2019届高考物理二轮复习专题3牛顿运动定律与曲线运动（含天体运动）学案.docx

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1、13 牛顿运动定律与曲线运动从考查方式上来说，在高考的考查中，本专题内容可能单独考查，特别是万有引力与航天部分，常以选择题形式出现；也可能与其他专题相结合，与能量知识综合考查，以计算题形式出现。从 近 几 年 考 试 命 题 趋 势 看 ， 本 章 内 容 与 实 际 应 用 和 生 产 、 生 活 、 科 技 相 联 系 命 题 ， 或 与 其 他 专 题 综 合 考 查 ，曲 线 运 动 问 题 由 原 来 的 选 择 题 转 变 为 在 计 算 题 中 考 查 ， 万 有 引 力 与 航 天 仍 然 以 选 择 题 出 现 ， 单 独 考 查 的 可 能 性更 大 。1竖直面内的圆周运动

2、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，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。2平抛运动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。3天体运动(1)分析天体运动类问题的一条主线就是 F 万 F 向 ，抓住黄金代换公式 GM gR2。(2)确定天体表面重力加速度的方法有：测重力法、单摆法、平抛(或竖直上抛)物体法、近地卫星环绕法。1(多选)如图所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点 O 在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为 v，此时绳子的拉力大小为 FT，拉力 FT与速度的平方 v2的

3、关系如图乙所示，图象中的数据 a和 b 包括重力加速度 g 都为已知量，以下说法正确的是( )A数据 a 与小球的质量有关B数据 b 与小球的质量有关C比值 a不但与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关D利用数据 a、 b 和 g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径2(多选)2018 年 4 月 2 日早 8 时 15 分左右，在太空中飞行了六年半的天宫一号目标飞行器已再入大气层，绝大部分器件在再入大气层过程中烧蚀销毁，部分残骸坠落于南太平洋中部区域，结束它的历史使命。考向预测2在烧蚀销毁前，由于稀薄空气阻力的影响， “天宫一号”的运行半径逐渐减小。在“天宫一号”运行半径逐渐减小过程，下列说法正

4、确的是( )A运行周期逐渐减小 B机械能逐渐减小C受到地球的万有引力逐渐减小 D运行速率逐渐减小3(2018全国卷20)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约 100 s 时，它们相距约 400 km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )A质量之积 B质量之和C速率之和 D各自的自转角速度1(多选)如图所示，质量为 m的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑。质量为 m 的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到

5、右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该过程中( ) A轨道槽对地面的最小压力为 m gB轨道槽对地面的最大压力为( m3 m)gC轨道槽对地面的摩擦力先增大后减小D轨道槽对地面的摩擦力方向先向左后向右2(多选)如图所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，一质量为 m 的小球从轨道的最低点以初速度 v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A若 v02 ，则小球在整个运动过程中克服摩擦力做功等于 mgRgRB若使小球在最低点的速度 v0大于 ，则小球在整个运动过程中机械能守恒5gRC若小球要做一个完整的

6、圆周运动，小球在最低点的速度 v0必须大于等于 5gRD若小球第一次运动到最高点，内环对小球的支持力为 0.5mg，则小球在最低点对外圆环的压力为5.5mg1(多选)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端 A 点以某速度水平抛出，落在斜面上 B 点。现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自 A 点以相同速度水平抛出，落在斜面上 C 点。不计空气阻力，下列说法正确的是( )A小球带正电B小球所受电场力可能大于重力C小球两次落在斜面上所用的时间不相等D小球两次落在斜面上的速度大小相等2如图所示，长为 L 的轻质硬杆，一端固定一个质量为 m 的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴 O 在竖直平面内匀速

7、转动，转动的角速度为 ，重力加速度为 g，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角 为( )3Asin Bsin 2Lg g 2LCtan Dtan 2Lg g 2L3(多选)如图所示，质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时，引力势能可表示为 Ep ，其GMmr中 G 为引力常量， M 为地球质量，该卫星原来在半径为 R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道的变轨过程进入半径 R3圆形轨道继续绕地球运动，其中 P 为轨道与轨道的切点， Q 点为轨道与轨道的切点，下列判断正确的是( )A卫星在轨道上的动能为GMm2R1B卫星在轨道上的机械能等于GMm2R3C卫星在轨道

8、经过 Q 点时的加速度小于在轨道上经过 Q 点时的加速度D卫星在轨道上经过 P 点时的速率大于在轨道上经过 P 点时的速率4(多选)我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，可为中低轨道卫星提供数据通讯，如图为“天链一号”卫星 a、赤道平面内的低轨道卫星 b、地球的位置关系示意图， O 为地心，地球相对卫星 a、 b 的张角分别为 1和 2( 2图中未标出)，卫星 a 的轨道半径是 b 的 4 倍。己知卫星 a、 b 绕地球同向运行，卫星 a 的周期为 T，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星 b 会进入卫星 a 通讯的盲区，卫星间的通讯信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽略。下列分析正确的是( )A

