（江蘇專用）2023屆高三物理一輪復(fù)習(xí)必考部分第4章曲線運動萬有引力與航天章末高效整合教師用書

PAGEPAGE1第4章曲線運動萬有引力與航天物理方法|類平拋運動的求解技巧1．類平拋運動的特點(1)受力特點物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直．(2)運動特點在初速度v0方向做勻速直線運動，在合外力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F合,m).2．類平拋運動的求解技巧(1)常規(guī)分解法將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性．(2)特殊分解法對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解．在光滑的水平面內(nèi)，一質(zhì)量m＝1kg的質(zhì)點以速度v0＝10m/s沿x軸正方向運動，經(jīng)過原點后受一沿y軸正方向(豎直方向)的恒力F＝15N作用，直線OA與x軸成α＝37°，如圖4-1所示曲線為質(zhì)點的軌跡圖(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：圖4-1(1)如果質(zhì)點的運動軌跡與直線OA相交于P點，質(zhì)點從O點到P點所經(jīng)歷的時間以及P點的坐標；(2)質(zhì)點經(jīng)過P點時的速度大小．【標準解答】(1)質(zhì)點在水平方向上無外力作用做勻速直線運動，豎直方向受恒力F和重力mg作用做勻加速直線運動．由牛頓第二定律得：a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(15－10,1)m/s2＝5m/s2.設(shè)質(zhì)點從O點到P點經(jīng)歷的時間為t，P點坐標為(xP，yP)，那么xP＝v0t，yP＝eq\f(1,2)at2又tanα＝eq\f(yP,xP)聯(lián)立解得：t＝3s，xP＝30m，yP＝22.5m.(2)質(zhì)點經(jīng)過P點時沿y軸正方向的速度vy＝at＝15m/s故過P點時的速度大小vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5eq\r(13)m/s.【答案】(1)3sxP＝30m，yP＝22.5m(2)5eq\r(13)m/s[突破訓(xùn)練]1．如圖4-2所示，A、B兩質(zhì)點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內(nèi)運動，落地點為P1；B沿光滑斜面運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計阻力，那么以下說法正確的選項是()【導(dǎo)學(xué)號：96622074】圖4-2A．A、B的運動時間相同B．A、B沿x軸方向的位移相同C．A、B運動過程中的加速度大小相同D．A、B落地時速度大小相同D設(shè)O點與水平面的高度差為h，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)可得：t1＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，故t1<t2，A錯誤；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1<x2，B錯誤；由a1＝g，a2＝gsinθ可知，C錯誤；A落地的速度大小為vA＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt12)＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，B落地的速度大小vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋a2t22)＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，所以vA＝vB，故D正確．物理模型|宇宙多星模型1．宇宙雙星模型(1)兩顆雙星做勻速圓周運動所需的向心力是由它們之間的萬有引力提供的，故兩行星做勻速圓周運動的向心力大小相等．(2)兩顆行星均繞它們連線上的一點做勻速圓周運動，因此它們的運行周期和角速度是相等的．(3)兩顆行星做勻速圓周運動的半徑r1和r2與兩行星間距L的大小關(guān)系：r1＋r2＝L.2．宇宙三星模型(1)如圖4-3所示，三顆質(zhì)量相等的行星，一顆行星位于中心位置不動，另外兩顆行星圍繞它做圓周運動．這三顆行星始終位于同一直線上，中心行星受力平衡．運轉(zhuǎn)的行星由其余兩顆行星的引力提供向心力：eq\f(Gm2,r2)＋eq\f(Gm2,2r2)＝ma向圖4-3兩行星轉(zhuǎn)動的方向相同，周期、角速度、線速度的大小相等．(2)如圖4-4所示，三顆質(zhì)量相等的行星位于一正三角形的頂點處，都繞三角形的中心做圓周運動．每顆行星運行所需向心力都由其余兩顆行星對其萬有引力的合力來提供．圖4-4eq\f(Gm2,L2)×2×cos30°＝ma向其中L＝2rcos30°.