2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇三 曲線運(yùn)動(dòng)的分析練習(xí)（含解析）

曲線運(yùn)動(dòng)的分析要點(diǎn)提煉1.曲線運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的判斷加速度(或合外力)2解決曲線運(yùn)動(dòng)的一般方法運(yùn)動(dòng)的合成與分解(1)明確合運(yùn)動(dòng)或分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(2)明確是在哪兩個(gè)方向上的合成或分解；(3)找出各個(gè)方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)；(4)運(yùn)用力與速度的關(guān)系或矢量的運(yùn)算法則進(jìn)行分析求解。3平拋運(yùn)動(dòng)與類平拋運(yùn)動(dòng)平拋運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)均為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。求解時(shí)，一般需要在初速度方向上列勻速直線運(yùn)動(dòng)的方程：vxv0，xv0t；在合力方向上列初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)方程：vyat，yat2。4圓周運(yùn)動(dòng)圓周運(yùn)動(dòng)必然是非勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度必然變化。勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力即向心力；變速圓周運(yùn)動(dòng)，向心力不是合外力，而是合外力沿半徑方向的分力。向心力改變速度方向，切向分力改變速度的大小。關(guān)鍵是掌握向心力公式Fmamm2rmr。5天體和衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)(1)開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律開普勒第一定律(軌道定律)：所有行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。開普勒第二定律(面積定律)：對(duì)任意一個(gè)行星來說，它與太陽的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過相等的面積。開普勒第三定律(周期定律)：所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即k。(2)衛(wèi)星的各物理量隨軌道半徑變化的規(guī)律高考考向1勻變速曲線運(yùn)動(dòng)及運(yùn)動(dòng)的合成與分解 命題角度1 平拋運(yùn)動(dòng)及類平拋運(yùn)動(dòng)例1(2018·全國(guó)卷)在一斜面頂端，將甲、乙兩個(gè)小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時(shí)的速率是乙球落至斜面時(shí)速率的()A2倍 B4倍 C6倍 D8倍解析設(shè)甲球落至斜面時(shí)的速率為v1，乙球落至斜面時(shí)的速率為v2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，xvt，ygt2，設(shè)斜面傾角為，由幾何關(guān)系，tan，小球由拋出到落至斜面，由機(jī)械能守恒定律，mv2mgymv，聯(lián)立解得：v1·v，即落至斜面時(shí)的速率與拋出時(shí)的速率成正比。同理可得，v2·，所以甲球落至斜面時(shí)的速率是乙球落至斜面時(shí)的速率的2倍，A正確。答案A(1)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間完全由高度決定，t，水平射程xv0tv0。(2)落地速度v，以表示落地時(shí)速度與x軸正方向間的夾角，有tan。(3)速度改變量：做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任意相等時(shí)間間隔t內(nèi)的速度改變量vgt相同，方向恒為豎直向下。(4)平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的推論任意時(shí)刻速度的反向延長(zhǎng)線一定通過此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。設(shè)在任意時(shí)刻瞬時(shí)速度與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則有tan2tan。(5)求解平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的技巧處理平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的基本方法是把運(yùn)動(dòng)分解為相互垂直的勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過研究分運(yùn)動(dòng)達(dá)到研究合運(yùn)動(dòng)的目的。要善于確定平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)分速度和分位移與題目呈現(xiàn)的角度之間的聯(lián)系，這往往是解決問題的突破口。備課記錄： 11(2019·湖北八校聯(lián)合二模)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB2BC，如圖所示。由此可知()A小球從A到B再到C的整個(gè)過程中機(jī)械能守恒B電場(chǎng)力大小為2mgC小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為21D小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為21答案C解析小球從A到B再到C的過程中，存在電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；設(shè)AC連線與水平方向的夾角為，小球從A經(jīng)B到C的過程中，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以C點(diǎn)速度與A點(diǎn)的速度相同，動(dòng)能變化為零，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg·LACsinF電場(chǎng)·LBCsin0，解得：F電場(chǎng)3mg，故B錯(cuò)誤；由于小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且AB2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比為21，所以從A到B的時(shí)間與從B到C的時(shí)間之比為21，故C正確；小球從A到B過程只受重力作用，故加速度為g，小球從B到C過程，所受合力為F電場(chǎng)mgma，解得a2g，故小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為12，故D錯(cuò)誤。12(2019·山東青島二模)如圖，兩小球P、Q從同一高度分別以v1和v2的初速度水平拋出，都落在了傾角37°的斜面上的A點(diǎn)，其中小球P垂直打到斜面上，則v1、v2大小之比為()A98 B89 C32 D23答案A解析兩球拋出后都做平拋運(yùn)動(dòng)，兩球從同一高度拋出落到同一點(diǎn)，它們?cè)谪Q直方向的位移相等，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于豎直位移h相等，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等；對(duì)球Q：tan37°，解得：v2gt；球P垂直打在斜面上，則有：v1vytangttan37°gt，則：，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。命題角度2 運(yùn)動(dòng)的合成與分解例2(2019·全國(guó)卷)(多選)如圖a，在跳臺(tái)滑雪比賽中，運(yùn)動(dòng)員在空中滑翔時(shí)身體的姿態(tài)會(huì)影響其下落的速度和滑翔的距離。