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(共79张PPT)
专题3　力与曲线运动
考向一 抛体问题
考向二 圆周运动
考向三 万有引力与航天
考向一 抛体问题
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
曲线 运动 1.物体做曲线运动的条件:合外力方向与速度方向不在同一条直线上,且合外力指向运动轨迹的内侧。
2.曲线运动的处理方法:运动的分解与合成,遵循平行四边形定则
内容 重要规律、公式和二级结论
平抛 运动 1.平抛运动的时间:t===(平抛运动时间仅由下落高度
决定)。
2.平抛运动的速度大小:v=,速度偏向角:tanθ=。
平抛运动的位移大小:x=,位移偏向角:tanα=。
内容 重要规律、公式和二级结论
平抛 运动 3.平抛运动某一时刻速度与水平方向夹角为θ,位移与水平方向的夹角为α,则有tanθ=2tanα。
4.平抛运动的速度变化量:Δv=v v0=gΔt,方向一定竖直向下。
5.平抛运动的轨迹方程:y=
内容 重要规律、公式和二级结论
斜抛 运动 1.斜上抛运动从抛出点到最高点的运动,逆过程可视为平抛运动。
2.完整斜上抛运动时间和速度大小、动能、动量大小均保持对称性。
3.物体从地面被斜抛出到落地所用时间t=。
4.斜抛运动的射高:y=
5.斜抛运动的射程:x==
角度1　平抛运动
【典题透视】
[例1][平抛运动的基本规律](2025·云南高考)如图所示,某同学将两颗鸟食从O点水平抛出,两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动,两运动轨迹在同一竖直平面内,则(　　)
A.两颗鸟食同时抛出
B.在N点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同
D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
√
【解析】选D。鸟食的运动视为平抛运动,则在竖直方向有h=gt2,由于hM过M点作一水平面,可看出在相同高度处M点的水平位移大,则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大,故C错误,D正确。
[例2][斜面上的平抛]某公园有一水流造景设施的截面如图所示,水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v[1],从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处[2],速度瞬间变为零[3],之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则(　　)
A.水流单位时间撞到B处的体积Q=2Sv[4]
B.水流在B处的速度vB=v
C.水流对B处的冲击力F=4ρSv2[5]
D.空中水的质量m=
√
【题眼破译】
[1]水柱的运动是平抛运动。
[2]撞击时水柱的速度方向与斜面垂直。
[3]时间很短,冲击力很大,水柱的重力可以忽略不计。
[4]可以把水柱等效为一个圆柱体,水流的体积即为圆柱体的体积。
[5]可以利用动量定理求解。
【解析】选D。水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积,即体积为Q=Sv,选项A错误;水流从P到B做平抛运动,平抛初速度为v,由于水柱恰好能垂直撞到斜面,由图中几何关系可知在B处的速度方向与水平方向成60°,则有vB==2v,选项B错误;
设Δt时间内有质量为Δm的水撞击斜面,且该过程斜面给水的支持力为N,规定vB方向为正方向,由动量定理有 NΔt=0 Δm×vB,因为Δm=ρSvΔt,联立解得N=2ρSv2,根据牛顿第三定律可得,水流对B处的冲击力F=N=2ρSv2,选项C错误;由平抛规律可得水流在B的竖直方向速度vy=vtan60°=v,故平抛时间为t=,所以空中水的质量m=ρQt=,选项D正确。
【类题建模】
模型1　分解速度模型
水平速度:vx=v0
竖直速度:vy=gt
方向:tanθ=
水平速度:vx=v0
竖直速度:vy=gt
合速度:v=
θ的正切值:tanθ=
水平速度:vx=v0
竖直速度:vy=gt
合速度:v=
θ的正切值:tanθ=
模型2　分解位移模型
水平位移:x=v0t
竖直位移:y=gt2
方向:tanθ=
水平位移:x=v0t
竖直位移:y=gt2
合位移:s=
