2025届高考物理二轮复习讲义：专题一 力与运动 第3讲 力与曲线运动 【含答案】

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【网络构建】
题型1 运动的合成与分解 抛体运动

1.解决抛体运动的思维过程:
2.建好“两个模型”
(1)常规的平抛运动及类平抛运动模型.
(2)与斜面相结合的平抛运动模型:
①从斜面上水平抛出又落回到斜面上,位移方向恒定,落点速度方向与斜面间的夹角恒定,此时往往分解位移,构建位移三角形.
②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上,速度方向恒定,此时往往分解速度,构建速度三角形.
例1 [2023·浙江1月选考] 如图所示,在考虑空气阻力的情况下,一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动,其中P是最高点.空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,则小石子竖直方向分运动的加速度大小
( )
A.O点最大
B.P点最大
C.Q点最大
D.整个运动过程保持不变


【技法点拨】
小石子运动过程中,速度的大小和方向都在变化,阻力大小和方向也随之变化,受力情况非常复杂,解决此类曲线运动问题的基本方法是运动的合成与分解.本题在题干中已明确研究“竖直方向分运动的加速度”,所以只需要研究小石子在竖直方向的受力即可.
例2 [2024·丽水模拟] 如图所示是杂技团一门水平放置的大炮,左前方地面上有一直径为50 m的圆形靶区,炮口A在靶区边缘B点正上方距离为7.2 m处且正对靶心正上方C点.BD为靶区的一条水平直径,A、B、O、C、D五点在同一竖直平面内.现保持炮口位置不变,炮管以炮口为圆心水平旋转,所发射玩具炮弹的速率恒为25 m/s.不计炮管口径的大小及炮弹的大小、空气阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.正对C点水平射出时炮弹会落到靶心处
B.炮管从与AC方向平行的位置开始水平转动角度等于30°时,炮弹将落在靶区外
C.炮管从与AC方向平行的位置开始水平转动角度小于53°时,炮弹一定会落在靶区内
D.炮管水平转动角度越大,射出去的炮弹单位时间内速度的变化量越大
【技法点拨】
平抛运动的处理核心思路是利用分解的知识,通过审题判断是分解速度还是分解位移.另外平抛运动中位移的偏转方向与速度偏转方向是有关联的.
【迁移拓展】
1.如图所示是一个小球从水平向右的横风区正上方自由下落的闪光照片,除横风区外,其他位置的空气作用力可不计,则( )
A.小球在横风区中水平速度不变
B.小球刚进入横风区时加速度水平向右
C.小球刚从横风区飞出时速度最大
D.小球从横风区飞出后,做匀变速曲线运动
2.[2024·浙江1月选考] 如图所示,小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍,在地面上平移水桶,水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A.已知桶高为h,直径为D,重力加速度为g,则水离开出水口的速度大小为( )
A.D4gℎ
B.D2g2ℎ
C.(2+1)D2g2ℎ
D.(2+1)Dg2ℎ
3.如图所示,从混合放射源射出的正离子a、b、c先后从O点水平射入竖直向下的匀强电场中,a、b打到倾斜的绝缘板A上不同的点,c打在水平绝缘板B上,不计重力,则( )
A.c的初速度一定大于a的初速度
B.c从O到B板的时间一定大于a从O到A板的时间
C.c打在B板上时的速度方向一定与b打在A板上时的速度方向不平行
D.a、b打在A板上时的速度方向可能不平行
题型2 圆周运动动力学问题

例3 [2021·浙江6月选考] 质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示,重力加速度为g,对该时刻,下列说法正确的是( )
A.秋千对小明的作用力小于mg
B.秋千对小明的作用力大于mg
C.小明的速度为零,所受合力为零
D.小明的加速度为零,所受合力为零
【技法点拨】
荡秋千是在竖直面内做变速圆周运动,只有在最低点时才满足合力提供向心力,在其他位置时,物体所受合力沿半径方向的分力提供向心力,沿切线方向的分力提供切向力,荡秋千到最高点时,向心力为0,切向力不为0.
