【步步高】高考物理二轮 复习与增分策略 专题三 第1课时 平抛 圆周和天体的运动课件

专题三力与物体的曲线运动第1课时平抛、圆周和天体的运动知识方法聚焦知识回扣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是：①有初速度；②初速度与加速度的方向．垂直不共线等时性独立性等效性3．物体做匀速圆周运动的条件是：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为：角速度ω、线速度v和，还有周期T和频率f.其关系式为a＝v2r＝＝(2πT)2r＝(2πf)2r.5．平抛(类平抛)运动是运动，物体所受合力为；而圆周运动是变速运动，物体所受合力为变力．垂直v≥gL(L为绳长)v0合外力向心加速度aω2r匀变速曲线恒力6．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是运动，其所需要的向心力由提供．其基本关系式为GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝m(2πf)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有GMmR2＝mg.7．卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系(1)由GMmr2＝mv2r，得v＝，则r越大，v越小．(2)由GMmr2＝mω2r，得ω＝，则r越大，ω越小．(3)由GMmr2＝m4π2T2r，得T＝，则r越大，T越大．圆周匀速万有引力GMrGMr34π2r3GM8．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．9．因卫星上物体的重力用来提供绕地球做圆周运动的向心力，所以均处于状态,与重力有关的仪器不能使用，与重力有关的实验不能进行．10．卫星变轨时，离心运动后速度变，向心运动后速度变．最大最小失重小大规律方法1．处理曲线运动的基本思路是“化曲为直”；平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的运动．2．定则仍是运动的合成与分解的基本方法．3．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来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．自由落体动能定理4．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是解题的关键．5．分析天体运动类问题的一条主线就是F万＝F向，抓住黄金代换GM＝.6．确定天体表面重力加速度的方法有：①测重力法；②单摆法；③(或竖直上抛)物体法；④近地卫星环绕法．速度平抛gR2热点题型例析题型1平抛运动问题的分析例1(14分)如图1所示，光滑曲面轨道置于高度为H＝1.8m的平台上，其末端切线水平．另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面，整个装置固定在竖直平面内．一个可视作质点的质量为m＝0.1kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图1(1)若小球下滑后做平抛运动正好击中木板的末端，则释放小球的高度为多大？(2)试推导小球下滑后做平抛运动第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式．解析(1)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落到水平地面木板的末端，则H＝12gt2Htanθ＝v1t联立上式得：v1＝4m/s(4分)设释放小球的高度为h1，则mgh1＝12mv21h1＝v212g＝0.8m(2分)(2)由机械能守恒定律可得：mgh＝12mv20(2分)小球离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：y＝12gt2x＝v0ttan37°＝yxvy＝gtv2t＝v20＋v2y(2分)Ek＝12mv2t(2分)联立解得Ek＝3.25h(2分)答案(1)0.8m(2)Ek＝3.25h以题说法1.平抛(或类平抛)运动处理的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移以及斜面倾角之间的关系，这往往成为解决问题的突破口．针对训练1(15分)如图2所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则：图2(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？解析(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以vy＝v0tan53°(3分)v2y＝2gh(3分)则vy＝4m/s，v0＝3m/s.(3分)(2)由vy＝gt1得t1＝0.4s(3分)s＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m．(3分)答案(1)3m/s(2)1.2m题型2圆周运动问题的分析例2(19分)如图3所示，一根轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量m＝0.1kg的小球静止于A点，其右方有底面半径r＝0.2m的转筒，转筒顶端与A等高，筒底端左侧有一小孔，距顶端h＝0.8m．开始时小球处于O点所在水平面上方30°的位置B处且细绳刚好伸直，OB及OA与转筒的轴线在同一竖直平面内，小孔此时也位于该竖直平面内．将小球从B点由静止释放，小球经过A点时速度vA＝25m/s，此时轻绳突然断掉，同时转筒立刻以某一角速度做匀速转动，最终小球恰好进入小孔．取g＝10m/s，不计空气阻力．图3(1)求转筒轴线与A点的距离d；(2)求转筒转动的角速度ω；(3)欲求轻绳的长度s，某同学解法如下：小球从B点运动到A点过程中，只有重力做功，故机械能守恒，则mgs(1＋sin30°)＝12mv2A，代入数据，即可求得s.你认为上述解法是否正确？如果认为正确，请完成此题；如果认为不正确，请给出正确的解答.审题突破1.小球从B点由静止释放到A点的过程一直做自由落体运动吗？2．要使小球从A点开始做平抛运动进入小孔，转筒的角速度满足什么条件？