方向:tanθ=
水平位移:x=v0t
竖直位移:y=gt2
几何关系:
R±=x
角度2　斜抛运动
【典题透视】
[例3](2025·强基联盟联考)如图为中国女排在奥运会比赛的场景,某次运动员将飞来的排球从a点水平击出,球击中地面上的b点;另一次将即将落地的排球从a点的正下方即c点斜向上击出,也击中b点。第二次排球运动的最高点d与a点等高,且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。已知排球网高2.24 m,c点到球网平面的水平距离为3.36 m,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.排球第一次运动到b点的速度大小可能是第二次运动到b点速度大小的两倍
B.第一次击球时,降低a点高度的同时仅改变击球的速度大小,排球也可能击中b点
C.第二次击球时,仅改变击球的速度方向,排球也可能击中b点
D.击球点a距离地面的高度为2.52 m
√
【图形剖析】
【解析】选D。第二次排球运动的最高点d与a点等高,故比较第一次排球从a到b的过程和第二次排球从d到b的过程,这两个过程都做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,下落高度一样,故运动时间一样,水平方向做匀速直线运动,有x=v0t,且xab=2xdb,可得va=2vd,水平速度大小为2倍关系,竖直速度大小相等,故合速度大小不是2倍关系,选项A错误;
降低a点的高度,速度方向仍水平,排球会触网,故不可能击中b点,故B错误;比较第一次排球从a到e过程和第二次排球从e到d过程,根据可逆性,把第二次排球从e到d过程看成是从d到e过程的平抛运动,这两个过程竖直方向上做自由落体运动,下落高度一样,运动时间也一样,根据va=2vd,可得xae=2xde,故有==,研究第一次排球的运动过程,
由于==,可知==,根据h=gt2,可得=,
故==,hac=×2.24 m=2.52 m,故D正确;
第二次击球时,设速度方向与水平方向夹角为θ,
通过计算有xad=3xde=xae=×3.36 m=5.04 m,
tanθ===1,解得θ=45°,
所以速度方向与水平方向夹角为45°,仅改变击球的速度方向,排球落点
距离变近,故排球不可能击中b点,选项C错误。
【类题建模】
定性 分析 若运动员先后三次以相同速率沿不同方向将链球抛出 (1)沿A轨迹运动的链球在空中运动时间最长
(因为hA>hB>hC,h=gt2,所以tA>tB>tC)。
(2)沿C轨迹运动的链球通过轨迹最高点时
的速度最大(vx=vcosθ,v相同,cosθC最大)。
(3)链球在相同时间内速度变化量相同(Δv=gt)
定量 计算 (1)速度:v0x=v0cosθ,v0y=v0sinθ。
(2)位移:x=v0cosθ·t,y=v0sinθ·t gt2。
(3)射高:H==。
(4)射程:x=t=v0cosθ·=,
当θ=45°时,射程最大值xmax=。
(5)飞行时间:T=t下+t上=,t下=t上=
考向二 圆周运动
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
圆周 运动 1.描述圆周运动快慢物理量间的关系:v=ωr==2πrf。
2.做匀速圆周运动的物体,所受合力全部提供向心力;而变速圆周运动,所受合力沿半径方向的分力提供向心力。
3.向心力大小:Fn=mω2r=m=r=mωv=man
内容 重要规律、公式和二级结论
竖直面 内圆周 运动 1.轻绳模型:最高点无支撑。小球能够做完整的圆周运动,在最高点具有的最小速度为,即在最低点需要获取的最低速度为。
2.轻绳模型中,小球运动至最低点和最高点轻绳对其拉力之差为6mg。
3.轻杆模型:最高点有支撑。小球能够做完整的圆周运动,在最高点最小速度为零,即在最低点需要获取的最低速度为
内容 重要规律、公式和二级结论
圆锥摆 1.小球以一定大小的速度在水平面内做匀速圆周运动,连接小球的细线在空中划出一个圆锥面,这样的装置叫作“摆”。
2.圆锥摆中轻绳的拉力FT=(θ为轻绳与竖直方向的夹角);向心力大小为Fn=mgtanθ
内容 重要规律、公式和二级结论
圆周 运动的 临界 问题 1.与摩擦力有关的临界极值问题:物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
2.与弹力有关的临界极值问题
(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等
角度1　“盘”模型
