèi)星（圖中衛(wèi)星2）是軌道平面與赤道平面夾角接近90°的衛(wèi)星，一天內(nèi)環(huán)繞地球

飛14圈。下列說法正確的是（）\

A.衛(wèi)星2的速度大于衛(wèi)星1的速度/能

衛(wèi)星2的周期大于衛(wèi)星1的周期

C.衛(wèi)星2的向心加速度小于衛(wèi)星1的向心加速度

D.衛(wèi)星2所處軌道的重力加速度等于衛(wèi)星1所處

軌道的重力加速度

A［因為地球同步衛(wèi)星（衛(wèi)星1）的周期是24h,而大氣環(huán)境監(jiān)測衛(wèi)星（衛(wèi)星2）的周

24hIVfm47r2

期是寸，可見衛(wèi)星2的周期小，根據(jù)萬有引力提供向心力，有G-^-=m不力，

可得T=2八/品，故衛(wèi)星2的軌道半徑小于衛(wèi)星1的軌道半徑，根據(jù)萬有引

vriVl

力提供向心力，有G鬻=1?噂，解得丫=寸因衛(wèi)星2的軌道半徑小，所

以衛(wèi)星2的速度大于衛(wèi)星1的速度,A正確，