北京市2018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（含解析）

专题3 牛顿运动定律与曲线运动考向预测从考查方式上来说,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。高频考点：运动的合成与分解；平抛运动规律的应用；圆周运动问题；天体质量和密度的估算；卫星运行参数的分析；卫星变轨问题。知识与技巧的梳理考点一、 运动的合成与分解例 (2018届高三苏州五校联考)如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度v匀速上升，下列说法正确的是()A小球做匀速圆周运动B当棒与竖直方向的夹角为时，小球的速度为C棒的角速度逐渐增大D当棒与竖直方向的夹角为时，棒的角速度为【审题立意】找合运动是解答本题的关键，应清楚棒与平台接触点的实际运动即合运动，方向垂直于棒指向左上，竖直方向的速度是它的一个分速度。把速度分解，根据三角形知识求解。【解题思路】棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成。小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示。设棒的角速度为，则合速度v实L，沿竖直方向向上的速度分量等于v，即Lsin v，所以，小球速度v实L，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，故D正确，A、B、C错误。【参考答案】 D【知识建构】 1解决运动合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质。(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。2解答关联速度问题的方法(1)求解此类问题首先要正确认识合运动，与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。(2)然后在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。3把握小船渡河的两类问题(1)要求最短时间过河，则船头必须垂直指向对岸，不论船速与水流速度的关系如何，如第3题中小船的去程。(2)要求过河的位移最短，则要区分两种情况：当船在静水中的速度v1大于水流速度v2时，最短过河位移为河宽d，如图甲所示，船头指向上游与河岸的夹角arccos。当船在静水中的速度v1小于水流速度v2时，过河的最短位移为x，如图乙所示，船头指向上游与河岸的夹角为arccos，最短位移xd。【变式训练】1(2018届高三苏锡常镇四市联考)(多选)某同学做了一个力学实验，如图所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，细绳剪断后，金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是()A细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零解析：未剪断细绳前，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用处于平衡状态，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，由轨迹可知，轨迹的凹向斜向右下，故合力方向斜向右下，选项B错误；当轨迹的切线方向与弹簧所在的方向垂直时，金属球的速度最大，由轨迹可知，金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧，选项C正确；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线方向可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误。答案：AC2. (2017成都检测)质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为2时，如图所示，下列判断正确的是()AP的速率为vBP的速率为vcos 2C细绳的拉力等于mgsin 1D细绳的拉力小于mgsin 1解析：将小车速度沿细绳和垂直细绳的方向分解为v1、v2，P的速率等于v1vcos 2，A错误，B正确；小车向右做匀速直线运动，2减小，P的速率增大，细绳的拉力大于mgsin 1，C、D错误。答案：B3. (2017泰安模拟)如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相等，且两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是()A. 甲船也能到达正对岸B. 甲船渡河时间一定短C. 两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D. 渡河过程中两船不会相遇解析：甲船航行方向与河岸成角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上v甲vsin ，v乙vsin ，故渡河时间t甲、t乙，所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，B、D错误，C正确。答案：C考点二、平抛(类平抛)的运动规律例 (2017全国卷T15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是( )A速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【审题立意】本题考查平抛运动的基本规律，解答本题要明确平抛运动的飞行时间、水平射程由什么决定。【解题思路】在竖直方向，球做自由落体运动，由hgt2知，选项A、D错误。由v22gh知，选项B错误。在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项C正确。【参考答案】 C【知识构建】1平抛运动的实质图解 2. 平抛运动的两个“正切值”和两个“模型”(1)两个“正切值”任意时刻的速度与水平方向的夹角的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角的正切值的2倍(如图)，即tan 2tan 。(2)两个“模型”两个模型解题方法方法应用分解速度，构建速度矢量三角形水平方向：vxv0竖直方向：vygt合速度：v，方向：tan 分解位移，构建位移矢量三角形水平方向：xv0t竖直方向：ygt2合位移：s，方向：tan 【变式训练】1. (2018届高三昆明调研)将一挡板倾斜地固定在水平面上，倾角为30，如图所示。现有一可视为质点的小球由挡板上方的A点以v0的初速度水平向右抛出，小球落在挡板上的B点时，小球速度方向刚好与挡板垂直，小球与挡板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比为43。下列有关小球的运动描述正确的是()A小球与挡板碰后的速度为v0B小球与挡板碰撞过程中速度的变化量大小为v0CA、B两点的竖直高度差与水平间距之比为1DA、B两点的竖直高度差与水平间距之比为2解析：小球在碰撞挡板前做平抛运动。设刚要碰撞斜面时小球速度为v。