例4 如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧AB在最低端A与竖直杆固定连接,圆弧的圆心O在竖直杆上,一个带孔小球套在圆弧上,使小球随圆弧一起绕竖直杆以角速度ω匀速转动.不计小球的大小,重力加速度为g,小球和A点的高度差h与转动的角速度ω的关系正确的是( )
A.h=R-gω2
B.h=R-ω2g
C.h=gRω2
D.h=gω2R
【技法点拨】
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:①绳的临界:张力FT=0;②接触面滑动的临界:F=Ffm;③接触面分离的临界:FN=0.
【迁移拓展】
1.[2024·宁波模拟] 如图所示,可视为质点的木块A、B叠放在一起,放在水平转台上随转台一起绕固定的竖直转轴OO'匀速转动,木块A、B与转轴OO'的距离为1 m,A的质量为5 kg,B的质量为10 kg.已知A与B间的动摩擦因数为0.2,B与转台间的动摩擦因数为0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.若木块A、B与转台始终保持相对静止,则转台角速度ω的最大值为( )
A.1 rad/s
B.2 rad/s
C.3 rad/s
D.3 rad/s
2.(不定项)如图所示,在竖直向下的匀强电场中,一质量为m、带电荷量为-q(q>0)的小球用长为R的轻绳悬挂于O点,让小球在竖直平面内做圆周运动,其中A、B分别是圆周上的最高点和最低点,重力加速度为g,电场强度大小E=3mgq.下列说法正确的是( )
A.若要完成完整的圆周运动,则小球到达A点的速度至少为vA=gR
B.若要完成完整的圆周运动,则小球到达B点的速度至少为vB=2gR
C.小球由A点运动到B点的过程中,绳子拉力逐渐减小
D.小球由A点运动到B点的过程中,小球电势能的增加量等于重力势能减少量
题型3 万有引力定律的应用

天体质量和密度的计算
例5 [2024·湖州模拟] 第二宇宙速度(又称为逃逸速度)是指物体完全摆脱地球引力束缚,飞离地球所需的最小发射速度.已知第二宇宙速度为v'=2GMR,其中G、M、R分别为引力常量、地球的质量、地球的半径.在目前的天文观测范围内,宇宙内物质的平均密度为ρ.若将宇宙看成一个密度均匀的球体,任何物体都不能脱离宇宙,则宇宙的半径至少为( )
A.3c24πGρB.3c24πGρ
C.3c28πGρD.3c28πGρ
【技法点拨】
跟天体质量相关问题的一个求解思路:在忽略星球自转情况下,可近似认为万有引力等于重力,由GMmR2=mg天体建立天体质量与星球表面重力加速度的关系,再由ρ=MV、V=43πR3建立与天体密度的关系.
例6 [2024·慈溪模拟] 中国空间站“天和”核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动,已知其轨道距地面的高度为h,运行周期为T,地球半径为R,引力常量为G,由此可得到地球的平均密度为( )
A.3πGT2 B.4πGT2
C.3π(R+ℎ)3GT2R3D.3π2(R-ℎ)3GT2R3


天体运行参量的比较
例7 [2023·浙江6月选考] 木星的卫星中,木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4.木卫三周期为T,公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍.月球绕地球公转周期为T0,则( )
A.木卫一轨道半径为n16r
B.木卫二轨道半径为n2r
C.周期T与T0之比为n32
D.木星质量与地球质量之比为T02T2n3


【技法点拨】
天体环绕运动时由万有引力提供向心力,满足GMmr2=ma=mv2r=m2πT2r=mω2r,解得a=GMr2,v=GMr,T=2πr3GM,ω=GMr3,由此可知,各运动参量大小取决于中心天体质量与轨道半径大小,在同一环绕系中,中心天体相同,各运动参量大小仅取决于轨道半径大小.在比较问题或比值问题中,可在推得上述结论后结合半径关系求解.
