PAGE1-第3講力學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建備考策略1.必需領(lǐng)悟的“四種物理思想和三種常用方法”(1)分解思想、臨界極值的思想、估算的思想、模型化思想。(2)假設(shè)法、合成法、正交分解法。2.平拋(或類(lèi)平拋)運(yùn)動(dòng)的推論(1)隨意時(shí)刻速度的反向延長(zhǎng)線肯定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。(2)設(shè)在隨意時(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。3.留意天體運(yùn)動(dòng)的三個(gè)區(qū)分(1)中心天體和環(huán)繞天體的區(qū)分。(2)自轉(zhuǎn)周期和公轉(zhuǎn)周期的區(qū)分。(3)星球半徑和軌道半徑的區(qū)分。4.記住天體運(yùn)動(dòng)中的“三看”和“三想”(1)看到“近地衛(wèi)星”想到“最大繞行速度”“最小周期”。(2)看到“忽視地球自轉(zhuǎn)”想到“萬(wàn)有引力等于重力”。(3)看到“同步衛(wèi)星”想到“周期T＝24h”。運(yùn)動(dòng)的合成與分解及平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的合成與分解【典例1】(2024·溫州九校高三上學(xué)期模擬)如圖1所示，半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧AB與水平線相切于B點(diǎn)，O點(diǎn)為圓心，豎直線OB的右側(cè)有方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。電場(chǎng)中有兩個(gè)臺(tái)階，第一階臺(tái)階M1N1，其次階臺(tái)階M2N2，已知BM1之間的高度差為H，臺(tái)階寬度為l、臺(tái)階間的高度差為h。臺(tái)階上鋪有特別材料，與之相碰的小球：①帶上正電，并在此后電荷量始終保持不變，其在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力大小為0.5倍重力；②水平方向的速度馬上減為零，豎直方向速度變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(\r(3),2)倍。原來(lái)小球不帶電，已知H＝4h，R＝3h，重力加速度為g。圖1(1)從A點(diǎn)靜止釋放的小球，能落在第一臺(tái)階M1N1上，則l至少應(yīng)為多少個(gè)h；(2)若小球由P點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為重力的1.8倍，令∠BOP＝α，求α大小(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)；(3)調(diào)整小球釋放的位置，若使落在臺(tái)階M1N1中點(diǎn)彈起后，恰好又落到M2N2的中點(diǎn)，求從彈起到落回所經(jīng)過(guò)的時(shí)間t及臺(tái)階寬度l與高度差h之間的關(guān)系。解析(1)由動(dòng)能定理有mgR＝eq\f(1,2)mv2小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知豎直方向：H＝eq\f(1,2)gt2水平方向：l＝vt由以上三式解得l＝4eq\r(3)h。(2)由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR(1－cosα)向心力公式FN′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)由牛頓第三定律FN＝FN′由以上各式解得cosα＝0.6所以α＝53°。(3)小球落在臺(tái)階M1N1時(shí)豎直速度為vy＝eq\r(2gH)＝2eq\r(2gh)反彈時(shí)豎直速度為v＝eq\r(6gh)在豎直方向上，選向下為正方向，設(shè)小球從M1N1上彈起后落到M2N2上所用的時(shí)間為th＝－vt＋eq\f(1,2)gt2解得t＝(eq\r(3)＋2)eq\r(\f(2h,g))在水平方向上小球受電場(chǎng)力，加速度大小為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(g,2)依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,4)gt2解得l＝eq\f(7＋4\r(3),2)h。答案(1)4eq\r(3)h(2)53°(3)(eq\r(3)＋2)eq\r(\f(2h,g))l＝eq\f(7＋4\r(3),2)h以“體育運(yùn)動(dòng)”中的網(wǎng)球?yàn)檩d體考查平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律【典例2】(2024·桐鄉(xiāng)一中模擬)如圖2所示，是網(wǎng)球競(jìng)賽場(chǎng)地圖，單打區(qū)域長(zhǎng)MP為a，寬MN為b，發(fā)球線到網(wǎng)的距離為c，一個(gè)球員在練習(xí)發(fā)球時(shí)，站在發(fā)球線的中點(diǎn)發(fā)球，將球打到對(duì)方左下方死角(單打邊線與底線的交點(diǎn))，若擊球點(diǎn)的高度為h，網(wǎng)球被發(fā)出后做平拋運(yùn)動(dòng)(球可看做質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣的阻力)，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()圖2A.網(wǎng)球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2\r(a2＋h2),g))B.球位移大小l＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋（a＋2c）2)C.人對(duì)網(wǎng)球做功W＝eq\f(mg[b2＋（a＋2c）2],16h)D.網(wǎng)球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)[b2＋（a＋2c）2])解析網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\r(\f(2h,g))，故A錯(cuò)誤；網(wǎng)球在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋（a＋2c）2)，所以網(wǎng)球的位移大小l＝eq\f(1,2)eq\r(4h2＋b2＋（a＋2c）2)，故B錯(cuò)誤；球的初速度的大小為v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(g,2h)[b2＋（a＋2c）2])，人對(duì)網(wǎng)球做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mg[b2＋（a＋2c）2],16h)，故C正確，D錯(cuò)誤。答案C斜面上的平拋運(yùn)動(dòng)【典例3】(2024·浙江樂(lè)清上學(xué)期高三模擬)(多選)如圖3所示，固定斜面PO、QO與水平面MN的夾角均為45°，現(xiàn)由A點(diǎn)分別以v1、v2先后沿水平方向拋出兩個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，不計(jì)空氣阻力，其中以v1拋出的小球恰能垂直于QO落于C點(diǎn)，飛行時(shí)間為t，以v2拋出的小球落在PO斜面上的B點(diǎn)，且B、C在同一水平面上，重力加速度大小為g，則()圖3A.落于B點(diǎn)的小球飛行時(shí)間為tB.v2＝gtC.落于C點(diǎn)的小球的水平位移為gt2D.A點(diǎn)距水平面MN的高度為eq\f(3,4)gt2解析落于C點(diǎn)的小球速度垂直QO，則分解速度，如圖所示，則v1＝gt，水平位移x＝v1t＝gt2，選項(xiàng)C正確；落于B點(diǎn)的小球，則分解位移如圖所示。其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飛行時(shí)間都為t，有tan45°＝eq\f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq\f(gt,2v2)，v2＝eq\f(gt,2)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)C點(diǎn)距地面的高度為h，由幾何關(guān)系知2h＝v1t－v2t，得h＝eq\f(1,4)gt2故A距水平面高度H＝h＋eq\f(1,2)gt2＝eq\f(3,4)gt2，選項(xiàng)D正確。