曲线运动万有引力易错题解析概论13554.pdf

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1、 7 第四章 曲线运动 万有引力 易错点 1 对运动的合成与分解方法不熟练而出错 一、能力要求：1、在一个具体问题中知道什么是合运动，什么是分运动；知道合运动和分运动是同时发生的，并且互不影响。2、知道什么是运动的合成，什么是运动的分解。理解运动的合成和分解遵循平行四边形定则。3、会用作图法解有关位移和速度的合成、分解问题。二、易错题演练：1.（2010 江苏卷）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于 O 点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度 A大小和方向均不变 B大小不变，方向改变 C大小改变，方向不变 D大小和方向均改变 正确答案：A 典型错误：D 错因

2、分析：橡皮往右运动的同时受到一竖直向上的拉力，力和运动方向有一夹角,则物体作曲线运动故错选 D，没有分析到橡皮还受到重力作用。实际橡皮在水平方向匀速运动，在竖直方向匀速运动，合运动是匀速运动。2.（2000 全国卷）图为空间探测器的示意图，是四个喷气发动机，的连线与空间一固定坐标系的 x 轴平行，的连线与 y 轴平行。每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率向正 x 方向平动，要使探测器改为向正 x 偏负 y60的方向以原来的速率平动，则可 A先开动适当时间，再开动适当时间 B先开动适当时间，再开动适当时间 C先开动适当时间，再开动适当时间 D先开

3、动适当时间，再开动适当时间 正确答案：C 典型错误：D 错因分析：没有抓住关键字“原来的速率”感觉要使探测器改为向正 x 偏负 y60，必须给它一个向右的力，没有从运动的合成与分解来考虑到水平速度必须减小。故错选 D.7 3.如图所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮，拉船靠岸，在某一时刻绳的速度为 v，绳 AO 段与水平面夹角为，不计摩擦和轮的质量，则此时小船的水平速度多大？典型错误：将绳的速度按图 1 所示的方法分解，则 v1即为船的水平速度 v1=vcos。错因分析：上述错误的原因是没有弄清船的运动情况。实际上船是在做平动，每一时刻船上各点都有相同的水平速度。而 AO 绳上各点运动比较复杂，

4、既有平动又有转动。以连接船上的 A 点来说，它有沿绳的平动分速度 v，也有与 v 垂直的法向速度 vn，即转动分速度，A 点的合速度 vA即为两个分速度的和。vA=v/cos 正确答案：小船的运动为平动，而绳 AO 上各点的运动是平动+转动。以连接船上的 A 点为研究对象，如图 2，A 的平动速度为 v，转动速度为 vn，合速度 vA即与船的平动速度相同。则由图可以看出 vA=v/cos。也许学生不易理解绳上各点的运动。从能量角度来讲也可以得到同样的结论。还应指出的是要有实际力、实际加速度、实际速度才可分解。4.（2011 上海卷）如图所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，

5、船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。当绳与河岸的夹角为，船的速率为 A.sinv B.sinv C.cosv D.cosv 正确答案：C 典型错误：D 错因分析：误认为小船的运动是沿绳子方向的平动，在水平方向的分速度等于人沿平直的河岸的速度，故错选D 5.一条宽为 L 的河流，河水流速为 v1，船在静水中的速度为 v2，要使船划到对岸时航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？典型错误：要使航程最短船头应指向与岸垂直的方向。最短航程为 L。错因分析：上述错解的原因是对运动的合成不理解。船在水中航行并不是船头指向什么方向就向什么方向运动。它的运动方向是船在静水中的速度方向与水流方向共

6、同决定的。要使航程最短应是合速度垂直于岸。正确答案：题中没有给出 v1与 v2的大小关系，所以应考虑以下可能情况：7 此种情况下航程最短为 L。当 v2v1时，如图 2，船头斜向上游，与岸夹角为 时，用三角形法则分析当它的方向与圆相切时，航程最短，设为 S，由几何关系可知此时 v2v（合速度）（0）当 v2=v1时，如图 3，越小航程越短。（0）注意：航程最短与时间最短是两个不同概念。航程最短是指合位移最小。时间最短是指用最大垂直河岸的速度过河的时间。解决这类问题的依据就是合运动与分运动的等时性及两个方向运动的独立性。6.(2011 江苏卷)如图所示，甲、乙两同学从河中 O 点出发，分别沿直线