【典题透视】
[例4](多选)如图所示,在水平圆盘圆心O的一侧,沿半径方向放着用轻杆相连的两个物体A和B,A、B的质量均为m,与圆盘的动摩擦因数分别为μA、μB,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使圆盘在不同的角速度ω下绕过O的竖直轴匀速转动,已知重力加速度大小为g,则B未发生相对滑动前,其所受的静摩擦力f与ω2的关系图像可能是(　　)
√
√
√
【解析】选A、B、C。在A、B都未滑动前,且轻杆无拉力时,对B物体,则有f=mω2r,即f与ω2成正比,且最大静摩擦力为fm=μBmg,选项A正确;由于rA>rB,若μA<μB,随着ω逐渐增大,A受到的静摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力,即A先滑动时,则有μAmg=mrA,解得ω1=。当ω>ω1时,轻杆开始出现拉力,此时,对于A,有T+μAmg=mω2rA,对于B,有fB T=mω2rB,
联立解得fB=m(rA+rB)ω2 μAmg,由此可知,在f ω2的图像中,其斜率变大,选项B正确,D错误;若μB较小时,在B的静摩擦力未达到最大时,且轻杆间无弹力,则有fB=mω2rB,此时f与ω2成正比,随着ω的增大,静摩擦力达到最大时,不再发生变化,其余向心力由杆的弹力提供,即为fm=μBmg,选项C正确。
[母题变式](多选)如图甲所示,两个完全一样的小木块A和B(可视为质点)用轻绳连接置于水平圆盘上,B与转轴OO'的距离为l。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动,木块和圆盘保持相对静止。ω表示圆盘转动的角速度,A、B与圆盘保持相对静止的过程中所受摩擦力与ω2满足如图乙所示关系,图中f2=3f1,下列判断正确的是(　　)
A.图线(1)对应物体A
B.绳长为2l
C.ω2=ω1
D.ω=ω2时绳上张力大小为f2
√
√
√
【解析】选A、B、D。根据图乙刚开始为过原点的直线,可得开始时f=mω2r,则刚开始时轻绳无拉力,摩擦力提供各自的向心力为fB=mω2rB,fA=mω2rA,因为rA>rB,所以fA>fB,则图线(1)对应物体A,选项A正确;当ω=ω1时,对物体A、B有mrA=f2,mrB=f1,f2=3f1,可得mrA=3mrB,解得rA=3rB=3l,所以轻绳长度为L绳=rA rB=2l,选项B正确;
当ω=ω1时,对A有μmg=m·3l,得ω1=,当ω=ω2时,设此时绳子拉力为T,对木块B、A有μmg T=m·l,μmg+T=m·3l,联立解得ω2==ω1,T=μmg=f2,选项C错误,D正确。
【类题建模】
水平圆 盘绕竖 直轴以 不同的 角速度 ω匀速 转动　
轻杆以 不同角 速度ω 匀速转 动　　
角度2　“绳杆”模型
【典题透视】
[例5](多选)(2025·中山模拟)如图甲,光滑圆轨道固定在竖直面内,小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为F,动能为Ek。改变小球在最低点的动能,小球对轨道压力F的大小随之改变。小球的F Ek图像如图乙所示,其左端点坐标为(①,②),其延长线与坐标轴的交点分别为(0,a)、( b,0)。重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球的质量为 B.圆轨道的半径为
C.图乙①处应为3b D.图乙②处应为6a
√
√
【图形剖析】
【解析】选A、D。根据牛顿第三定律可知,小球在最低点的压力大小等于支持力,所以小球在最低点时有F mg=m,Ek=mv2,所以F=Ek+mg,结合图线可得=,mg=a,所以R=,m=,选项A正确,B错误;由于小球能做完整的圆周运动,当小球恰好通过最高点时,有mg=m,
小球从最低点运动到最高点,根据动能定理可得 mg·2R=mmv2,联立解得v=,结合图乙可得Ekmin=mv2=mgR,此时可得Fmin=6mg,所以①处为Ekmin=mgR=5b,②处为Fmin=6mg=6a,选项C错误,D正确。
【类题建模】
绳模型
杆模型
角度3　“摆”模型
【典题透视】
[例6][无绳摆]竖直平面内有一“L”形光滑细杆,杆上套有相同的小球A、B。现让杆绕过底部O点所在的竖直轴匀速转动,两小球A、B在杆上稳定时,其相对位置关系可能正确的是(　　)
√
【解析】选D。设杆与水平方向的夹角为θ,竖直轴转动的角速度为ω,小球到O点的距离为L,图中虚线与转轴交点到O点的距离为H,小球B随转轴转动中受力如图所示,由牛顿第二定律得mgtanθ=mω2Lcosθ,又H=,解得H=,可见角速度相同时,θ越大,H越大,选项D正确,A、B、C错误。