答案ACD【典例4】(2024·浙江桐鄉(xiāng)高級(jí)中學(xué)高三模擬)甲、乙兩個(gè)同學(xué)對(duì)打乒乓球，設(shè)甲同學(xué)持拍的拍面與水平方向成α角，乙同學(xué)持拍的拍面與水平方向成β角，如圖4所示，設(shè)乒乓球擊打拍面時(shí)速度與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前與擊打后速度大小相等，不計(jì)空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度v1與乒乓球擊打乙的球拍的速度v2之比為()圖4A.eq\f(sinβ,sinα) B.eq\f(cosα,cosβ)C.eq\f(tanα,tanβ) D.eq\f(tanβ,tanα)解析乒乓球被甲的球拍擊打后以速度v1做斜上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，此運(yùn)動(dòng)可看成平拋運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程，設(shè)平拋的初速度為v0，則v1＝eq\f(v0,sinα)，v2＝eq\f(v0,sinβ)，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(sinβ,sinα)，A項(xiàng)正確。答案A1.(2024·杭州高三模擬)乒乓球發(fā)球機(jī)是一個(gè)很好的協(xié)助練習(xí)者練球的工具。如圖5甲所示，是乒乓球發(fā)球機(jī)的實(shí)物圖，圖乙是簡(jiǎn)化示意圖。設(shè)乒乓球桌面ABCD的AB邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，BC邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2，球網(wǎng)JK位于桌面的正中間，網(wǎng)高為h；發(fā)球機(jī)簡(jiǎn)化為EF，其中E點(diǎn)固定在AB邊的中點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)為乒乓球放射點(diǎn)，EF始終保持豎直，高度為H(可調(diào))。乒乓球看成質(zhì)點(diǎn)，每次均從F點(diǎn)水平放射，放射方向可以在水平面內(nèi)隨意調(diào)整，不計(jì)空氣阻力和四周環(huán)境對(duì)乒乓球運(yùn)動(dòng)的影響，若球擦網(wǎng)而過(guò)時(shí)不計(jì)球和網(wǎng)之間的相互作用，不考慮乒乓球的旋轉(zhuǎn)，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是()圖5A.要讓乒乓球能越過(guò)球網(wǎng)，最小放射速率肯定為eq\f(L2,2)eq\r(\f(g,2h))B.若乒乓球的放射速率超過(guò)L2eq\r(\f(g,2h))，則乒乓球肯定會(huì)落在邊界CD之外C.只要H大于h，就肯定能設(shè)置合適的發(fā)球速率，使球落在JKCD區(qū)域D.調(diào)整H和h的高度，若球以垂直于AB邊的方向放射能夠擦網(wǎng)而過(guò)后干脆落到JKCD邊上，則適當(dāng)調(diào)整放射方向后，只要是落在CD邊界上的球肯定是擦網(wǎng)而過(guò)的解析要讓乒乓球能越過(guò)球網(wǎng)，則在乒乓球到達(dá)網(wǎng)前下落的高度：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2，水平方向的位移x＝eq\f(L2,2)，最小放射速率肯定為vmin＝eq\f(x,t)＝eq\f(L2,2)·eq\r(\f(g,2（H－h(huán)）))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從拋出點(diǎn)到球桌角C、D時(shí)水平位移最大，故最大水平位移大小為s＝eq\r(Leq\o\al(2,2)＋\f(Leq\o\al(2,1),4))；當(dāng)放射的速率等于L2eq\r(\f(g,2h))時(shí)，則x′＝L2·eq\r(\f(g,2h))·eq\r(\f(2h,g))＝L2<s，可知放射的速率等于L2eq\r(\f(g,2h))時(shí)乒乓球有可能落在界內(nèi)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；該情景中，存在乒乓球剛好過(guò)網(wǎng)和球剛好不出界的臨界條件，結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，依據(jù)水平位移和時(shí)間可以求出最小初速度、最大初速度與H、h對(duì)應(yīng)的條件，可知并不是只要H大于h，就肯定能設(shè)置合適的發(fā)球速率，使球落在JKCD區(qū)域，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，可以發(fā)覺(jué)調(diào)整H和h的高度，若球以垂直于AB邊的方向放射能夠擦網(wǎng)而過(guò)后干脆落到JKCD邊上，則適當(dāng)調(diào)整放射方向后，只要是落在CD邊界上的球肯定是擦網(wǎng)而過(guò)的，選項(xiàng)D正確。答案D2.(2024·浙江余姚選考模擬)(多選)如圖6所示，水平面內(nèi)放置一個(gè)直徑d＝1m，高h(yuǎn)＝1m的無(wú)蓋薄油桶，沿油桶直徑距左桶壁s＝2m處的正上方有一點(diǎn)P，P點(diǎn)的高度H＝3m，從P點(diǎn)沿直徑方向水平拋出一小球，不考慮小球的反彈，下列說(shuō)法正確的是(取g＝10m/s2)()圖6A.小球的速度范圍為eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s時(shí)，小球擊中油桶的內(nèi)壁B.小球的速度范圍為eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s時(shí)，小球擊中油桶的下底C.小球的速度范圍為eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s時(shí)，小球擊中油桶外壁D.若P點(diǎn)的高度變?yōu)?.8m，則小球無(wú)論初速度多大，均不能落在桶底(桶邊緣除外)解析如圖所示，小球落在A點(diǎn)時(shí)，v1＝seq\r(\f(g,2H))＝eq\f(2,3)eq\r(15)m/s，當(dāng)小球落在D點(diǎn)時(shí)，v2＝seq\r(\f(g,2（H－h(huán)）))＝eq\r(10)m/s，當(dāng)小球落在B點(diǎn)時(shí)，v3＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H))＝eq\r(15)m/s，當(dāng)小球落在C點(diǎn)時(shí)，v4＝(s＋d)eq\r(\f(g,2（H－h(huán)）))＝eq\f(3,2)eq\r(10)m/s。小球擊中油桶內(nèi)壁時(shí)，v2<v<v4，即eq\r(10)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s，選項(xiàng)A正確；小球擊中油桶下底時(shí)，v2<v<v3，即eq\r(10)m/s<v<eq\r(15)m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球擊中油桶外壁時(shí)，v1<v<v2，即eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s，選項(xiàng)C正確；若P點(diǎn)的高度變?yōu)镠0，軌跡同時(shí)過(guò)D點(diǎn)和B點(diǎn)，則此時(shí)的初速度v′＝seq\r(\f(g,2（H0－h(huán)）))＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H0))，解得H0＝1.8m，v′＝5m/s，在此高度上初速度大于5m/s，小球落在油桶右側(cè)內(nèi)壁上，當(dāng)速度小于5m/s時(shí)，小球至多落在油桶左側(cè)外壁，選項(xiàng)D正確。答案ACD3.(2024·紹興市期末)某學(xué)生在臺(tái)階上玩玻璃彈子。他在平臺(tái)最高處將一個(gè)小玻璃彈子垂直于棱角邊推出，以視察彈子的落點(diǎn)位置。臺(tái)階的尺寸如圖7所示，高a＝0.2m，寬b＝0.3m，不計(jì)空氣阻力。(g取10m/s2)圖7(1)要使彈子落在第一級(jí)臺(tái)階上，推出的速度v1應(yīng)滿意什么條件？(2)若彈子被水平推出的速度v2＝4m/s，它將落在第幾級(jí)臺(tái)階上？解析(1)明顯v1不能太大，考慮臨界狀況(落在尖角處)依據(jù)eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝a，解得t1＝0.2s則v1≤eq\f(b,t1)＝1.5m/s。