7、游到 A 点和 B点后，立即沿原路线返回到 O 点，OA、OB 分别与水流方向平行和垂直，且 OAOB。若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间 t甲、t乙的大小关系为 At甲t乙 Bt甲t乙 Ct甲t乙 D无法确定 正确答案：C 典型错误：D 错因分析：错解的原因是对运动的合成不理解，未知量比较多，不知如何下手。如果设游速为，水速为，则甲时间 已为了沿 OB 运动，速度图如图：则乙时间，经运算得。7（2010 全国卷 1）一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之 7 比为 A1tan

8、B12tan Ctan D2tan 正确答案：D 典型错误：C 错因分析：(1)其速度方向与斜面垂直这一隐含条件没有挖掘出来（2）平抛速度和位移的分解没能熟练掌握。本题隐含平抛的末速度与竖直方向的夹 角 等 于 斜 面 倾 角，有：gtv0tan。则 下 落 高 度 与 水 平 射 程 之 比 为tan2122002vgttvgtxy，故 D 正确。8（2011 安徽卷）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上的 A 点的曲率圆定义为：通过 A 点和曲线上紧邻 A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个

9、圆就叫做 A 点的曲率圆，其半径 叫做 A 点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成 角的方向以速度 0抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是 A20vg B220sinvg C220cosvg D220cossinvg 正确答案：C 典型错误：A 错因分析：错误认为物体在最高点的速度为 0故选 A。实际上物体在其轨迹最高点 P 处只有水平速度，其水平速度大小为 v0cos，根据牛顿第定律得，所以在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是，C 正确。A v0 P 图（a）图（b）7 三、易错警示：1、绳拉物体的速度分解关键是分清楚哪个是分运动、分速度，哪个是合运动、合速度。最易出错的解

10、法是将绳速 v 当作合速度，将船（其它相连的物体）速当作分速度进行分解.在进行运动的分解(位移、速度、加速度的分解)时，两个分运动的方向不是任意选取的，应根据运动的实际效果来确定.对于这种绳物模型(绳子连结着物体相互作用问题)中绳端速度分解通常的原则是：分解实际速度(合运动的速度)；两个分速度：一个沿绳子方向，一个与绳垂直；若被拉紧的绳子的两端有两个物体做不同的运动时，绳子的哪一端有绕轴的转动，则将该端物体的运动看成合运 2、小船渡河时,可把它的运动分解为两个分运动：一是小船相对水的运动(设河水静止时船的运动,即船在静水中的运动)；另一个是船随水流的运动(水冲船的运动,等于水流的运动),船的实

11、际运动为合运动。航程最短与时间最短是两个不同概念。航程最短是指合位移最小。时间最短是指用最大垂直河岸的速度过河的时间。解决这类问题的依据就是合运动与分运动的等时性及两个方向运动的独立性。四、我的错题本：易错点 2 对圆周运动的向心力的来源搞不清楚而出错 一、能力要求：1、知道如果一个力或几个力的合力的效果是使物体产生向心加速度，它就是物体所受的向心力，会在具体问题中分析向心力的来源，进一步理解向心力的概念。2、理解向心力公式，进一步明确匀速圆周运动的产生条件，掌握向心力公式的应用，知道向心力和向心加速度的公式也适用于变速圆周运动。7 二、易错题演练：1.质量为 m 的物体沿着半径为 r 的半球

12、形金属球壳滑到最低点时的速度大小为 v，如图所示，若物体与球壳之间的动摩擦因数为，则物体在最低点时()A.向心加速度为rv2 B.向心力为 m(grv2)C.对球壳的压力为 D.受到的摩擦力为 正确答案：A 典型错误：CD 错因分析：没有分清物体在最低点做圆周运动的向心力的来源，故错选 CD。实际上物体在最低点沿半径方向受重力、球壳对物体的支持力，两力的合力提供物体做圆周运动在此位置的向心力，由牛顿第二定律有 FNmgrmv2，物体的向心加速度为rv2，向心力为rmv2，物体对球壳的压力为 m(grv2)，在沿速度方向，物体受滑动摩擦力，有 FFNm(grv2)，综上所述，选项 A 正确.2一

