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力与曲线运动

2011届物理二轮复习

【专题三】力与曲线运动

【考情分析】

《大纲》对匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度等考点为I类要求，对运动的合成与分解，抛体运动，匀速圆周运动的向心力等考点均为n类要求。

对万有引力定律及其应用，环绕速度等考点均为n类要求，对第二宇宙速度和第三宇宙速度等考点为I类要求。

抛体运动与圆周运动是高中阶段学习的两种重要的运动形式，是历年高考重点考查的内容之一。

平抛运动、匀速圆周运动的规律及物体做曲线运动的条件是考查的重点和难点，

万有引力定律与天体问题是历年高考必考内容。

考查形式多以选择、计算等题型出现。

本部分内容常以天体问题（如双星、黑洞、恒星的演化等）或人类航天（如卫星发射、空间站、探测器登陆等）为背景,考查向心力、万有引力、圆周运动等知识。

这类以天体运动为背景的题目，是近几年高考命题的热点，特别是近年来我们国家在航天方面的迅猛发展，更会出现各类天体运动方面的题。

课时1平抛运动圆周运动

【知识交汇】

1.物体做曲线运动的条件

当物体所受合力的方向跟它的速度方向时，物体做曲线运动•合运动与分运动具有

性、独立性和等效性.不在同一直线上等时

2•物体（若带电粒子）做平抛运动或类平抛运动的条件是：

①有初速度；②初速度与加速度的方向

.垂直

3.物体做匀速圆周运动的条件是：

合外力的方向与物体运动的方向;绳固定物体通过最高

点的条件是;杆固定物体通过最高点的条件是•物体做匀速圆周运动的向心

力，即为物体所受

.垂直vJgrv0

合外力

4•描述圆周运动的几个物理量为：

角速度

、线速度v和

，还有周期和频率，其关

系为a

2

2

rt

（2f）2r.

向心加速度

5•平抛（类平抛）运动是运动，物体所受合力为力；而圆周运动是变速运

动，物体所受合力为变力.匀变速曲线恒力

【思想方法】

201处理物理二轮基习思路是“化曲为直”；平抛运动可以分解为水平的匀速和竖直方向的

运动.自由落体运动

2.定则仍是运动的合成与分解的基本方法.平行四边形定则

3•竖直面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用定理来建立联系，然后结合

牛顿第二定律进行动力学分析.动能定理

4•对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解思想分析两种运动转折点的是解题的关键.几何关系

一、运动的合成与分解

【例1】若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小.现

假设河的宽度为120m，河中心水的流速大小为4m/s，船在静水中的速度大小为3m/s，要使船以最短时间

渡河，则（）

A•船渡河的最短时间是24s

B•在行驶过程中，船头始终与河岸垂直

C.船在河水中航行的轨迹是一条直线

D.船在河水中的最大速度为5m/s

120

解析：

船头始终与河岸垂直渡河时间最短，B正确；最短时间t12040s,A错误；由于河水速度

3

大小不断变化，船的合速度大小和方向都不断变化，船的轨迹为曲线，C错误；船到达河中心时速度最大

为5m/s,D正确。

答案：

BD

•规律总结

1•合运动和分运动具有等时性，分运动具有独立性，这一原理经常应用解决小船过河及平抛运动问

题.

2•运动的合成与分解的依据仍然是平行四边形定则.

3•区分合运动和分运动的基本方法是：

合运动是物体的实际运动.

【强化练习1】如图所示，沿竖直杆以匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B,某

一时刻，当细绳与竖直杆间的夹角为

时，物体B的速度为（）

v

A.B.vcos

cos

解析：

物体A沿竖直杆下滑的速度

D.vsin

v是合速度，将其分解为沿绳的分速

度v〃和垂直于绳的分速度v，则v〃与物体B的速度大小相等，即v〃vcos，故B正确。

2答案•届物理二轮复习

二、平抛（或类平抛）运动问题

【例2】如图所示，AB为竖直墙壁，A点和P点在同一水平面上.空间存在着竖直方向匀强电场.将

一带电小球从P点以速度v向A抛出，结果打在墙上的C处.若撤去电场，将小球从P点以初速V向A抛出，也正好打在墙上的C点•求：

2

（1）第一次抛出后小球所受电场力和重力之比.