某運(yùn)動(dòng)員先后兩次從同一跳臺(tái)起跳，每次都從離開跳臺(tái)開始計(jì)時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其v­t圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時(shí)刻。則()A第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大解析v­t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移的大小，第二次滑翔過程中v­t圖線與t軸所圍面積比第一次的大表示在豎直方向上的位移比第一次的大，A錯(cuò)誤；由圖a知落在雪道上時(shí)的水平位移與豎直位移成正比，再由A項(xiàng)分析知，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔過程中豎直方向的速度變化比第二次的大，時(shí)間比第二次的短，由a，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯(cuò)誤；v­t圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時(shí)，第二次滑翔在豎直方向上的加速度比第一次的小，設(shè)在豎直方向上所受阻力為f，由mgfma，可得第二次滑翔在豎直方向上受到的阻力比第一次的大，D正確。答案BD(1)曲線運(yùn)動(dòng)問題的一般解決方法本例題看似是平拋問題，但由于考慮到阻力，運(yùn)動(dòng)員做的不是平拋運(yùn)動(dòng)，而是一般曲線運(yùn)動(dòng)。2017年全國(guó)卷第25題、2018年全國(guó)卷第18題也是復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)引起重視。解決這類問題的關(guān)鍵是明確各分運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解以及功能關(guān)系等知識(shí)求解。(2)關(guān)聯(lián)速度問題對(duì)于用繩、桿相牽連的物體，在運(yùn)動(dòng)過程中，兩物體的速度通常不同，但兩物體沿繩或桿方向的速度分量大小相等。常用的解答思路：先確定合速度的方向，然后分析合運(yùn)動(dòng)所產(chǎn)生的實(shí)際效果，以確定兩個(gè)分速度的方向(作出分速度與合速度的矢量關(guān)系的平行四邊形)。備課記錄： 21(2018·全國(guó)卷) 如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR答案C解析小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機(jī)械能的增量E機(jī)W除G外力，機(jī)械能的增量等于水平外力在從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)過程做的功。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度為vc，由動(dòng)能定理有：F·3Rmg·Rmv，解得：vc2。小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)后，根據(jù)小球受力情況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為axg，豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)加速度也為g，小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度減小為零，時(shí)間為t，水平方向的位移為：xaxt2g22R，綜上所述小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為E機(jī)F·(3Rx)5mgR，C正確。22(2019·濟(jì)南模擬)曲柄連桿結(jié)構(gòu)是發(fā)動(dòng)機(jī)實(shí)現(xiàn)工作循環(huán)、完成能量轉(zhuǎn)換的主要運(yùn)動(dòng)零件。如圖所示，連桿下端連接活塞Q，上端連接曲軸P。在工作過程中，活塞在汽缸內(nèi)上下做直線運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)曲軸繞圓心O旋轉(zhuǎn)，若P做線速度大小為v0的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A當(dāng)OP與OQ垂直時(shí)，活塞運(yùn)動(dòng)的速度等于v0B當(dāng)OP與OQ垂直時(shí)，活塞運(yùn)動(dòng)的速度大于v0C當(dāng)OPQ在同一直線時(shí)，活塞運(yùn)動(dòng)的速度等于v0D當(dāng)OPQ在同一直線時(shí)，活塞運(yùn)動(dòng)的速度大于v0答案A解析當(dāng)OP與OQ垂直時(shí)，設(shè)PQO，此時(shí)活塞的速度為v，將曲軸在P點(diǎn)的速度v0分解為沿桿方向和垂直于桿方向的速度，將活塞的速度v分解為沿桿方向和垂直于桿方向的速度，則此時(shí)v0cosvcos，即vv0，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)OPQ在同一直線時(shí)，曲軸沿桿方向的速度為零，則活塞運(yùn)動(dòng)的速度等于0，C、D錯(cuò)誤。高考考向2圓周運(yùn)動(dòng)問題命題角度1 水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)例3(2019·陜西省漢中一模)(多選)如圖所示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，整個(gè)裝置能繞過CD中點(diǎn)的軸OO轉(zhuǎn)動(dòng)，已知兩物塊質(zhì)量相等，桿CD對(duì)物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開始時(shí)繩子處于自然長(zhǎng)度(繩子恰好伸直但無彈力)，物塊A到OO軸的距離為物塊B到OO軸距離的兩倍?，F(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，使轉(zhuǎn)速逐漸增大，從繩子處于自然長(zhǎng)度到兩物塊A、B即將滑動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()AB受到的靜摩擦力一直增大BB受到的靜摩擦力是先增大后減小再增大CA受到的靜摩擦力是先增大后減小DA受到的合外力一直在增大解析由桿CD對(duì)物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等知，A、B質(zhì)量相等，設(shè)為m。開始角速度較小時(shí)，兩物塊均由靜摩擦力提供向心力，角速度增大，靜摩擦力增大，根據(jù)fmr2，rA2rB知，隨著角速度的增大，A先達(dá)到最大靜摩擦力，之后繩子產(chǎn)生拉力；當(dāng)繩子剛好產(chǎn)生拉力時(shí)，B受靜摩擦力作用且未達(dá)到最大靜摩擦力。對(duì)A，拉力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，Tfmm2rA，隨著角速度的增大，繩子上的拉力T增大，靜摩擦力不變；對(duì)B，繩子上的拉力和B所受的靜摩擦力的合力提供向心力，有TfBm2rB，與上式聯(lián)立得fBfmm2(rArB)fmm2rB，隨著角速度的增大，靜摩擦力fB先減小，后反向增大，直到增大到fm時(shí)A、B即將滑動(dòng)。由以上分析可知A受到的靜摩擦力先增大，達(dá)到最大靜摩擦力后不變，B受到的靜摩擦力先增大后減小，然后再增大，故B正確，A、C錯(cuò)誤；合外力提供A做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，F(xiàn)合m2r，在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)前物塊A的半徑不變，質(zhì)量不變，隨著轉(zhuǎn)速的增大，A受到的合外力一直在增大，故D正確。答案BD(1)水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)。(2)常見臨界條件：繩子張緊或松弛的臨界條件是繩的張力FT0；接觸面滑動(dòng)的臨界條件是摩擦力FfFfmax；接觸面分離的臨界條件是接觸面間的彈力FN0。