9、卫星 a， b 的速度之比为 2 : 1B卫星 b 的周期为 8TC卫星 b 每次在盲区运行的时间为 124TD卫星 b 每次在盲区运行的时间为 1265如图所示，一颗极地卫星从北纬 30的 A 点正上方的 B 点按图示方向第一次运行至南极 C 点正上方的 D 点时所用时间为 t，地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，引力常量为 G，忽略地球自转的影响。以下说法错误的是( )A卫星运行的周期 3tB卫星距地面的高度39gR2t24 2C卫星的角速度23tD卫星的加速度4 29t239gR2t24 26如图，水平光滑杆 CP 上套有一个质量 m1 kg 的小物块 A(可视作质点)，细线跨过

10、 O 点的轻质小定滑轮一端连接物块 A，另一端悬挂质量 mB2 kg 的小物块 B， C 点为 O 点正下方杆的右端点，定滑轮4到杆的距离 OC h0.4 m。开始时 AO 与水平方向的夹角为 30， A 和 B 静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为 37固定斜面，斜面上有一质量 M1 kg 的极薄木板 DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块 A 与斜面间动摩擦因数均 10.5，木板上表面的 DF 部分光滑( DF 长 L10.53 m)， FE 部分与物块A 间的动摩擦因数 23/8。木板端点 E 距斜面底端 G 长 LEG0.26 m。现将 A、 B 同时由静止释放( PO 与

11、水平方向的夹角为 60)，物块 A 运动到 C 点时细线突然断开，物块从 C 水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定。滑块在木板上 DF 段运动时间恰是在 FE 段的一半，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：(1)物块 A 运动到 P 点时滑块 A、 B 的速度之比；(2)木板表面 FE 部分的长度 L2；(3)从解除锁定开始计时，木板端点 E 经多长时间到达斜面底端 G？参考答案51 【解题思路】当 v2 a 时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则2vmgr，解得v2 gr，与物体的质量无关，故 A 错误；当 v22 a 时，对物体受力

12、分析，则2b，解得 b mg，与小球的质量有关，故 B 正确；根据 A、B 可知 brm与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故 C 正确；若F0，由图知： v2 a，则有2vmgr，解得 arg，若 v22 a，2vabmgr，解得 bmg，故 D 正确。【答案】BCD2 【解题思路】根据2224MvFGmrrT可知3rGM，则半径减小，周期减小，选项 A 正确；由于空气阻力做功，则机械能减小，选项 B 正确；由 2mFr可知，半径减小，万有引力增加，选项 C 错误；由 Gvr可知，半径减小，速率变大，选项 D 错误。【答案】AB3【解题思路】两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示。每秒转动

13、 12 圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得： m1 2r1， m2 2r2， l r1 r2Gm1m2l2 Gm1m2l2由式得 2l，所以 m1 m2 ，质量之和可以估算。G（ m1 m2）l2 2l3G由线速度与角速度的关系 v r 得：v1 r 1， v2 r 2由式得 v1 v2 (r1 r2) l ，速率之和可以估算。质量之积和各自自转的角速度无法求解。【答案】BC1 【解题思路】当 m 在最高点时，物体只受重力对半圆轨道没有压力，故此时轨道槽对地面的压力最小为 mg ，故 A 正确；当物体运动到最低点时，由机械能守恒可知， 21mvgR，由向心力公式可得2vmFg

14、R，解得 F3 mg，故轨首槽对地面的压力为 3mg mg ，此时压力最大，故 B 正确；当 m 对轨道的压力有沿水平方向的分量时，轨道槽受到水平方向的摩擦力，而在最低点时，水平分量为零，故此时摩擦6力为零，故 C 错误； m 在轨道左侧时，对槽的弹力有水平向左的分量，故此时地面对槽有向右的摩擦力；当物体到达右侧时，弹力向右，故摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，D 正确。【答案】ABD2 【解题思路】若 v02 ，则若圆环内圆外表面也光滑，则上升的最大高度 h 2 R，即恰好能gRv022g上升到轨道最高点；因内圆外表面粗糙，外圆内表面光滑，则小球在上半个圆内要克服内圆的摩擦力做功，往复运动的高

