【物理】2020届二轮复习专题三曲线运动的分析学案 35页

专题三　曲线运动的分析 要点提炼 ‎1.曲线运动与力的关系——运动性质的判断 加速度(或合外力) ‎2．解决曲线运动的一般方法——运动的合成与分解 ‎(1)明确合运动或分运动的运动性质；‎ ‎(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解；‎ ‎(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)；‎ ‎(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。‎ ‎3．平抛运动与类平抛运动 平抛运动和类平抛运动均为匀变速曲线运动。求解时，一般需要在初速度方向上列匀速直线运动的方程：vx＝v0，x＝v0t；在合力方向上列初速度为0的匀加速直线运动方程：vy＝at，y＝at2。‎ ‎4．圆周运动 圆周运动必然是非匀变速运动，加速度必然变化。匀速圆周运动，合外力即向心力；变速圆周运动，向心力不是合外力，而是合外力沿半径方向的分力。向心力改变速度方向，切向分力改变速度的大小。关键是掌握向心力公式F＝ma＝m＝mω2r＝mr。‎ ‎5．天体和卫星的运动 ‎(1)开普勒行星运动定律 ‎①开普勒第一定律(轨道定律)：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。‎ ‎②开普勒第二定律(面积定律)：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。‎ ‎③开普勒第三定律(周期定律)：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，即＝k。‎ ‎(2)卫星的各物理量随轨道半径变化的规律 高考考向1　匀变速曲线运动及运动的合成与分解 ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 命题角度1 平抛运动及类平抛运动 例1　(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)‎ A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 解析　设甲球落至斜面时的速率为v1，乙球落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x＝vt，y＝gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ＝，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2＋mgy＝mv，联立解得：v1＝·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2＝·，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，A正确。‎ 答案　A ‎(1)平抛运动的时间完全由高度决定，t＝，水平射程x＝v0t＝v0。‎ ‎(2)落地速度v＝＝，以θ表示落地时速度与x 轴正方向间的夹角，有tanθ＝＝。‎ ‎(3)速度改变量：做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下。‎ ‎(4)平抛(或类平抛)运动的推论 ‎①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。‎ ‎②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ。‎ ‎(5)求解平抛(或类平抛)运动的技巧 ‎①处理平抛(或类平抛)运动的基本方法是把运动分解为相互垂直的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。‎ ‎②要善于确定平抛(或类平抛)运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎1－1　(2019·湖北八校联合二模)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示。由此可知(　　)‎ A．小球从A到B再到C的整个过程中机械能守恒 B．电场力大小为2mg C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1‎ D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2∶1‎ 答案　C 解析　小球从A到B再到C的过程中，存在电场力做功，故机械能不守恒，A错误；设AC连线与水平方向的夹角为θ，小球从A经B到C的过程中，水平方向上做匀速直线运动，所以C点速度与A点的速度相同，动能变化为零，根据动能定理得：mg·LACsinθ－F电场·LBCsinθ＝0，解得：F电场＝3mg，故B错误；由于小球在水平方向做匀速直线运动，且AB＝2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比为2∶1，所以从A到B的时间与从B到C的时间之比为2∶1，故C正确；小球从A到B过程只受重力作用，故加速度为g，小球从B到C过程，所受合力为F电场－mg＝ma，解得a＝2g，故小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为1∶2，故D错误。‎ ‎1－2　(2019·山东青岛二模)如图，两小球P、Q从同一高度分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角θ＝37°的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则v1、v2大小之比为(　　)‎ A．9∶8 B．8∶9 C．3∶2 D．