備課記錄： 31(2019·山東省四校聯(lián)合一模)如圖所示，用手握著細(xì)繩的一端在水平桌面上做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O，角速度為，細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)繩始終與小圓相切。在細(xì)繩的另外一端系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球在桌面上恰好在以O(shè)為圓心的大圓上做圓周運(yùn)動(dòng)。小球和桌面之間動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，以下說法正確的是()A小球?qū)⒆鲎兯賵A周運(yùn)動(dòng)B細(xì)繩拉力為m2C球與桌面間的摩擦力為D手對(duì)細(xì)繩做功的功率為答案C解析手握著細(xì)繩的一端做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩的另外一端系著的小球做的也是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)大圓半徑為R，由圖分析可知R，設(shè)繩中張力為T，則TcosmR2，cos，故T，故B錯(cuò)誤；摩擦力fmgTsin，由于T，sin，所以f，C正確；手對(duì)細(xì)繩做功的功率PTvsin··R·，故D錯(cuò)誤。32(2019·遼寧大連二模)游樂場(chǎng)有一種叫做“快樂飛機(jī)”的游樂項(xiàng)目，模型如圖所示。已知模型飛機(jī)質(zhì)量為m，固定在長(zhǎng)為L(zhǎng)的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為，當(dāng)模型飛機(jī)以角速度繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是()A模型飛機(jī)受到重力、旋臂的作用力和向心力B旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向一定與旋臂垂直C旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大小為mD若夾角增大，則旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力減小答案C解析向心力是效果力，物體實(shí)際不受向心力作用，A錯(cuò)誤；飛機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，所以旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力的一個(gè)分力與飛機(jī)的重力平衡，另一個(gè)分力提供了飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，因?yàn)椴恢乐亓εc向心力的定量關(guān)系，所以旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向不一定與旋臂垂直，B錯(cuò)誤；旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大?。篎m，若夾角增大，旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力增大，故C正確，D錯(cuò)誤。命題角度2 豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)例4(2016·全國(guó)卷) 小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(diǎn)()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能CP球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析設(shè)小球的質(zhì)量為m，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgLmv2，解得v，LP<LQ，所以vP<vQ，故A錯(cuò)誤；小球動(dòng)能EkmgL，其中mP>mQ，LP<LQ，所以無法判斷它們的動(dòng)能大小關(guān)系，B錯(cuò)誤；F拉mg，將v代入得F拉3mg，因?yàn)閙P>mQ，所以P球所受繩的拉力大于Q球所受繩的拉力，故C正確；向心加速度a2g，所以在軌跡的最低點(diǎn)，P、Q兩球的向心加速度相同，故D錯(cuò)誤。答案C(1)豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的速度通常利用動(dòng)能定理來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)力學(xué)分析。(2)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)有兩種模型：輕繩模型和輕桿模型。前者最高點(diǎn)的最小速度為，后者最高點(diǎn)的最小速度為0，受拉力或支持力的臨界速度為。在機(jī)械能守恒的情況下，兩模型最低點(diǎn)與最高點(diǎn)的拉力差為6mg(輕桿模型中，若在最高點(diǎn)為支持力，則最低點(diǎn)的拉力與最高點(diǎn)支持力的和為6mg)。(3)在等效重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，圓周上，重力與電場(chǎng)力沿切線方向合力為0的位置有兩個(gè)，分別是等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)，二者關(guān)于圓心對(duì)稱，等效最高點(diǎn)的速度最小，拉力最小(輕桿模型中，若在等效最高點(diǎn)為支持力，則支持力最大)，等效最低點(diǎn)的速度最大，拉力最大。備課記錄： 41(2019·河北衡水武邑中學(xué)四模)(多選)如圖甲所示，半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管豎直放置，一可看做質(zhì)點(diǎn)的小球在圓管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A時(shí)，小球受到的彈力F與其在A點(diǎn)速度平方(即v2)的關(guān)系如圖乙所示。設(shè)細(xì)管內(nèi)徑可忽略不計(jì)，則下列說法正確的是()A當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮锽該小球的質(zhì)量為RC當(dāng)v22b時(shí)，小球在圓管的最低點(diǎn)受到的彈力大小為7aD當(dāng)0v2b時(shí)，小球在A點(diǎn)對(duì)圓管的彈力方向豎直向上答案BC解析由圖乙可知，當(dāng)v2b時(shí)，小球與圓管內(nèi)壁之間恰好沒有力的作用，此時(shí)由重力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，即mgm，故g，A錯(cuò)誤；當(dāng)v20時(shí)，F(xiàn)a，有mga，又因?yàn)間，所以小球的質(zhì)量mR，B正確；當(dāng)v22b時(shí)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則由機(jī)械能守恒定律可得mg·2Rmv2m·2b，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)受到的彈力大小為F，則由向心力公式可得Fmgm，聯(lián)立解得F7a，C正確；當(dāng)0v2b時(shí)，小球在最高點(diǎn)時(shí)需要的向心力小于小球的重力，所以圓管對(duì)小球的彈力方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，小球?qū)A管的彈力方向豎直向下，D錯(cuò)誤。42(2019·安徽省江南十校二模)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，水平勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于軌道平面向左，P、Q分別為軌道上的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，M、N分別是軌道上與圓心等高的點(diǎn)。