13、小球质量为 m，用长为 L 的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于 O 点，在 O 点正下方 L/2 处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间 A小球线速度没有变化 B小球的角速度突然增大到原来的 2 倍 C小球的向心加速度突然增大到原来的 2 倍 D悬线对小球的拉力突然增大到原来的 2 倍 正确答案：ABC 典型错误：D 错因分析：虽然分析出了速度、角速度的变化情况，但在最低点向心力的来源误认为就是绳子的拉力故错选 D.在小球通过最低点的瞬间，水平方向上不受外力作用，沿切线方向小球的加速度等于零，因而小球的线速度不会发生变化，故 A 正确；在线速度不变的

14、情况下，小球的半径突然减小到原来的一半，由 v=r 可知角速度增大为原来的 2 倍，故 B 正确；由a=v2/r，可知向心加速度突然增大到原来的 2 倍，故 C 正确；在最低点，F-mg=ma，可以看出 D 不正确 3（2010 海淀区）质量为 m 的飞机以恒定速率 v 在空中水平盘旋，做匀速圆周运动半径为 R，则空气对飞机的作用力为：ARvm2 Bmg C242Rvgm D242Rrgm 7 正确答案：C 典型错误：AD 错因分析：（1）对飞机受力情况分析错误，错误认为空气对飞机的作用力就是向心力而选 A （2）不能建立圆周运动的物理模型（实质是圆锥摆模型）故误选 D 4.（2005 高考模

15、拟）假设有一固定的 S 极磁单极子，其磁场分布与负点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示。距离它 r 处磁感应强度大小为 B=k/r2，k 为常数。现有一带电小球在 S 极附近做匀速圆周运动。则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是 A 若小球带正电，其运动轨迹平面在 S 的正上方，如图甲所示 B 若小球带正电，其运动轨迹平面在 S 的正下方，如图乙所示 C若小球带负电，其运动轨迹平面在 S 的正上方，如图甲所示 D若小球带负电，其运动轨迹平面在 S 的正上方，如图甲所示 正确答案：AC 典型错误：BD 错因分析：(1)轨道平面不能确定为水平面，且向心力的来源不清楚（2）洛伦兹

16、力方向的判断不正确也造成错选。实际上小球只受两个力的作用，即重力和洛伦兹力，因为洛伦兹力不做功，小球又在做匀速圆周运动，所以重力也不做功，故小球只能在水平面内运动，并且洛伦兹力的水平分力要提供向心力，而竖直分力平衡重力，设 F洛与运动平面的夹角为，运动半径为 R，则。由左手定则可知，小球不论带正电还是负电，只可能在 S 上方运动。5.（2008 山东模拟）铁路转弯处的弯道半径 r 是根据地形决定的，弯道处要求外轨比内轨高，其内外高度差 h 的设计不仅与 r 有关，还取决于火车在弯道上行驶的速率.下表中是铁路设计人员技术手册中弯道半径 r 及与之相对应的轨道的高度差 h.(1)根据表中数据，试导

17、出 h 与 r 关系的表达式，并求出当 r440 m 时，h 的设计值.(2)铁路建成后，火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内外轨道均不向车轮施加侧向压力，又已知我国铁路内外轨的距离设计值 L1.435 m，结合表中数据，求出我国火车的转弯速率 v.(路轨倾角 很小时，可认为tan sin)典型错误：(2)转弯中，当内外轨对车轮均没有侧向压力时，火车的受力如图所示。弯道半径 r(m)660 330 220 165 132 110 内外轨高度差 h(m)0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 7 由牛顿第二定律得 mgsinmrv2 错因分析：误认为轨道平面平行于斜面，实际

18、上火车的受力如图所示.由牛顿第二定律得 mgtan mrv2 正确答案：(1)分析表中数据可得，每组的h 与r 之乘积均等于常数 C66050103 m33 m2，因此 hr33(或 hr33)当 r440 m 时，有 h44033m0.075 m75 mm(2)转弯中，当内外轨对车轮均没有侧向压力时，火车的受力如图所示.由牛顿第二定律得 mgtan mrv2 因为 很小，有 tan sin Lh 由可得 vLghr 代入数据解得 v15 m/s54 km/h 6如图所示，质量为 m 的小球用长为 l 的细绳悬于光滑的斜面上的 O 点，小球在这个倾角为的斜面内做圆周运动。若小球在最高点和最低点