（2）小球两次到达C点时速度之比.

满分展示，名师教你如何得分

解析：

（1）设ACh、PAl、电场力为Fq,根据牛顿第二定律得：

Fqmgma◎（1分）

112

第一次抛出时：

h-a-笑（1分）

2v

、1212

第二次抛出时：

h-g—3（1分）

2v

由②③两式得a4g1分）

所以Fq：

G3:

1⑤（1分）

（2）第一次抛出打在C点的竖直速度

y1

®（1分）

vy2

1分）

第一次抛出打在C点的速度v1v2昭

第二次抛出打在C点的速度

所以v1:

v22:

1

⑩（1分）

答案：

（1）3:

1

•规律总结

（2）2:

1

或类

二二轮复动处理的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀

加速运

动.通过研究分运动达到研究合运动的目的.

【强化练习2】某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以

25m/s的速度沿水平方向反弹，落地

点到墙面的距离在10m至15m之间.忽略空气阻力，取g=10m/s2,球在墙面上反弹点的高度范围是（）

A.0.8m至1.8mB.0.8m至1.6mC.1.0m至1.6mD.1.0m至1.8m

解析：

球反弹后做平抛运动，由

Vot，得h

1x

g—^，代入数据得h在0.8m至1.8m

2V0

指尖，A正确。

答案：

A

三、竖直面内的圆周运动问题

【例3】如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于O点，绳长为I,O点有一电荷量为+Q（Q>>q）的点电

荷，现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成=30°角的A点.求:

（1）小球静止在A点处绳子受到的拉力.

（2）外加电场大小.mgqEFtkQq

（3）将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳受到的拉力.

解析：

（1）带电小球受力如图所示，在竖直方向由平衡条件得

Ftcos

=kQqcos+mg,解得拉力

FT=kQ2q+2^mg

Tl23

（2）在水平方向由平衡条件得

qE+k

Qq.

sin

l2

=Ftsin

，解得场强e=詈

1

（3）由动能定理得mglqElmv2

由牛顿第二定律得

Ft

mg

2mv

l

23

解得绳中拉力Ft

（3

3

）mg

答案：

（1）kQq+

2.3

mg

（2）

-3mg

l2

3

3q

•拓展探究

（3）（3

2例题届物使小球轮复竖直面内完成圆周运动，小球静止时与竖直方向夹角为，在A点沿切线方向至

少应给小球多大的初速度？

=

•审题指导

1•要注意对小球受力分析，不要漏掉库仑力.

2.在处理竖直面内的圆周运动问题时，一般用动能定理建立最高、最低点的速度关系.

3.要注意库仑力方向始终与运动方向垂直，不做功.

【强化练习3】如图所示，有一水平放置的绝缘光滑圆槽，圆半径为R,处在一水平向右且与圆槽直径AB平行的匀强电场中，场强为E.圆槽内有一质量为m,带电荷量为+q的小球做圆周运动，运动到A点时速度大小为v,则到达B点时小球的向心加速度大小为;小球做完整的圆周运动最难通过的是图中的

占

八、、•

11

解析：

小球从A点到达B点的过程中，由动能定理得2qERmv2mv2，在B点时小球的向心

22

v4qE

解得a

Rm

加速度为a

2

。

小球做完整的圆周运动最难通过的是图中的A点.

R

2

答案:

4qEJA

mR

四、多运动组合问题

【例4】如图所示，摩托车做腾跃特技表演，以1m/s的初速度沿曲面冲上高0.8m,顶部水平的高台，

若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过1.2s到达平台顶部。

然后关闭发动机，离开

平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆

弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0m，已知人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中不

计一切阻力。

则：

（计算中取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6）

（1）求人和车到达顶部平台时的速度v;

（2）求人和车从顶部平台飞出的水平距离s；

（3）求圆弧对应圆心角0

（4）人和车运动到圆弧轨道最低点0时对轨道的压力。

2011届物理二轮复习

解析：

（1）摩托车冲上高台的过程中，由动能定理，得ptmgh—mv2丄mv：

22

代入数据，得v3m/s

（2）摩托车离开平台后平抛运动过程中，

在竖直方向：

h-gt2

2

水平方向：

svt

解得s=1.2m

（3）由于人和车无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向，则又由h-gt2

2a得t^2^0.4s

而vygt4m/s

由于人和车的水平速度为：

v03m/s

又tanv^Sitan53°

Vxv°

解得e=106°

（4）设人和车到最低点的速度为Vx,则摩托车由水平高台到圆弧轨道最低点的过程中，由机械能守

恒，得

^mv；丄mv；mghR（1cos530）

22

在最低点，据牛顿第二定律，有

2

vx

Fnmgm—

R

代入数据解得Fn=7740N

由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为7740N.

