PAGE1-第3講力學(xué)中的曲線運(yùn)動網(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(或類平拋)運(yùn)動的推論(1)隨意時刻速度的反向延長線肯定通過此時水平位移的中點(diǎn)。(2)設(shè)在隨意時刻瞬時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)動的三個區(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“萬有引力等于重力”。(3)看到“同步衛(wèi)星”想到“周期T＝24h”。運(yùn)動的合成與分解及平拋運(yùn)動運(yùn)動的合成與分解【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。電場中有兩個臺階，第一階臺階M1N1，其次階臺階M2N2，已知BM1之間的高度差為H，臺階寬度為l、臺階間的高度差為h。臺階上鋪有特別材料，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，其在電場中受到的電場力大小為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)樵瓉淼膃q\f(\r(3),2)倍。原來小球不帶電，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，能落在第一臺階M1N1上，則l至少應(yīng)為多少個h；(2)若小球由P點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過B點(diǎn)時對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)過的時間t及臺階寬度l與高度差h之間的關(guān)系。解析(1)由動能定理有mgR＝eq\f(1,2)mv2小球做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動的規(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)小球落在臺階M1N1時豎直速度為vy＝eq\r(2gH)＝2eq\r(2gh)反彈時豎直速度為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力，加速度大小為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(g,2)依據(jù)運(yùn)動學(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”中的網(wǎng)球?yàn)檩d體考查平拋運(yùn)動的規(guī)律【典例2】(2024·桐鄉(xiāng)一中模擬)如圖2所示，是網(wǎng)球競賽場地圖，單打區(qū)域長MP為a，寬MN為b，發(fā)球線到網(wǎng)的距離為c，一個球員在練習(xí)發(fā)球時，站在發(fā)球線的中點(diǎn)發(fā)球，將球打到對方左下方死角(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(球可看做質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣的阻力)，重力加速度為g。則下列說法正確的是()圖2A.網(wǎng)球在空中運(yùn)動的時間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)動的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))，故A錯誤；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錯誤。答案C斜面上的平拋運(yùn)動【典例3】(2024·浙江樂清上學(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)高級中學(xué)高三模擬)甲、乙兩個同學(xué)對打乒乓球，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)動到最高點(diǎn)，此運(yùn)動可看成平拋運(yùn)動的逆過程，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，圖乙是簡化示意圖。設(shè)乒乓球桌面ABCD的AB邊長為L1，BC邊長為L2，球網(wǎng)JK位于桌面的正中間，網(wǎng)高為h；發(fā)球機(jī)簡化為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)境對乒乓球運(yùn)動的影響，若球擦網(wǎng)而過時不計(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，則下列說法正確的是()圖5A.要讓乒乓球能越過球網(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L2eq\r(\f(g,2h))，則乒乓球肯定會落在邊界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)而過的解析要讓乒乓球能越過球網(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錯誤；從拋出點(diǎn)到球桌角C、D時水平位移最大，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，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))時乒乓球有可能落在界內(nèi)，選項(xiàng)B錯誤；該情景中，存在乒乓球剛好過網(wǎng)和球剛好不出界的臨界條件，結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動的時間，依據(jù)水平位移和時間可以求出最小初速度、最大初速度與H、h對應(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錯誤；結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動的時間，可以發(fā)覺調(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)放置一個直徑d＝1m，高h(yuǎn)＝1m的無蓋薄油桶，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，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，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，小球擊中油桶外壁D.