2∶3‎ 答案　A 解析　两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间t＝相等；对球Q：tan37°＝＝＝，解得：v2＝gt；球P垂直打在斜面上，则有：v1＝vytanθ＝gttan37°＝gt，则：＝＝，故A正确，B、C、D错误。‎ 命题角度2 运动的合成与分解 例2　(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图a，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　)‎ A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 解析　vt图象中图线与t轴包围的面积表示位移的大小，第二次滑翔过程中vt图线与t轴所围面积比第一次的大表示在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；由图a知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比，再由A项分析知，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大，时间比第二次的短，由a＝，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C错误；vt图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma ‎，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大，D正确。‎ 答案　BD ‎(1)曲线运动问题的一般解决方法 本例题看似是平抛问题，但由于考虑到阻力，运动员做的不是平抛运动，而是一般曲线运动。2017年全国卷Ⅱ第25题、2018年全国卷Ⅰ第18题也是复杂的曲线运动，应引起重视。解决这类问题的关键是明确各分运动的性质，运用运动的合成与分解以及功能关系等知识求解。‎ ‎(2)关联速度问题 对于用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，两物体的速度通常不同，但两物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等。常用的解答思路：先确定合速度的方向，然后分析合运动所产生的实际效果，以确定两个分速度的方向(作出分速度与合速度的矢量关系的平行四边形)。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎2－1　(2018·全国卷Ⅰ) 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 答案　C 解析　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g ‎，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正确。‎ ‎2－2　(2019·济南模拟)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环、完成能量转换的主要运动零件。如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0‎ B．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0‎ C．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度等于v0‎ D．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度大于v0‎ 答案　A 解析　当OP与OQ垂直时，设∠PQO＝θ，此时活塞的速度为v，将曲轴在P点的速度v0分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0‎ ‎，A正确，B错误；当OPQ在同一直线时，曲轴沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，C、D错误。‎ ‎高考考向2　圆周运动问题 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 命题角度1 水平面内的圆周运动 例3　(2019·陕西省汉中一模)(多选)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍。现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．B受到的静摩擦力一直增大 B．B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大 C．A受到的静摩擦力是先增大后减小 D．A受到的合外力一直在增大 解析　由杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等知，A、B质量相等，设为m。开始角速度较小时，两物块均由静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据f＝mrω2，rA＝2rB知，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，之后绳子产生拉力；当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未达到最大静摩擦力。对A，拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力，T＋fm＝mω2rA，随着角速度的增大，绳子上的拉力T增大，静摩擦力不变；对B，绳子上的拉力和B所受的静摩擦力的合力提供向心力，有T＋fB＝mω2rB，与上式联立得fB＝fm－mω2(rA－rB)＝fm－mω2rB，随着角速度的增大，静摩擦力fB先减小，后反向增大，直到增大到fm时A、B即将滑动。