《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題沖刺 專(zhuān)題復(fù)習(xí)篇三 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的分析練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題沖刺 專(zhuān)題復(fù)習(xí)篇三 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的分析練習(xí)（含解析）（32頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的分析 要點(diǎn)提煉 1.曲線(xiàn)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(xiàn)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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) 平拋運(yùn)動(dòng)和類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)均為勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。求解時(shí)，一般需要在初速度方向上列勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的方程：vx＝v0，x＝v0t；在合力方向上列初速度為0的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)方程：vy＝at，y＝at2。 4．圓周運(yùn)動(dòng) 圓周運(yùn)動(dòng)必然是

2、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F＝ma＝m＝mω2r＝mr。 5．天體和衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng) (1)開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律 ①開(kāi)普勒第一定律(軌道定律)：所有行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽(yáng)處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。 ②開(kāi)普勒第二定律(面積定律)：對(duì)任意一個(gè)行星來(lái)說(shuō)，它與太陽(yáng)的連線(xiàn)在相等的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)相等的面積。 ③開(kāi)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

3、變化的規(guī)律 高考考向1　勻變速曲線(xiàn)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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) 例1　(2018·全國(guó)卷Ⅲ)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(　　) A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8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，x＝vt，y＝gt2，設(shè)斜面傾角為θ，由幾何關(guān)系，tanθ＝，小球由拋出到落至斜面，由機(jī)械能守恒定律，mv2＋mgy＝mv，聯(lián)立解得：v1＝·v，即落至斜面

4、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x＝v0t＝v0。 (2)落地速度v＝＝，以θ表示落地時(shí)速度與x軸正方向間的夾角，有tanθ＝＝。 (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Δt內(nèi)的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下。 (4)平拋(或類(lèi)平拋)運(yùn)動(dòng)的推論 ①任意時(shí)刻速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)一定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。 ②設(shè)在任意時(shí)刻瞬時(shí)速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tanθ＝2tanφ。 (

5、5)求解平拋(或類(lèi)平拋)運(yùn)動(dòng)的技巧 ①處理平拋(或類(lèi)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)和勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，通過(guò)研究分運(yùn)動(dòng)達(dá)到研究合運(yùn)動(dòng)的目的。 ②要善于確定平拋(或類(lèi)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(wèn)題的突破口。 備課記錄： 　 　 1－1　(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

6、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(xiàn)上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可知(　　) A．小球從A到B再到C的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒 B．電場(chǎng)力大小為2mg C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1 D．小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為2∶1 答案　C 解析　小球從A到B再到C的過(guò)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(xiàn)與水平方向的夾角為θ，小球從A經(jīng)B到C的過(guò)程中，水平方向上做勻速直線(xiàn)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：m

7、g·LACsinθ－F電場(chǎng)·LBCsinθ＝0，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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，且AB＝2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比為2∶1，所以從A到B的時(shí)間與從B到C的時(shí)間之比為2∶1，故C正確；小球從A到B過(guò)程只受重力作用，故加速度為g，小球從B到C過(guò)程，所受合力為F電場(chǎng)－mg＝ma，解得a＝2g，故小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為1∶2，故D錯(cuò)誤。 1－2　(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θ＝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(　　) A

8、．9∶8 B．8∶9 C．3∶2 D．2∶3 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：v2＝gt；球P垂直打在斜面上，則有：v1＝vytanθ＝gttan37°＝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Ⅱ)(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(kāi)跳臺(tái)開(kāi)始計(jì)時(shí)，用v

9、表示他在豎直方向的速度，其v-t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(guò)程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過(guò)程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過(guò)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　v-t圖象中圖線(xiàn)與t軸包圍的面積表示位移的大小，第二次滑翔過(guò)程中v-t圖線(xiàn)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(guò)

10、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(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯(cuò)誤；v-t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mg－f＝ma，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(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般解決方法 本例題看似是平拋問(wèn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)。2017年全國(guó)卷Ⅱ第25題、2018年全國(guó)卷Ⅰ第18題也是復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)引起重視。解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是明確各分運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，運(yùn)用

11、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(wèn)題 對(duì)于用繩、桿相牽連的物體，在運(yùn)動(dòng)過(guò)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： 　 2－1　(2018·全國(guó)卷Ⅰ) 如圖，abc是豎直面

12、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(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為(　　) A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 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ΔE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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)過(guò)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·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)后，根據(jù)小球受力情

13、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ax＝g，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：x＝axt2＝g2＝2R，綜上所述小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為ΔE機(jī)＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正確。 2－2　(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(guò)程中，活塞在汽缸內(nèi)上下做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)曲軸繞圓心O旋轉(zhuǎn)，若P做線(xiàn)速度大小為v0的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)OP與OQ垂直