若P點(diǎn)的高度變?yōu)?.8m，則小球無論初速度多大，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，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，v2＝seq\r(\f(g,2（H－h(huán)）))＝eq\r(10)m/s，當(dāng)小球落在B點(diǎn)時，v3＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H))＝eq\r(15)m/s，當(dāng)小球落在C點(diǎn)時，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，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，v2<v<v3，即eq\r(10)m/s<v<eq\r(15)m/s，選項(xiàng)B錯誤；小球擊中油桶外壁時，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，軌跡同時過D點(diǎn)和B點(diǎn)，則此時的初速度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，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)生在臺階上玩玻璃彈子。他在平臺最高處將一個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臺階上，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，它將落在第幾級臺階上？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級臺階上。答案(1)v1≤1.5m/s(2)8圓周運(yùn)動問題圓周運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)及動力學(xué)問題【典例1】(2024·浙江杭州上學(xué)期高三模擬)游樂園的小型“摩天輪”上對稱站著質(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)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，若某時刻轉(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(忽視重物剛掉落時水平運(yùn)動的影響)，并馬上通知下面的同學(xué)接住，結(jié)果重物掉落時正處在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間t；(2)人和吊籃隨“摩天輪”運(yùn)動的線速度v的大?。?3)乙同學(xué)在最低點(diǎn)處對地板的壓力FN。解析(1)由運(yùn)動學(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)動與圓周運(yùn)動的組合問題【典例2】(2024·全國卷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，對應(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)動時，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)問可知，當(dāng)4r＝eq\f(v2,2g)時，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)動問題要留意以下幾點(diǎn)①要進(jìn)行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑。②列出正確的動力學(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)動的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的速度通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓其次定律進(jìn)行動力學(xué)分析。1.(2024·浙江樂清選考模擬)(多選)北京時間2024年9月7日，全運(yùn)會在天津舉辦，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)練時做“單臂大回環(huán)”的高難度動作時，用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運(yùn)動。如圖10甲所示，張成龍運(yùn)動到最高點(diǎn)時，用力傳感器測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，張成龍受單杠的彈力方向向上D.在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，張成龍運(yùn)動到最低點(diǎn)時，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”。對張成龍?jiān)谧罡唿c(diǎn)進(jìn)行受力分析，當(dāng)速度為零時，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，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，張成龍受單杠的拉力作用，方向豎直向下，選項(xiàng)C錯誤；張成龍經(jīng)過最低點(diǎn)時，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)動到最低點(diǎn)的過程中，由動能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，當(dāng)v＝0時，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為纏繞磁帶的兩個輪子，其半徑均為r。在放音結(jié)束時，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A輪是主動輪，其角速度是恒定的，B輪是從動輪。經(jīng)測定磁帶全部繞到A輪上須要的時間為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間勻稱增加，線速度v＝ωr，故線速度大小隨時間t勻稱增加，可將磁帶的運(yùn)動等效為勻變速直線運(yùn)動模型處理。整個過程中，設(shè)A輪外緣初速度大小為v，則末速度大小為3v，運(yùn)動時間為t，加速度為a，位移大小即磁帶總長度為x，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，(3v)2－v2＝2ax，3v＝v＋at，當(dāng)磁帶有一半繞到A輪上時，兩輪半徑相等、兩輪角速度相同，此時，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繩沿水平方向且長為l，當(dāng)輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，a、b兩繩均伸直，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則下列說法正確的是()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，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錯誤；當(dāng)b繩張力為零時，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，b繩出現(xiàn)張力，選項(xiàng)C錯誤；由于b繩可能沒有張力，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所示是對質(zhì)量為m＝0.1kg的某型號玩具小車性能進(jìn)行測試的裝置，它是由固定長度為L＝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′略有錯開)，整個裝置置于距地面足夠高的水平平臺上，軌道末端D始終與平臺右端重合；為了愛護(hù)小車平安，在距平臺右端x＝0.9m處直立一堵豎直泡沫墻EP。