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，場(chǎng)強(qiáng)E，小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能最小的位置，電勢(shì)能最大B小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能最大的位置一定在M點(diǎn)C小球過Q、P點(diǎn)受軌道彈力大小的差值為6mgD小球過Q、P點(diǎn)受軌道彈力大小的差值為7.5mg答案BC解析如圖所示，小球所受電場(chǎng)力和重力的合力即等效重力所在直線與軌道交于C、D點(diǎn)，則C點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，D點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球在D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，但電勢(shì)能并非最大，小球電勢(shì)能最大的位置在N點(diǎn)，A錯(cuò)誤；小球在軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中能量守恒，小球在軌道上M點(diǎn)的電勢(shì)能最小，所以小球在M點(diǎn)的機(jī)械能最大，B正確；在Q點(diǎn)和P點(diǎn)，由牛頓第二定律得FQmgm，F(xiàn)Pmgm，從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mg·2Rmvmv，聯(lián)立解得FQFP6mg，C正確，D錯(cuò)誤。高考考向3萬有引力定律命題角度1 天體質(zhì)量和密度的計(jì)算例5(2018·全國(guó)卷)2018年2月，我國(guó)500 m口徑射電望遠(yuǎn)鏡(天眼)發(fā)現(xiàn)毫秒脈沖星“J03180253”，其自轉(zhuǎn)周期T5.19 ms，假設(shè)星體為質(zhì)量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為6.67×1011 N·m2/kg2。以周期T穩(wěn)定自轉(zhuǎn)的星體的密度最小值約為()A5×109 kg/m3 B5×1012 kg/m3C5×1015 kg/m3 D5×1018 kg/m3解析設(shè)脈沖星質(zhì)量為M，半徑為R，密度為，星體表面“赤道”處一物塊質(zhì)量為m，根據(jù)天體運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：m2R，代入可得：5×1015 kg/m3，故C正確。答案C 計(jì)算天體質(zhì)量和密度的兩條基本思路(1)利用天體自身的半徑R和表面的重力加速度g(天體自轉(zhuǎn)可忽略)：由Gmg求出天體質(zhì)量M，進(jìn)而求得天體密度。(2)利用環(huán)繞天體的軌道半徑r和周期T：由Gmr，可得出M；若環(huán)繞天體繞中心天體表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軌道半徑rR，。備課記錄： 51(2019·廣東深圳二模)(多選)2019年1月3日，“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器成功著陸在月球背面。著陸前的部分運(yùn)動(dòng)過程簡(jiǎn)化如下：在距月面15 km高處繞月做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后減速下降至距月面100 m處懸停，再緩慢降落到月面。已知萬有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半徑約為1.7×103 km。由上述條件可以估算出()A月球質(zhì)量B月球表面的重力加速度C探測(cè)器在15 km高處繞月運(yùn)動(dòng)的周期D探測(cè)器懸停時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力答案ABC解析探測(cè)器在月球表面附近運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供向心力，環(huán)繞速度即為月球的第一宇宙速度，有：Gm，則月球的質(zhì)量為M，由題目中的已知條件可求得月球質(zhì)量，故A正確；探測(cè)器在月球表面附近運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力等于重力，有：Gmg月，則月球表面的重力加速度為g月G，故B正確；探測(cè)器在距月面15 km高處繞月運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：Gm，得運(yùn)動(dòng)周期T，故C正確；探測(cè)器懸停時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力大小等于萬有引力大小G，但由于探測(cè)器的質(zhì)量未知，故不可求出推力，故D錯(cuò)誤。52(2017·北京高考)利用引力常量G和下列某一組數(shù)據(jù)，不能計(jì)算出地球質(zhì)量的是()A地球的半徑及重力加速度(不考慮地球自轉(zhuǎn))B人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度及周期C月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及月球與地球間的距離D地球繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及地球與太陽間的距離答案D解析A能：根據(jù)Gmg可知，已知地球的半徑及重力加速度可計(jì)算出地球的質(zhì)量。B能：根據(jù)G及v可知，已知人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度及周期可計(jì)算出地球的質(zhì)量。C能：根據(jù)Gmr可知，已知月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及月球與地球間的距離，可計(jì)算出地球的質(zhì)量。D不能：已知地球繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及地球與太陽間的距離只能求出太陽的質(zhì)量，不能求出地球的質(zhì)量。命題角度2 衛(wèi)(行)星運(yùn)行參量的分析例6(2019·全國(guó)卷)金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運(yùn)行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金<R地<R火，由此可以判定()Aa金>a地>a火 Ba火>a地>a金Cv地>v火>v金 Dv火>v地>v金解析行星繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)有：Gma，得向心加速度a，Gm，得線速度v ，由于R金R地R火，所以a金a地a火，v金v地v火，A正確。答案A 分析衛(wèi)(行)星運(yùn)行參量的“一模型”“兩思路”(1)一種模型：無論是自然天體(如地球、月亮)還是人造天體(如宇宙飛船、人造衛(wèi)星)都可以看做質(zhì)點(diǎn)，圍繞中心天體(視為靜止)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如例題中的中心天體為太陽。(2)兩條思路萬有引力提供向心力，即Gmamm2·rm·r。天體對(duì)其表面物體的萬有引力近似等于重力，即mg或GMgR2(R、g和M分別是天體的半徑、表面重力加速度和質(zhì)量)，公式GMgR2應(yīng)用廣泛，被稱為“黃金代換式”。備課記錄： 61(2019·天津高考) 2018年12月8日，肩負(fù)著億萬中華兒女探月飛天夢(mèng)想的嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功發(fā)射，“實(shí)現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測(cè)，率先在月背刻上了中國(guó)足跡”。已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R，探測(cè)器的質(zhì)量為m，引力常量為G，嫦娥四號(hào)探測(cè)器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，探測(cè)器的()A周期為 B動(dòng)能為C角速度為 D向心加速度為答案A解析探測(cè)器繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力，對(duì)探測(cè)器，由牛頓第二定律得，Gm2r，解得周期T ，A正確；由Gm知，動(dòng)能Ekmv2，B錯(cuò)誤；由Gmr2得，角速度 ，C錯(cuò)誤；由Gma得，向心加速度a，D錯(cuò)誤。