(2)構(gòu)造由題圖中尖角所成的斜面，建立坐標(biāo)系水平向右為x軸：x＝v2t豎直向下為y軸：y＝eq\f(1,2)gt2又eq\f(y,x)＝tanθ＝eq\f(a,b)聯(lián)立解得t＝eq\f(8,15)sh＝eq\f(1,2)gt2≈1.42m分析知，玻璃彈子將落在第8級(jí)臺(tái)階上。答案(1)v1≤1.5m/s(2)8圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)及動(dòng)力學(xué)問(wèn)題【典例1】(2024·浙江杭州上學(xué)期高三模擬)游樂(lè)園的小型“摩天輪”上對(duì)稱(chēng)站著質(zhì)量均為m的8位同學(xué)。如圖8所示，“摩天輪”在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，若某時(shí)刻轉(zhuǎn)到頂點(diǎn)a上的甲同學(xué)讓一小重物做自由落體運(yùn)動(dòng)(忽視重物剛掉落時(shí)水平運(yùn)動(dòng)的影響)，并馬上通知下面的同學(xué)接住，結(jié)果重物掉落時(shí)正處在c處(如圖)的乙同學(xué)恰好在第一次到達(dá)最低點(diǎn)b處時(shí)接到，已知“摩天輪”半徑為R，重力加速度為g(人和吊籃的大小及重物的質(zhì)量可忽視)。求：圖8(1)接住前重物下落的時(shí)間t；(2)人和吊籃隨“摩天輪”運(yùn)動(dòng)的線速度v的大??；(3)乙同學(xué)在最低點(diǎn)處對(duì)地板的壓力FN。解析(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2R＝eq\f(1,2)gt2解得t＝2eq\r(\f(R,g))。(2)s＝eq\f(1,4)πR，由v＝eq\f(s,t)得v＝eq\f(1,8)πeq\r(gR)。(3)設(shè)最低點(diǎn)處地板對(duì)乙同學(xué)的支持力大小為FN′，由牛頓其次定律得FN′－mg＝eq\f(mv2,R)則FN′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π2,64)))mg由牛頓第三定律得FN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π2,64)))mg，方向豎直向下。答案(1)2eq\r(\f(R,g))(2)eq\f(1,8)πeq\r(gR)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π2,64)))mg方向豎直向下平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合問(wèn)題【典例2】(2024·全國(guó)卷Ⅱ，17)如圖9，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()圖9A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析物塊由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，落地點(diǎn)到軌道下端的距離x＝v1t，由2r＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(4r,g))，聯(lián)立解得x＝eq\r(\f(4v2,g)r－16r2)，由數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可知，當(dāng)4r＝eq\f(v2,2g)時(shí)，x最大，即r＝eq\f(v2,8g)，故選項(xiàng)B正確。答案B(1)解決圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題要留意以下幾點(diǎn)①要進(jìn)行受力分析，明確向心力的來(lái)源，確定圓心以及半徑。②列出正確的動(dòng)力學(xué)方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2)。(2)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)合牛頓其次定律進(jìn)行動(dòng)力學(xué)分析。1.(2024·浙江樂(lè)清選考模擬)(多選)北京時(shí)間2024年9月7日，全運(yùn)會(huì)在天津舉辦，山東隊(duì)28歲的張成龍以14.733分在男子單杠決賽中獲得第一名。假設(shè)張成龍訓(xùn)練時(shí)做“單臂大回環(huán)”的高難度動(dòng)作時(shí)，用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運(yùn)動(dòng)。如圖10甲所示，張成龍運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，用力傳感器測(cè)得張成龍與單杠間彈力大小為F，用速度傳感器記錄他在最高點(diǎn)的速度(指他的重心的線速度)大小為v，得到F－v2圖象如圖乙所示。g取10m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是()圖10A.張成龍的質(zhì)量為65kgB.張成龍的重心到單杠的距離為0.9mC.當(dāng)張成龍?jiān)谧罡唿c(diǎn)的速度為4m/s時(shí)，張成龍受單杠的彈力方向向上D.在完成“單臂大回環(huán)”的過(guò)程中，張成龍運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，單臂最少要承受3250N的力解析張成龍的胳膊既可以供應(yīng)拉力，也可以供應(yīng)支持力，可以理解為“桿模型”。對(duì)張成龍?jiān)谧罡唿c(diǎn)進(jìn)行受力分析，當(dāng)速度為零時(shí)，有F－mg＝0，結(jié)合圖象解得質(zhì)量m＝65kg，選項(xiàng)A正確；當(dāng)F＝0時(shí)，由向心力公式可得mg＝eq\f(mv2,R)，結(jié)合圖象可解得R＝0.9m，故張成龍的重心到單杠的距離為0.9m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)張成龍?jiān)谧罡唿c(diǎn)的速度為4m/s時(shí)，張成龍受單杠的拉力作用，方向豎直向下，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；張成龍經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，單臂受力最大，由牛頓其次定律得F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，張成龍從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)有最小值Fmin，故由以上兩式得Fmin＝3250N，即張成龍的單臂最少要承受3250N的力，選項(xiàng)D正確。答案ABD2.(2024·浙江東陽(yáng)中學(xué)高三上學(xué)期模擬)如圖11所示是磁帶錄音機(jī)的磁帶盒的示意圖，A、B為纏繞磁帶的兩個(gè)輪子，其半徑均為r。在放音結(jié)束時(shí)，磁帶全部繞到了B輪上，磁帶的外緣半徑為R，且R＝3r?，F(xiàn)在進(jìn)行倒帶，使磁帶繞到A輪上。倒帶時(shí)A輪是主動(dòng)輪，其角速度是恒定的，B輪是從動(dòng)輪。經(jīng)測(cè)定磁帶全部繞到A輪上須要的時(shí)間為t。則從起先倒帶到A、B兩輪的角速度相等所須要的時(shí)間()圖11A.eq\f(t,2) B.eq\f(\r(5)－1,2)tC.eq\f(\r(6)－1,2)t D.eq\f(\r(7)－1,2)t解析因?yàn)锳輪角速度肯定，A輪磁帶外緣半徑隨時(shí)間勻稱(chēng)增加，線速度v＝ωr，故線速度大小隨時(shí)間t勻稱(chēng)增加，可將磁帶的運(yùn)動(dòng)等效為勻變速直線運(yùn)動(dòng)模型處理。整個(gè)過(guò)程中，設(shè)A輪外緣初速度大小為v，則末速度大小為3v，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，位移大小即磁帶總長(zhǎng)度為x，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，(3v)2－v2＝2ax，3v＝v＋at，當(dāng)磁帶有一半繞到A輪上時(shí)，兩輪半徑相等、兩輪角速度相同，此時(shí)，v′2－v2＝ax，v′＝v＋at′，解得v′＝eq\r(5)v，t′＝eq\f(\r(5)－1,2)t，選項(xiàng)B正確。答案B3.(2024·浙江溫州質(zhì)檢)(多選)質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)細(xì)桿的A點(diǎn)和B點(diǎn)，如圖12所示，a繩與水平方向成θ角，b繩沿水平方向且長(zhǎng)為l，當(dāng)輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b兩繩均伸直，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()圖12A.a繩張力不行能為零B.a繩的張力隨角速度的增大而增大C.