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专题四 曲线运动与万有引力定律与航天
考点 考纲要求 考点解读及预测
运动的合成与分解 Ⅱ 本专题的高频考点主要集中在万有引力定律的应用、行星、卫星的运行规律、天体质量的估算等方面，难度适中。本专题在高考中还常考查到变轨问题、双星问题等，复习时注意抓住两条主线：一是万有引力等于向心力，二是重力等于向心力。曲线运动是历年高考的必考内容，一般以选择题的形式出现，重点考查加速度、线速度、角速度、向心加速度等概念及其应用。本部分知识经常与其他知识点如牛顿定律、动量、能量、机械振动、电场、磁场、电磁感应等知识综合出现在计算题中，近几年的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。
抛体运动 Ⅱ
匀速圆周运动的向心力 Ⅱ
万有引力定律及其应用 Ⅱ
环绕速度 Ⅱ
1、曲线运动知识网络
二、万有引力与航天
1．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
2．渡河问题中分清三种速度： (1)合速度：物体的实际运动速度。
(2)船速：船在静水中的速度。
(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。
3．端速问题解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。
甲 乙
丙 丁
2.平抛运动
（1）平抛运动的研究方法
（2）平抛运动的二级结论
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则tan α＝；
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ的正切值的2倍，即tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
3.圆周运动
（1）水平面内的圆周运动的“临界”分析
①绳的临界：张力FT＝0
②接触面滑动临界：F＝fm
③接触面分离临界：FN＝0
（2）竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)
轻绳模型 轻杆模型
图示
在最高点受力 重力，弹力F弹向下或等于零，mg＋F弹＝m 重力，弹力F弹向下、向上或等于零，mg±F弹＝m
恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 v＝0，mg＝F弹，在最高点速度可为零
关联 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解。
4.万有引力定律的应用
（1）开普勒第三定律
①＝k，其中k与中心天体有关，r是椭圆轨道的半长轴。
②对同一中心天体的所有行星，该公式都成立。
（2）估算中心天体的质量和密度的两条思路
①利用中心天体的半径和表面的重力加速度g计算。由G＝mg求出M＝，进而求得ρ＝＝＝。
②利用环绕天体的轨道半径r和周期T计算。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，轨道半径r＝R，则ρ＝＝。
5.天体的运行与变轨
（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分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式GM＝gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。
（3）地面赤道上物体与地球卫星的比较
①地面赤道上的物体随地球一起转动，具有相同的角速度，所受万有引力并非全部提供向心力。
②空中绕地球自转的卫星万有引力全部充当向心力，周期和半径有关。
③比较地面赤道上物体和空中卫星的运行参数，可借助同步卫星的“桥梁”作用。
（4）卫星变轨问题
①卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当由于某种原因卫星速度v突然增大时，有Gm，卫星将做向心运动。
②在不同轨道的同一点，加速度相同、线速度不同、机械能不同。
6.天体运动中的多星模型
（1）宇宙双星模型特点
①各自所需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。
③两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
（2）宇宙多星模型特点
①天体运动中，三星、四星等多星模型是指相互作用且围绕某一点做圆周运动的星体。
②星体做圆周运动所需向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供(如图所示)，在多星系统中各星体运行的角速度相等。
考点一： 曲线运动和运动的合成与分解
【典例1】　如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　　)
A. B. C. D.
[思路点拨]　①“连杆OB在竖直平面的圆周运动”表明B点沿切向的线速度是合速度，可沿杆和垂直杆分解。
②“滑块在水平横杆上左右滑动”表明合速度沿水平横杆。
【解析】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解：
滑块沿杆方向的分速度为vA分＝vcos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度为v′，则
v′＝Lω，vB分＝v′·cos θ＝v′cos(β－90°)＝Lωsin β，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立解得v＝，故本题正确选项为D。
【答案】D
考点二 平抛运动
【典例2】(2020·湖北八校第一次联考)北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行，这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。图示为某滑雪运动员训练的情境，运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向飞出后落到斜面上。斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差。某次训练时，运动员从弧形坡面水平飞出的速度大小为v0，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
B．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员飞出后经t＝距斜面最远
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员落点位移为原来的4倍
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
[思路点拨]　①“沿水平方向飞出”，运动员做平抛运动，要应用分解思想。
②“弧形斜面与斜面顶端有一定高度差”，可从抛出点构建斜面，比较实际斜面，应用二级结论。
【解析】利用物体从斜面顶端平抛的运动规律，设运动员从弧形坡面上A点做平抛运动，落到斜面上的C点，沿AC作一直线ACB，如图所示，则从A平抛时，落到斜面AB(虚拟)上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到实际斜面上E点时竖直方向分速度vyE小于落到D点时竖直方向分速度vyD，而二者水平方向分速度相同，则落到E点时速度与水平方向的夹角比落到D点小，故A、D项错误；运动员离斜面最远时的速度与斜面平行，当速度为2v0时，有tan θ＝，得t＝，故B项正确；若沿倾角为α的AB斜面平抛，落到斜面上D点的时间tan α＝＝＝2tan θ，解得t＝，则x＝v0t＝，故s＝＝，可知当速度为2v0时，s′＝4s，则落到E点时的距离s″<4s，故C项错误。
【答案】B
考点三 圆周运动
【典例3】（水平面的圆周运动）(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝ 100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　)
