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 【含答案】

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(wǎng)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(guī)律.注重將實際問題轉(zhuǎn)化為物理模型的能力.掌握用分解的方法實現(xiàn)化曲為直、化繁為簡的科學思維,培養(yǎng)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(guī)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50m的圓形靶區(qū),炮口A在靶區(qū)邊緣B點正上方距離為7.2m處且正對靶心正上方C點.BD為靶區(qū)的一條水平直徑,A、B、O、C、D五點在同一豎直平面內(nèi).現(xiàn)保持炮口位置不變,炮管以炮口為圓心水平旋轉(zhuǎn),所發(fā)射玩具炮彈的速率恒為25m/s.不計炮管口徑的大小及炮彈的大小、空氣阻力,g取10m/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(zhuǎn)動角度等于30°時,炮彈將落在靶區(qū)外C.炮管從與AC方向平行的位置開始水平轉(zhuǎn)動角度小于53°時,炮彈一定會落在靶區(qū)內(nèi)D.炮管水平轉(zhuǎn)動角度越大,射出去的炮彈單位時間內(nèi)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(zhuǎn)方向與速度偏轉(zhuǎn)方向是有關聯(lián)的.【遷移拓展】1.如圖所示是一個小球從水平向右的橫風區(qū)正上方自由下落的閃光照片,除橫風區(qū)外,其他位置的空氣作用力可不計,則()A.小球在橫風區(qū)中水平速度不變B.小球剛進入橫風區(qū)時加速度水平向右C.小球剛從橫風區(qū)飛出時速度最大D.小球從橫風區(qū)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(fā)現(xiàn)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.DB.DC.(D.(2+1)Dg3.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(zhì)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mgB.秋千對小明的作用力大于mgC.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(nèi)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(zhuǎn)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(zhuǎn)動的角速度ω的關系正確的是 ()A.h=R-gB.h=R-ωC.h=gRD.h=g【技法點撥】1.水平面內(nèi)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(tài).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(zhì)點的木塊A、B疊放在一起,放在水平轉(zhuǎn)臺上隨轉(zhuǎn)臺一起繞固定的豎直轉(zhuǎn)軸OO'勻速轉(zhuǎn)動,木塊A、B與轉(zhuǎn)軸OO'的距離為1m,A的質(zhì)量為5kg,B的質(zhì)量為10kg.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2,B與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為0.3,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2.若木塊A、B與轉(zhuǎn)臺始終保持相對靜止,則轉(zhuǎn)臺角速度ω的最大值為 ()A.1rad/sB.2rad/sC.3rad/sD.3rad/s2.(不定項)如圖所示,在豎直向下的勻強電場中,一質(zhì)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(nèi)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=3mgq.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=gRB.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=2C.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(zhì)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(fā)射速度.已知第二宇宙速度為v'=2GMR,其中G、M、R分別為引力常量、地球的質(zhì)量、地球的半徑.在目前的天文觀測范圍內(nèi),宇宙內(nèi)物質(zhì)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.3c24πGρC.3c28πGρ【技法點撥】跟天體質(zhì)量相關問題的一個求解思路:在忽略星球自轉(zhuǎn)情況下,可近似認為萬有引力等于重力,由GMmR2=mg天體建立天體質(zhì)量與星球表面重力加速度的關系,再由ρ=MV、V=43π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.3πGT2 C.3π(R+?)

天體運行參量的比較例7[2023·浙江6月選考]木星的衛(wèi)星中,木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動的周期之比為1∶2∶4.木衛(wèi)三周期為T,公轉(zhuǎn)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(zhuǎn)周期為T0,則 ()A.木衛(wèi)一軌道半徑為n16B.木衛(wèi)二軌道半徑為n2C.周期T與T0之比為nD.木星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為T02