由以上分析可知A受到的静摩擦力先增大，达到最大静摩擦力后不变，B受到的静摩擦力先增大后减小，然后再增大，故B正确，A、C错误；合外力提供A做圆周运动的向心力，F合＝mω2r，在发生相对滑动前物块A的半径不变，质量不变，随着转速的增大，A受到的合外力一直在增大，故D正确。‎ 答案　BD ‎(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。‎ ‎(2)常见临界条件：绳子张紧或松弛的临界条件是绳的张力FT＝0；接触面滑动的临界条件是摩擦力Ff＝Ffmax；接触面分离的临界条件是接触面间的弹力FN＝0。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎3－1　(2019·山东省四校联合一模)如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω，细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切。在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面上恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动。小球和桌面之间动摩擦因数处处相同，以下说法正确的是(　　)‎ A．小球将做变速圆周运动 B．细绳拉力为mω2 C．球与桌面间的摩擦力为 D．手对细绳做功的功率为 答案　C 解析　手握着细绳的一端做匀速圆周运动，所以细绳的另外一端系着的小球做的也是匀速圆周运动，故A错误；设大圆半径为R，由图分析可知R＝，设绳中张力为T，则Tcosφ＝mRω2，cosφ＝，故T＝＝ ‎，故B错误；摩擦力f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝，sinφ＝＝，所以f＝，C正确；手对细绳做功的功率P＝Tvsinφ＝·ω·R·＝，故D错误。‎ ‎3－2　(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直 C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小 答案　C 解析　向心力是效果力，物体实际不受向心力作用，A错误；飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂对模型飞机的作用力的一个分力与飞机的重力平衡，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力，因为不知道重力与向心力的定量关系，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；旋臂对模型飞机的作用力大小：F＝＝m，若夹角θ 增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，故C正确，D错误。‎ 命题角度2 竖直平面内的圆周运动 例4　(2016·全国卷Ⅱ) 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　)‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析　设小球的质量为m，绳长为L，根据动能定理得mgL＝mv2，解得v＝，LPmQ，LPmQ，所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力，故C正确；向心加速度a＝＝2g，所以在轨迹的最低点，P、Q两球的向心加速度相同，故D错误。‎ 答案　C ‎(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。‎ ‎(2)竖直平面内的圆周运动有两种模型：轻绳模型和轻杆模型。前者最高点的最小速度为，后者最高点的最小速度为0，受拉力或支持力的临界速度为。在机械能守恒的情况下，两模型最低点与最高点的拉力差为6mg(轻杆模型中，若在最高点为支持力，则最低点的拉力与最高点支持力的和为6mg)。‎ ‎(3)在等效重力场中做圆周运动的物体，圆周上，重力与电场力沿切线方向合力为0的位置有两个，分别是等效最高点和等效最低点，二者关于圆心对称，等效最高点的速度最小，拉力最小(轻杆模型中，若在等效最高点为支持力，则支持力最大)，等效最低点的速度最大，拉力最大。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎4－1　(2019·河北衡水武邑中学四模)(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看做质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示。设细管内径可忽略不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当地的重力加速度大小为 B．该小球的质量为R C．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7a D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上 答案　BC 解析　由图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg＝m，故g＝，A错误；当v2＝0时，F＝a，有mg＝a，又因为g＝，所以小球的质量m＝R，B正确；当v2＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，则由机械能守恒定律可得mg·2R＝mv′2－m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，则由向心力公式可得F′－mg＝m，联立解得F′＝7a，C正确；当0≤v2＜b时，小球在最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，D错误。