19、的速度分别是 v1和 v2，则绳子在这两个位置时的张力大小分别是多大？典型错误：在最高点：重力与绳子拉力的合力充当向心力，mg+T1=mRv21，所以 T1=mRv21mg 同理，在最低点：T2mg=mRv22，所以 T2=mRv22+mg 最高点：T1=mRv21mg，最低点：T2=mRv22+mg 错因分析：不能正确地分析向心力的来源，没能正确确定轨道平面 正确答案：在最高点：分解重力沿斜面的分力为 mgsin，这个重力的分力与绳子拉力的合力充当向心力，向心力沿斜面向下指心圆心：mgsin+T1=mRv21，所以 T1=mRv21mgsin 同理，在最低点：T2mgsin=mRv22，所以

20、 T2=mRv22+mgsin 7 最高点：T1=mRv21mgsin，最低点：T2=mRv22+mgsin 7如图所示，半径为 R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为 m 的小球 A、B 以不同速率进入管内，A 通过最高点 C 时，对管壁上部的压力为 3mg，B 通过最高点 C 时，对管壁下部的压力为 075mg求 A、B 两球落地点间的距离 典型错误：对 A 球：3mgmg=mRvA2 对 B 球：mg075mg=mRvB2 sA=vAt sB=vBt sAsB=R 错因分析：在最高点对 A 球的受力不清楚，导致向心力计算错误。正确答案：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这

21、两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B 两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差 对 A 球：3mg+mg=mRvA2 vA=gR4 对 B 球：mg075mg=mRvB2 vB=gR41 sA=vAt=vAgR4=4R sB=vBt=vBgR4=R sAsB=3R 8一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为 R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A 球的质量为 m1，B 球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为 v0。设 A 球运动到最低点时，球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力

22、为零，那么 m1，m2，R 与 v0应满足关系式是。典型错误：依题意可知在 A 球通过最低点时，圆管给 A 球向上的弹力 N1为向心力，则有 B 球在最高点时，圆管对它的作用力 N2为 m2的向心力，方向向下，则有 7 因为 m2由最高点到最低点机械能守恒，则有 错因分析：错解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏规范的解题过程。没有做受力分析，导致漏掉重力，表面上看分析出了 N1=N2，但实际并没有真正明白为什么圆管给 m2向下的力。总之从根本上看还是解决力学问题的基本功受力分析不过关。正确答案：首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图所示。A 球在圆管最低点必受向上弹力 N1，此时两球

23、对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力 N2，且 N1=N2。据牛顿第二定律 A 球在圆管的最低点有 同理 m2在最高点有 m2球由最高点到最低点机械能守恒 三、易错警示：1、向心力是按力的作用效果命名的，不是某种性质的力。同学们在解有关圆周运动和向心力时，往往容易错误分析受力，多分析了向心力，导致求解出错。求解向心力问题的关键是找准向心力的来源。2、物体做曲线运动则说明在垂直于速度方向具有了加速度，即向心加速度。其运动学计算方法是：Rva2，R 为曲率半径。3、任何加速度均由力产生，所以向心加速度是由物体所受的力来产生的。根据牛顿第二定律的矢量性，垂直于 v 方向的合外力是由此方向的外力产

24、生的。四、我的错题本：7 易错点 3 圆周运动的临界条件 一、能力要求：1、掌握竖直平面内的圆周运动的特点：竖直平面内的圆周运动一般是变速圆周运动，其合外力一般不指向圆心。2、知道竖直平面内的圆周运动在最高点和最低点时合外力沿半径指向圆心，全部提供向力，这类问题经常出现临界状态。3、理解没有物体支撑的小球，在竖直平面内做圆周运动过最高点的临界条件；和有物体支撑的小球在竖直平面内做圆周运动的临界条件。二、易错题演练：1使一小球沿半径为 R 的圆形轨道从最低点上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点？典型错误：如图所示，根据机械能守恒，小球在圆形轨道最高点A 时的势能等于它在圆形