當(dāng)角速度ω>eq\r(\f(gcosθ,l))，b繩將出現(xiàn)張力D.若b繩突然被剪斷，a繩的張力可能不變解析小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力供應(yīng)向心力，所以a繩張力在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不行能為零，選項(xiàng)A正確；依據(jù)豎直方向上小球受力平衡得，F(xiàn)asinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a繩的張力不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)b繩張力為零時(shí)，有eq\f(mg,tanθ)＝mlω2，解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，可知當(dāng)角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時(shí)，b繩出現(xiàn)張力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于b繩可能沒(méi)有張力，故b繩突然被剪斷，a繩的張力可能不變，選項(xiàng)D正確。答案AD4.(2024·浙江舟山質(zhì)檢)如圖13所示是對(duì)質(zhì)量為m＝0.1kg的某型號(hào)玩具小車(chē)性能進(jìn)行測(cè)試的裝置，它是由固定長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝1.5m的粗糙直軌道AB、半徑為R＝0.2m的光滑圓形軌道BCB′以及長(zhǎng)度可調(diào)的粗糙直軌道B′D三部分平滑連接而成(BB′略有錯(cuò)開(kāi))，整個(gè)裝置置于距地面足夠高的水平平臺(tái)上，軌道末端D始終與平臺(tái)右端重合；為了愛(ài)護(hù)小車(chē)平安，在距平臺(tái)右端x＝0.9m處直立一堵豎直泡沫墻EP。已知小車(chē)在AB、B′D上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力恒為車(chē)重的0.2倍，測(cè)試時(shí)小車(chē)從A點(diǎn)以恒定功率向B運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)恰好達(dá)到最大速度，然后進(jìn)入圓形軌道同時(shí)關(guān)閉小車(chē)動(dòng)力。某次測(cè)試測(cè)得小車(chē)在通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力大小為3.0N，g取10m/s2。試求：圖13(1)小車(chē)在通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小車(chē)在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)的功率和運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)保持其他物理量不變，應(yīng)調(diào)整B′D的長(zhǎng)度為多大，小車(chē)才能以最小動(dòng)能撞擊泡沫墻EP？最小動(dòng)能為多少？解析(1)由牛頓第三定律知小車(chē)在圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小車(chē)的作用力F＝3.0N，在最高點(diǎn)有mg＋F＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)則vC＝2eq\r(2)m/s。(2)由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，得vB＝4m/sAB段由動(dòng)能定理得Pt－fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)P＝fvB解得P＝0.8W，t＝1.375s。(3)設(shè)小球與墻撞擊點(diǎn)為Q，則從D→Qx＝vDt，h＝eq\f(1,2)gt2EQ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mgh得到EQ＝0.05veq\o\al(2,D)＋eq\f(5×0.92,veq\o\al(2,D))所以當(dāng)0.05veq\o\al(2,D)＝eq\f(5×0.92,veq\o\al(2,D))即vD＝3m/s時(shí)EQmin＝0.9J此時(shí)B→D由動(dòng)能定理有－fL′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得L′＝eq\f(7,4)m＝1.75m。答案(1)2eq\r(2)m/s(2)0.8W1.375s(3)1.75m0.9J萬(wàn)有引力與天體的運(yùn)動(dòng)開(kāi)普勒三定律與萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用【典例1】(2024·桐鄉(xiāng)一中模擬)如圖14所示，A、B為地球兩個(gè)同軌道面的人造衛(wèi)星，運(yùn)行方向相同，A為同步衛(wèi)星，A、B衛(wèi)星的軌道半徑之比為eq\f(rA,rB)＝k，地球自轉(zhuǎn)周期為T(mén)。某時(shí)刻A、B兩衛(wèi)星位于地球同側(cè)直線上，從該時(shí)刻起至少經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間A、B間距離最遠(yuǎn)()圖14A.eq\f(T,2（\r(k3)－1）) B.eq\f(T,\r(k3)－1)C.eq\f(T,2（\r(k3)＋1）) D.eq\f(T,\r(k3)＋1)解析由開(kāi)普勒第三定律得eq\f(req\o\al(3,A),req\o\al(3,B))＝eq\f(Teq\o\al(2,A),Teq\o\al(2,B))，設(shè)兩衛(wèi)星至少經(jīng)過(guò)時(shí)間t距離最遠(yuǎn)，如圖所示，eq\f(t,TB)－eq\f(t,TA)＝nB－nA＝eq\f(1,2)，又TA＝T，解得t＝eq\f(T,2（\r(k3)－1）)，選項(xiàng)A正確。答案A【典例2】(2024·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)國(guó)產(chǎn)科幻片《流浪地球》的勝利上演，掀起了天體熱。小明同學(xué)課外查閱太陽(yáng)系行星的一些資料。太陽(yáng)系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和太陽(yáng)之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱(chēng)為“行星沖日”。據(jù)報(bào)道，2014年各行星沖日時(shí)間分別是：1月6日木星沖日；4月9日火星沖日；5月11日土星沖日；8月29日海王星沖日；10月8日天王星沖日。已知地球及各地外行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑如下表所示，則下列推斷中正確的是()軌道半徑(AU)地球火星木星土星天王星海王星1.01.55.29.51930A.各地外行星每年都會(huì)出現(xiàn)沖日現(xiàn)象B.在2015年內(nèi)肯定會(huì)出現(xiàn)木星沖日C.天王星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔為土星的一半D.地外行星中，海王星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最長(zhǎng)解析因?yàn)闆_日現(xiàn)象實(shí)質(zhì)上是角速度大的天體轉(zhuǎn)過(guò)的弧度恰好比角速度小的天體多出2π，所以不行能每年都出現(xiàn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于木星和地球，由開(kāi)普勒行星第三定律有eq\f(Teq\o\al(2,1),Teq\o\al(2,2))＝eq\f(req\o\al(3,1),req\o\al(3,2))＝140.608，周期的近似比值為12，故木星的周期T1約為12年，由曲線運(yùn)動(dòng)追及公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T1)))＝2nπ，將n＝1代入可得t＝eq\f(12,11)年，為木星兩次沖日的時(shí)間間隔，所以2015年能看到木星沖日現(xiàn)象，B正確；同理可算出天王星相鄰兩次沖日的時(shí)間間隔為1.01年，土星兩次沖日的時(shí)間間隔為1.03年，海王星兩次沖日的時(shí)間間隔為1.006年，由此可知C、D錯(cuò)誤。