三顆行星轉(zhuǎn)動的方向相同，周期、角速度、線速度的大小相等．(2022·安徽高考)由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其他星體對它們的作用，存在著一種運動形式，三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O在三角形所在的平面內(nèi)做相同角速度的圓周運動(圖4-5所示為A、B、C三顆星體質(zhì)量不相同時的一般情況)．假設(shè)A星體質(zhì)量為2m，B、C兩星體的質(zhì)量均為m，三角形的邊長為a，求：圖4-5(1)A星體所受合力大小FA；(2)B星體所受合力大小FB；(3)C星體的軌道半徑RC；(4)三星體做圓周運動的周期T.【標準解答】(1)由萬有引力定律可知，A星體所受B、C星體引力大小為FBA＝Geq\f(mAmB,r2)＝Geq\f(2m2,a2)＝FCA，方向如下圖，那么合力大小為FA＝2eq\r(3)Geq\f(m2,a2).(2)同上，B星體所受A、C星體引力大小分別為FAB＝Geq\f(mAmB,r2)＝Geq\f(2m2,a2)，F(xiàn)CB＝Geq\f(mCmB,r2)＝Geq\f(m2,a2)，方向如下圖．由FBx＝FABcos60°＋FCB＝2Geq\f(m2,a2)，F(xiàn)By＝FABsin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,a2)，可得FB＝eq\r(F\o\al(2,Bx)＋F\o\al(2,By))＝eq\r(7)Geq\f(m2,a2).(3)通過分析可知，圓心O在中垂線AD的中點，那么RC＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))2)，可得RC＝eq\f(\r(7),4)a.或eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(由對稱性可知OB＝OC＝RC，cos∠OBD＝\f(FBx,FB)＝))eq\f(DB,OB)＝eq\f(\f(1,2)a,RC)，得RC＝eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),4)a))(4)三星體運動周期相同，對C星體，由FC＝FB＝eq\r(7)Geq\f(m2,a2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2RC，可得T＝πeq\r(\f(a3,Gm)).【答案】(1)2eq\r(3)Geq\f(m2,a2)(2)eq\r(7)Geq\f(m2,a2)(3)eq\f(\r(7),4)a(4)πeq\r(\f(a3,Gm))[突破訓(xùn)練]2．雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，兩恒星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動．研究發(fā)現(xiàn)，雙星系統(tǒng)演化過程中，兩星的總質(zhì)量、距離和周期均可能發(fā)生變化．假設(shè)某雙星系統(tǒng)中兩星做圓周運動的周期為T，經(jīng)過一段時間演化后，兩星總質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍，那么此時圓周運動的周期為()【導(dǎo)學(xué)號：96622075】A.eq\r(\f(n3,k2))T B.eq\r(\f(n3,k))TC.eq\r(\f(n2,k))T D.eq\r(\f(n,k))TB雙星間的萬有引力提供向心力．設(shè)原來雙星間的距離為L，質(zhì)量分別為M、m，圓周運動的圓心距質(zhì)量為m的恒星距離為r.對質(zhì)量為m的恒星：Geq\f(Mm,L2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·r對質(zhì)量為M的恒星：Geq\f(Mm,L2)＝Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2(L－r)得Geq\f(M＋m,L2)＝eq\f(4π2,T2)·L即T2＝eq\f(4π2L3,GM＋m)那么當總質(zhì)量為k(M＋m)，間距為L′＝nL時，T′＝eq\r(\f(n3,k))T，選項B正確．高考熱點1|平拋運動的臨界問題解決平拋運動的臨界問題要注意以下三點：(1)明確平拋運動的根本性質(zhì)、公式；(2)確定臨界狀態(tài)；(3)確定臨界軌跡，在軌跡示意圖上尋找出幾何關(guān)系．(2022·浙江高考)如圖4-6所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8m．在車正前方豎直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸．槍口與靶距離為L時，機槍手正對靶射出第一發(fā)子彈，子彈相對于槍口的初速度為v＝800m/s.在子彈射出的同時，裝甲車開始勻減速運動，行進s＝90m后停下．裝甲車停下后，機槍手以相同方式射出第二發(fā)子彈．