高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天高考热点讲座4学案

高考热点讲座4

热点一　平抛运动与圆周运动的综合问题

模型一　水平面内的圆周运动与平抛运动的

综合问题

1．在此类问题中有时是一个物体做水平面上的圆周运动，另一个物体做平抛运动，特定条件下相遇，有时是一个物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题考查。

2．解题关键

(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。

(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。

(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。

　(2020·安徽定远重点中学高三期末)某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H，A点位于平台边缘的正上方，水平直轨道与平台间的高度差可忽略不计。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，起动后2 s悬挂器脱落。设人的质量为m(人可看成质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。

(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？

(2)若H＝3.2 m，R＝0.9 m，g取10 m/s2，当a＝2 m/s2 时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。

(3)若H＝2.45 m，R＝0.8 m，L＝6 m，g取10 m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围。

[解析]　(1)设人落在转盘边缘处恰好不被甩下，此时最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg＝mω2R

解得ω＝

故转盘的角速度ω≤ 。

(2)人处于匀加速过程：

x1＝at2＝×2×22 m＝4 m

vC＝at＝4 m/s

人处于平抛过程：H＝gt，得t2＝0.8 s

x2＝vCt2＝4×0.8 m＝3.2 m

故L＝x1＋x2＝7.2 m。

(3)分析知a最小时人落在转盘左端，a最大时人落在转盘右端，由H＝gt得t3＝0.7 s，人落在转盘左端时L－R＝a1t2＋a1tt3

解得a1＝ m/s2≈1.53 m/s2

人落在转盘右端时L＋R＝a2t2＋a2tt3

解得a2＝2 m/s2

故加速度a的范围是1.53 m/s2≤a≤2 m/s2。

[答案]　(1)ω≤ 　(2)7.2 m

(3)1.53 m/s2≤a≤2 m/s2

模型二　竖直面内的圆周运动与平抛运动的

综合问题

1．在此类问题中有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题考查。

2．解题关键

(1)要解决竖直面内的圆周运动问题时，首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。

(2)速度也是联系前后两个过程的关键物理量。

　(2019·福建四地六校统考)如图所示，这是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以初速度v0经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用板栗在炒锅内来回运动使其均匀受热。我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题。设两个四分之一圆弧半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑。将锅内的纵截面看成两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成。两斜面倾角均为θ＝37°，滑块的运动始终在锅内的竖直平面内，重力加速度为g。设滑块恰好能经P点飞出，且恰好沿AB斜面进入锅内。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)滑块经过O点时对轨道的压力大小；

(2)滑块经P点时的速度大小；

(3)P、A两点间的水平距离。

[解析]　(1)在O点，根据牛顿第二定律

FN－mg＝m，FN＝mg＋m

根据牛顿第三定律可得：滑块经过O点时对轨道的压力大小为mg＋m。

(2)在P点，根据牛顿第二定律mg＝m

解得vP＝。

(3)因为tan θ＝

vy＝gt

联立解得t＝，故x＝vPt＝1.5R。

[答案]　(1)mg＋m　(2)　(3)1.5R

热点二　天体运动规律的分析

本部分要重点理解解决天体运动的两条基本思路、天体质量和密度的计算方法、卫星运行参量的求解及比较等。其中卫星变轨问题和双星系统模型是天体运动中的难点。应用万有引力定律分析天体运动要抓住“一个模型”“两个思路”。

1．一个模型

无论是自然天体(如行星、月球等)，还是人造天体(如人造卫星等)，只要天体的运动轨迹为圆形，就可将其简化为质点的匀速圆周运动模型。

2．两个思路

(1)所有做圆周运动的天体所需向心力都来自万有引力，因此向心力等于万有引力，据此列出天体运动的基本关系式：＝＝mω2r＝mr＝ma。

(2)不考虑地球或天体自转的影响时，物体在地球或天体表面受到的万有引力约等于物体的重力，即G＝mg，变形得GM＝gR2(黄金代换式)。

　(多选)(2020·中山市上学期期末)设地球的半径为R0，质量为m的卫星在距地面2R0高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．卫星的线速度为

B．卫星的角速度为

C．卫星的向心加速度为g

D．卫星的周期为2π

[解析]　研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：G＝m，解得v＝，其中r＝3R0，忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式G＝mg，联立解得v＝，故A错误；卫星的角速度ω＝＝，故B正确；根据圆周运动知识得a＝＝，故C正确；卫星的周期T＝＝2π，故D正确。

[答案]　BCD

　(2020·荆门市上学期调考)有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是

A．a的向心加速度大于b的向心加速度

B．四颗卫星的线速度大小关系是：va＞vb＞vc＞vd

C．在相同时间内d转过的弧长最长

D．d的运动周期可能是30 h

[解析]　因为a、c的角速度相同，根据：a＝ω2r，因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的向心加速度小于c；b、c是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力G＝ma得：a＝，因b的轨道半径小于c的轨道半径，所以b的向心加速度大于c，综上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误；因为a、c的角速度相同，根据v＝ωr，因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的线速度小于c；b、c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力G＝m，得：v＝，因b的轨道半径最小，d的轨道半径最大，所以b的线速度大于c，c的线速度大于d，则vb＞vc＞vd，vb＞vc＞va，故B错误；因b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，故C错误；c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力G＝mr，得：T＝2π，因d的轨道半径大于c的轨道半径，故d的周期大于c，而c的周期是24 h，则d的运动周期可能是30 h，故D正确。

[答案]　D

　(多选)(2020·张家口市5月模拟)如图所示，赤道上空的卫星A距地面高度为R，质量为m的物体B静止在地球表面的赤道上，卫星A绕行方向与地球自转方向相同。已知地球半径也为R，地球自转角速度为ω0，地球的质量为M，引力常量为G。若某一时刻卫星A恰在物体B的正上方，下列说法正确的是(　　)

A．物体B受到地球的引力为mRω

B．卫星A的线速度为

C．卫星A再次到达物体B上方的时间为

D．卫星A与物体B的向心加速度之比为

[解析]　物体B受到地球的引力应为万有引力F＝，不等于向心力，故A错误；根据万有引力提供向心力可得G＝m，因此卫星A的线速度v＝，故B正确；依题得，卫星A的角速度为ωA＝，此时A和B恰好相距最近，当他们下次相距最近时，时间满足(ωA－ω0)t＝2π，因此联立解得t＝，故C错误；依题得，卫星A的向心加速度为aA＝，物体B的向心加速度aB＝ωR，因此向心加速度之比为＝，故D正确。

[答案]　BD