‎ ‎4－2　(2019·安徽省江南十校二模)(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N分别是轨道上与圆心等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，场强E＝，小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大 B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点 C．小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mg D．小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg 答案　BC 解析　如图所示，小球所受电场力和重力的合力即等效重力所在直线与轨道交于C、D点，则C点为等效最低点，D点为等效最高点，小球在D点时动能最小，但电势能并非最大，小球电势能最大的位置在N点，A错误；小球在轨道上运动的过程中能量守恒，小球在轨道上M点的电势能最小，所以小球在M点的机械能最大，B正确；在Q点和P点，由牛顿第二定律得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，从Q点到P点，由动能定理得－mg·2R＝mv－mv，联立解得FQ－FP＝6mg，C正确，D错误。‎ 高考考向3　万有引力定律 命题角度1 天体质量和密度的计算 例5　(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(　　)‎ A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3‎ C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3‎ 解析　设脉冲星质量为M，半径为R，密度为ρ，星体表面“赤道”处一物块质量为m，根据天体运动规律知：≥m2R，ρ＝＝，代入可得：ρ≥≈5×1015 kg/m3，故C正确。‎ 答案　C ‎ 计算天体质量和密度的两条基本思路 ‎(1)利用天体自身的半径R和表面的重力加速度g(天体自转可忽略)：由G＝mg求出天体质量M，进而求得天体密度ρ＝＝＝。‎ ‎(2)利用环绕天体的轨道半径r和周期T：由G＝mr，可得出M＝；若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动，则轨道半径r＝R，ρ＝＝。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎5－1　(2019·广东深圳二模)(多选)2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面15 km高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面100 m处悬停，再缓慢降落到月面。已知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为1.7×103 km。由上述条件可以估算出(　　)‎ A．月球质量 B．月球表面的重力加速度 C．探测器在15 km高处绕月运动的周期 D．探测器悬停时发动机产生的推力 答案　ABC 解析　探测器在月球表面附近运动时，万有引力提供向心力，环绕速度即为月球的第一宇宙速度，有：G＝m，则月球的质量为M＝，由题目中的已知条件可求得月球质量，故A正确；探测器在月球表面附近运动时，万有引力等于重力，有：G＝mg月，则月球表面的重力加速度为g月＝G，故B正确；探测器在距月面15 km高处绕月运动时，有：G＝m，得运动周期T＝，故C正确；探测器悬停时发动机产生的推力大小等于万有引力大小G，但由于探测器的质量未知，故不可求出推力，故D错误。‎ ‎5－2　(2017·北京高考)利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是(　　)‎ A．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)‎ B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 答案　D 解析　A能：根据G＝mg 可知，已知地球的半径及重力加速度可计算出地球的质量。B能：根据G＝及v＝可知，已知人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期可计算出地球的质量。C能：根据G＝mr可知，已知月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离，可计算出地球的质量。D不能：已知地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离只能求出太阳的质量，不能求出地球的质量。‎ 命题角度2 卫(行)星运行参量的分析 例6　(2019·全国卷Ⅲ)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金a地>a火 B．a火>a地>a金 C．v地>v火>v金 D．v火>v地>v金 解析　行星绕太阳做圆周运动时，由牛顿第二定律和圆周运动知识有：G＝ma，得向心加速度a＝，G＝m，得线速度v＝ ，由于R金＜R地＜R火，所以a金＞a地＞a火，v金＞v地＞v火，A正确。‎ 答案　A ‎ 分析卫(行)星运行参量的“一模型”“两思路”‎ ‎(1)一种模型：无论是自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看做质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动，如例题中的中心天体为太阳。