25、轨道最低点 B 时的动能（以 B 点作为零势能位置），所以有，从而得 错因分析：小球到达最高点 A 时的速度 vA不能为零，否则小球早在到达 A 点之前就离开了圆形轨道。要使小球到达 A 点（自然不脱离圆形轨道），则小球在 A 点的速度必须满足：式中 NA为圆形轨道对小球的弹力。上式表示小球在 A 点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本身的重力共同提供。当 NA=0 时，正确答案：以小球为研究对象。小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力。小球在圆形轨道最高点 A 时满足方程 7 根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点 B 时的速度满足方程 解(1)，(2)方程组得 轨道的最高点 A。

26、2.（2011 江苏南通）如图所示，用一连接体一端与一小球相连，绕过 O点的水平轴在竖直平面内做圆周运动，设轨道半径为 r，图中 P、Q 两点分别表示小球轨道的最高点和最低点，则以下说法正确的是(BC)A.若连接体是轻质细绳时，小球到达 P 点的速度可以为零 B若连接体是轻质细杆时，小球到达 P 点的速度可以为零 C若连接体是轻质细绳时，小球在 P 点受到细绳的拉力可能为零 D若连接体是轻质细杆时，小球在 P 点受到细杆的作用力为拉力，在 Q 点受到细杆的作用力为推力 正确答案：BC 典型错误：AD 错因分析：（1）没能掌握绳模型和杆模型的区别（2）没能理解小球通过最高点和最低点时都作的是圆周

27、运动的一部分，均需要向心力。3(2009 安徽卷)过山车是游乐场中常见的设施.下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B、C 间距与 C、D 间距相等，半径 R12.0 m、R21.4 m.一个质量为 m1.0 kg 的小球(可视为质点)，从轨道的左侧 A 点以 v012.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动，A、B 间距 L16.0 m.小球与水平轨道间的动摩擦因数 0.2，圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取 g10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字.试求：(1)小球在经过第一

28、个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C 间距 L 应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径 R3应满足的条件；小球最终停留点与起点 A 的距离.7 典型错误：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为 v1，根据动能定理 mgL12mgR120212121mvmv 小球在最高点受到重力 mg 和轨道对它的作用力 F，根据牛顿第二定律 Fmgm121Rv 由式解得 F30.0 N (2)小球恰能通过第二个圆形轨道则速度为零 由式解得 L16m (3)要保证小球不脱离轨道，小球恰好能通过第

29、三个圆轨道，则在最高点的速度为零，应满足 V30m/s mg(L12L)2mgR320232121mvmv 由式解得 R31.4 m 错因分析：物体运动从一种物理过程转变到另一物理过程，常出现一种特殊的转变状态，即临界状态.通过对物理过程的分析，找出临界状态，确定临界条件，往往是解决问题的关键.本题的主要错误就是没找到小球通过最高点的临界条件。正确答案：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为 v1，根据动能定理 mgL12mgR120212121mvmv 小球在最高点受到重力 mg 和轨道对它的作用力 F，根据牛顿第二定律 Fmgm121Rv 由式解得 F10.0 N (2)设小球在第

30、二个圆轨道的最高点的速度为 v1，由题意知 mgm222Rv mg(L1L)2mgR220222121mvmv 由式解得 L12.5 m (3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：.轨道半径较小时，小球恰好能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为 v3，7 应满足 mgm323Rv mg(L12L)2mgR320232121mvmv 由式解得 R30.4 m.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为 R3，根据动能定理有 mg(L12L)2mgR302021mv 解得 R31.0 m 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足(R2R3)2L2(R3R2)2 解得 R327.9 m 综合、，要使

31、球不脱离轨道，则第三个圆轨道半径需满足 0R30.4 m 或 1.0 mR327.9 m 当 0R30.4 m 时，小球最终停留点与起始点 A 距离为 L，则mgL02021mv 解得 L36.0 m 当1.0 mR327.9 m 时，小球最终停留点与起始点A 的距离为L，则LL2(LL12L)26.0 m 4如图所示，两绳系一质量为 m0.1 kg 的小球，两绳的另一端分别固定于轴的 A、B 两处，上面绳长 l2 m，两绳拉直时与轴的夹角分别为 30和 45，问球的角速度在什么范围内两绳始终有张力(取 g10 m/s2)？典型错误：设两细绳都被拉直时，A、B 绳的拉力分别为 TA、TB，小球