答案B天體質(zhì)量、密度的估算【典例3】(2024·桐鄉(xiāng)一中高三年級(jí)周考)2024年2月，我國(guó)500m口徑射電望遠(yuǎn)鏡(天眼)發(fā)覺(jué)毫秒脈沖星“J0318＋0253”，其自轉(zhuǎn)周期T＝5.19ms。假設(shè)星體為質(zhì)量勻稱(chēng)分布的球體，已知萬(wàn)有引力常量為6.67×10－11N·m2/kg2。以周期T穩(wěn)定自轉(zhuǎn)的星體的密度最小值約為()圖15A.5×109kg/m3 B.5×1012kg/m3C.5×1015kg/m3 D.5×1018kg/m3解析毫秒脈沖星穩(wěn)定自轉(zhuǎn)時(shí)由萬(wàn)有引力供應(yīng)其表面物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，依據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2R,T2)，M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，得ρ＝eq\f(3π,GT2)，代入數(shù)據(jù)解得ρ≈5×1015kg/m3，C正確。答案C衛(wèi)星運(yùn)行參量的分析【典例4】(多選)使物體成為衛(wèi)星的最小放射速度稱(chēng)為第一宇宙速度v1，而使物體脫離星球引力所須要的最小放射速度稱(chēng)為其次宇宙速度v2，v2與v1的關(guān)系是v2＝eq\r(2)v1。已知某星球半徑是地球半徑R的eq\f(1,3)，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)，地球的平均密度為ρ，不計(jì)其他星球的影響，則()A.該星球上的第一宇宙速度為eq\f(\r(3gR),3)B.該星球上的其次宇宙速度為eq\f(\r(gR),3)C.該星球的平均密度為eq\f(ρ,2)D.該星球的質(zhì)量為eq\f(8πR3ρ,81)解析星球的半徑R′＝eq\f(R,3)，星球上的重力加速度g′＝eq\f(g,6)，該星球上的第一宇宙速度v1＝eq\r(g′R′)＝eq\r(\f(g,6)·\f(R,3))＝eq\f(\r(2gR),6)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該星球上的其次宇宙速度為v2＝eq\r(2)v1＝eq\r(2)eq\f(\r(2gR),6)＝eq\f(\r(gR),3)，選項(xiàng)B正確；由g′＝eq\f(GM′,R′2)，g＝eq\f(GM,R2)，M＝ρV，V＝eq\f(4,3)πR3，聯(lián)立解得該星球的質(zhì)量為M′＝eq\f(2πR3ρ,81)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；該星球體積V′＝eq\f(4,3)πR′3，該星球的平均密度為ρ′＝eq\f(M′,V′)，R′＝eq\f(R,3)，聯(lián)立解得ρ′＝eq\f(ρ,2)，選項(xiàng)C正確。答案BC衛(wèi)星的變軌與對(duì)接【典例5】“嫦娥五號(hào)”作為我國(guó)登月安排中第三期工程的“主打星”，登月后又從月球起飛，并以“跳動(dòng)式返回技術(shù)”勝利返回地面，完成探月第三期工程的重大跨越帶回月球樣品?！疤鴦?dòng)式返回技術(shù)”是指航天器在關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后進(jìn)入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后進(jìn)入大氣層。如圖16所示，虛線為大氣層的邊界，已知地球半徑為R，d點(diǎn)與地心距離為r，地球表面重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()圖16A.“嫦娥五號(hào)”在b點(diǎn)處于完全失重狀態(tài)B.“嫦娥五號(hào)”在d點(diǎn)的向心加速度大小等于eq\f(gr2,R2)C.“嫦娥五號(hào)”在a點(diǎn)和c點(diǎn)的速率相等D.“嫦娥五號(hào)”在c點(diǎn)和e點(diǎn)的速率相等解析由“嫦娥五號(hào)”運(yùn)動(dòng)軌跡可知，其在b點(diǎn)的加速度方向與所受萬(wàn)有引力方向相反，處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由萬(wàn)有引力定律和牛頓其次定律得Geq\f(Mm,r2)＝ma，其在d點(diǎn)的向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，在地表處，有mg＝Geq\f(Mm,R2)，解得a＝eq\f(gR2,r2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從a點(diǎn)到c點(diǎn)過(guò)程中，萬(wàn)有引力做功為零，但大氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能改變量不為零，故在a、c兩點(diǎn)時(shí)速率不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從c點(diǎn)到e點(diǎn)過(guò)程中，所經(jīng)空間無(wú)大氣，萬(wàn)有引力做功為零，所以在c、e兩點(diǎn)時(shí)速率相等，選項(xiàng)D正確。答案D1.分析衛(wèi)星軌道半徑與運(yùn)行參數(shù)關(guān)系應(yīng)留意衛(wèi)星軌道半徑越大，同一衛(wèi)星所受萬(wàn)有引力越小，其線速度、角速度、向心加速度越小，周期越大；動(dòng)能越小，勢(shì)能越大，機(jī)械能越大。2.天體運(yùn)動(dòng)與幾何關(guān)系相結(jié)合問(wèn)題(1)多星模型中分析天體的運(yùn)行軌道半徑與星體間距的關(guān)系。(2)求解傳播時(shí)間、擋光時(shí)間時(shí)通常需作出軌跡圓的切線，分析邊角關(guān)系。1.(2024·浙江永康選考模擬)如圖17所示是嫦娥三號(hào)奔月過(guò)程中某階段的運(yùn)動(dòng)示意圖，嫦娥三號(hào)沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)動(dòng)到近月點(diǎn)P處變軌進(jìn)入圓軌道Ⅱ，嫦娥三號(hào)在圓軌道Ⅱ做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，周期為T(mén)，已知引力常量為G，下列說(shuō)法中正確的是()圖17A.由題中(含圖中)信息可求得月球的質(zhì)量B.由題中(含圖中)信息可求得月球第一宇宙速度C.嫦娥三號(hào)在P處變軌時(shí)必需點(diǎn)火加速D.嫦娥三號(hào)沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)的加速度大于沿圓軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)的加速度解析由萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，可計(jì)算出月球的質(zhì)量，故A正確；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\r(\f(GM,R))，由于不知道月球半徑R，所以不能計(jì)算月球第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；橢圓軌道和圓軌道是不同的軌道，嫦娥三號(hào)只有在減速后，才能進(jìn)入圓軌道，故C錯(cuò)誤；嫦娥三號(hào)沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)和沿圓軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)，所受萬(wàn)有引力大小相等，所以加速度大小也相等，故D錯(cuò)誤。答案A2.(2024·4月浙江選考，7)某顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星(即衛(wèi)星相對(duì)于地面靜止)。則此衛(wèi)星的()圖18A.線速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步衛(wèi)星的周期C.角速度大于月球繞地球運(yùn)行的角速度D.向心加速度大于地面的重力加速度解析第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，故此衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，A錯(cuò)誤；依據(jù)題意，該衛(wèi)星是一顆同步衛(wèi)星，周期等于同步衛(wèi)星的周期，故B錯(cuò)誤；衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力，依據(jù)eq\f(GMm,r2)＝mω2r可知，繞行半徑越小，角速度越大，故此衛(wèi)星的角速度大于月球繞地球運(yùn)行的角速度，C正確；依據(jù)an＝eq\f(GM,r2)可知，繞行半徑越大，向心加速度越小，此衛(wèi)星的向心加速度小于地面的重力加速度，D錯(cuò)誤。