‎ ‎(2)两条思路 ‎①万有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2·r＝m·r。‎ ‎②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或GM＝gR2(R、g和M分别是天体的半径、表面重力加速度和质量)，公式GM＝gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎6－1　(2019·天津高考)‎ ‎ 2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的(　　)‎ A．周期为 B．动能为 C．角速度为 D．向心加速度为 答案　A 解析　探测器绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，对探测器，由牛顿第二定律得，G＝m2r，解得周期T＝ ，A正确；由G＝m知，动能Ek＝mv2＝，B错误；由G＝mrω2得，角速度ω＝ ，C错误；由G＝ma得，向心加速度a＝，D错误。‎ ‎6－2　(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　)‎ A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 答案　B 解析　卫星围绕地球运转时，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，即＝m2r，解得周期T＝2π，由此可见，卫星的轨道半径r越小，周期T就越小，周期最小时，三颗卫星连线构成的等边三角形与赤道圆相切，如图所示，此时卫星轨道半径r＝2R，T＝2π ，又因为T0＝2π ＝24 h，所以T ‎＝·T0＝×24 h≈4 h，B正确。‎ 命题角度3 卫星变轨问题 例7　(2019·湖南省怀化市高三二模)2018年12月8日，嫦娥四号发射升空。实现人类历史上首次月球背面登月。随着嫦娥奔月梦想的实现，我国不断刷新深空探测的中国高度。嫦娥卫星整个飞行过程可分为三个轨道段：绕地飞行调相轨道段、地月转移轨道段、绕月飞行轨道段。我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥卫星飞行过程，假设调相轨道和绕月轨道的半长轴分别为a、b，公转周期分别为T1、T2。关于嫦娥卫星的飞行过程，下列说法正确的是(　　)‎ A.＝ B．嫦娥卫星在地月转移轨道上运行的速度应大于11.2 km/s C．从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星在P点必须减速 D．从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星在Q点必须减速 解析　根据开普勒第三定律，调相轨道与绕月轨道的中心天体分别是地球和月球，故它们轨道半长轴的三次方与周期的二次方的比值不相等，A错误；11.2 km/s是第二宇宙速度，是在脱离地球束缚的卫星的最小发射速度，B错误；从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星的轨道半长轴将增大，故卫星在P点必须加速，C错误；从地月转移轨道切入到绕月轨道时，相对月球而言，卫星轨道半长轴减小，故卫星在Q点必须减速，D正确。‎ 答案　D ‎ 卫星变轨应注意的四个问题 ‎(1)若卫星由高轨道变轨到低轨道，即轨道半径(半长轴)减小时，需要在高轨道变轨处减速；反之，若卫星由低轨道变轨到高轨道，即轨道半径(半长轴)增大时，需要在低轨道变轨处加速。‎ ‎(2)卫星变轨时速度的变化情况，可根据轨道半径(半长轴)的变化情况判断；稳定的新轨道上运行速度的变化情况可由开普勒第二定律判断。‎ ‎(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径(半长轴)越大，机械能越大。‎ ‎(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎7－1　(2019·山西省太原市第五中学高三模拟)(多选)已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方。如图所示，假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力。则(　　)‎ A．T＝T0‎ B．T＝ C．卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能不变 D．卫星由图中A点变轨进入椭圆轨道，机械能增大 答案　ABC 解析　‎ 由赤道上某城市的人每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，可知地球自转2圈的时间内卫星转了5圈，所以卫星的周期为T＝T0，A正确；根据开普勒第三定律有＝，解得：T＝，B正确；卫星在图中椭圆轨道由A到B时，只有万有引力做功，所以机械能不变，C正确；卫星由图中A点变轨进入椭圆轨道，从高轨道变轨到低轨道，卫星在A点要减速，所以机械能减小，故D错误。‎ ‎7－2　(多选)如图所示是某卫星绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是轨道2的近地点，B点是轨道2的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7 km/s，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．卫星在轨道2经过A点时的速率一定大于7.7 km/s B．卫星在轨道2经过B点时的速率可能大于7.7 km/s C．卫星分别在轨道1、2上经过A点时的加速度相同 D．