32、的质量为 m，A 绳与竖直方向的夹角为 30，B 绳与竖直方向的夹角为 45，经受力分析，由牛顿第二定律得：当 B 绳中恰无拉力时 FAsin+FBsin m21lsin FAcos+FBcos mg 错因分析：算不出结果的原因是没有抓住两根绳子恰无拉力时为角速度出现极大值和极小值的临界条件。正确答案：设两细绳都被拉直时，A、B 绳的拉力分别为 TA、TB，小球的质量为 m，A 绳与竖直方向的夹角为 30，B 绳与竖直方向的夹角为 45，经受力分析，由牛顿第二定律得：当 B 绳中恰无拉力时 FAsin m21lsin FAcos mg 7 由式解得 1310rad/s 当 A 绳中恰无拉力时，

33、FBsin m22lBsin FBcos mg 由式解得 210rad/s 所以，两绳始终有张力，角速度的范围是310rad/s10 rad/s 5（2005 湖北黄冈）如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线的夹角 30，一条长为 l 的绳，一端固定在圆锥体的顶点 O，另一端系一个质量为 m 的小球(可视为质点)，小球以速率 v 绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动.试分析讨论 v 从零开始逐渐增大的过程中，球受圆锥面的支持力及摆角的变化情况.典型错误：小球受到重力和绳子的拉力外，还受到圆锥面的支持力，如图所示，则有 F 向FTsin 30FNcos 30m

34、30 sin20lv FTcos 30FNsin 30mg 速度越大，支持力越小.,摆角不变 错因分析：对物理情景的分析不到位,找不到物体运动的临界条件:小球刚好对锥面没有压力.因为在此前后物体的受力情况发生了变化.正确答案：(1)临界条件：小球刚好对锥面没有压力时的速率为 v0，小球受重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则有 F向mgtan 30 m30 sin20lv，解得 v0gl63(2)当 vv0时，小球离开锥面飘起来，设绳与轴线夹角为，则 FTsins msin2lv 速度越大，绳与轴线夹角 越大.7 6用长 L=1.6m 的细绳，一端系着质量 M=1kg 的木块，另一端挂在固定点上

35、。现有一颗质量 m=20g 的子弹以 v1=500m/s 的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v2=100m/s 的速度前进。问木块能运动到多高？（取 g=10m/s2，空气阻力不计）典型错误：在水平方向动量守恒，有 mv1=Mv+mv2(1)式中 v 为木块被子弹击中后的速度。木块被子弹击中后便以速度 v 开始摆动。由于绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即 h 为木块所摆动的高度。解，联立方程组得到 v=8(v/s)h=3.2(m)错因分析：上述解答认为 h=3.2m，就是木块摆动到了 B 点。如图所示。则它在 B 点时的速度 vB。应满足方程

36、这时木块的重力提供了木块在 B 点做圆周运动所需要的向心力。如果 vB4 m/s，则木块不能升到 B 点，在到达 B 点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动。而木块在 B 点时的速度 vB=4m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在 B 点时的能量为(选 A 点为零势能点)两者不相等。可见木块升不到 B 点，一定是 h3.2 m。实际上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置 C 时，如图所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心力。此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度 vc作斜上抛运动。木块所

37、能到达的高度就是 C 点的高度和从 C 点开始的斜上抛运动的最大高度之和。正确答案：如上分析，从式求得 vA=v=8m/s。木块在临界位置 C 时的速度为 vc，高度为 h=L(1+cos)7 如图所示，根据机械能守恒定律有 木块从 C 点开始以速度 vc做斜上抛运动所能达到的最大高度 h为 三、易错警示：1、非匀速圆周运动的合力不是向心力，它产生两个方向的效果：因此变速圆周运动的合外力不等于向心力，只是在半径方向的分力 F1提供向心力但在最高点和最低点时合外力沿半径指向圆心，全部提供向力。2、没有物体支撑的小球，在竖直平面内做圆周运动过最高点，如图所示：临界速度0v：小球运动在最高点时，受的