62(2016·全國(guó)卷)利用三顆位置適當(dāng)?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點(diǎn)之間保持無線電通訊。目前，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍。假設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實(shí)現(xiàn)上述目的，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為()A1 h B4 h C8 h D16 h答案B解析衛(wèi)星圍繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，即m2r，解得周期T2，由此可見，衛(wèi)星的軌道半徑r越小，周期T就越小，周期最小時(shí)，三顆衛(wèi)星連線構(gòu)成的等邊三角形與赤道圓相切，如圖所示，此時(shí)衛(wèi)星軌道半徑r2R，T2 ，又因?yàn)門02 24 h，所以T·T0×24 h4 h，B正確。命題角度3 衛(wèi)星變軌問題例7(2019·湖南省懷化市高三二模)2018年12月8日，嫦娥四號(hào)發(fā)射升空。實(shí)現(xiàn)人類歷史上首次月球背面登月。隨著嫦娥奔月夢(mèng)想的實(shí)現(xiàn)，我國(guó)不斷刷新深空探測(cè)的中國(guó)高度。嫦娥衛(wèi)星整個(gè)飛行過程可分為三個(gè)軌道段：繞地飛行調(diào)相軌道段、地月轉(zhuǎn)移軌道段、繞月飛行軌道段。我們用如圖所示的模型來簡(jiǎn)化描繪嫦娥衛(wèi)星飛行過程，假設(shè)調(diào)相軌道和繞月軌道的半長(zhǎng)軸分別為a、b，公轉(zhuǎn)周期分別為T1、T2。關(guān)于嫦娥衛(wèi)星的飛行過程，下列說法正確的是()A.B嫦娥衛(wèi)星在地月轉(zhuǎn)移軌道上運(yùn)行的速度應(yīng)大于11.2 km/sC從調(diào)相軌道切入到地月轉(zhuǎn)移軌道時(shí)，衛(wèi)星在P點(diǎn)必須減速D從地月轉(zhuǎn)移軌道切入到繞月軌道時(shí)，衛(wèi)星在Q點(diǎn)必須減速解析根據(jù)開普勒第三定律，調(diào)相軌道與繞月軌道的中心天體分別是地球和月球，故它們軌道半長(zhǎng)軸的三次方與周期的二次方的比值不相等，A錯(cuò)誤；11.2 km/s是第二宇宙速度，是在脫離地球束縛的衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，B錯(cuò)誤；從調(diào)相軌道切入到地月轉(zhuǎn)移軌道時(shí)，衛(wèi)星的軌道半長(zhǎng)軸將增大，故衛(wèi)星在P點(diǎn)必須加速，C錯(cuò)誤；從地月轉(zhuǎn)移軌道切入到繞月軌道時(shí)，相對(duì)月球而言，衛(wèi)星軌道半長(zhǎng)軸減小，故衛(wèi)星在Q點(diǎn)必須減速，D正確。答案D 衛(wèi)星變軌應(yīng)注意的四個(gè)問題(1)若衛(wèi)星由高軌道變軌到低軌道，即軌道半徑(半長(zhǎng)軸)減小時(shí)，需要在高軌道變軌處減速；反之，若衛(wèi)星由低軌道變軌到高軌道，即軌道半徑(半長(zhǎng)軸)增大時(shí)，需要在低軌道變軌處加速。(2)衛(wèi)星變軌時(shí)速度的變化情況，可根據(jù)軌道半徑(半長(zhǎng)軸)的變化情況判斷；穩(wěn)定的新軌道上運(yùn)行速度的變化情況可由開普勒第二定律判斷。(3)同一衛(wèi)星在不同軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能不同，軌道半徑(半長(zhǎng)軸)越大，機(jī)械能越大。(4)衛(wèi)星經(jīng)過不同軌道相交的同一點(diǎn)時(shí)加速度相等。備課記錄： 71(2019·山西省太原市第五中學(xué)高三模擬)(多選)已知某衛(wèi)星在赤道上空軌道半徑為r1的圓形軌道上繞地運(yùn)行的周期為T，衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，赤道上某城市的人每?jī)商烨『萌慰吹叫l(wèi)星掠過其正上方。如圖所示，假設(shè)某時(shí)刻，該衛(wèi)星在A點(diǎn)變軌進(jìn)入橢圓軌道，近地點(diǎn)B到地心距離為r2。設(shè)衛(wèi)星由A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，地球自轉(zhuǎn)周期為T0，不計(jì)空氣阻力。則()ATT0BTC衛(wèi)星在圖中橢圓軌道由A到B時(shí)，機(jī)械能不變D衛(wèi)星由圖中A點(diǎn)變軌進(jìn)入橢圓軌道，機(jī)械能增大答案ABC解析由赤道上某城市的人每?jī)商烨『萌慰吹叫l(wèi)星掠過其正上方，可知地球自轉(zhuǎn)2圈的時(shí)間內(nèi)衛(wèi)星轉(zhuǎn)了5圈，所以衛(wèi)星的周期為TT0，A正確；根據(jù)開普勒第三定律有，解得：T，B正確；衛(wèi)星在圖中橢圓軌道由A到B時(shí)，只有萬有引力做功，所以機(jī)械能不變，C正確；衛(wèi)星由圖中A點(diǎn)變軌進(jìn)入橢圓軌道，從高軌道變軌到低軌道，衛(wèi)星在A點(diǎn)要減速，所以機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。72(多選)如圖所示是某衛(wèi)星繞地飛行的三條軌道，軌道1是近地圓形軌道，2和3是變軌后的橢圓軌道。A點(diǎn)是軌道2的近地點(diǎn)，B點(diǎn)是軌道2的遠(yuǎn)地點(diǎn)，衛(wèi)星在軌道1的運(yùn)行速率為7.7 km/s，則下列說法中正確的是()A衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速率一定大于7.7 km/sB衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速率可能大于7.7 km/sC衛(wèi)星分別在軌道1、2上經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的加速度相同D衛(wèi)星在軌道3經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度小于在軌道2經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度答案AC解析衛(wèi)星在軌道1經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，要加速才能沿軌道2運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星在軌道1上的運(yùn)行速率為7.7 km/s，故在軌道2上經(jīng)過A點(diǎn)的速率一定大于7.7 km/s，A正確；假設(shè)有一圓軌道經(jīng)過B點(diǎn)，根據(jù)v，可知此軌道上的速度小于7.7 km/s，衛(wèi)星在B點(diǎn)減速才會(huì)進(jìn)入軌道2，故衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速率一定小于7.7 km/s，B錯(cuò)誤；衛(wèi)星分別在軌道1、2上經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，距離地球的距離相同，地球?qū)λ娜f有引力相同，根據(jù)牛頓第二定律，加速度相同，C正確；因?yàn)樾l(wèi)星在軌道2經(jīng)過A點(diǎn)要加速才能進(jìn)入軌道3，故衛(wèi)星在軌道3經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大于在軌道2經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度，故D錯(cuò)誤。命題角度4 雙星與多星問題例8(2018·全國(guó)卷)(多選)2017年，人類第一次直接探測(cè)到來自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時(shí)，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點(diǎn)每秒轉(zhuǎn)動(dòng)12圈。