(不計空氣阻力，子彈看成質(zhì)點，重力加速度g＝取10m/s2)圖4-6(1)求裝甲車勻減速運動時的加速度大?。?2)當L＝410m時，求第一發(fā)子彈的彈孔離地的高度，并計算靶上兩個彈孔之間的距離；(3)假設(shè)靶上只有一個彈孔，求L的范圍．【思路導(dǎo)引】【標準解答】(1)裝甲車勻減速運動的加速度大小a＝eq\f(v\o\al(2,0),2s)＝eq\f(20,9)m/s2.(2)第一發(fā)子彈飛行時間t1＝eq\f(L,v＋v0)＝0.5s彈孔離地高度h1＝h－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.55m第二發(fā)子彈的彈孔離地的高度h2＝h－eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－s,v)))2＝1.0m兩彈孔之間的距離Δh＝h2－h(huán)1＝0.45m.(3)第一發(fā)子彈打到靶的下沿時(第二發(fā)打到靶上)，裝甲車離靶的距離為L1L1＝(v0＋v)eq\r(\f(2h,g))＝492m第二發(fā)子彈打到靶的下沿時(第一發(fā)打到地上)，裝甲車離靶的距離為L2L2＝veq\r(\f(2h,g))＋s＝570m故L的范圍為492m<L≤570m.【答案】(1)eq\f(20,9)m/s2(2)0.55m0.45m(3)492m<L≤570m[突破訓(xùn)練]3．(2022·全國卷Ⅰ)一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖4-7所示．水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h.發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h.不計空氣的作用，重力加速度大小為g.假設(shè)乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi)，通過選擇適宜的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，那么v的最大取值范圍是()圖4-7A.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))D設(shè)以速率v1發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t1剛好擦球網(wǎng)上邊緣落到球網(wǎng)正中間．那么豎直方向上有3h－h(huán)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1) ①水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1 ②由①②兩式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))設(shè)以速率v2發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t2剛好落到球網(wǎng)右側(cè)臺面的兩角處，在豎直方向有3h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2) ③在水平方向有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2＋L\o\al(2,1))＝v2t2 ④由③④兩式可得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))那么v的最大取值范圍為v1＜v＜v2.應(yīng)選項D正確．高考熱點2|萬有引力定律的應(yīng)用萬有引力定律的應(yīng)用是每年高考的必考內(nèi)容，命題重點主要有兩個：一是以現(xiàn)代航天科技為背景考查人造衛(wèi)星的發(fā)射、運行、變軌對接等問題；二是與拋體運動、圓周運動和牛頓第二定律綜合起來考查．(多項選擇)宇宙飛船以周期T繞地球做圓周運動時，由于地球遮擋陽光，會經(jīng)歷“日全食〞過程，如圖4-8所示．地球的半徑為R，地球質(zhì)量為M，引力常量為G，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，太陽光可看做平行光，宇航員在A點測出的張角為α，那么()圖4-8A．飛船繞地球運動的線速度為eq\f(2πR,Tsin\f(α,2))B．一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食〞的次數(shù)為eq\f(T,T0)C．飛船每次“日全食〞過程的時間為eq\f(α,2π)T0D．飛船周期為T＝eq\f(2πR,sin\f(α,2))eq\r(\f(R,GMsin\f(α,2)))【標準解答】飛船繞地球運動的線速度為v＝eq\f(2πr,T)，由幾何關(guān)系知sineq\f(α,2)＝eq\f(R,r)，所以v＝eq\f(2πR,Tsin\f(α,2))，A正確；又Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4