解析(1)小球从A点到进入小孔的时间t＝2hg＝2×0.810s＝0.4s(2分)d－r＝vAt(2分)解得d＝45＋15m≈1.99m(2分)在小球平抛的时间内，转桶必须恰好转整数转，小球才能进入小孔，即ωt＝2nπ(n＝1,2,3，…)(2分)解得ω＝5nπrad/s(n＝1,2,3，…)(2分)(3)此同学的解法不正确．(2分)如图所示，小球从B到C做自由落体运动，设到达C点时速度为vC，则v2C＝2g·2ssin30°＝2gs(2分)在C点时绳绷紧，沿绳方向速度减为零，垂直绳方向速度vC切＝vCcos30°(1分)从C到A，只有重力做功，据机械能守恒有mgs(1－sin30°)＋12mv2C切＝12mv2A(2分)解得s＝0.8m(2分)答案(1)1.99m(2)ω＝5nπrad/s(n＝1,2,3，…)(3)不正确，0.8m以题说法1.此题是自由落体运动、平抛运动和圆周运动结合的问题，各运动转折点的速度分析是关键．2．竖直面内的圆周运动满足机械能守恒定律，一般利用动能定理或机械能守恒定律建立最高点和最低点的速度关系．3．对于匀速圆周运动和平抛运动结合的问题，还应注意圆周运动的周期性问题．针对训练2(14分)如图4所示是某同学设计的一个实验装置：一个内壁光滑的矩形框架竖直固定在水平地面上，一个质量为M＝0.48kg，半径为R＝0.5m的金属光滑圆环竖直放在框架内，圆环左右刚好和框架两壁相接触．一个质量为m＝0.1kg的光滑金属小球放在圆环内的底部．在圆环底部敲击一下小球，使小球突然获得一个水平的初速度，小球便在圆环内运动．该同学通过实验总结出：小球初速度存在一个范围．在此范围内，小球既能够在圆环内做完整的圆周运动，且小球运动到圆环的最高点时，圆环还不能离开框架底部．重力加速度为g＝10m/s2.请你帮助该同学求出小球初速度的这一范围．解析当小球的初速度最小值为v1时，设小球运动到最高点时的速度为v，此时小球在最高点时，小球对圆环恰好没有压力，对小球：从最低点运动到最高点有：mv21/2＝mv2/2＋2mgR(2分)图4在最高点：mg＝mv2/R(2分)解得：v1＝5gR＝5m/s(1分)当小球的初速度为最大值v2时，设小球运动到最高点时的速度为v′，此时小球在最高点时，圆环对框架恰好没有压力，设此时圆环对小球的压力为F，有：对小球：最低点到最高点有：mv22/2＝mv′2/2＋2mgR(2分)在最高点：F＋mg＝mv′2/R(2分)对圆环，有：F＝Mg(2分)解得：v2＝4gR＋M＋mgR/m＝7m/s(2分)所以小球初速度的范围为5m/s≤v0≤7m/s(1分)答案5m/s≤v0≤7m/s题型3万有引力定律的应用例3(2011·广东·20)已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是()A．卫星距地面的高度为3GMT24π2B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C．卫星运行时受到的向心力大小为GMmR2D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F万＝F向＝mv2r＝4π2mrT2.当卫星在地表运行时，F万＝GMmR2＝mg(此时R为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h，则F万＝GMmR＋h2＝F向＝ma向mg，所以C错误，D正确．由GMmR＋h2＝mv2R＋h得，v＝GMR＋hGMR，B正确．由GMmR＋h2＝4π2mR＋hT2，得R＋h＝3GMT24π2，即h＝3GMT24π2－R，A错误．答案BD以题说法1.求解天体运动的有关物理量时，通常应用牛顿第二定律，即GMmr2＝ma＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r.2．卫星追及问题应从低轨道加速或从高轨道减速．3．卫星变轨时，在变轨处变轨后的轨道与变轨前的轨道在此点相切，变轨前后线速度不同，加速度相同．针对训练32011年下半年，我国将发射“天宫一号”目标飞行器，随后发射神舟八号飞船与之进行第一次无人交会对接．对接前“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的位置如图5所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道．由此可以判定()图15A．“天宫一号”发射速度应大于第二宇宙速度B．“天宫一号”的运行速度大于第一宇宙速度C．“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期D．“神舟八号”减速后有可能与“天宫一号”实现对接解析第一宇宙速度是最小发射速度和最大环绕速度，A、B错；由T2∝r3可知，C正确；神舟八号减速后将在更低的轨道上运行，D错．答案C读题审题解题4．平抛运动与圆周运动组合问题的综合分析规范解答步步得分解析(1)在C点：mg＝mv2CR(1分)所以vC＝5m/s(1分)(2)由C点到D点过程：mg(2R－2r)＝12mv2D－12mv2C(2分)在D点：mg＋N＝mv2Dr(1分)所以N＝333.3N(1分)由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为333.3N．(1分)(3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v1，则12mv2C＋mg(2R)＝12mv21(2分)小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v2，则h＝12gt2(1分)s＝v2t(1分)因为v2v1，所以只要mgH＝12mv22，即可满足题意．(3分)解得H＝7.2m(1分)答案(1)5m/s(2)333.3N(3)7.2m[点评]1.对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律.2.要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点.针对训练4(15分)水上滑梯可简化成如图7所示的模型，斜槽AB和光滑圆弧槽BC平滑连接．斜槽AB的竖直高度差H＝6.0m，倾角θ＝37°；圆弧槽BC的半径R＝3.0m，末端C点的切线水平；C点与水面的距离h＝0.80m．人与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.一个质量m＝