15、度逐渐降低，最后小球将在下半圆轨道内往复运动，故克服摩擦力做功为Wf mv02 mgR mgR，选项 A 正确；小球沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运12动到最高点时对外圆恰无压力时速度设为 v，则有 mg m ，由机械能守恒定律得： mv02 mg2R mv2，小v2R 12 12球在最低点时的最小速度 v0 ，所以若小球在最低点的速度大于 ，则小球始终做完整的圆周运动，5gR 5gR机械能守恒，故 C 错误，B 正确若小球第一次运动到最高点，内圆对小球的支持力为 0.5mg，则mg0.5 mg m ，解得 v ，若圆环内圆外表面光滑，则到达最低点的速度满足：v2R

16、12gRmv 2 mv2 mg2R，在最低点： FN mg m ，解得 FN5.5 mg；但是由于内圆外表面不光滑，且小球12 12 v 2R与内圆有摩擦力，故小球在最低点的速度比无摩擦时的速度小，故对外圆环的压力小于 5.5mg，选项 D 错误。【答案】AB1 【解题思路】不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据20/tantv，则t ，因为水平方向上小球做匀速直线运动，可知 t2t1，则加上电场后的加速度 ag，可知小球一2v0tan a定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故 A、B 错误，C 正确；因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方

17、向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同，根据矢量合成知，初速度相同，则落在斜面上的速度大小相等，故 D 正确。【答案】CD2 【解题思路】小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示根据牛顿第二定律有： mL 2，解得：sin ，故选 B。mgsin g 2L【答案】B3 【解题思路】在轨道上，根据万有引力提供向心力，有： G m ，解得： v1 ，则动能为MmR12 v12R1 GMR1Ek1 mv12 ，故 A 正确；在轨道上，根据万有引力提供向心力，有： G m ，解得： v3 ，12 GMm2R1 MmR3

18、2 v32R3 GMR37则动能为 Ek3 mv32 ，引力势能为 Ep ，则机械能为 E Ek3 Ep ，故 B 正确；根据万有引12 GMm2R3 GMmR3 GMm2R3力提供向心力，有： G ma，解得： a ，两个轨道上 Q 点到地心的距离相同，故加速度的大小相同，MmRQ2 GMRQ2故 C 错误；卫星从轨道要变到轨道上去，故经过 P 点时必须点火加速，即卫星在轨道上经过 P 点时的速率小于在轨道上经过 P 点时的速率，故 D 错误。【答案】AB4【解题思路】设卫星 a、 b 的轨道半径分别为 r1和 r2，地球半径为 R，根据22MmvGr得 GMr，卫星 a、 b 的速度之比为

19、 1 : 2，故 A 错误；由224T可得3，可得 r14 r2，则得卫星 b 星的周期为 8T，故 B 正确；如图， A、 B 是卫星盲区两个边缘位置，由几何知识可得 AOB 1 2，则 122/tAOt，解得 b 每次在盲区运行的时间为 124tT，故 C 正确，D 错误。【答案】BC5 【解题思路】卫星从 B 点到 D 点转动的角度为 120，即 t T，可知卫星运行的周期 T3 t，故 A 正13确；根据 G m(R h) 以及 GM gR2得，卫星距地面的高度 h R，故 B 错误；卫星Mm R h 2 4 2T2 39gR2t24 2的角速度 ，故 C 正确； r ，根据 a ，解

20、得卫星的加速度 a ，2T 23t 39gR2t24 2 4 2rT2 4 29t239gR2t24 2故 D 正确。【答案】B6 【解析】(1)在 P 点时，由速度关系 vAcos60 vB得： vA :vB2:1。(2)物块运动到 C 点时，物块 B 的速度恰为零，物块从 A 点运动到 C 点， A、 B 组成系统机械能守恒：21()BAmgOmv解得： vC4 m/s设物块刚滑上木板时的速度大小为 v0，由平抛规律： 05cos37Cvm/s滑上木板后，在 DF 段：因为木板与斜面间最大静摩擦力 fm 1(m M)gcos 378 N，木板重力沿斜面的分量 Gx Mgsin 6 N，所以

21、木板静止物块加速度 a1 gsin 6 m/s 2设物块经时间 t1运动到 F，则： 2101Lvtat解得： t10.1 s物块到达 F 点的速度 vF v0 a1t15.6 m/s8过 F 后，对物块有： mgsin 37 2mgcos 37 ma2，得： a23 m/s 2对木板有： Mgsin 37 2mgcos 37 1(m M)gcos 37 Ma，得： a1 m/s 2设物块经时间 t2滑到 E 点，则： t22 t10.2s木板的位移 1xa、物块的位移 2Fxvat木板表面 FE 部分的长度 L2 x x代入数据解得： L21.16 m。(3)分离时木板位移 210.xatm，速度 v at20.2 m/s分离后，对木板： Mgsin 37 1Mgcos 37 Ma，得： a2 m/s 2由 2331EGLxvtat，得： t30.4 s所以 t t1 t2 t30.7 s。