例8 [2024·台州一中模拟] 2024年2月23日,“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功,被誉为龙年首发.卫星进入地球同步轨道后,主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证.设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍,下列说法中正确的是( )
A.地球同步卫星可以静止在北京上空
B.同步卫星运行速度是第一宇宙速度的1n
C.同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的1n
D.若忽略地球的自转效应,则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的1n
【技法点拨】
1.静止卫星位于赤道平面内,自西向东绕行,公转周期与地球自转周期相同,由周期是定值可推算轨道半径是定值,从而得到向心加速度、线速度、角速度大小均是定值.
2.地球相对于静止卫星的张角θ取决于地球半径R和静止卫星轨道半径r,满足sin θ2=Rr,而静止卫星信号能覆盖的赤道弧长对应的圆心角α与θ互补,如图所示.要注意,在实际问题中,卫星信号的覆盖范围不局限在轨道平面内,而是立体的.
卫星变轨问题和天体相遇问题
1.卫星变轨时轨道半径的变化可根据万有引力和所需向心力的大小关系判断;卫星在稳定的轨道上的运行速度变化由v=GMr判断.
2.同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同,轨道半径越大,机械能就越大.
3.卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等,在外轨道上的速度大于在内轨道上的速度.
例9 [2022·浙江1月选考] “天问一号”从地球发射后,在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点,再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道,则天问一号 ( )
A.发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间
B.从P点转移到Q点的时间小于6个月
C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度

【技法点拨】
关于卫星在变轨前后相关联的轨道上的运动,比较周期大小时可由开普勒第三定律判断,比较不同圆轨道上的线速度大小时可由v=GMr判断,比较同一椭圆轨道上速度的大小时可由开普勒第二定律判断,比较两轨道相切点的线速度大小时可由圆周运动、近心运动和离心运动的知识判断.
【迁移拓展】
1.如果航天员登月后做了一个小实验,用轻绳拉着小球在竖直面内转动,绳长为L,当小球运动到最高点的速度为v0时,小球恰能做完整的圆周运动,已知月球半径为R,则月球的第一宇宙速度大小为( )
A.v0 B.v0RL
C.v0LR D.v02RL
2.[2024·嘉兴模拟] 探月卫星的发射过程可简化为如图所示:首先进入绕地球运行的停泊轨道,在该轨道的P处,通过变速,进入转移轨道,在到达月球附近的Q点时,再次变速,卫星被月球引力俘获后成为环月卫星,最终在距月球表面高度为h的工作轨道上绕月飞行(视为圆周运动),工作轨道周期为T.已知月球半径为R,引力常量为G,卫星绕月飞行时忽略月球以外天体的影响,则( )
A.月球的质量为4π2R2GT2
B.卫星分别在转移轨道与停泊轨道上经过P点时,受到地球的万有引力不相同
C.卫星在Q点变轨时需减速
D.卫星在P点变轨时需减速
参考答案与详细解析
题型1
例1 A [解析] 在小石子运动整个过程中,一直都有速度,存在阻力,且阻力大小随速度变化,因此合力不可能恒定,加速度不可能保持不变,选项D错误;空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,即Ff=kv,从O到P的过程中,空气阻力有竖直向下的分量,设速度与竖直方向夹角为θ,则ay=mg+kvcsθm,可知在O点ay最大,而从P到Q的过程中,空气阻力有竖直向上的分量,根据ay=mg-kvcsθm,可知在P处ay最大,综上可知,小石子从O到Q的整个过程,在O点竖直方向分运动的加速度最大,选项A正确,B、C错误.