答案C3.(2024·浙江寧波重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)考)2024年11月5日我國(guó)在西昌衛(wèi)星放射中心用長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭，以“一箭雙星”方式勝利放射了第24、25顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，開(kāi)啟了北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)全球組網(wǎng)的新時(shí)代。北斗導(dǎo)航系統(tǒng)由5顆靜止軌道衛(wèi)星(即衛(wèi)星相對(duì)地面的位置保持不變)和30顆非靜止軌道衛(wèi)星組成，其中北斗G5為地球靜止軌道衛(wèi)星，軌道高度約為36000km；北斗M3為中圓地球軌道衛(wèi)星，軌道高度約為21500km，已知地球半徑為6400km，則下列說(shuō)法中正確的是()A.北斗G5繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)周期為24hB.北斗G5繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的線速度大于7.9km/sC.北斗M3繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的角速度小于北斗G5的角速度D.北斗M3繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度小于北斗G5的向心加速度解析北斗G5繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律eq\f(GMm,（R＋h）2)＝eq\f(m·4π2（R＋h）,T2)，GM＝gR2，故北斗G5繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\r(\f(4π2（R＋h）3,gR2))＝24h，選項(xiàng)A正確；依據(jù)eq\f(GMm,（R＋h）2)＝eq\f(mv2,R＋h)，解得北斗G5繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的線速度v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))<7.9km/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)eq\f(GMm,（R＋h）2)＝mω2(R＋h)，解得ω＝eq\r(\f(gR2,（R＋h）3))，由于北斗M3的軌道高度小于北斗G5的軌道高度，北斗M3繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的角速度大于北斗G5的角速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；依據(jù)eq\f(GMm,（R＋h）2)＝ma，解得a＝eq\f(gR2,（R＋h）2)，由于北斗M3的軌道高度小于北斗G5的軌道高度，北斗M3繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度大于北斗G5的向心加速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A4.(2024·浙江金華選考模擬)(多選)2024年4月，我國(guó)第一艘貨運(yùn)飛船天舟一號(hào)順當(dāng)升空，隨后與天宮二號(hào)對(duì)接。假設(shè)天舟一號(hào)從B點(diǎn)放射經(jīng)過(guò)橢圓軌道運(yùn)動(dòng)到天宮二號(hào)所在的圓軌道上完成對(duì)接，如圖19所示。已知天宮二號(hào)的軌道半徑為r，天舟一號(hào)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，A、B兩點(diǎn)分別為橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)，地球半徑為R，引力常量為G。則下列說(shuō)法正確的是()圖19A.天宮二號(hào)的運(yùn)行速度小于7.9km/sB.天舟一號(hào)的放射速度大于11.2km/sC.依據(jù)題中信息可以求出地球的質(zhì)量D.天舟一號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度大于天宮二號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度解析由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得線速度與半徑的關(guān)系為v＝eq\r(\f(GM,r))，即軌道半徑r越大，速率v越小。第一宇宙速度(7.9km/s)是近地衛(wèi)星(軌道半徑近似等于地球半徑)的運(yùn)行速度，由題圖可知天宮二號(hào)軌道半徑大于地球半徑，所以天宮二號(hào)的運(yùn)行速度小于7.9km/s，選項(xiàng)A正確；其次宇宙速度(11.2km/s)是人造衛(wèi)星脫離地球引力范圍圍繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的最小放射速度，而天舟一號(hào)是圍繞地球運(yùn)動(dòng)的，所以天舟一號(hào)的放射速度小于11.2km/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)題中信息可知，天舟一號(hào)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)的軌道半長(zhǎng)軸a＝eq\f(1,2)(R＋r)，設(shè)天宮二號(hào)繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)′，依據(jù)開(kāi)普勒第三定律可得eq\f(r3,T′2)＝eq\f([\f(1,2)（R＋r）]3,T2)，故而可求得T′，再由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T′)))eq\s\up12(2)，可以求出地球的質(zhì)量M，選項(xiàng)C正確；由天舟一號(hào)在A點(diǎn)要進(jìn)入圓軌道，需加速，可知天舟一號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度小于天宮二號(hào)在A點(diǎn)的運(yùn)行速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC熱點(diǎn)模型構(gòu)建——?？嫉膱A周運(yùn)動(dòng)模型豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)“繩、桿”模型繩模型桿模型常見(jiàn)類(lèi)型均是沒(méi)有支撐的小球均是有支撐的小球過(guò)最高點(diǎn)的臨界條件由mg＝eq\f(mv2,r)得v臨＝eq\r(gr)(1)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，v≥eq\r(gr)FN＋mg＝eq\f(mv2,r)，繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力FN＝eq\f(mv2,r)－mg(2)不能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，v<eq\r(gr)，在到達(dá)最高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道由小球恰能做圓周運(yùn)動(dòng)得v臨＝0(1)當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心(2)當(dāng)0<v<eq\r(gr)時(shí)，－FN＋mg＝eq\f(mv2,r)，F(xiàn)N背向圓心，隨v的增大而減小(3)當(dāng)v＝eq\r(gr)時(shí)，F(xiàn)N＝0(4)當(dāng)v>eq\r(gr)時(shí)，F(xiàn)N＋mg＝eq\f(mv2,r)，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大探討分析【典例】(2024·寧波市新高考適應(yīng)性考試)如圖20所示，豎直面內(nèi)用光滑鋼管彎成的“9”字形固定軌道與水平桌面的右端相接，“9”字全高H＝0.8m，“9”字上半部分四分之三圓弧半徑為R＝0.2m，鋼管的內(nèi)徑大小忽視不計(jì)。