已知小車在AB、B′D上運(yùn)動時所受阻力恒為車重的0.2倍，測試時小車從A點(diǎn)以恒定功率向B運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時恰好達(dá)到最大速度，然后進(jìn)入圓形軌道同時關(guān)閉小車動力。某次測試測得小車在通過圓形軌道最高點(diǎn)C時對軌道壓力大小為3.0N，g取10m/s2。試求：圖13(1)小車在通過C點(diǎn)時的速度大小；(2)小車在AB段運(yùn)動時的功率和運(yùn)動時間；(3)保持其他物理量不變，應(yīng)調(diào)整B′D的長度為多大，小車才能以最小動能撞擊泡沫墻EP？最小動能為多少？解析(1)由牛頓第三定律知小車在圓形軌道最高點(diǎn)時，軌道對小車的作用力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EQmin＝0.9J此時B→D由動能定理有－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萬有引力與天體的運(yùn)動開普勒三定律與萬有引力定律的應(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。某時刻A、B兩衛(wèi)星位于地球同側(cè)直線上，從該時刻起至少經(jīng)過多長時間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)過時間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·稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)國產(chǎn)科幻片《流浪地球》的勝利上演，掀起了天體熱。小明同學(xué)課外查閱太陽系行星的一些資料。太陽系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運(yùn)動。當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱為“行星沖日”。據(jù)報道，2014年各行星沖日時間分別是：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運(yùn)動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出現(xiàn)沖日現(xiàn)象B.在2015年內(nèi)肯定會出現(xiàn)木星沖日C.天王星相鄰兩次沖日的時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間間隔最長解析因?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錯誤；對于木星和地球，由開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間間隔為1.01年，土星兩次沖日的時間間隔為1.03年，海王星兩次沖日的時間間隔為1.006年，由此可知C、D錯誤。答案B天體質(zhì)量、密度的估算【典例3】(2024·桐鄉(xiāng)一中高三年級周考)2024年2月，我國500m口徑射電望遠(yuǎn)鏡(天眼)發(fā)覺毫秒脈沖星“J0318＋0253”，其自轉(zhuǎn)周期T＝5.19ms。假設(shè)星體為質(zhì)量勻稱分布的球體，已知萬有引力常量為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)時由萬有引力供應(yīng)其表面物體做圓周運(yùn)動的向心力，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)星的變軌與對接【典例5】“嫦娥五號”作為我國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?！疤鴦邮椒祷丶夹g(shù)”是指航天器在關(guān)閉發(fā)動機(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。下列說法正確的是()圖16A.“嫦娥五號”在b點(diǎn)處于完全失重狀態(tài)B.“嫦娥五號”在d點(diǎn)的向心加速度大小等于eq\f(gr2,R2)C.“嫦娥五號”在a點(diǎn)和c點(diǎn)的速率相等D.“嫦娥五號”在c點(diǎn)和e點(diǎn)的速率相等解析由“嫦娥五號”運(yùn)動軌跡可知，其在b點(diǎn)的加速度方向與所受萬有引力方向相反，處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯誤；由萬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錯誤；從a點(diǎn)到c點(diǎn)過程中，萬有引力做功為零，但大氣阻力做負(fù)功，由動能定理可知，動能改變量不為零，故在a、c兩點(diǎn)時速率不相等，選項(xiàng)C錯誤；從c點(diǎn)到e點(diǎn)過程中，所經(jīng)空間無大氣，萬有引力做功為零，所以在c、e兩點(diǎn)時速率相等，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)星所受萬有引力越小，其線速度、角速度、向心加速度越小，周期越大；動能越小，勢能越大，機(jī)械能越大。2.天體運(yùn)動與幾何關(guān)系相結(jié)合問題(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)求解傳播時間、擋光時間時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所示是嫦娥三號奔月過程中某階段的運(yùn)動示意圖，嫦娥三號沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)動到近月點(diǎn)P處變軌進(jìn)入圓軌道Ⅱ，嫦娥三號在圓軌道Ⅱ做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r，周期為T，已知引力常量為G，下列說法中正確的是()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.嫦娥三號在P處變軌時必需點(diǎn)火加速D.