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
【思路点拨】物体在水平面上运动时的向心力来源及其临界极值问题的分析方法。
几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析 目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力
【解析】]赛车做圆周运动时，由F＝m知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝m知，其速率v＝ ＝ ＝45 m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30 m/s。如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin 60°＝50 m，据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝，对应的运动时间t＝≈2.79 s，选项D错误。
【答案】AB
【典例4】（竖直面内的圆周运动）(多选)北京时间2月25日消息，2019年体操世界杯墨尔本站男子单杠单项的决赛，中国体操队选手张成龙获得铜牌。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F v2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙　　
A．张成龙的质量为65 kg
B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D．在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力
【思路点拨】解决竖直面内的圆周运动抓“两点”“一联”把握解题关键点
【解析】对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质量m＝65 kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图象可解得R＝0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝mv－mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。
【答案】ABD
考点四 平抛与圆周运动的组合问题
【典例5】如图所示，长为l的轻质细线固定在O1点，细线的下端系一质量为m的小球，固定点O1的正下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还未插入P点，在B点右下方水平地面上固定有一半径为R＝l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O2，D点为最低点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为g，不计空气阻力。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入P点后，小球仍然从A点静止释放，到达B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。
【思路点拨】解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。
【解析】(1)设小球运动到B点的速度为vB，由A到B应用动能定理，mg·l＝mv
解得：vB＝。
(2)插入钉子后，小球再次经过B点时有：
F－mg＝m
解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg
(3)小球从B点开始做平抛运动，在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
vC＝
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C到D过程中机械能守恒有：
mgR(1－cos 37°)＝mv－mv
在D点有：FN－mg＝m
解得槽对小球的支持力FN＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′N＝11.4mg，方向竖直向下。
【答案】(1)　(2)5mg　(3)11.4mg
考点五 万有引力定律的应用
【典例6】　(2020·安徽合肥调研检测)在国产科幻片《流浪地球》中，人类带着地球流浪至木星附近时，上演了地球的生死存亡之战。木星是太阳系内体积最大、自转最快的行星，早期伽利略用自制的望远镜发现了木星的四颗卫星，其中“木卫三”离木星表面的高度约为h，它绕木星做匀速圆周运动的周期约为T。已知木星的半径约为R，引力常量为G，则由上述数据可以估算出(　　)
A．木星的质量 B．“木卫三”的质量
C．“木卫三”的密度 D．“木卫三”的向心力
【思路点拨】估算天体质量(密度)的两点注意
(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，求出的只是中心天体的质量，并非环绕天体的质量。
(2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，体积只能用天体半径R。
【解析】“木卫三”绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有G＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())eq \s\up12(2)·(R＋h)，解得M＝，故可以估算出木星的质量M，而“木卫三”的质量m无法确定，故无法确定其密度和向心力，所以A项正确，B、C、D项错误。
【答案】A
考点六 天体的运行和变轨
【典例7】(天体运行参数)如图所示，微信启动新界面，其画面视角从非洲大陆上空(左)变成中国上空(右)。新照片由我国新一代静止轨道卫星“风云四号”拍摄，见证着科学家15年的辛苦和努力。下列说法正确的是(　　)
A．“风云四号”可能经过北京正上空
B．“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度
C．与“风云四号”同轨道的卫星运动的动能都相等
D．“风云四号”的运行速度大于7.9 km/s
[思路点拨]　“静止轨道卫星”表明卫星“风云四号”是地球同步卫星，卫星的位置在赤道的正上方，周期等于地球自转周期。
【解析】由题可知，“风云四号”卫星是地球同步卫星，而同步卫星只能在赤道正上空，且高度保持不变，故A错误；根据＝man，得an＝，其中G为引力常量，M为地球质量，r为轨道半径，因“风云四号”卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，故“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度，故B正确；与“风云四号”同轨道的卫星都是同步卫星，故线速度大小一定相等，但不知道各个卫星的质量是否相等，根据Ek＝mv2知动能不一定相等，故C错误；卫星围绕地球表面运行的最大线速度是7.9 km/s，此时它的轨道半径等于地球半径，而“风云四号”的轨道半径大于地球半径，根据v＝可知，其线速度小于7.9 km/s，故D错误。
【答案】B
【典例8】（地面赤道上物体与地球卫星的比较）(多选)(2020·山东济南3月质检)有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则(　　)
A．a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度
B．在相同时间内b转过的弧长最长，a、c转过的弧长对应的角度相等
C．c在4小时内转过的圆心角是，a在2小时内转过的圆心角是
D．b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小时
[题眼点拨]　①“a还未发射”表明a运行的周期等于同步卫星的周期。