14、時(shí)，活塞運(yùn)動(dòng)的速度等于v0 B．當(dāng)OP與OQ垂直時(shí)，活塞運(yùn)動(dòng)的速度大于v0 C．當(dāng)OPQ在同一直線(xiàn)時(shí)，活塞運(yùn)動(dòng)的速度等于v0 D．當(dāng)OPQ在同一直線(xiàn)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＝θ，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)v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)OPQ在同一直線(xiàn)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(wèn)題 　　　　　　　　　　　　　　　　 命題角度1 水平面內(nèi)的

15、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(guò)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(kāi)始時(shí)繩子處于自然長(zhǎng)度(繩子恰好伸直但無(wú)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(kāi)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(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．B受到的靜摩擦力一直增大 B．B受到的靜摩擦力是先增大后減小再增大 C．A受到的靜摩擦力是先增大后減小 D．A受到的合外力一直在增大 解析　

16、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(kāi)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)f＝mrω2，rA＝2rB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，T＋fm＝mω2rA，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T＋fB＝mω2rB，與上式聯(lián)立得fB＝fm－mω2(rA－rB)＝fm－mω2rB，隨著角速度的增大，靜摩擦力fB先減小，后反向增

17、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＝mω2r，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(jiàn)臨界條件：繩子張緊或松弛的臨界條件是繩的張力FT＝0；接觸面滑動(dòng)的臨界條件是摩擦力Ff＝Ffmax；接觸面分離的臨界條件是接觸面間的彈力FN＝0。

18、 備課記錄： 　 3－1　(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ω，細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shuō)法正確的是(　　) A．小球?qū)⒆鲎兯賵A周

19、運(yùn)動(dòng) B．細(xì)繩拉力為mω2 C．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(mén)，則Tcosφ＝mRω2，cosφ＝，故T＝＝，故B錯(cuò)誤；摩擦力f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝，sinφ＝＝，所以f＝，C正確；手對(duì)細(xì)繩做功的功率P＝Tvsinφ＝·ω·R·＝，故D錯(cuò)誤。 3－2　(2019·遼寧大連二模)游樂(lè)場(chǎng)有一種叫做“快樂(lè)飛機(jī)”的游樂(lè)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θ，

20、當(dāng)模型飛機(jī)以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)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m D．若夾角θ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)的作用力大小：

21、F＝＝m，若夾角θ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Ⅱ) 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)(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P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mgL＝mv2，解得v＝，LP

22、Q，故A錯(cuò)誤；小球動(dòng)能Ek＝mgL，其中mP>mQ，LPmQ，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a＝＝2g，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(lái)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

23、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(xiàn)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(chēng)，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： 　 　

24、 　 　 4－1　(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(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮? B．該小球的質(zhì)量為R C．當(dāng)v2＝2b時(shí)，小球在圓管的最低點(diǎn)受到的彈力大小為7a D．當(dāng)0≤v2＜b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)v2＝b時(shí)，小球與圓管內(nèi)壁之間恰好沒(méi)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mg＝

25、m，故g＝，A錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝0時(shí)，F(xiàn)＝a，有mg＝a，又因?yàn)間＝，所以小球的質(zhì)量m＝R，B正確；當(dāng)v2＝2b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·2R＝mv′2－m·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F′－mg＝m，聯(lián)立解得F′＝7a，C正確；當(dāng)0≤v2＜b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。 4－2　(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，

26、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(shuō)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(guò)Q、P點(diǎn)受軌道彈力大小的差值為6mg D．小球過(guò)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(xiàn)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

27、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(guò)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FQ－mg＝m，F(xiàn)P＋mg＝m，從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－mg·2R＝mv－mv，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，C正確，D錯(cuò)誤。 高考考向3　萬(wàn)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Ⅱ)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“J0318＋0253”，其自轉(zhuǎn)周期T＝5.19 ms，假設(shè)星體為質(zhì)量均勻分布的球體，已知萬(wàn)有引力常量為6.67×10－11 N·

28、m2/kg2。以周期T穩(wěn)定自轉(zhuǎn)的星體的密度最小值約為(　　) A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3 C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3 解析　設(shè)脈沖星質(zhì)量為M，半徑為R，密度為ρ，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，ρ＝＝，代入可得：ρ≥≈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G＝mg求出天體質(zhì)量M，進(jìn)而求得天體密度ρ＝＝＝。 (2)利用環(huán)繞天體的軌道半徑r和周期T：由G＝mr，可得出M＝