38、重力和弹力方向都向下，当弹力等于零时，向心力最小，仅由重力提供 C R O A v 7 由牛顿运动定律知 mg=mRv2，得小球过圆周轨道最高点的临界速度为0v=gR，它是小球能过圆周最高点的最小速度 当 mggR，小球能过圆周的最高点，此时绳和轨道分别对小球产生拉力和压力 当 mgmRv2，即 vgR时，产生离心趋势，要维持小球的圆周运动，弹力方向应向下指向圆心，即轻杆对小球产生竖直向下的拉力，管状轨道对小球产生竖直向下的压力，因此NF=mRv2-mg，所以弹力的大小随 v 的增大而增大，且 mRv2NF0 C当 0vNF0.可以看出 v=gR是轻杆（或管状轨道）对小球有无弹力和弹力方向向上

39、还是向下的临界速度 四、我的错题本：O 杆 v 7 易错点 4 万有引力与天体的运动 一、能力要求：1、知道万有引力定律的内容。2、掌握万有引力定律的应用，人造地球卫星的运动（限于圆轨道）。3、了解宇宙速度并能计算星体的第一宇宙速度。二、易错题演练：1.（2001 海定区）假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的 2 倍，仍做圆周运动，则下列说法正确的是 A根据公式 v=r，可知卫星运动的线速度增大到原来的 2 倍。D根据上述选项 B 和 C 给出的公式，可知卫星运动的线速度将减 正确答案：CD 典型错误：ABC 错因分析：所以选择 A，B，C 正确。A，B，C 中的三个公式确实是

40、正确的，但使用过程中 A，所以 A、B是错误的。2（2009 年重庆卷）17.据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形轨道距月球表面分别约为 200Km 和 100Km，运动速率分别为 vA和 vB，那么 vA和 vB的比值为（月球半径取 1700Km）A.1918 B.1918 C,1819 D.1819 正确答案：C 典型错误：B 设 A，B 两飞行器的质量分别为 mA，mB。7 这里错在没有考虑重力加速度与高度有关。根据万有引力定律知道：可见，在“错解”中把 A，B 两飞行器的重力加速度 gA，gB当作相同的 g 来处理是不对的。飞行器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，

41、根据牛顿第二定律有 3.（2011 全国卷 1）我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24 小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要 24 小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48 小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比，A卫星动能增大，引力势能减小 B卫星动能增大，引力势能增大 C卫星动能减小，引力势能减小 D卫星动能减小，引力势能增大由可知道 正确答案：D 典型错误：B 7 周期越长，轨道半径越大，说明物体由低轨道向高轨道运动则必须加速，故动能增大故选 B.实际上在越高的轨道上物体运行速度越小，动能减小，引力做负

42、功故引力势能增大选 D 4（2010 福建卷）火星探测项目我过继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目。假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行周期为1T，神州飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为2T，火星质量与地球质量之比为 p，火星半径与地球半径之比为 q，则1T、2T之比为 A.3pq B.31pq C.3pq D.3qp 正确答案：D 典型错误：C 错因分析：物理量比较多加之比例关系容易搞错，我们在解题时最好先写出通式，用比例式来进行求解。这样就可以避免出现错误。设中心天体的质量为 M，半径为 R，当航天器在星球表面飞行时，由222MmGmRRT和343MVR，解得2

43、3GT，即31TG；又因为3343MMMVRR，所以3RTM，312TqTp。5（2011 浙江）.为了探测 X 星球，载着登陆舱的探测飞船在该星球中心为圆心，半径为 r1的圆轨道上运动，周期为 T1，总质量为 m1。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为 r2 的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为 m2则 A.X 星球的质量为21124GTrM B.X 星球表面的重力加速度为21124TrgX C.登陆舱在1r与2r轨道上运动是的速度大小之比为122121rmrmvv D.登陆舱在半径为2r轨道上做圆周运动的周期为313212rrTT 7 正确答案：AD 典型错误：B 错因分析：登陆舱在

44、半径为1r的圆轨道上运动的向心加速度21122114Trra,故选 B,实际上此加速度与 X 星球表面的重力加速度并不相等。根据21112112MTrmrmG、22222222MTrmrmG，可 得21124GTrM、313212rrTT，故 A、D 正 确；根 据rvmrm22GM，得rGMv，则1221rrvv，故 C 错误。6.（济南市 2008 年 5 月质检）地球同步卫星离地心的距离为 r，运动速度为 v1，加速度为 a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 a2；第一宇宙速度为 v2，地球半径为R，则下列关系正确的是 ARraa21 B2221rRaa CRrvv21 DRr