卫星在轨道3经过A点时的速度小于在轨道2经过A点时的速度 答案　AC 解析　卫星在轨道1经过A点时，要加速才能沿轨道2运动，卫星在轨道1上的运行速率为7.7 km/s，故在轨道2上经过A点的速率一定大于7.7 km/s，A正确；假设有一圆轨道经过B点，根据v＝，可知此轨道上的速度小于7.7 km/s，卫星在B点减速才会进入轨道2，故卫星在轨道2经过B点时的速率一定小于7.7 km/s，B错误；卫星分别在轨道1、2上经过A点时，距离地球的距离相同，地球对它的万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同，C正确；因为卫星在轨道2经过A点要加速才能进入轨道3，故卫星在轨道3经过A点时的速度大于在轨道2经过A点时的速度，故D错误。‎ 命题角度4 双星与多星问题 例8　(2018·全国卷Ⅰ)(多选)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(　　)‎ A．质量之积 B．质量之和 C．速率之和 D．各自的自转角速度 解析　依题意已知两颗中子星的周期T、距离L，各自的自转角速度不可求，D错误；对m1：G＝m1ω2r1，对m2：G＝m2ω2r2，已知几何关系：r1＋r2＝L，ω＝，联立以上各式可解得：r1＝L，r2＝L，m1＋m2＝，B正确；速率之和v1＋v2＝ωr1＋ωr2＝ω(r1＋r2)＝，C正确；质量之积m1m2＝·＝·r1r2，r1r2不可求，故m1m2不可求，A错误。‎ 答案　BC ‎(1)双星系统模型的特点 ‎①各自需要的向心力由彼此间的万有引力提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2。‎ ‎②两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。‎ ‎③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。‎ ‎(2)多星问题的处理方法 ‎①各星运动的周期相同、角速度相同。‎ ‎②每个星受其他星的万有引力的合力提供该星运动的向心力。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎8. (2020·安徽省蚌埠市教育局高三月考)(多选)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的三颗星组成的三星系统。设三星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，三颗星的球心稳定分布在边长为a的等边三角形的三个顶点上。三颗星围绕等边三角形的重心做匀速圆周运动，已知引力常量为G。关于三星系统，下列说法正确的是(　　)‎ A．三颗星的轨道半径均为a B．三颗星表面的重力加速度均为 C．一颗星的质量发生变化，不影响其他两颗星的运动 D．三颗星的周期均为2πa 答案　AD 解析　由几何关系知，它们的轨道半径r＝a，故A正确；在星球表面重力等于万有引力，m′g＝G，解得g＝，故B错误；一颗星的质量发生变化，其他两颗星所受万有引力大小变化，合力不指向三角形中心，会影响其他两颗星的运动，故C错误；任意两颗星之间的万有引力F＝G，每一颗星受到的合力F1＝F，合力提供向心力：＝m，解得T＝2πa，故D正确。‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 阅卷现场　圆周运动的半径分析出错 例9　(12分) 有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接小球，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转。刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向。现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力。已知：OA＝4 m，OP＝5 m，小球质量m＝1 kg，弹簧原长l＝5 m，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)弹簧的劲度系数k；‎ ‎(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度ω。‎ 正解　(1)开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得＝，(2分)‎ F弹＝k(l－AP)，(2分)‎ AP＝ ，(1分)‎ 联立并代入数据解得：k＝3.75 N/m。(1分)‎ ‎(2) 当弹簧弹力为零时，小球移至P′位置，绕OA中点C做匀速圆周运动，受力分析如图乙所示，由图可得，轨道半径为r＝CP′＝ ，(1分)‎ tanθ＝，(1分)‎ 其中AP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m，‎ 根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2r，(3分)‎ 联立解得：ω＝ rad/s。(1分)‎ 答案　(1)3.75 N/m　(2) rad/s 错解　(1)开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得：‎ ＝，(2分)‎ F弹＝k·AP，(扣2分)‎ AP＝，(1分)‎ 联立并代入数据解得：k＝2.5 N/m。(扣1分)‎ ‎(2)当弹簧弹力为零时，小球移至P′位置，绕OA中点C做匀速圆周运动，受力分析如图乙所示，由图可得，轨道半径为r＝OP′，(扣1分)‎ CP′＝ ，tanθ＝，(1分)‎ 其中AP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m，‎ 根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2r，(3分)‎ 联立解得：ω＝ rad/s。