答案：

（1）3m/s

（2）1.2m（3）106°（4）7740N

•规律总结

1•对于多过程（或多运动）组合的问题，分析运动转折点的速度往往成为解题的关键和突破口.

2•对于运动问题要注意根据题目的条件判断运动是否反向，如本题告诉“0.8s后经过D点”，就应该

分析判断是第一次通过，还是反向后第二次通过.

【强化届物理二轮某兴习小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄

，底端与

壁细圆管弯成，固定在竖直平面内（所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多）

水平地面相切•弹射装置将一个小物体（可视为质点）以

Va=5m/s的水平初速度由

a点弹出，从b点进入

轨道，依次经过“8002”后从p点水平抛出•小物体与地面ab段间的动摩擦因数

=0.3，不计其它机械能

损失.已知ab段长L=1.5m，数学“0”的半径R=0.2m，小物体质量m=0.01kg,g=10m/s2.求:

（1）小物体从p点抛出后的水平射程.

（2）小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向.

解析：

（1）设小物体运动到

p点时的速度大小为

v,对小物体由

a运动到p过程应用动能定理得

-口mg-2Rmg=1mv2_1mv02

小物体自p点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s,则

12

2R=2gt2

s=vt

联立解得s=0.8m

（2）设在数字“0的最高点时管道对小物体的作用力大小为F.取竖直向下为正方向

2

mv

F+mg=

R

联立①⑤式，代人数据解得F=0.3N，方向竖直向下

答案：

（1）=0.8m

（2）0.3N，方向竖直向下

【能力提升】

1.下面说法中正确的是（）

A.物体做曲线运动时一定有加速度

B.平抛运动是匀变速运动，任意相等时间内速度的变化都相同

C.匀速圆周运动虽然不是匀变速运动，但任意相等时间内速度的变化仍相同

D.当物体受到的合外力为零时，物体仍然可以做曲线运动

2

.摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，当它转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，产生转弯需要的向心力；行走在直线上时，车厢又恢复原状。

靠摆式车体的先进性无需对线路等设施进行较大的改造，就可以实现高速行车.如图所示，假设有一摆式超高速列车在水平面内

A.500N

B.1000N

C.500、2N

以1届物理理1二轮轮的速度拐弯，拐弯半径为1.5km，则质量为75kg的乘客在拐弯过程中所受到的合

外力为（）

3

O，先用沿+x轴方向的力Fi=8N作

.质量m=4kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点

用了2s,然后撤去F1；再用沿+y方向的力F2=24N作用了1s.则质点在这3s内的轨迹为（）

4•民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标•若运

动员骑马奔驰的速度为V1，运动员静止时射出的弓箭的速度为V2,直线跑道离固定目标的最近距离为d,

要想在最短的时间内射中目标，则运动员放箭处离目标的距离应该为（

A.dv2

B.C.生D.叫

V2V|

V2

5.小球自高为

H的A点由静止开始沿光滑曲面下滑，到曲面底处

B飞离曲面，B处曲面的切线沿水

平方向，B的高度

h=H/2,如图所示。

若其他条件不变，只改变h,

则小球的水平射程s的变化情况为

A.h增大时,

s也增大

B.h增大时,

s减小

C.h减小时,

s也减小

D.h减小时,

s增大

6.如图所示,

小朋友在玩一种运动中投掷的游戏，目的是在运动中将

手中的

球投进离地面高3m的吊环，他在车上和车一起以2m/s的速度向吊环运动，小朋友抛球时手离地面1.2m,

当他在离吊环的水平距离为2m时将球相对于自己竖直上抛，球刚好进入吊环，他将球竖直向上抛出的速

度是（g取10m/s2）（）

1.8m/s3.2m/s6.8m/s

3.6m/s

7.在冬天，高为h=1.25m的平台上,

*

8

电

h

*

||

覆盖2了一层冰，理二轮复习滑雪爱好者，从距平台边缘s=24m处以一定的初速度向平台边缘滑去，如图所示，当他滑离平台即将着地时的瞬间，其速度方向与水平地面的夹角为9=45°取重力加速度g=10m/s2。