由题意，速度v的方向与竖直方向的夹角为30且水平分量仍为v0，如图。由此得v2v0，碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v，则碰后的速度大小为v0，A错误；碰撞过程小球的速度变化量大小为vv(v)vv0，故选项B错误；小球下落高度与水平射程之比为，C错误，D正确。答案：D2. (2017石家庄检测)(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解析：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tan ，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：CD考点三、圆周运动问题例 (2017山东模拟)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C是b开始滑动的临界角速度D当时，a所受摩擦力的大小为kmg【审题立意】未滑动时静摩擦力提供向心力，a、b一起转动时角速度相等，运动半径大，所需向心力大；当最大静摩擦力提供向心力时，处于木块开始滑动的临界条件。【解题思路】因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，由静摩擦力提供向心力，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得fm2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgmb22l，可得b ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgma2l，可得a ，而转盘的角速度 ，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得fm2lkmg，D错误。【参考答案】AC【知识构建】1. 圆周运动的描述v；vRR；an2RR。2. 水平面内圆周运动的临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。(2)常见临界条件绳的临界：张力FT0；接触面滑动的临界：FFf；接触面分离的临界：FN0。3. 竖直平面内圆周运动的绳、杆模型模型绳模型杆模型实例球与绳连接、水流星、翻滚过山车等球与杆连接、球过竖直的圆形管道、套在圆环上的物体等图示在最高点受力重力、弹力F弹(向下或等于零)mgF弹m重力和弹力F弹(向下、向上或等于零)mgF弹m恰好过最高点F弹0，mgm，v，即在最高点速度不能为零v0，mgF弹在最高点速度可为零【变式训练】1. (2018届高三第一次全国大联考卷)如图所示，一倾角为30的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离为d处有一带负电的电荷量为q、质量为m的物体与圆盘始终保持相对静止。整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)()A. B.C. D.解析：对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，即将相对滑动，由牛顿第二定律得：(mgqE)cos 30(mgqE)sin 30m2d，解得，故A正确，B、C、D错误。答案：A2. (2017淮北第一中学模拟)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台、A与B 间的动摩擦因数都为，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是()AB对A的摩擦力有可能为3mgBC与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C转台的角速度有可能恰好等于 D若角速度在题干所述原基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动解析：对A、B整体，有：(3m2m)2r(3m2m)g，对C，有：m21.5rmg，对A，有：3m2r3mg，解得： ，即满足不发生相对滑动时，转台的角速度 ，可知A与B间的静摩擦力最大值fm3mr23mr2mg，故A错误，C正确；A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力，且有m1.5r2，则小球一定能通过P点，故C正确；小球过P点做平抛运动，有xvPt，2Rgt2，得：x22R，故D正确。答案：CD考点四、卫星、行星的运动规律(一)天体质量和密度的估算例1. (多选)被誉为嫦娥5号“探路尖兵”的载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为嫦娥5号任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础。已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过的角度为，引力常量为G，则()A航天器的轨道半径为 B航天器的环绕周期为C月球的质量为 D月球的密度为【审题立意】万有引力在天体运动中的应用，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达式有多种形式，应灵活选择。【解题思路】根据几何关系得：r，故A错误；经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过的角度为，则：，得：T，故B正确；由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：Gmr，所以：M，故C正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：Vr33 ，月球的密度：，故D正确。【参考答案】 BCD【知识构建】1求解天体质量和密度的两条基本思路(1)由于Gmg，故天体质量M，天体密度。(2)由Gmr，得出中心天体质量M，平均密度。若卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。2估算天体质量和密度时的三个易误区(1)不考虑自转时，有Gmg，若考虑自转，则在两极上才有：Gmg，而赤道上则有GmgmR。(2)利用Gmr只能计算中心天体的质量，不能计算绕行天体的质量。(3)注意区分轨道半径r和中心天体的半径R，计算中心天体密度时应用，而不是。【变式训练】1. (2018届高三湖南师大附中调研)(多选)某行星外围有一圈厚度为d的发光带(发光的物质)，简化为如图甲所示模型，R为该行星除发光带以外的半径。现不知发光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某科学家做了精确地观测，发现发光带绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离r的关系如图乙所示(图中所标为已知)，则下列说法正确的是()A发光带是该行星的组成部分B该行星的质量MC行星表面的重力加速度gD该行星的平均密度为解析：若发光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有vr，v与r应成正比，与图像不符，因此发光带不是该行星的组成部分，故A错误；设发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引力提供向心力，则有：Gm，得该行星的质量为：M；由题图乙知，rR时，vv0，则有：M，故B正确；当rR时有mgm，得行星表面的重力加速度g，故C正确；该行星的平均密度为，故D错误。