(扣1分)‎ 答案　(1)2.5 N/m　(2) rad/s 阅卷过程中发现第(1)小题中错误主要有以下几种情况：不能根据图中的几何关系计算出需要的角度的三角函数值；想不到用几何三角形与力的三角形相似计算弹簧弹力；应用胡克定律时，将弹簧的长度与伸长量混淆，这都会导致劲度系数的求解出错。第(2)小题中，出错最多的情况是找错物体做圆周运动的轨道半径，误认为绳的长度为圆周运动半径，导致计算结果错误。‎ 专题作业 ‎1．(2019·全国卷Ⅱ)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图象是(　　)‎ 答案　D 解析　由万有引力公式可知F＝G，探测器与地球表面距离h越大，F越小，排除B、C；而F与h不是一次函数关系，排除A。故选D。‎ ‎2. 跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是(　　)‎ A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作 B．风力越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害 C．运动员下落时间与风力有关 D．运动员着地速度与风力无关 答案　B 解析　水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A、C错误；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确，D错误。‎ ‎3. (2019·南昌模拟)在公园里我们经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人从同一条竖直线上距离地面的不同高度处分别水平抛出两个小圆环，大人抛出圆环时的高度为小孩抛出圆环高度的倍，结果恰好都套中地面上同一物体。不计空气阻力，则大人和小孩所抛出的圆环(　　)‎ A．运动时间之比为9∶4‎ B．速度变化率之比为4∶9‎ C．水平初速度之比为2∶3‎ D．落地时速度之比为3∶2‎ 答案　C 解析　根据平抛运动规律，h＝gt2，t＝，已知大人抛出圆环的高度为小孩抛出圆环高度的倍，则大人和小孩所抛出的圆环运动时间之比为3∶2，A错误；圆环做平抛运动，只受重力作用，其加速度为g，由g＝，可知大人和小孩所抛出圆环的速度变化率相等，即速度变化率之比为1∶1，B错误；由x＝vt，可知大人和小孩所抛出的圆环水平初速度之比为v1∶v2＝t2∶t1＝2∶3，C正确；圆环落地时的竖直速度v⊥＝gt，则落地时竖直速度之比为3∶2，而水平速度之比为2∶3，故落地时速度之比不为3∶2，D错误。‎ ‎4. (2019·广东佛山高三一模)(多选)在2018年俄罗斯世界杯某场比赛中，一个球员在球门中心正前方某处高高跃起，将足球以水平速度v0顶出，恰落在球门的右下方死角P点。假设球门宽为L，守门员作出准确判断的时间为Δt，扑球的运动时间为t，将足球看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，则(　　)‎ A．若球员顶球点的高度为h，则守门员扑球时间t必须小于 －Δt才可能成功防守 B．球员要成功破门，球员顶球点的高度必须大于g(t＋Δt)2‎ C．球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0＝ D．若球员到P点的水平距离小于v0(t＋Δt)，则可能成功破门 答案　AD 解析　球做平抛运动，若球员顶球点的高度为h，则落地时间为t1＝ ，守门员作出准确判断的时间为Δt，则守门员扑球时间t必须小于－Δt才可能成功防守，故A正确；球员要成功破门，球的运动时间必须小于t＋Δt，球员顶球点的高度必须小于g(t＋Δt)2，故B错误；球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0＝，故C错误；若球员到P点的水平距离小于v0(t＋Δt)，则球的运动时间小于t＋Δt，可能成功破门，故D正确。‎ ‎5. (2019·安徽合肥二模)(多选)如图所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行 B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为 C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小 答案　BD 解析　车受到地面支持力的方向与地面垂直，与车所在平面有夹角，A错误；由μMg＝M，解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v＝，B正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力μMg，C错误；转弯速度越大，所需向心力越大，静摩擦力越大，由地面对车的作用力即支持力与静摩擦力的合力通过车(包括人)的重心可知，车所在平面与地面的夹角越小，D正确。‎ ‎6．(2019·辽宁省沈阳市一模)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1400 mm，且角度较小时可近似认为tanθ＝sinθ，重力加速度g等于10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为(　　)‎ A．8 cm B．9 cm C．10 cm D．11 cm 答案　B 解析　轨道半径R＝5600 m，设计时速v＝216 km/h＝60 m/s，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m(θ为铁轨平面与水平方向的夹角)，解得：tanθ＝，由题意得tanθ＝sinθ＝，而L＝1400 mm，联立得：h＝90 mm＝9 cm，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎7．