將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學(xué)知識(shí)，可以估算出這一時(shí)刻兩顆中子星()A質(zhì)量之積 B質(zhì)量之和C速率之和 D各自的自轉(zhuǎn)角速度解析依題意已知兩顆中子星的周期T、距離L，各自的自轉(zhuǎn)角速度不可求，D錯(cuò)誤；對(duì)m1：Gm12r1，對(duì)m2：Gm22r2，已知幾何關(guān)系：r1r2L，聯(lián)立以上各式可解得：r1L，r2L，m1m2，B正確；速率之和v1v2r1r2(r1r2)，C正確；質(zhì)量之積m1m2··r1r2，r1r2不可求，故m1m2不可求，A錯(cuò)誤。答案BC(1)雙星系統(tǒng)模型的特點(diǎn)各自需要的向心力由彼此間的萬有引力提供，即m1r1，m2r2。兩顆星的周期及角速度都相同，即T1T2，12。兩顆星的軌道半徑與它們之間的距離關(guān)系為：r1r2L。(2)多星問題的處理方法各星運(yùn)動(dòng)的周期相同、角速度相同。每個(gè)星受其他星的萬有引力的合力提供該星運(yùn)動(dòng)的向心力。備課記錄： 8. (2020·安徽省蚌埠市教育局高三月考)(多選)宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的三顆星組成的三星系統(tǒng)。設(shè)三星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R，三顆星的球心穩(wěn)定分布在邊長(zhǎng)為a的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上。三顆星圍繞等邊三角形的重心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知引力常量為G。關(guān)于三星系統(tǒng)，下列說法正確的是()A三顆星的軌道半徑均為aB三顆星表面的重力加速度均為 C一顆星的質(zhì)量發(fā)生變化，不影響其他兩顆星的運(yùn)動(dòng)D三顆星的周期均為2a答案AD解析由幾何關(guān)系知，它們的軌道半徑ra，故A正確；在星球表面重力等于萬有引力，mgG，解得g，故B錯(cuò)誤；一顆星的質(zhì)量發(fā)生變化，其他兩顆星所受萬有引力大小變化，合力不指向三角形中心，會(huì)影響其他兩顆星的運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；任意兩顆星之間的萬有引力FG，每一顆星受到的合力F1F，合力提供向心力：m，解得T2a，故D正確。 閱卷現(xiàn)場(chǎng)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分析出錯(cuò)例9(12分) 有一如圖所示的裝置，輕繩上端系在豎直桿的頂端O點(diǎn)，下端P連接一個(gè)小球(小球可視為質(zhì)點(diǎn))，輕彈簧一端通過鉸鏈固定在桿的A點(diǎn)，另一端連接小球，整個(gè)裝置可以在外部驅(qū)動(dòng)下繞OA軸旋轉(zhuǎn)。剛開始時(shí)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于水平方向?，F(xiàn)在讓桿從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，整個(gè)過程中，繩子一直處于拉伸狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力。已知：OA4 m，OP5 m，小球質(zhì)量m1 kg，彈簧原長(zhǎng)l5 m，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)當(dāng)彈簧彈力為零時(shí)，整個(gè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。正解(1)開始整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件得，(2分)F彈k(lAP)，(2分)AP ，(1分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：k3.75 N/m。(1分)(2) 當(dāng)彈簧彈力為零時(shí)，小球移至P位置，繞OA中點(diǎn)C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受力分析如圖乙所示，由圖可得，軌道半徑為rCP ，(1分)tan，(1分)其中APOP5 m，OC2 m，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanm2r，(3分)聯(lián)立解得： rad/s。(1分)答案(1)3.75 N/m(2) rad/s錯(cuò)解(1)開始整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件得：，(2分)F彈k·AP，(扣2分)AP，(1分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：k2.5 N/m。(扣1分)(2)當(dāng)彈簧彈力為零時(shí)，小球移至P位置，繞OA中點(diǎn)C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受力分析如圖乙所示，由圖可得，軌道半徑為rOP，(扣1分)CP ，tan，(1分)其中APOP5 m，OC2 m，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanm2r，(3分)聯(lián)立解得： rad/s。(扣1分)答案(1)2.5 N/m(2) rad/s閱卷過程中發(fā)現(xiàn)第(1)小題中錯(cuò)誤主要有以下幾種情況：不能根據(jù)圖中的幾何關(guān)系計(jì)算出需要的角度的三角函數(shù)值；想不到用幾何三角形與力的三角形相似計(jì)算彈簧彈力；應(yīng)用胡克定律時(shí)，將彈簧的長(zhǎng)度與伸長(zhǎng)量混淆，這都會(huì)導(dǎo)致勁度系數(shù)的求解出錯(cuò)。第(2)小題中，出錯(cuò)最多的情況是找錯(cuò)物體做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，誤認(rèn)為繩的長(zhǎng)度為圓周運(yùn)動(dòng)半徑，導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤。專題作業(yè)1(2019·全國(guó)卷)2019年1月，我國(guó)嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功在月球背面軟著陸。在探測(cè)器“奔向”月球的過程中，用h表示探測(cè)器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關(guān)系的圖象是()答案D解析由萬有引力公式可知FG，探測(cè)器與地球表面距離h越大，F(xiàn)越小，排除B、C；而F與h不是一次函數(shù)關(guān)系，排除A。故選D。2. 跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項(xiàng)目，如圖所示，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員從直升機(jī)上由靜止跳下后，在下落過程中將會(huì)受到水平風(fēng)力的影響，下列說法中正確的是()A風(fēng)力越大，運(yùn)動(dòng)員下落時(shí)間越長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)員可完成更多的動(dòng)作B風(fēng)力越大，運(yùn)動(dòng)員著地時(shí)的合速度越大，有可能對(duì)運(yùn)動(dòng)員造成傷害C運(yùn)動(dòng)員下落時(shí)間與風(fēng)力有關(guān)D運(yùn)動(dòng)員著地速度與風(fēng)力無關(guān)答案B解析水平風(fēng)力不會(huì)影響豎直方向的運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)員下落時(shí)間與風(fēng)力無關(guān)，A、C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)豎直方向的速度是確定的，水平風(fēng)力越大，落地時(shí)水平分速度越大，運(yùn)動(dòng)員著地時(shí)的合速度越大，有可能對(duì)運(yùn)動(dòng)員造成傷害，B正確，D錯(cuò)誤。