桌面左端固定輕質(zhì)彈簧，起先彈簧處于鎖定狀態(tài)，其右端處于A位置，此時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能為Ep＝2.16J，將質(zhì)量m＝0.1kg的可看作質(zhì)點(diǎn)的小球放在A位置與彈簧相接觸，解除彈簧鎖定后，小球從A被彈出后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入“9”字形軌道最終從D點(diǎn)水平拋出，AB間水平距離為L(zhǎng)＝1.2m小球與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，試求：圖20(1)彈簧解除鎖定后，小球到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的作用力；(3)若小球從“9”字形軌道D點(diǎn)水平拋出后，第一次與地面碰撞前速度方向與水平地面傾角θ＝45°，每一次與地面碰撞過(guò)程中小球水平速度重量保持不變，小球彈起來(lái)的豎直速度重量減小為碰撞前的一半，求小球第一次彈起后距地面的高度。解析(1)彈簧解除鎖定后，由動(dòng)能定理得W彈－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，且W彈＝Ep解得vB＝6m/s。(2)小球由B到C運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點(diǎn)FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝9N由牛頓第三定律，壓力等于支持力，方向豎直向上。(3)小球由B到D運(yùn)動(dòng)－mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)第1次到達(dá)地面時(shí)vy＝eq\f(vD,tan45°)，vy＝vD＝eq\r(28)m/s彈起時(shí)vy′＝eq\f(1,2)vy豎直方向有vy′2＝2gh解得h＝0.35m。答案(1)6m/s(2)9N豎直向上(3)0.35m一、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為不定項(xiàng)選擇題)1.(2024·廣西重點(diǎn)中學(xué)三模)在室內(nèi)自行車(chē)競(jìng)賽中，運(yùn)動(dòng)員以速度v在傾角為θ的賽道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()圖1A.將運(yùn)動(dòng)員和自行車(chē)看做一個(gè)整體，整體受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.運(yùn)動(dòng)員受到的合力大小為meq\f(v2,R)，做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小也是meq\f(v2,R)C.運(yùn)動(dòng)員做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為vRD.假如運(yùn)動(dòng)員減速，運(yùn)動(dòng)員將做離心運(yùn)動(dòng)解析向心力是整體所受力的合力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，合力供應(yīng)向心力，選項(xiàng)B正確；運(yùn)動(dòng)員做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω＝eq\f(v,R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；只有運(yùn)動(dòng)員加速到所受合力不足以供應(yīng)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力時(shí)，運(yùn)動(dòng)員才做離心運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B2.最近美國(guó)宇航局公布了開(kāi)普勒探測(cè)器最新發(fā)覺(jué)的一個(gè)奇妙的行星系統(tǒng)，命名為“開(kāi)普勒－11行星系統(tǒng)”，該系統(tǒng)擁有6顆由巖石和氣體構(gòu)成的行星圍繞一顆叫做“kepler－11”的類(lèi)太陽(yáng)恒星運(yùn)行。經(jīng)觀測(cè)，其中被稱(chēng)為“kepler－11b”的行星與“kepler－11”之間的距離是地日距離的eq\f(1,N)，“kepler－11”的質(zhì)量是太陽(yáng)質(zhì)量的k倍，則“kepler－11b”的公轉(zhuǎn)周期和地球公轉(zhuǎn)周期的比值是()A.N－3k－1 B.N3kC.N－eq\f(3,2)k－eq\f(1,2) D.Neq\f(3,2)keq\f(1,2)解析對(duì)于日地系統(tǒng)，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))；對(duì)于“開(kāi)普勒－11行星系統(tǒng)”，由Geq\f(M′m′,R2)＝m′eq\f(4π2,T′2)R，R＝eq\f(r,N)，M′＝kM，得T′＝eq\r(\f(4π2r3,GkMN3))；所以eq\f(T′,T)＝eq\r(\f(1,kN3))，選項(xiàng)C正確。答案C3.(2024·浙江衢州選考模擬)過(guò)去幾千年來(lái)，人類(lèi)對(duì)行星的相識(shí)與探討僅限于太陽(yáng)系內(nèi)，行星“51pegb”的發(fā)覺(jué)拉開(kāi)了探討太陽(yáng)系外行星的序幕。如圖2所示，“51pegb”繞其中心恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)半徑的eq\f(1,20)，該中心恒星與太陽(yáng)的質(zhì)量比約為()圖2A.eq\f(1,10) B.1C.5 D.10解析行星繞中心恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r，則eq\f(M1,M2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))eq\s\up12(3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))eq\s\up12(2)≈1，選項(xiàng)B正確。答案B4.(2024·浙江富陽(yáng)選考模擬)假設(shè)地球可視為質(zhì)量勻稱(chēng)分布的球體。已知地球表面重力加速度在兩極的大小為g0，在赤道的大小為g；地球自轉(zhuǎn)的周期為T(mén)，引力常量為G。地球的密度為()A.eq\f(3π（g0－g）,GT2g0) B.eq\f(3πg(shù)0,GT2（g0－g）)C.eq\f(3π,GT2) D.eq\f(3πg(shù)0,GT2g)解析由萬(wàn)有引力定律可知Geq\f(Mm,R2)＝mg0，在地球的赤道上Geq\f(Mm,R2)－mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R，地球的質(zhì)量M＝eq\f(4,3)πR3ρ，聯(lián)立三式可得ρ＝eq\f(3πg(shù)0,GT2（g0－g）)，選項(xiàng)B正確。答案B5.(2024·金華十校模擬)我國(guó)先后放射了量子科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星、“天宮二號(hào)”、“風(fēng)云四號(hào)A”、全球二氧化碳監(jiān)測(cè)科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星等衛(wèi)星或航天器，如圖3所示，其中量子科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星運(yùn)行在距地面500千米的極地軌道，“天宮二號(hào)”運(yùn)行在距地面393千米的軌道，“風(fēng)云四號(hào)A”是中國(guó)新一代靜止氣象衛(wèi)星，運(yùn)行在地球同步軌道上，全球二氧化碳監(jiān)測(cè)科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星運(yùn)行在距地面700千米的極地軌道上，這些衛(wèi)星或航天器對(duì)我國(guó)及國(guó)際的科學(xué)探討做出了重大貢獻(xiàn)。下列關(guān)于這些衛(wèi)星或航天器的說(shuō)法正確的是()圖3A.量子科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星的軌道在赤道上空B.“天宮二號(hào)”的運(yùn)行速度最小C.“風(fēng)云四號(hào)A”的運(yùn)行軌道距地面的高度最大D.