29、；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r＝R，ρ＝＝。 備課記錄： 　 　 　 5－1　(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(guò)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(wàn)有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半徑約

30、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(wàn)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：G＝m，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(wàn)有引力等于重力，有：G＝mg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：G＝m，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(wàn)有引力大小G，但由于

31、探測(cè)器的質(zhì)量未知，故不可求出推力，故D錯(cuò)誤。 5－2　(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(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及地球與太陽(yáng)間的距離 答案　D 解析　A能：根據(jù)G＝mg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)G＝mr可知，已知月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及月球與

32、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(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期及地球與太陽(yáng)間的距離只能求出太陽(yáng)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Ⅲ)金星、地球和火星繞太陽(yáng)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a地>a火 B．a(chǎn)火>a地>a金 C．v地>v火>v金 D．v火>v地>v金 解析　行星繞太陽(yáng)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：G＝ma，得向心加速度a＝，G＝m

33、，得線(xiàn)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(wú)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(yáng)。 (2)兩條思路 ①萬(wàn)有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2·r＝m·r。 ②天體對(duì)其表面物體的萬(wàn)有引力近似等于重力，即＝mg或GM＝gR2(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GM＝gR2應(yīng)用廣泛，被稱(chēng)為“黃金代換式”。 備課記錄：

34、 　 　 6－1　(2019·天津高考) 2018年12月8日，肩負(fù)著億萬(wàn)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(lèi)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

35、 答案　A 解析　探測(cè)器繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力，對(duì)探測(cè)器，由牛頓第二定律得，G＝m2r，解得周期T＝ ，A正確；由G＝m知，動(dòng)能Ek＝mv2＝，B錯(cuò)誤；由G＝mrω2得，角速度ω＝ ，C錯(cuò)誤；由G＝ma得，向心加速度a＝，D錯(cuò)誤。 6－2　(2016·全國(guó)卷Ⅰ)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(wú)線(xiàn)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?xún)H用三顆同步衛(wèi)星來(lái)實(shí)現(xiàn)上述目的，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為(　　) A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 答案　B 解析　衛(wèi)星圍繞地球

36、運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，萬(wàn)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T＝2π，由此可見(jiàn)，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(xiàn)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r＝2R，T＝2π ，又因?yàn)門(mén)0＝2π ＝24 h，所以T＝·T0＝×24 h≈4 h，B正確。 命題角度3 衛(wèi)星變軌問(wèn)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(lèi)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(guò)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

37、圖所示的模型來(lái)簡(jiǎn)化描繪嫦娥衛(wèi)星飛行過(guò)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T(mén)1、T2。關(guān)于嫦娥衛(wèi)星的飛行過(guò)程，下列說(shuō)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/s C．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(kāi)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)

38、，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(wèn)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(kāi)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

39、經(jīng)過(guò)不同軌道相交的同一點(diǎn)時(shí)加速度相等。 備課記錄： 　 　 7－1　(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(mén)，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(guò)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

40、t，地球自轉(zhuǎn)周期為T(mén)0，不計(jì)空氣阻力。則(　　) A．T＝T0 B．T＝ C．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(guò)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T(mén)＝T0，A正確；根據(jù)開(kāi)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(wàn)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。 7－2　(多選)如圖所示是某衛(wèi)星繞地飛行的三條軌道，

41、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(shuō)法中正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速率一定大于7.7 km/s B．衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速率可能大于7.7 km/s C．衛(wèi)星分別在軌道1、2上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的加速度相同 D．衛(wèi)星在軌道3經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度小于在軌道2經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度 答案　AC 解析　衛(wèi)星在軌道1經(jīng)過(guò)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(guò)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(guò)B點(diǎn)

42、，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(guò)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(guò)A點(diǎn)時(shí)，距離地球的距離相同，地球?qū)λ娜f(wàn)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(guò)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(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大于在軌道2經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度，故D錯(cuò)誤。 命題角度4 雙星與多星問(wèn)題 例8　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)2017年，人類(lèi)第一次直接探測(cè)到來(lái)自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過(guò)程，在兩顆中子星合并前約100 s時(shí)，它們相距約40

43、0 km，繞二者連線(xiàn)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(wàn)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：G＝m1ω2r1，對(duì)m2：G＝m2ω2r2，已知幾何關(guān)系：r1＋r2＝L，ω＝，聯(lián)立以上各式可解得：r1＝L，r2＝L，m1＋m2＝，B正確；速率之和v1＋v2＝ωr1＋ωr2＝ω(r1＋r2)＝，C正確；質(zhì)量之積m1m2＝·＝·r1r2，r1r2不可求，故m1m2不可求