3. (2019·南昌模擬)在公園里我們經(jīng)?？梢钥吹酱笕撕托『⒍枷矚g玩的一種游戲“套圈”，如圖所示是“套圈”游戲的場(chǎng)景。假設(shè)某小孩和大人從同一條豎直線上距離地面的不同高度處分別水平拋出兩個(gè)小圓環(huán)，大人拋出圓環(huán)時(shí)的高度為小孩拋出圓環(huán)高度的倍，結(jié)果恰好都套中地面上同一物體。不計(jì)空氣阻力，則大人和小孩所拋出的圓環(huán)()A運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為94B速度變化率之比為49C水平初速度之比為23D落地時(shí)速度之比為32答案C解析根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，hgt2，t，已知大人拋出圓環(huán)的高度為小孩拋出圓環(huán)高度的倍，則大人和小孩所拋出的圓環(huán)運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為32，A錯(cuò)誤；圓環(huán)做平拋運(yùn)動(dòng)，只受重力作用，其加速度為g，由g，可知大人和小孩所拋出圓環(huán)的速度變化率相等，即速度變化率之比為11，B錯(cuò)誤；由xvt，可知大人和小孩所拋出的圓環(huán)水平初速度之比為v1v2t2t123，C正確；圓環(huán)落地時(shí)的豎直速度vgt，則落地時(shí)豎直速度之比為32，而水平速度之比為23，故落地時(shí)速度之比不為32，D錯(cuò)誤。4. (2019·廣東佛山高三一模)(多選)在2018年俄羅斯世界杯某場(chǎng)比賽中，一個(gè)球員在球門中心正前方某處高高躍起，將足球以水平速度v0頂出，恰落在球門的右下方死角P點(diǎn)。假設(shè)球門寬為L(zhǎng)，守門員作出準(zhǔn)確判斷的時(shí)間為t，撲球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，將足球看成質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則()A若球員頂球點(diǎn)的高度為h，則守門員撲球時(shí)間t必須小于 t才可能成功防守B球員要成功破門，球員頂球點(diǎn)的高度必須大于g(tt)2C球員到球門的距離為s，則球員要成功破門，球的最小初速度v0D若球員到P點(diǎn)的水平距離小于v0(tt)，則可能成功破門答案AD解析球做平拋運(yùn)動(dòng)，若球員頂球點(diǎn)的高度為h，則落地時(shí)間為t1 ，守門員作出準(zhǔn)確判斷的時(shí)間為t，則守門員撲球時(shí)間t必須小于t才可能成功防守，故A正確；球員要成功破門，球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間必須小于tt，球員頂球點(diǎn)的高度必須小于g(tt)2，故B錯(cuò)誤；球員到球門的距離為s，則球員要成功破門，球的最小初速度v0，故C錯(cuò)誤；若球員到P點(diǎn)的水平距離小于v0(tt)，則球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于tt，可能成功破門，故D正確。5. (2019·安徽合肥二模)(多選)如圖所示為運(yùn)動(dòng)員在水平道路上轉(zhuǎn)彎的情景，轉(zhuǎn)彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運(yùn)動(dòng)員始終與自行車在同一平面內(nèi)。轉(zhuǎn)彎時(shí)，只有當(dāng)?shù)孛鎸?duì)車的作用力通過車(包括人)的重心時(shí)，車才不會(huì)傾倒。設(shè)自行車和人的總質(zhì)量為M，輪胎與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A車受到地面的支持力方向與車所在平面平行B轉(zhuǎn)彎時(shí)車不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為C轉(zhuǎn)彎時(shí)車與地面間的靜摩擦力一定為MgD轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小答案BD解析車受到地面支持力的方向與地面垂直，與車所在平面有夾角，A錯(cuò)誤；由MgM，解得轉(zhuǎn)彎時(shí)車不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為v，B正確；轉(zhuǎn)彎時(shí)車與地面間的靜摩擦力一定小于或等于最大靜摩擦力Mg，C錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)彎速度越大，所需向心力越大，靜摩擦力越大，由地面對(duì)車的作用力即支持力與靜摩擦力的合力通過車(包括人)的重心可知，車所在平面與地面的夾角越小，D正確。6(2019·遼寧省沈陽市一模)我國(guó)高鐵技術(shù)發(fā)展迅猛，目前處于世界領(lǐng)先水平，已知某路段為一半徑為5600米的彎道，設(shè)計(jì)時(shí)速為216 km/h(此時(shí)車輪輪緣與軌道間無擠壓)，已知我國(guó)的高鐵軌距約為1400 mm，且角度較小時(shí)可近似認(rèn)為tansin，重力加速度g等于10 m/s2，則此彎道內(nèi)、外軌高度差應(yīng)為()A8 cm B9 cm C10 cm D11 cm答案B解析軌道半徑R5600 m，設(shè)計(jì)時(shí)速v216 km/h60 m/s，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanm(為鐵軌平面與水平方向的夾角)，解得：tan，由題意得tansin，而L1400 mm，聯(lián)立得：h90 mm9 cm，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。7(2019·云南二模)(多選)如圖所示，B、M、N分別為豎直光滑圓軌道上的三個(gè)點(diǎn)，B點(diǎn)和圓心等高，M點(diǎn)與O點(diǎn)在同一豎直線上，N點(diǎn)和圓心O的連線與豎直方向的夾角為45°?，F(xiàn)從B點(diǎn)的正上方某處A點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的小球，經(jīng)圓軌道飛出后沿水平方向通過與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)，已知圓軌道半徑為R，重力加速度為g，則以下結(jié)論正確的是()AA、B兩點(diǎn)間的高度差為RBC到N的水平距離為2RC小球在M點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為(3)mgD小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為答案AC解析從A點(diǎn)到C點(diǎn)：mghmv，從A點(diǎn)到N點(diǎn)：mg(hRcos45°)mv，其中vCvNcos45°，聯(lián)立解得：hR，vN，A正確；從N到C的時(shí)間：t ，則C到N的水平距離為：xCNvNcos45°t，解得：xCNR，B、D錯(cuò)誤；從A到M點(diǎn)：mg(hR)mv，在M點(diǎn)：Nmgm，解得：N(3)mg，由牛頓第三定律知C正確。8(2019·廣東省廣州市下學(xué)期一模)位于貴州的“中國(guó)天眼”(FAST)是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠(yuǎn)鏡，通過FAST可以測(cè)量地球與木星之間的距離。當(dāng)FAST接收到來自木星的光線傳播方向恰好與地球公轉(zhuǎn)線速度方向相同時(shí)，測(cè)得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍。若地球和木星繞太陽的運(yùn)動(dòng)均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)且軌道共面，則可知木星的公轉(zhuǎn)周期為()A(1k2) 年 B(1k2) 年C(1k) 年 Dk 年答案A解析設(shè)地球與太陽的距離為r，根據(jù)題述可知木星與太陽的距離為Rr(1k2) ，設(shè)木星的公轉(zhuǎn)周期為T年，根據(jù)開普勒第三定律，則有：，解得T(1k2) 年，A正確。