45、vv21 正确答案：A 典型错误：B 错因分析：由于思维定势，对近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体均由。本题是绝大部分高中生容易出错的一个题，究其原因还是规律不懂，同步卫星和随地球自转的物体尽管没有相同的力学规律，前者是万有引力全部提供向心力，后者是部分万有引力提供向心力，似乎不能比较，但它们的周期或角速度，容易确定 A 正确；第一宇宙速度为 v2就是近地卫星的运行速度，对于近地卫星和同步卫星都是万有引力全部提供向心力，不难确定 CD错误。7在太空中有两飞行器 a、b，它们在绕地球的同一圆形轨道上同向运行，a 在前 b 在后，它都配有能沿运动方向向前或向后喷气的发动机，现要想 b 尽快追上

46、a 并完成对接，b应采取的措施是 A、沿运动方向喷气 B、先沿运动方向喷气，后运动沿反方向喷气 C、沿运动反方向喷气 D、先沿运动反方向喷气，后沿运动方向喷气 7 正确答案：B 典型错误：C 错因分析：要想 b 尽快追上 a 并完成对接,b 的速度必须大于 a 的速度，于是就要对 b 提速，故选 C.殊不知对于同一轨道上运行的 a、b 飞行器而言，它们的速率相等在空中保持相对静止，当对后者 b 短时加速后会导致 b 做离心运动，从而进入高轨道，在高轨道转动变慢，更加不可能实现尽快对接，故只能对 b 短时减速后让其掉入低轨道，在低轨道上转动变快，适当时候在加速做离心运动，实现尽快对接，考虑到是喷

47、气发动机，本题选择 B。8（2010 江苏卷）2009 年 5 月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A 点从圆形轨道进入椭圆轨道，B 为轨道上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（A）在轨道上经过 A 的速度小于经过 B 的速度（B）在轨道上经过 A 的动能小于在轨道上经过 A 的动能（C）在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期（D）在轨道上经过 A 的加速度小于在轨道上经过 A 的加速度 正确答案：ABC 典型错误：D 错因分析：由轨道进入椭圆轨道航天飞机必须减速，由公式 a=2/r 可知 D 正确。实际上根据开普勒定律，近地点的速度大于远地点的速度，A

48、正确；由 I 轨道变到 II 轨道要减速，所以 B 正确；根据开普勒定律，cTR23，12RR，所以12TT。C 正确；根据2RGMa,应相等，D 错误；9.（2011 重庆卷）某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过 N 年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为 A231()NN B23()1NN C321()NN D32()1NN 正确答案：B 典型错误：A 错因分析：不能理解“该行星会运行到日地连线的延长线上”以及谁追谁和运动圈数的关系。地球公转周期为 1 年这一隐含条件不知如何应用。由于每过 N 年，该行星会运动到日地连线 7 的延长线上，所以有：

49、。对地球、行星绕太阳的环绕运动运用开普勒第三定律得：。代入 T1=1 年，解得：三、易错警示：1、重力和万有引力：重力是地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的。物体的重力和地球对该物体的万有引力差别很小，一般可认为二者大小相等，即（黄金代换式），式中 g0为地球表面附近的重力加速度，R0为地球的半径所以在求第一宇宙速度时，可以用，也可以用 2、星球表面及其某一高度处的重力加速度的求法：地球表面的重力加速度：由于自转而导致重力的变化是很微小的，因而在一般的情况下，常忽略地球自转的影响，此时物体所受的重力就等于万有引力的大小，因此，若地球表面的重力加速度为 g。则根据万有引力定律（R0为地球的半

50、径）。该式也适用于其他星体表面。离地面高 h 处的重力加速度，根据万有引力定律：（R0为地球的半径）3、随地球自转的向心加速度和环绕运行的向心加速度 放于地面上的物体随地球自转所需的向心力由地球对物体的引力和地面支持力的合力提供；而环绕地球运行的卫星所需的向心力完全由地球对它的引力提供 两个向心力的数值相差很多，如质量为 1kg 的物体在赤道上随地球自转所需的向心力只有 0.034 N，而它所受地球引力约为 9.8 N。对应的两个向心加速度的计算方法也不同，譬如放于赤道上的物体随地球自转的向心加速度，式中 T 为地球自转周期，R0为地球半径；卫星绕地球环绕运行的向心加速度，式中 M 为地球质量