【技法點撥】天體環(huán)繞運動時由萬有引力提供向心力,滿足GMmr2=ma=mv2r=m2πT2r=mω2r,解得a=GMr2,v=GMr,T=2πr3GM,ω=GMr3,由此可知例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(wèi)星十一號發(fā)射成功,被譽為龍年首發(fā).衛(wèi)星進入地球同步軌道后,主要用于開展多頻段、高速率衛(wèi)星通信技術驗證.設地球同步衛(wèi)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(wèi)星可以靜止在北京上空B.同步衛(wèi)星運行速度是第一宇宙速度的1C.同步衛(wèi)星的運行速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的1D.若忽略地球的自轉(zhuǎn)效應,則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的1【技法點撥】1.靜止衛(wèi)星位于赤道平面內(nèi),自西向東繞行,公轉(zhuǎn)周期與地球自轉(zhuǎn)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(wèi)星的張角θ取決于地球半徑R和靜止衛(wèi)星軌道半徑r,滿足sinθ2=Rr,而靜止衛(wèi)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(wèi)星信號的覆蓋范圍不局限在軌道平面內(nèi),衛(wèi)星變軌問題和天體相遇問題1.衛(wèi)星變軌時軌道半徑的變化可根據(jù)萬有引力和所需向心力的大小關系判斷;衛(wèi)星在穩(wěn)定的軌道上的運行速度變化由v=GMr判斷2.同一衛(wèi)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(wèi)星經(jīng)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(nèi)軌道上的速度.例9[2022·浙江1月選考]“天問一號”從地球發(fā)射后,在如圖甲所示的P點沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點,再依次進入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道,則天問一號 ()A.發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間B.從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間小于6個月C.在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小D.在地火轉(zhuǎn)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(wèi)星在變軌前后相關聯(lián)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=GMr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(nèi)轉(zhuǎn)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.v0RC.v0LR D.v02.[2024·嘉興模擬]探月衛(wèi)星的發(fā)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(zhuǎn)移軌道,在到達月球附近的Q點時,再次變速,衛(wèi)星被月球引力俘獲后成為環(huán)月衛(wèi)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(wèi)星繞月飛行時忽略月球以外天體的影響,則 ()A.月球的質(zhì)量為4B.衛(wèi)星分別在轉(zhuǎn)移軌道與停泊軌道上經(jīng)過P點時,受到地球的萬有引力不相同C.衛(wèi)星在Q點變軌時需減速D.衛(wèi)星在P點變軌時需減速參考答案與詳細解析題型1例1A[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=mg+kvcosθm,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(jù)ay=mg-kvcosθm,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例2C[解析]由平拋運動規(guī)律得h=12gt2,x=v0t,聯(lián)立解得x=30m,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(qū)邊緣時,有cosθ=xBD=35,解得發(fā)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(zhuǎn)動角度小于53°時,炮彈一定會落在靶區(qū)內(nèi),B錯誤,C正確;射出去的炮彈單位時間內(nèi)速度的變化量為Δv=gΔt,即單位時間內(nèi)速度變化量不變【遷移拓展】1.D[解析]小球剛進入橫風區(qū)時,受重力和水平向右的風力,根據(jù)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(qū)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(qū)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(cè)的水平距離為r時實現(xiàn)題中所述現(xiàn)象,示意圖如圖所示,水平拋運動到桶口過程,有h=12gt2,r+D2=v0t,水落入A點過程,有2h=12gt12,r+D=v0t1,聯(lián)立解得r=D2,v0=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(jù)類平拋運動的二級結論,設速度偏轉(zhuǎn)角為α,位移偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanα=2tanθ,由于c打在B板上時的位移偏轉(zhuǎn)角與b打在A板上時的位移偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)角相等,則速度偏轉(zhuǎn)角也相等,即速度方向一定平行,D錯誤.題型2例3A[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-mgcosθ=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=mgsinθ,所以合力不為零,加速度不為零,選項C、D錯誤.例4A[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(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ=mω2Rsinθ,由幾何關系可得cosθ=R-?R,聯(lián)立解得h=R-gω2【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=mAω12r,解得最大角速度ω1=μ1gr=2rad/s;對A、B整體,當最大靜摩擦力提供向心力時,有`μ2(mA+mB)g=mA+mBω22r,解得最大角速度ω2=μ2gr=3rad/s,所以若木塊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(jù)圓周運動規(guī)律可得mvB2R=2mg,解得vB=2gR,從A點運動到B點的過程中,由動能定理可得-2mg·2R=12mvB2-12mvA2,解得vA=10gR,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(jù)沿繩方向的合力提供向心力,有FT-2mgcosθ=mv2R,此過程中小球速率v減小,θ增大,cosθ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點的過程中題型3例5C[解析]設整個宇宙的半徑為r,則宇宙的質(zhì)量M=43πr3ρ,根據(jù)GmMr2=mv2r,可得宇宙的第一宇宙速度v=GMr=r43Gπρ,宇宙的第二宇宙速度為v'=2GMr=r83Gπ例6C[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GMm(R+?)2=m2πT2(R+h),可得地球的質(zhì)量M=4π2(R+?)3例7D[解析]設木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三的軌道半徑分別為R1、R2、R3,由萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力,有GM木m3R32=m32πT2R3,GM地mr2=m2πT02r,且R3r=n,聯(lián)立解得M木M地=T02T2n3,選項D正確;若地球、木星質(zhì)量相等,則根據(jù)上式可知TT0=n32,但木星、地球質(zhì)量并不相等,所以TT0≠n32選項C錯誤;根據(jù)開普勒第三定律例8B[解析]地球同步衛(wèi)星靜止在赤道上