嫦娥三號沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)動到P處時的加速度大于沿圓軌道Ⅱ運(yùn)動到P處時的加速度解析由萬有引力供應(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錯誤；橢圓軌道和圓軌道是不同的軌道，嫦娥三號只有在減速后，才能進(jìn)入圓軌道，故C錯誤；嫦娥三號沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)動到P處時和沿圓軌道Ⅱ運(yùn)動到P處時，所受萬有引力大小相等，所以加速度大小也相等，故D錯誤。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錯誤；衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動時，萬有引力供應(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日我國在西昌衛(wèi)星放射中心用長征三號乙運(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，開啟了北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)全球組網(wǎng)的新時代。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，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)動的周期為T＝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錯誤。答案A4.(2024·浙江金華選考模擬)(多選)2024年4月，我國第一艘貨運(yùn)飛船天舟一號順當(dāng)升空，隨后與天宮二號對接。假設(shè)天舟一號從B點(diǎn)放射經(jīng)過橢圓軌道運(yùn)動到天宮二號所在的圓軌道上完成對接，如圖19所示。已知天宮二號的軌道半徑為r，天舟一號沿橢圓軌道運(yùn)動的周期為T，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。則下列說法正確的是()圖19A.天宮二號的運(yùn)行速度小于7.9km/sB.天舟一號的放射速度大于11.2km/sC.依據(jù)題中信息可以求出地球的質(zhì)量D.天舟一號在A點(diǎn)的運(yùn)行速度大于天宮二號在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軌道半徑大于地球半徑，所以天宮二號的運(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運(yùn)動的最小放射速度，而天舟一號是圍繞地球運(yùn)動的，所以天舟一號的放射速度小于11.2km/s，選項(xiàng)B錯誤；依據(jù)題中信息可知，天舟一號沿橢圓軌道運(yùn)動的軌道半長軸a＝eq\f(1,2)(R＋r)，設(shè)天宮二號繞地球運(yùn)動的周期為T′，依據(jù)開普勒第三定律可得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；由天舟一號在A點(diǎn)要進(jìn)入圓軌道，需加速，可知天舟一號在A點(diǎn)的運(yùn)行速度小于天宮二號在A點(diǎn)的運(yùn)行速度，選項(xiàng)D錯誤。答案AC熱點(diǎn)模型構(gòu)建——常考的圓周運(yùn)動模型豎直平面的圓周運(yùn)動“繩、桿”模型繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點(diǎn)的臨界條件由mg＝eq\f(mv2,r)得v臨＝eq\r(gr)(1)過最高點(diǎn)時，v≥eq\r(gr)FN＋mg＝eq\f(mv2,r)，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN＝eq\f(mv2,r)－mg(2)不能過最高點(diǎn)時，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)動得v臨＝0(1)當(dāng)v＝0時，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，－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，F(xiàn)N＝0(4)當(dāng)v>eq\r(gr)時，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，此時彈簧具有的彈性勢能為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＝1.2m小球與桌面間的動摩擦因數(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)時的速度大小；(2)小球運(yùn)動到軌道最高點(diǎn)C時對軌道的作用力；(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程中小球水平速度重量保持不變，小球彈起來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，由動能定理得－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－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vy＝eq\f(vD,tan45°)，vy＝vD＝eq\r(28)m/s彈起時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)自行車競賽中，運(yùn)動員以速度v在傾角為θ的賽道上做勻速圓周運(yùn)動。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為m，做圓周運(yùn)動的半徑為R，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖1A.將運(yùn)動員和自行車看做一個整體，整體受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.運(yùn)動員受到的合力大小為meq\f(v2,R)，做圓周運(yùn)動的向心力大小也是meq\f(v2,R)C.運(yùn)動員做圓周運(yùn)動的角速度為vRD.假如運(yùn)動員減速，運(yùn)動員將做離心運(yùn)動解析向心力是整體所受力的合力，選項(xiàng)A錯誤；做勻速圓周運(yùn)動的物體，合力供應(yīng)向心力，選項(xiàng)B正確；運(yùn)動員做圓周運(yùn)動的角速度為ω＝eq\f(v,R)，選項(xiàng)C錯誤；只有運(yùn)動員加速到所受合力不足以供應(yīng)做圓周運(yùn)動的向心力時，運(yùn)動員才做離心運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤。答案B2.最近美國宇航局公布了開普勒探測器最新發(fā)覺的一個奇妙的行星系統(tǒng)，命名為“開普勒－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”的類太陽恒星運(yùn)行。