【一题多解】
[母题变式]质量为m1、m2的两个小球A、B套在光滑圆环上,圆环绕竖直方向的直径匀速旋转,已知m1>m2,稳定后,两小球在圆环上相对位置可能正确的是(　　)
√
【解析】选B。光滑圆环绕竖直方向的直径匀速旋转,稳定后,两小球在圆环水平面内做匀速圆周运动,小球所受重力与圆环的支持力提供向心力,则小球一定在O点所在水平面的下面,如图所示,
则mgtanθ=mω2Rsinθ,解得ω=,两小球转动的
角速度相等,所以θ相同,两小球在同一水平面上,
选项B正确,A、C、D错误。
[例7][有绳摆]游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目,静止时的状态可简化为如图所示。左边绳长大于右边绳长,左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时,下列四幅图可能的状态为(　　)
√
【解析】选A。设绳长为l,绳子与竖直方向的夹角为θ,对飞椅和人整体受力分析可知mgtanθ=mω2(r+lsinθ)。
解得=
由于左边绳长大于右边绳长,则有左边角度大,
即有θ左>θ右,选项A正确。
[母题变式]竖直细圆杆顶端附近有一小孔,光滑细绳穿过小孔,细绳两端分别系有A、B两小球,已知A球质量小于B球质量。调节细绳并转动圆杆,使得两球与圆杆能以相同角速度在水平面内匀速转动,下列图样大致正确的是(　　)
√
【解析】选C。设小孔到小球转动平面的竖直距离为h,细绳与竖直方向的夹角为θ,根据小球在竖直方向上受力平衡mg=Tcosθ,两小球受到的细绳拉力大小相等,因为mAθB,小球做圆周运动的半径为r=htanθ,根据小球所受合力提供向心力F合=mgtanθ=mω2r,解得ω=,两球一起做圆周运动,角速度相同,即两球高度相同,选项C正确。
【类题建模】
圆锥摆
模型分析 模型解读
如图,摆长为L,摆线与竖直方向夹角为θ。对摆球受力分析,由牛顿第二定律得:mgtanθ=mr,r=Lsinθ,解得T=2π=2π (1)摆高h=Lcosθ,h越小,周期T越小。
(2)摆线拉力F=,圆锥摆转得越快,摆线拉力F越大。
(3)摆球的加速度a=gtanθ
模型分析 模型解读
由几何知识得半径r=htanθ 根据牛顿第二定律得 =mr,解得T=2πtanθ (1)摆高h越小,周期T越小。
(2)斜面对小球的支持力N=不变。
(3)摆球的加速度a=不变
考向三 万有引力与航天
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
开普勒 行星 运动 定律 1.行星运动的轨道是椭圆,太阳在椭圆的一个焦点上,而不是椭圆中心。
2.行星在椭圆上做变速率运动,在任何两位置的速率满足v1r1=v2r2(r1、r2指该位置到太阳中心的距离)。
3.对于同一中心天体,行星、卫星运动的公转周期的平方与椭圆半长轴(或圆的半径)的三次方成正比,即==k(k是一个仅与中心天体质量有关的常数)
内容 重要规律、公式和二级结论
万有 引力 定律的 应用 1.中心天体质量的求解方法
方法一:由G=mω2r=m=r求解。
方法二:根据黄金代换G=mg求解。
2.若已知某星体近地卫星的周期,则可计算出该星体的密度ρ=。
3.对于双星模型:两星绕行方向、周期、向心力大小均相等;两星的轨道半径与质量成反比,且r1+r2=L
内容 重要规律、公式和二级结论
人造 卫星 1.第一宇宙速度:v1==是所有人造卫星的最小发射速度;也是所有人造卫星绕地球做圆周运动的最大线速度。
2.人造卫星做圆周运动的参数:
v=,ω=,T=2π,an=。
内容 重要规律、公式和二级结论
人造 卫星 3.地球同步卫星:与地球保持相对静止的卫星;轨道平面与赤道平面共面;公转周期等于地球自转周期;线速度约为3.1 km/s;距离地面高度约为地球半径的5.6倍。
4.同向运行的天体追及问题处理方法:两天体相距最近时两天体运动的角度差等于2π的整数倍;两天体相距最远时两天体运动的角度差等于π的奇数倍
角度1　开普勒行星定律
【典题透视】
[例8](2025·云南高考)国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年,该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU,八大行星绕太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用,则该小行星的公转轨道应介于(　　)