全球二氧化碳監(jiān)測(cè)科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星運(yùn)行周期為24小時(shí)解析量子科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星運(yùn)行在距地面500千米的極地軌道，軌道不在赤道上空，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力可知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，軌道半徑越大，速度越小，依據(jù)題意可知，“風(fēng)云四號(hào)A”的軌道半徑最大，則其速度最小，距地面的高度最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；依據(jù)萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，地球同步衛(wèi)星的周期為24h，軌道半徑越大，周期越大，而全球二氧化碳監(jiān)測(cè)科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則周期小于24h，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C6.(2024·浙江稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校選考模擬)2024年2月6日，馬斯克的SpaceX“獵鷹”重型火箭將一輛櫻紅色特斯拉跑車(chē)放射到太空。如圖4甲是特斯拉跑車(chē)和Starman(宇航員模型)的最終一張照片，它們正在遠(yuǎn)離地球，處于一個(gè)環(huán)繞太陽(yáng)的橢圓形軌道(如圖乙)。最遠(yuǎn)點(diǎn)距離太陽(yáng)大約為3.9億公里，地球和太陽(yáng)之間的平均距離約為1.5億公里。試計(jì)算特斯拉跑車(chē)的環(huán)繞運(yùn)動(dòng)周期(可能用到的數(shù)據(jù)：eq\r(5)＝2.236，eq\r(3,15)＝2.47)()圖4A.約18個(gè)月 B.約29個(gè)月C.約36個(gè)月 D.約40個(gè)月解析由開(kāi)普勒第三定律eq\f(Req\o\al(3,車(chē)),Teq\o\al(2,車(chē)))＝eq\f(Req\o\al(3,地),Teq\o\al(2,地))，可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3.9＋1.5,2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,車(chē)))＝eq\f(1.53,122)，所以T車(chē)≈29個(gè)月，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，B正確。答案B7.(2024·河北保定模擬)如圖5所示，起重機(jī)將貨物沿豎直方向以速度v1勻速吊起，同時(shí)又沿橫梁以速度v2水平勻速向右移動(dòng)，關(guān)于貨物的運(yùn)動(dòng)下列表述正確的是()圖5A.貨物相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)速度大小為v1＋v2B.貨物相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)速度大小為eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))C.貨物相對(duì)地面做曲線運(yùn)動(dòng)D.貨物相對(duì)地面做直線運(yùn)動(dòng)解析貨物在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平行四邊形定則，知合速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；兩個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)的加速度為0，合速度的大小與方向都不發(fā)生改變，所以貨物相對(duì)地面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案BD8.如圖6所示，照片中的汽車(chē)在水平路面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知圖中雙向四車(chē)道的總寬度約為15m，內(nèi)車(chē)道內(nèi)邊緣間最遠(yuǎn)的距離為150m。假設(shè)汽車(chē)受到的最大靜摩擦力等于車(chē)重的0.7倍，g取10m/s2，則運(yùn)動(dòng)的汽車(chē)()圖6A.所受的合力可能為零B.只受重力和地面支持力作用C.最大速度不能超過(guò)25m/sD.所需的向心力由重力和支持力的合力供應(yīng)解析汽車(chē)在水平路面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力時(shí)刻指向圓心，豎直方向重力和支持力平衡，拐彎時(shí)靠靜摩擦力供應(yīng)向心力，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤；汽車(chē)轉(zhuǎn)彎的最大半徑為r＝eq\f(150,2)m＋15m＝90m，由牛頓其次定律可得μmg＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(μgr)＝eq\r(0.7×10×90)m/s＝eq\r(630)m/s≈25m/s，即汽車(chē)的最大速度不能超過(guò)25m/s，選項(xiàng)C正確。答案C9.(2024·寧波市十校聯(lián)考)如圖7是某設(shè)計(jì)師設(shè)計(jì)的游樂(lè)場(chǎng)滑梯軌道簡(jiǎn)化模型圖，在傾角θ＝53°的長(zhǎng)直軌道AC上的B點(diǎn)輕放一小車(chē)，B點(diǎn)到C點(diǎn)的距離L0＝4m，下滑到C點(diǎn)后進(jìn)入了弧形的光滑軌道CDEF，其中CDE是半徑為R＝5m，圓心角為106°的圓弧，EF為半徑R＝5m，圓心角為53°的圓弧(F點(diǎn)為軌道最高點(diǎn))，已知小車(chē)的質(zhì)量為60kg，車(chē)與軌道AC間存在摩擦，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計(jì)其他阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()圖7A.小車(chē)滑至C點(diǎn)的速度為6m/sB.小車(chē)到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為1560NC.小車(chē)剛好能沿著軌道滑到F點(diǎn)D.若小車(chē)從長(zhǎng)直軌道上距C點(diǎn)L′＝9m起先由靜止下滑，則小車(chē)能在F點(diǎn)水平拋出解析由B到C依據(jù)動(dòng)能定理：mgL0sin53°－μmgL0cos53°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝2eq\r(10)m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；到達(dá)D點(diǎn)時(shí)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝4eq\r(5)m/s，則在D點(diǎn)FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝1560N，由牛頓第三定律知選項(xiàng)B正確；假設(shè)小球能到達(dá)F點(diǎn)，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgR(1－cos53°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)，解得vF＝0，可知小車(chē)剛好能到達(dá)F點(diǎn)，選項(xiàng)C正確；從起先到F點(diǎn)，由動(dòng)能定理mgL′sin53°－mgR(1－cos53°)－μmgL′cos53°＝eq\f(1,2)mvF′2，得vF′＝5eq\r(2)m/s，即此時(shí)小車(chē)能在F點(diǎn)水平拋出，選項(xiàng)D正確。答案BCD10.(2024·安徽省示范中學(xué)聯(lián)考)如圖8甲所示，在2024年鄭州航展上奧倫達(dá)開(kāi)拓者飛行表演隊(duì)完成了倒飛筋斗的動(dòng)作?，F(xiàn)將其簡(jiǎn)化成如圖乙所示的光滑球拍和小球，讓小球在豎直面內(nèi)始終不脫離球拍而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且在運(yùn)動(dòng)到圖乙中的A、B、C、D位置時(shí)球