44、，A錯(cuò)誤。 答案　BC (1)雙星系統(tǒng)模型的特點(diǎn) ①各自需要的向心力由彼此間的萬(wàn)有引力提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2。 ②兩顆星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。 ③兩顆星的軌道半徑與它們之間的距離關(guān)系為：r1＋r2＝L。 (2)多星問(wèn)題的處理方法 ①各星運(yùn)動(dòng)的周期相同、角速度相同。 ②每個(gè)星受其他星的萬(wàn)有引力的合力提供該星運(yùn)動(dòng)的向心力。 備課記錄： 　

45、 　 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(shuō)法正確的是(　　) A．三顆星的軌道半徑均為a B．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2πa 答案　AD 解析　由幾何關(guān)系知，它們的軌道半徑r＝a，故A正確；在星球表面重力等于

46、萬(wàn)有引力，m′g＝G，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(wàn)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(wàn)有引力F＝G，每一顆星受到的合力F1＝F，合力提供向心力：＝m，解得T＝2πa，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(guò)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(kāi)始時(shí)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處

47、于水平方向?，F(xiàn)在讓桿從靜止開(kāi)始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)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：OA＝4 m，OP＝5 m，小球質(zhì)量m＝1 kg，彈簧原長(zhǎng)l＝5 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ω。 正解　(1)開(kāi)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(l－AP)，(2分) AP＝ ，(1分) 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：k＝3.75 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

48、周運(yùn)動(dòng)，受力分析如圖乙所示，由圖可得，軌道半徑為r＝CP′＝ ，(1分) tanθ＝，(1分) 其中AP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m， 根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2r，(3分) 聯(lián)立解得：ω＝ rad/s。(1分) 答案　(1)3.75 N/m　(2) rad/s 錯(cuò)解　(1)開(kāi)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：k＝2.5 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

49、所示，由圖可得，軌道半徑為r＝OP′，(扣1分) CP′＝ ，tanθ＝，(1分) 其中AP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m， 根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2r，(3分) 聯(lián)立解得：ω＝ rad/s。(扣1分) 答案　(1)2.5 N/m　(2) rad/s 閱卷過(guò)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)

50、半徑，導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤。 專(zhuān)題作業(yè) 1．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)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(guò)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(wàn)有引力公式可知F＝G，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(guò)程中將會(huì)受到水平風(fēng)力的影響，下列說(shuō)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

51、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(wú)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(wú)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(xiàn)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

52、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9∶4 B．速度變化率之比為4∶9 C．水平初速度之比為2∶3 D．落地時(shí)速度之比為3∶2 答案　C 解析　根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，h＝gt2，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3∶2，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1∶1，B錯(cuò)誤；由x＝vt，可知大人和小孩所拋出的圓環(huán)水平初速度之比為v1∶v2＝t2∶t1＝2∶3，C正確；

53、圓環(huán)落地時(shí)的豎直速度v⊥＝gt，則落地時(shí)豎直速度之比為3∶2，而水平速度之比為2∶3，故落地時(shí)速度之比不為3∶2，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(mén)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(mén)的右下方死角P點(diǎn)。假設(shè)球門(mén)寬為L(zhǎng)，守門(mén)員作出準(zhǔn)確判斷的時(shí)間為Δt，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(mén)員撲球時(shí)間t必須小于 －Δt才可能成功防守 B．球員要成功破門(mén)，球員頂球點(diǎn)的高度必須大于g(t＋Δt)2 C．球員到球門(mén)的距離為s，

54、則球員要成功破門(mén)，球的最小初速度v0＝ D．若球員到P點(diǎn)的水平距離小于v0(t＋Δt)，則可能成功破門(mén) 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(mén)員作出準(zhǔn)確判斷的時(shí)間為Δt，則守門(mén)員撲球時(shí)間t必須小于－Δt才可能成功防守，故A正確；球員要成功破門(mén)，球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間必須小于t＋Δt，球員頂球點(diǎn)的高度必須小于g(t＋Δt)2，故B錯(cuò)誤；球員到球門(mén)的距離為s，則球員要成功破門(mén)，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(t＋Δt)，則球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于t＋Δt，可能成功破門(mén)，故D正確。 5. (2019·安徽合肥二模)(多選)如圖所示為運(yùn)