答案：BC2(2018届高三第二次全国大联考卷)(多选)2017年3月16日消息，高景一号卫星发回清晰影像图，可区分单个树冠。天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为弧度，已知引力常量为G，则()A高景一号卫星的质量为B高景一号卫星的角速度为C高景一号卫星的线速度大小为2D地球的质量为解析：根据万有引力提供向心力可知，高景一号卫星的质量不可求，选项A错误；由题意知，高景一号卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度，选项B正确；高景一号卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v，选项C错误；由vr得r，高景一号卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由Gm2r，解得地球的质量M，选项D正确。答案：BD(二)卫星运行参数的分析例2. (2016全国I卷T17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A1 h B4 h C8 h D16 h【审题立意】本题考查万有引力定律的应用。注意在天体运动规律中，有一个常用的重要推论环绕周期T与轨道半径R的关系式：。【解题思路】万有引力提供向心力，对同步卫星有：mr，整理得GM当r6.6R地时，T24 h若地球的自转周期变小，轨道半径最小为2R地三颗同步卫星A、B、C如图所示分布。则有解得T4 h，选项B正确。【参考答案】 B【知识构建】天体运行参量比较问题的两种分析方法1定量分析法(1)列出五个连等式：Gmamm2rmr。(2)导出四个表达式：aG，v ， ，T 。(3)结合r大小关系，比较得出a、v、T的大小关系。2定性结论法将下述结论牢记于心：r越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越小，而周期和能量均越大。【变式训练】 1. (2017江苏卷T6)(多选)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行，则其()A角速度小于地球自转角速度B线速度小于第一宇宙速度C周期小于地球自转周期D向心加速度小于地面的重力加速度解析：“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行时，由Gm2r可知，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，A项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道的线速度小于第一宇宙速度，B项正确；由T可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C项正确；由Gmg，Gma可知，向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，D项正确。答案：BCD2. (2017揭阳检测)如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则()A卫星a的角速度小于c的角速度B卫星a的加速度大于b的加速度C卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D卫星b的周期大于24 h解析：根据公式Gm2r可得，轨道半径越大，角速度越小，故卫星a的角速度小于c的角速度，A正确；根据公式Gma可得a，由于a、b的轨道半径大小相同，所以两者的向心加速度相等，B错误；第一宇宙速度是近地轨道的环绕速度，也是最大的环绕速度，根据公式Gm可得v，轨道半径越大，线速度越小，所以卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，C错误；根据公式Gmr可得T2 ，故轨道半径相同，周期相同，所以卫星b的周期等于24 h，D错误。答案：A(三)卫星变轨问题例3. (多选)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是()A卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【审题立意】解卫星变轨问题题抓住以下几点：(1)卫星从高轨道变轨到低轨道，必须在相切点减速判定其机械能的变化情况；(2)利用开普勒行星运动第二定律判定卫星在同一椭圆轨道上运行时的速度大小关系；(3)利用万有引力提供向心力判定不同轨道同一点加速度大小关系；(4)利用开普勒行星运动第三定律计算在不同轨道上的运行时间大小。【解题思路】对于卫星来说，万有引力提供向心力，有mmr2ma，得v ， ，a，又r3r1，则v3v1，31，故A错误，B正确。轨道1上的Q点与轨道2上的Q点为同一位置，故加速度a相同，同理，轨道2上的P点与轨道3上的P点加速度也相同，故C错误，D正确。【参考答案】 BD【知识构建】1卫星变轨的两种常见情况2航天器变轨问题的三点注意事项(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v判断。(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。(3)航天器经过不同轨道相切的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。【变式训练】1. (2017全国III卷T14)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A周期变大 B速率变大C动能变大 D向心加速度变大解析：根据万有引力提供向心力有，可得周期，速率，向心加速度，对接前后，轨道半径不变，则周期、速率、向心加速度不变，质量变大，则动能变大。答案：C2. 2016年10月17日，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号FY11运载火箭将神舟十一号载人飞船送入太空，2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功。若“神舟十一号”与“天宫二号”对接前的轨道如图所示，则以下说法正确的是()A在远地点P处，“神舟十一号”的加速度与“天宫二号”的加速度相等B根据题中条件可以计算出地球的质量C根据题中条件可以计算出地球对“天宫二号”的引力大小D要实现“神舟十一号”与“天宫二号”在远地点P处对接，“神舟九号”需在靠近P处点火减速解析：在远地点P处，轨道半径相同，由ma知a，故两者加速度相等，A正确；由“天宫二号”做圆周运动，万有引力提供向心力可知mr，因“天宫二号”的周期、轨道半径及引力常量未知，不能计算出地球的质量，B错误；由于“天宫二号”质量未知，故不能算出万有引力，C错误；“神十一”在椭圆轨道上运动，P为其远地点，若在P点前减速，则沿向上的速度分量减少，则“神十一”将不能到达P点，D错误。答案：A13