求：

（1）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是多大；

（2）若平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为尸0.05，则滑雪者的初速度是多大？

&在上海首届一级方程式赛车比赛中，一辆赛车的总质量为m,—个路段的水平转弯半径为R,赛车

转此弯时的速度为v,赛车形状都设计得使其上下方空气有一压力差——气动压力，从而增大赛车对地面的正压力。

正压力与摩擦力的比值叫侧向附着系数，以表示。

要让上述赛车转弯时不侧滑，则需要多大

的气压动力？

9•某游乐场中有一种叫“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘上，绳子下端连接座椅，人坐在飞椅上随转盘旋转而在空中飞旋。

若将人看成质点，则可简化为如图所示的物理模型。

其中P为处于水平面内的转盘，

可绕竖直转轴00'转动，设轻绳长L=10m,人的质量m=60kg,转盘静止时人与转轴之间的距离d=4m.转盘慢慢加速运动，经过一段时间

后转速保持稳定，此时人与转轴之间的距离变为D=10m且保持不变。

不计空气阻力，绳子不可伸长，取g=10m/s2。

求：

（1）最后转盘匀速转动时的角速度大约为多少？

（2）转盘从静止到启动后达到稳定状态这一过程中，绳子对人做了多少功？

（3）若转盘稳定转动后，一位游客随身带的手机突然滑下来，此时座椅离地面H=5米，在地面上的管理员发现这一情况后，跑过来接，如果管理员在转轴中心处，问他至少应该跑多远才行？

附：

【能力提升】参考答案

1•AB曲线运动是变速运动，一定有加速度，A项正确；平抛运动的加速度恒为g,vgt,B

项正确；匀速圆周运动的向心加速度是变化的，C项错误；当物体受到的合外力为零时，物体的速度不变，

做匀速直线运动，D项错误。

2•A解析：

乘客在拐弯过程中与列车一起做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，由牛顿第二

2

定律得F500n,A正确。

r

3•D质点先以2m/s2的加速度沿+x方向匀加速直线运动，2s时位移x=4m，施加沿+y方向的力F2后做“类平抛运动”，1s后的位置坐标为x=4m+4m=8m,y=3m，故D项正确。

201B届设运理员放轮复习置处离目标的距离为x.箭的运动可以看

成两个运动的合运动：

随人的运动，箭自身的运动•箭在最短时间内击中目标，必须满足两个条件：

一是合速度的方向指向目标，二是垂直于侧向方向（马前进的方向）的分速度最大，此条件需箭自身速度方

向垂直于马前进的方向•其合速度与分速度的矢量三角形如图所示,

根据几何关系可以得出:

.v/v2X，由此得：

X

5•BC解析：

由A到B,由机械能守恒得:

1

mvB2=mg（H—h）/•vB

2

.2g（H—h）。

12

•丄面

gt

…t

2

Xg

离开B点后在竖直方向有h

•-SVBt十（厂h）

故选BC•

H

•••当h时S最大.因此，无论此时

2

h增大，减小，都有S减小,

6.C球的水平速度是2m/s，人到环的水平距离为2m，所以球必须在1s内到达吊环，则1s内球在

、、12

竖直方向上的位移为1.8m，设初速度为vo,贝yxvotgt,解得v06.8m/s。

2

7•解析：

（1）把滑雪爱好者着地时的速度

由h1gt2

2a

解得t=0.5s

贝VVy=gt=5m/s

又Vy=v0tan45°

解得V0=5m/s

着地点到平台边缘的水平距离：

x=v°t=2.5m

（2）滑雪者在平台上滑动时，受到滑动摩擦力作用而减速运动，由动能定理得

1212mgsmv0mv

22

解得：

v=7m/s

即滑雪者的初速度为7m/s。

（2分）

（2分）

&解析：

对物体受力分析可知正压力FnmgF,其中F表示气动压力

Fn

mgF

Ff

2011届物理二轮复习

根据牛顿第二定律，可得

Ff

2

v

m,

R

联立解得,

2

mv

R

mg

9•解析：

（1）设转盘匀速转动时绳子与竖直方向间的夹角为B,质点所处的位置和受力情况如图

所示，可得

sin

0.6

人所受合力提供向心力

Fn=mgtan9=mwD

代入数据解得3=0.866rad/s

（2）质点上升的高度

h=L（1—cos9）=2m

人匀速转动时的线速度v=3D

1

转盘从静止启动到转速稳定这一过程，绳子对人做的功等于人机械能的增加量W=

2

代入数据解得W=3450J

（3）手机滑下来后沿圆周的切线方向平抛运动，设手机从抛出至落地的水平距离为x，贝Ux=vt

1

手机下落时间为t，有H=—gt2

2

管理员跑动的距离为sx2D2

联立解得s=13.2m.

课时2万有引力与航天

【知识交汇】

1.在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是

运动，其所需要的向心

力由

提供•其基本关系式为:

2

v2

mmr

r

2

2

mr

T

m（2f）2r

匀速圆

周运动万有引力

在天体表面，忽略自转的情况下有：

Gmg.

R

2•卫星的绕行速度、角速度、周期与轨道半径r的关系

20丄1届物理二轮复习

'八m一，得v=

r

（1）由G

r

/c、亠Mm

（2）由Gp

r

Mm

（3）由

r

3.三种宇宙速度

m2r，得

m苓r，得T=

（1）第一宇宙速度（环绕速度）

（2）第二宇宙速度（脱离速度）

:

v2=

（3）第三宇宙速度（逃逸速度）

4.天体质量M、密度的估算

，二r越大，v越小.

，二r越大，越小.

，二r越大，T越大.

是人造地球卫星的最小发射速度.

，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度.

，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度.

测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T,由

r

m^-^r得M

T2

42r3

GT^，

MM

V43

ro

3

.ro为天体的半径.

当卫星沿天体表面绕天体运行时，rr0,则

【思想方法】

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GM=

2.近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫生绕地球做圆周运动的最大速度，也是发射卫星的最小

速度.

3.因卫星上物体的重力用来提供绕地球做圆周运动的向心力，所以均处于状态，与重力有关

的仪器不能使用，与重力有关的实验不能进行.

4.卫星变轨时，离心运动后速度变，向心运动后速度变.

5.确定天体表面重力加速度的方法有：

①测重力法；②单摆法；③（或竖直上抛）物体法;

④近地卫星环绕法.

重点热点透析

一、万有引力定律及其应用

【例1】如图所示，是我国的“探月工程”向月球发射一颗绕月测卫星“嫦娥一号”的过程简图.“嫦

娥一号”进入月球轨道后，在距离月球表面高为h的轨道上绕月球做匀速圆周运动.

2011届物理二轮复习

（1）若已知月球半径为R月，月球表面的重力加速度为g月，则"嫦娥一号”环绕月球运行的周期为

多少？

（2）若已知R月丄R地，g月丄g地，则近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的多少倍?

46

解析：

（1）设“嫦娥一号”环绕月球运行的周期是T，根据牛顿第二定律得：

mg月

Mm

（R月h）2

m等（R月

h）

解得T

42（R月h）3

对于靠近天体表面的行星或卫星有

2

mg

gR

mv

，V

.gR知,

1

将「皿，

代入计算，可知

_6

12

答案：

（1）

42（R月h）3

•拓展探究

在“嫦娥一号”从地球飞往月球的过程中，要经过一个地月转移轨道，当“嫦娥一号”到达地月连线与轨道的交点时，地球和月球对“嫦娥一号”的引力大小关系是怎样的？

请作出解释.

•规律总结

在利用万有引力定律解决天体运动的有关问题时，通常把天体的运动看成匀速圆周运动，其需要的向

2011届物理二轮复习

2

心力就是天体之间相互作用的万有引力提供.即G-M^mm—m2rm—

r2rT

m（2f）2r

【强化练习1】嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月面

h=200公里的圆

形工作轨道，开始进行科学探测活动•设月球半径为

R,月球表面的重力加速度为

g,

万有引力常量为G,

则下列说法正确的是（

A•嫦娥一号绕月球运行的周期为2

B•由题目条件可知月球的平均密度为

3g

4GR

C•嫦娥一