9(2019·湖北荊州二模)2018年12月8日凌晨2點(diǎn)24分，中國(guó)長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心起飛，把“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器送入地月轉(zhuǎn)移軌道，“嫦娥四號(hào)”經(jīng)過地月轉(zhuǎn)移軌道的P點(diǎn)時(shí)實(shí)施一次近月調(diào)控后進(jìn)入環(huán)月圓形軌道，再經(jīng)過系列調(diào)控使之進(jìn)入準(zhǔn)備落月的橢圓軌道，于2019年1月3日上午10點(diǎn)26分，最終實(shí)現(xiàn)人類首次月球背面軟著陸。若繞月運(yùn)行時(shí)只考慮月球引力作用，下列關(guān)于“嫦娥四號(hào)”的說法正確的是()A“嫦娥四號(hào)”的發(fā)射速度必須大于11.2 km/sB沿軌道運(yùn)行的速度大于月球的第一宇宙速度C沿軌道運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度小于沿軌道運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度D經(jīng)過地月轉(zhuǎn)移軌道的P點(diǎn)時(shí)必須進(jìn)行減速后才能進(jìn)入環(huán)月圓形軌道答案D解析“嫦娥四號(hào)”沒有脫離地球的束縛，故其發(fā)射速度大于第一宇宙速度7.9 km/s而小于第二宇宙速度11.2 km/s，故A錯(cuò)誤；由公式v可知，軌道的半徑大于月球的半徑，所以沿軌道運(yùn)行的速度小于月球的第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；衛(wèi)星沿軌道與沿軌道經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)所受萬有引力相等，所以沿軌道運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度等于沿軌道運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；“嫦娥四號(hào)”由地月轉(zhuǎn)移軌道進(jìn)入環(huán)月圓形軌道時(shí)做近心運(yùn)動(dòng)，所以經(jīng)過地月轉(zhuǎn)移軌道的P點(diǎn)時(shí)必須進(jìn)行減速后才能進(jìn)入環(huán)月圓形軌道，故D正確。10(2019·湖南衡陽二模)2019年1月3日，“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器登陸月球，實(shí)現(xiàn)人類探測(cè)器首次月球背面軟著陸，為給“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器提供通信支持，我國(guó)早在2018年5月21日就成功發(fā)射“嫦娥四號(hào)”中繼星“鵲橋號(hào)”，如圖所示，“鵲橋號(hào)”中繼星一邊繞拉格朗日L2點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，一邊隨月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)且其繞點(diǎn)L2做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑遠(yuǎn)小于L2點(diǎn)與地球間的距離。(已知位于地、月拉格朗日L1、L2點(diǎn)處的小物體能夠在地、月的引力作用下，幾乎不消耗燃料，便可與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng))則下列說法正確的是()A“鵲橋號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2 km/sB“鵲橋號(hào)”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期約等于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期C同一衛(wèi)星在L2點(diǎn)受地、月引力的合力與其在L1點(diǎn)受地、月引力的合力相等D若技術(shù)允許，使“鵲橋號(hào)”剛好位于拉格朗日L2點(diǎn)，能夠更好地為“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器提供通信支持答案B解析11.2 km/s是在地面附近發(fā)射衛(wèi)星，使衛(wèi)星脫離地球束縛的最小發(fā)射速度，“鵲橋號(hào)”沒有脫離地球的束縛，所以“鵲橋號(hào)”的發(fā)射速度小于11.2 km/s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，“鵲橋號(hào)”繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期與月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期相同，故B正確；由Fnmr2可知，同一衛(wèi)星在L2點(diǎn)受月球和地球引力的合力比在L1點(diǎn)要大，故C錯(cuò)誤；“鵲橋號(hào)”若剛好位于L2點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，通訊范圍較小，并不能更好地為“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器提供通信支持，故D錯(cuò)誤。11如圖所示，一質(zhì)量為m0.45 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從水平面上的 A點(diǎn)以一定的初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)后進(jìn)入半徑為R0.45 m的光滑半圓形豎直軌道，當(dāng)小物塊到達(dá)最高點(diǎn)C點(diǎn)，安裝在此處的壓力傳感器測(cè)得小物塊對(duì)軌道的壓力為4.5 N。已知A、B兩點(diǎn)間的距離為d2.7 m，小物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，重力加速度g10 m/s2。(1)求小物塊落到水平面上的位置到B點(diǎn)的距離；(2)若要使小物塊在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不脫離，求小物塊在A點(diǎn)的初速度v0的取值范圍。答案(1) m(2)v06 m/s或 m/s<v0 m/s解析(1)設(shè)小物塊在C點(diǎn)的速度大小為vC，已知小物塊在最高點(diǎn)C受到的支持力FNFN4.5 N，則由牛頓第二定律可得FNmgm，設(shè)小物塊從C點(diǎn)拋出后落到水平面上的時(shí)間為t，則有2Rgt2，則小物塊落到水平面上的位置到B點(diǎn)的距離為xvCt，聯(lián)立解得x m。(2)分兩種情況考慮：物塊能到達(dá)C點(diǎn)，從C點(diǎn)飛出。設(shè)小物塊剛好能通過最高點(diǎn)C時(shí)的速度為v1，有mgm，由動(dòng)能定理可得mgd2mgRmvmv，代入數(shù)據(jù)解得v06 m/s，所以當(dāng)v06 m/s時(shí)，小物塊始終不脫離半圓形軌道。物塊運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上然后從B點(diǎn)滑出。當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到與圓心等高處速度為零時(shí)，由動(dòng)能定理有mgdmgR0mv，代入數(shù)據(jù)可解得v0 m/s，當(dāng)小物塊剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度為零時(shí)，由動(dòng)能定理有mgd0mv，代入數(shù)據(jù)解得v0 m/s，所以，此種情況下要求小物塊始終不脫離半圓形軌道的初速度應(yīng)滿足 m/sv0 m/s。綜合上述兩種情況可知，要使小物塊在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不脫離軌道，則小物塊從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的初速度v0應(yīng)滿足v06 m/s或 m/s<v0 m/s。- 32 -