經(jīng)觀測，其中被稱為“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)解析對于日地系統(tǒng)，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))；對于“開普勒－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)過去幾千年來，人類對行星的相識與探討僅限于太陽系內(nèi)，行星“51pegb”的發(fā)覺拉開了探討太陽系外行星的序幕。如圖2所示，“51pegb”繞其中心恒星做勻速圓周運(yùn)動，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運(yùn)動半徑的eq\f(1,20)，該中心恒星與太陽的質(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，萬有引力供應(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·浙江富陽選考模擬)假設(shè)地球可視為質(zhì)量勻稱分布的球體。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，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)我國先后放射了量子科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星、“天宮二號”、“風(fēng)云四號A”、全球二氧化碳監(jiān)測科學(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”運(yùn)行在距地面393千米的軌道，“風(fēng)云四號A”是中國新一代靜止氣象衛(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)星或航天器對我國及國際的科學(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”的運(yùn)行速度最小C.“風(fēng)云四號A”的運(yùn)行軌道距地面的高度最大D.全球二氧化碳監(jiān)測科學(xué)試驗(yàn)衛(wèi)星運(yùn)行周期為24小時解析量子科學(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錯誤；依據(jù)萬有引力供應(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錯誤，C正確；依據(jù)萬有引力供應(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錯誤。答案C6.(2024·浙江稽陽聯(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放射到太空。如圖4甲是特斯拉跑車和Starman(宇航員模型)的最終一張照片，它們正在遠(yuǎn)離地球，處于一個環(huán)繞太陽的橢圓形軌道(如圖乙)。最遠(yuǎn)點(diǎn)距離太陽大約為3.9億公里，地球和太陽之間的平均距離約為1.5億公里。試計(jì)算特斯拉跑車的環(huán)繞運(yùn)動周期(可能用到的數(shù)據(jù)：eq\r(5)＝2.236，eq\r(3,15)＝2.47)()圖4A.約18個月 B.約29個月C.約36個月 D.約40個月解析由開普勒第三定律eq\f(Req\o\al(3,車),Teq\o\al(2,車))＝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))＝eq\f(1.53,122)，所以T車≈29個月，選項(xiàng)A、C、D錯誤，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，同時又沿橫梁以速度v2水平勻速向右移動，關(guān)于貨物的運(yùn)動下列表述正確的是()圖5A.貨物相對于地面的運(yùn)動速度大小為v1＋v2B.貨物相對于地面的運(yùn)動速度大小為eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))C.貨物相對地面做曲線運(yùn)動D.貨物相對地面做直線運(yùn)動解析貨物在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做勻速直線運(yùn)動，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錯誤，B正確；兩個勻速直線運(yùn)動的合運(yùn)動的加速度為0，合速度的大小與方向都不發(fā)生改變，所以貨物相對地面做勻速直線運(yùn)動，故選項(xiàng)C錯誤，D正確。答案BD8.如圖6所示，照片中的汽車在水平路面上做勻速圓周運(yùn)動，已知圖中雙向四車道的總寬度約為15m，內(nèi)車道內(nèi)邊緣間最遠(yuǎn)的距離為150m。假設(shè)汽車受到的最大靜摩擦力等于車重的0.7倍，g取10m/s2，則運(yùn)動的汽車()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)解析汽車在水平路面上做勻速圓周運(yùn)動，合外力時刻指向圓心，豎直方向重力和支持力平衡，拐彎時靠靜摩擦力供應(yīng)向心力，選項(xiàng)A、B、D錯誤；汽車轉(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，即汽車的最大速度不能超過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)的游樂場滑梯軌道簡化模型圖，在傾角θ＝53°的長直軌道AC上的B點(diǎn)輕放一小車，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))，已知小車的質(zhì)量為60kg，車與軌道AC間存在摩擦，動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計(jì)其他阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖7A.小車滑至C點(diǎn)的速度為6m/sB.小車到達(dá)D點(diǎn)時對軌道的壓力大小為1560NC.小車剛好能沿著軌道滑到F點(diǎn)D.若小車從長直軌道上距C點(diǎn)L′＝9m起先由靜止下滑，則小車能在F點(diǎn)水平拋出解析由B到C依據(jù)動能定理：mgL0sin53°－μmgL0cos53°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝2eq\r(10)m/s，選項(xiàng)A錯誤；到達(dá)D點(diǎn)時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，可知小車剛好能到達(dá)F點(diǎn)，選項(xiàng)C正確；從起先到F點(diǎn)，由動能定理mgL′sin53°－mgR(1－cos53°)－μmgL′cos53°＝eq\f(1,2)mvF′2，得vF′＝5eq\r(2)m/s，即此時小車能在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)開拓者飛行表演隊(duì)完成了倒飛筋斗的動作。現(xiàn)將其簡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，且在運(yùn)動到圖乙中的A、B、C、D位置時球