例2 C [解析] 由平抛运动规律得h=12gt2,x=v0t,联立解得x=30 m,所以正对C点水平射出时炮弹不会落到靶心处,A错误;如图所示,当炮弹恰好落在靶区边缘时,有cs θ=xBD=35,解得发射速度方向与BD的夹角为θ=53°,故炮管从与AC方向平行的位置开始水平转动角度小于53°时,炮弹一定会落在靶区内,B错误,C正确;射出去的炮弹单位时间内速度的变化量为Δv=gΔt,即单位时间内速度变化量不变,D错误.
【迁移拓展】
1.D [解析] 小球刚进入横风区时,受重力和水平向右的风力,根据牛顿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错误;小球从横风区飞出后,只受重力作用,加速度方向竖直向下,而速度方向斜向右下,由于两个方向不共线,所以小球做匀变速曲线运动,向下运动过程中速度不断增大,所以小球刚从横风区飞出时速度不是最大,C错误,D正确.
2.C [解析] 设细水管管口到桶右侧的水平距离为r时实现题中所述现象,示意图如图所示,水平抛运动到桶口过程,有h=12gt2,r+D2=v0t,水落入A点过程,有2h=12gt12,r+D=v0t1,联立解得r=D2,v0=(2+1)D2g2ℎ,选项C正确.
3.C [解析] 正离子a、b、c均做类平抛运动,尽管c从O到B板的水平位移和竖直位移都比a从O到A板的大,但由于在竖直方向上的加速度的大小关系无法确定,所以c与a的运动时间及初速度大小关系无法确定,A、B错误;根据类平抛运动的二级结论,设速度偏转角为α,位移偏转角为θ,则tan α=2tan θ,由于c打在B板上时的位移偏转角与b打在A板上时的位移偏转角不同,所以c打在B板上时的速度方向与b打在A板上时的速度方向不平行,C正确;a、b打在A板上时的位移偏转角相等,则速度偏转角也相等,即速度方向一定平行,D错误.
题型2
例3 A [解析] 小明荡秋千时,绳子拉力和重力的合力提供向心力,设在最高点时绳子与竖直方向夹角为θ,在最高点时速度为零,所以向心力为零,则F-mgcs θ=0,选项A正确,B错误;在最高点时速度为零,但重力沿切线方向的分力为Gx=mgsin θ,所以合力不为零,加速度不为零,选项C、D错误.
例4 A [解析] 设小球和圆弧圆心O连线与竖直方向的夹角为θ,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律可得mgtan θ=mω2Rsin θ,由几何关系可得cs θ=R-ℎR,联立解得h=R-gω2,故A正确.
【迁移拓展】
1.B [解析] 对A,当最大静摩擦力提供向心力时,有μ1mAg=mAω12r,解得最大角速度ω1=μ1gr=2 rad/s;对A、B整体,当最大静摩擦力提供向心力时,有`μ2(mA+mB)g=mA+mBω22r,解得最大角速度ω2=μ2gr=3 rad/s,所以若木块A、B与转台始终保持相对静止,则转台角速度ω的最大值为2 rad/s,选项B正确.
2.BC [解析] 小球受到的重力与电场力的合力F=qE-mg=2mg,方向竖直向上,故A点为圆周运动中的等效最低点,B点为等效最高点,若要完成完整的圆周运动,则小球应能过B点且在恰好过B点情况下对应速度最小,当小球恰好过B点时,根据圆周运动规律可得mvB2R=2mg,解得vB=2gR,从A点运动到B点的过程中,由动能定理可得-2mg·2R=12mvB2-12mvA2,解得vA=10gR,故A错误,B正确;小球由A点运动到B点的过程中,设绳子与竖直向上方向的夹角为θ,根据沿绳方向的合力提供向心力,有FT-2mgcs θ=mv2R,此过程中小球速率v减小,θ增大,cs θ减小,所以FT减小,即绳子拉力逐渐减小,故C正确;小球由A点运动到B点的过程中,只有重力和电场力做功,且动能减少,根据能量守恒定律可知,小球电势能的增加量大于重力势能的减少量,故D错误.