(2019·云南二模)(多选)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下结论正确的是(　　)‎ A．A、B两点间的高度差为R B．C到N的水平距离为2R C．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋)mg D．小球从N点运动到C点的时间为 答案　AC 解析　从A点到C点：mgh＝mv，从A点到N点：mg(h＋Rcos45°)＝mv，其中vC＝vNcos45°，联立解得：h＝R，vN＝，A正确；从N到C的时间：t＝＝ ，则C到N的水平距离为：xCN＝vNcos45°t，解得：xCN＝R，B、D错误；从A到M点：mg(h＋R)＝mv，在M点：N－mg＝m，解得：N＝(3＋)mg，由牛顿第三定律知C正确。‎ ‎8．(2019·广东省广州市下学期一模)位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球与木星之间的距离。当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为(　　)‎ A．(1＋k2) 年 B．(1＋k2) 年 C．(1＋k) 年 D．k 年 答案　A 解析　设地球与太阳的距离为r，根据题述可知木星与太阳的距离为R＝＝r(1＋k2) ，设木星的公转周期为T年，根据开普勒第三定律，则有：＝，解得T＝(1＋k2) 年，A正确。‎ ‎9．(2019·湖北荆州二模)2018年12月8日凌晨2点24分，中国长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心起飞，把“嫦娥四号”探测器送入地月转移轨道，“嫦娥四号”经过地月转移轨道的P点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道Ⅰ，再经过系列调控使之进入准备落月的椭圆轨道Ⅱ，于2019年1月3日上午10点26分，最终实现人类首次月球背面软着陆。若绕月运行时只考虑月球引力作用，下列关于“嫦娥四号”的说法正确的是(　　)‎ A．“嫦娥四号”的发射速度必须大于11.2 km/s B．沿轨道Ⅰ运行的速度大于月球的第一宇宙速度 C．沿轨道Ⅰ运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度 D．经过地月转移轨道的P点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道Ⅰ 答案　D 解析　“嫦娥四号”没有脱离地球的束缚，故其发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错误；由公式v＝可知，轨道Ⅰ的半径大于月球的半径，所以沿轨道Ⅰ运行的速度小于月球的第一宇宙速度，故B错误；卫星沿轨道Ⅰ与沿轨道Ⅱ经过P点时所受万有引力相等，所以沿轨道Ⅰ运行至P点的加速度等于沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度，故C错误；“嫦娥四号”由地月转移轨道进入环月圆形轨道Ⅰ时做近心运动，所以经过地月转移轨道的P点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道Ⅰ，故D正确。‎ ‎10．(2019·湖南衡阳二模)2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆，为给“嫦娥四号”探测器提供通信支持，我国早在2018年5月21日就成功发射“嫦娥四号”中继星“鹊桥号”，如图所示，“鹊桥号”中继星一边绕拉格朗日L2点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动且其绕点L2做圆周运动的半径远小于L2点与地球间的距离。(已知位于地、月拉格朗日L1、L2点处的小物体能够在地、月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动)则下列说法正确的是(　　)‎ A．“鹊桥号”的发射速度大于11.2 km/s B．“鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期 C．同一卫星在L2点受地、月引力的合力与其在L1点受地、月引力的合力相等 D．若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于拉格朗日L2点，能够更好地为“嫦娥四号”探测器提供通信支持 答案　B 解析　11.2 km/s是在地面附近发射卫星，使卫星脱离地球束缚的最小发射速度，“鹊桥号”没有脱离地球的束缚，所以“鹊桥号”的发射速度小于11.2 km/s，故A错误；根据题意可知，“鹊桥号”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B正确；由Fn＝mrω2可知，同一卫星在L2点受月球和地球引力的合力比在L1点要大，故C错误；“鹊桥号”若刚好位于L2点，由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为“嫦娥四号”探测器提供通信支持，故D错误。‎ ‎11．如图所示，一质量为m＝0.45 kg的小物块(可视为质点)从水平面上的 A点以一定的初速度v0向右运动，到达B点后进入半径为R＝0.45 m的光滑半圆形竖直轨道，当小物块到达最高点C点，安装在此处的压力传感器测得小物块对轨道的压力为4.5 N。已知A、B两点间的距离为d＝2.7 m，小物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求小物块落到水平面上的位置到B点的距离；‎ ‎(2)若要使小物块在半圆形轨道上运动时始终不脱离，求小物块在A点的初速度v0的取值范围。‎ 答案　(1) m ‎(2)v0≥6 m/s或 m/s