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半 径R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A.金星与地球的公转轨道之间
B.地球与火星的公转轨道之间
C.火星与木星的公转轨道之间
D.天王星与海王星的公转轨道之间
√
【解析】选C。根据开普勒第三定律可知=,
其中r地=1 AU,T地=1年,T行=5.8年,
代入解得r行≈3.23 AU,故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间,故选C。
【类题建模】
模型图示 模型解读
(1)v1>v2,v1>。
(2)S1=S2。
(3)tBA=tAD,tCB=tDC。
(4)tBA模型图示 模型解读
角度2　万有引力定律的应用
【典题透视】
[例9](多选)宇宙中两颗相距很远的行星A、B的质量分别为M1、M2,半径分别为R1、R2,密度分别为ρ1、ρ2,行星表面的重力加速度大小分别为g1、g2,距行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方v2随r变化的关系如图甲所示,两图线左端的纵坐标相同;距行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的周期为T,
取对数后得到lgr lgT图像如图乙所示,两条直线的斜率均为k,它们的纵轴截距分别为b1、b2。已知两图像数据均采用国际单位,b2 b1=lg。行星可看作质量分布均匀的球体,忽略行星的自转和其他星球的影响。下列说法正确的是(　　)
A.k=
B.M1∶M2=2∶1
C.ρ1∶ρ2=1∶2
D.g1∶g2=2∶1
√
√
【图形剖析】
【解析】选A、D。可通过表格对各选项逐一分析。
选项 过程分析 结论
A 根据牛顿第二定律得G=mr,整理得r3=, 两边取对数得lgr=lgT+lg, 根据图乙得k= √
B 根据题意得lglg=lg,解得 M1∶M2=1∶2 ×
选项 过程分析 结论
C 根据牛顿第二定律得G=m,解得v2=, 根据图甲得 =,解得R1∶R2=1∶2,根据M=ρπR3, 解得ρ1∶ρ2=4∶1 ×
D 根据mg=G,解得g=G,解得g1∶g2=2∶1 √
【类题建模】
模 型
情 境 已知天体(如地球)的半径R和 天体(如地球) 表面的重力加速度g 行星或卫星绕中心天体做匀速
圆周运动
条 件 物体的重力近似等于天体(如 地球)与物体间的万有引力 行星或卫星受到的万有引力充
当向心力
思 路 “自力更生法”(重力加速度法) “借助外援法”(环绕法)
角度3　宇宙航行问题
【典题透视】
[例10](2025·海南高考)载人飞船的火箭成功发射升空,载人飞船进入预定轨道后,与空间站完成自主快速交会对接,然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道,则下面说法正确的是(　　)
A.火箭加速升空失重
B.航天员在空间站受到的万有引力小于在地表受到的万有引力
C.空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D.空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
√
【解析】选B。火箭加速升空过程,加速度方向竖直向上,则处于超重状态,A错误;根据F=,航天员与地球的质量不变,航天员在空间站离地心更远,则受到的万有引力小于在地表受到的万有引力,B正确;根据=mω2R可得ω=,可知空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度,即大于地球自转角速度,C错误;根据=ma可得a=,可知空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度,D错误。
【类题建模】
模型 卫星或 物体 近地卫星 同步 卫星 赤道上随地球自转的物体
向心力 万有引力 万有引力 万有引力的一个分力
轨道 半径 r1r3=r1
角速度 ω1>ω2=ω3 线速度 由=得v=,故v1>v2 由v=rω得v2>v3
v1>v2>v3 向心 加速度 由=ma得a=,故a1>a2 由a=rω2得a2>a3
a1>a2>a3

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