55、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(chē)在同一平面內(nèi)。轉(zhuǎn)彎時(shí)，只有當(dāng)?shù)孛鎸?duì)車(chē)的作用力通過(guò)車(chē)(包括人)的重心時(shí)，車(chē)才不會(huì)傾倒。設(shè)自行車(chē)和人的總質(zhì)量為M，輪胎與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．車(chē)受到地面的支持力方向與車(chē)所在平面平行 B．轉(zhuǎn)彎時(shí)車(chē)不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為 C．轉(zhuǎn)彎時(shí)車(chē)與地面間的靜摩擦力一定為μMg D．轉(zhuǎn)彎速度越大，車(chē)所在平面與地面的夾角越小 答案　BD 解析　車(chē)受到地面支持力的方向與地面垂直，與車(chē)所在平面有夾角，A錯(cuò)誤；由μMg＝M，解得轉(zhuǎn)彎時(shí)車(chē)不發(fā)生側(cè)滑的最大速

56、度為v＝，B正確；轉(zhuǎn)彎時(shí)車(chē)與地面間的靜摩擦力一定小于或等于最大靜摩擦力μMg，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(chē)的作用力即支持力與靜摩擦力的合力通過(guò)車(chē)(包括人)的重心可知，車(chē)所在平面與地面的夾角越小，D正確。 6．(2019·遼寧省沈陽(yáng)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(chē)輪輪緣與軌道間無(wú)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tanθ＝sinθ，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(　　) A．8 cm B．9 cm C．

57、10 cm D．11 cm 答案　B 解析　軌道半徑R＝5600 m，設(shè)計(jì)時(shí)速v＝216 km/h＝60 m/s，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanθ＝m(θ為鐵軌平面與水平方向的夾角)，解得：tanθ＝，由題意得tanθ＝sinθ＝，而L＝1400 mm，聯(lián)立得：h＝90 mm＝9 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(xiàn)上，N點(diǎn)和圓心O的連線(xiàn)與豎直方向的夾角為α＝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(guò)與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)，

58、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(　　) A．A、B兩點(diǎn)間的高度差為R B．C到N的水平距離為2R C．小球在M點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為(3＋)mg D．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)：mgh＝mv，從A點(diǎn)到N點(diǎn)：mg(h＋Rcos45°)＝mv，其中vC＝vNcos45°，聯(lián)立解得：h＝R，vN＝，A正確；從N到C的時(shí)間：t＝＝ ，則C到N的水平距離為：xCN＝vNcos45°t，解得：xCN＝R，B、D錯(cuò)誤；從A到M點(diǎn)：mg(h＋R)＝mv，在M點(diǎn)：N－mg＝m，解得：N＝(3＋)mg，由牛頓第三定律知C正確。 8．(201

59、9·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(xiàn)射電望遠(yuǎn)鏡，通過(guò)FAST可以測(cè)量地球與木星之間的距離。當(dāng)FAST接收到來(lái)自木星的光線(xiàn)傳播方向恰好與地球公轉(zhuǎn)線(xiàn)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(yáng)距離的k倍。若地球和木星繞太陽(yáng)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．(1＋k2) 年 B．(1＋k2) 年 C．(1＋k) 年 D．k 年 答案　A 解析　設(shè)地球與太陽(yáng)的距離為r，根據(jù)題述可知木星與太陽(yáng)的距離為R＝＝r(1＋k2) ，設(shè)木星的公轉(zhuǎn)周期為T(mén)年，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，則有：＝，解得T＝(

60、1＋k2) 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(guò)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Ⅰ，再經(jīng)過(guò)系列調(diào)控使之進(jìn)入準(zhǔn)備落月的橢圓軌道Ⅱ，于2019年1月3日上午10點(diǎn)26分，最終實(shí)現(xiàn)人類(lèi)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(shuō)法正確的是(　　) A．“嫦娥四號(hào)”的發(fā)射速度必須大于11.2 km/s B．沿軌道Ⅰ運(yùn)行的速度大于月球的第一宇宙速度 C．沿軌道Ⅰ運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度小于沿軌道Ⅱ運(yùn)行

61、至P點(diǎn)的加速度 D．經(jīng)過(guò)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Ⅰ 答案　D 解析　“嫦娥四號(hào)”沒(méi)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Ⅰ的半徑大于月球的半徑，所以沿軌道Ⅰ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Ⅰ與沿軌道Ⅱ經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)所受萬(wàn)有引力相等，所以沿軌道Ⅰ運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度等于沿軌道Ⅱ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Ⅰ時(shí)做近心運(yùn)動(dòng)，所以經(jīng)過(guò)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Ⅰ，故D正確。 10．(20

62、19·湖南衡陽(yáng)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(lèi)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(shuō)法正確的是(　　) A．“鵲橋號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2 km/s B．“鵲橋號(hào)”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期約等于月球繞地球

63、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(méi)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Fn＝mrω2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

64、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m＝0.45 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R＝0.45 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d＝2.7 m，小物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，重力加速度g＝10 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)v0≥6

65、 m/s或 m/s