题型3
例5 C [解析] 设整个宇宙的半径为r,则宇宙的质量M=43πr3ρ,根据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为v'=2GMr=r83Gπρ,依题意可知v'≥c,解得r≥3c28πGρ,故C正确.
例6 C [解析] 中国空间站“天和”核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,有GMm(R+ℎ)2=m2πT2(R+h),可得地球的质量M=4π2(R+ℎ)3GT2,地球可近似看作球体,根据密度的定义式得ρ=MV=4π2(R+ℎ)3GT24πR33=3π(R+ℎ)3GT2R3,故C正确.
例7 D [解析] 设木卫一、木卫二、木卫三的轨道半径分别为R1、R2、R3,由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力,有GM木m3R32=m32πT2R3,GM地mr2=m2πT02r,且R3r=n,联立解得M木M地=T02T2n3,选项D正确;若地球、木星质量相等,则根据上式可知TT0=n32,但木星、地球质量并不相等,所以TT0≠n32选项C错误;根据开普勒第三定律R3T2=k可知,R13∶R23∶R33=T12∶T22∶T2=1∶4∶16,所以木卫一的轨道半径应该为nr316,木卫二的轨道半径为nr34,选项A、B错误.
例8 B [解析] 地球同步卫星静止在赤道上空,不可能静止在北京上空,故A错误;根据万有引力提供向心力,有GMmr2=mv2r,可得v=GMr,则v同v1=1nR1R=1n,故B正确;同步卫星运行的角速度与地球赤道上物体随地球自转的角速度相同,根据v=ωr,则v同v物=nRR=n,故C错误;根据万有引力与重力的关系有GMmR2=mg,根据牛顿第二定律有GMmr2=ma,联立可得ag=R2(nR)2=1n2,故D错误.
例9 C [解析] “天问一号”发射后需要摆脱地球引力的束缚,说明发射速度肯定要超过11.2 km/s,选项A错误;根据开普勒第三定律可知a3r地3=T2T地2,由图可知地火转移轨道的半长轴大于地球轨道的半径,故其在地火转移轨道上的运行周期大于12个月,因此从P点转移到Q点的时间大于6个月,选项B错误;同理,根据开普勒第三定律可知,在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小,选项C正确;“天问一号”在地球轨道上P处点火加速,沿地火转移轨道做离心运动,即在地火转移轨道上P点时的速度比地球环绕太阳的速度大,但在到达Q处之后,要加速进入火星轨道,则其在地火转移轨道上Q点时的速度小于火星绕太阳的速度,由v=GMr可知,火星绕太阳的速度小于地球绕太阳的速度,所以“天问一号”在地火转移轨道上Q点时的速度小于地球绕太阳的速度,选项D错误.
【迁移拓展】
1.B [解析] 当小球运动到最高点的速度为v0时,小球恰能做完整的圆周运动,则有mg=mv02L,根据重力和万有引力的关系有mg=GMmR2,根据第一宇宙速度的定义得v=GMR,联立解得v=v0RL,故B正确.
2.C [解析] 卫星在工作轨道上绕月飞行过程中,由月球的万有引力提供做圆周运动的向心力,则有GM月m(R+ℎ)2=m4π2T2(R+h),解得M月=4π2(R+ℎ)3GT2,故A错误;根据万有引力定律有FP=GM地mrP2,可知卫星分别在转移轨道与停泊轨道上经过P点时,受到地球的万有引力相同,故B错误;卫星在Q点变轨是由高轨道到低轨道,所以卫星在Q点变轨时需减速,故C正确;卫星在P点变轨是由低轨道到高轨道,所以卫星在P点变轨时需加速,故D错误.
【关键能力】
理解曲线运动的运动条件及其轨迹分析,掌握平抛运动和圆周运动的公式和规律.注重将实际问题转化为物理模型的能力.掌握用分解的方法实现化曲为直、化繁为简的科学思维,培养运用牛顿第二定律、能量观念解决曲线运动问题的综合分析能力.