②“b、c、d都是卫星”满足相同的运行规律。
【解析】a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故a的向心加速度远小于重力加速度g，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，G＝man，解得向心加速度an＝，由于卫星d的轨道半径大于卫星c的轨道半径，所以卫星c的向心加速度大于d的向心加速度，选项A错误；地球同步卫星c绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内a、c转过的弧长对应的角度相等，由＝m可得v＝，轨道半径越小速度越大，则vb>vc>vd，又a与c角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，故vc>va，即b的速度最大，所以在相同时间内b转过的弧长最长，选项B正确；a、c角速度相同，在4小时内转过的圆心角都为＝，在2小时内转过的圆心角都为＝，选项C正确；c和b的轨道半径都小于d的轨道半径，由开普勒第三定律可知，b的运动周期一定小于d的运动周期，d的运动周期一定大于c的运动周期(24小时)，选项D错误。
【答案】BC
【典例9】(2020·河南重点中学大联考)如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是(　　)
A．地球的质量可表示为
B．该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率
C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
D．卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小
[思路点拨]　①“A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ”，表明卫星做向心运动，需瞬时减速。
②“近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ”，卫星仍是向心运动，也需在B点减速。
【解析】卫星在轨道Ⅰ上的运动过程中，万有引力充当向心力，故有G＝m(R＋h)，解得M＝，A错误；卫星在轨道Ⅰ上过A点做匀速圆周运动，即G＝m，卫星在轨道Ⅱ上过A点做近心运动，即G>m，所以卫星在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，B正确；从A运动到B的过程，地球引力对卫星做负功，引力势能减小，因卫星在轨道Ⅲ上的速度大于轨道Ⅰ上的速度，故此过程中卫星的动能增加，在Ⅰ轨道上A点点火减速，使卫星由高轨道进入低轨道，在Ⅱ轨道上B点点火，卫星减速并做向心运动，则卫星的机械能减小，C错误；根据公式G＝ma可得a＝，所以卫星距离地球越远，其向心加速度越小，故卫星从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，D错误。
【答案】B
考点七 天体运动中的多星模型
【典例10】]关于引力波，早在1916年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974年拉塞尔赫尔斯和约瑟夫泰勒发现赫尔斯—泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，逐渐相互靠近，此现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星球表面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯—泰勒脉冲双星周期T随双星之间的距离L变化的关系图象正确的是(　　)
A　 B
C D
【思路点拨】多行系统解题思路
【解析】双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，＝m1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())eq \s\up12(2)R1＝m2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())eq \s\up12(2)R2，由几何关系得：R1＋R2＝L，解得：＝·，已知此双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星体表面的物质，达到质量转移的目的，每个星球的质量变化，但质量之和不变，所以∝，故B正确，A、C、D错误。
【答案】B
一、选择题(1～7题为单项选择题，8～12题为多项选择题)
1.(2020·安徽十校第二次联考)如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是(　　)
A．减小α，增大船速v B．增大α，增大船速v
C．减小α，船速v不变 D．增大α，船速v不变
2.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升。以下说法正确的是(　　)
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2
3.如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是(　　)
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
4.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)
A.B.C.D.5.(2020·黑龙江哈尔滨六中月考)如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一质量为m的小球由弧形轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可为(　　)
A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r
6.假定太阳系一颗质量均匀、可看成球体的小行星，自转原来可以忽略。现若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的。已知引力常量G，则该星球密度ρ为(　　)
A. B. C. D.
7.(2020·湖北八校联考)2019年11月5日01时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第49颗北斗导航卫星，标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。如图所示，倾斜地球同步轨道卫星的运行轨道面与地球赤道面有夹角，运行周期等于地球的自转周期。倾斜地球同步轨道卫星正常运行，则下列说法正确的是(　　)
A．此卫星相对地面静止
B．如果有人站在地球赤道的地面上，此人的向心加速度比此卫星的向心加速度大
C．此卫星的发射速度小于地球的第一宇宙速度
D．此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，可能会一天看到两次此卫星
8.(多选)(2020·河南洛阳重点中学大联考)如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向先后抛出，恰好同时落到地面上的P点，P点到两抛出点水平距离相等，并且落到P点时两球的速度互相垂直。若不计空气阻力，则(　　)
A．小球a比小球b先抛出
B．初速度va小于vb
C．小球a、b抛出点距地面高度之比为vb∶va
D．初速度va大于vb
9.(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．此时绳子张力为FT＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
10.(多选)北京时间2020年1月7日23时20分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将通信技术试验卫星五号发射升空，卫星顺利进入预定轨道绕地球做匀速圆周运动。如图所示，若a是通信技术试验卫星五号，b、c是另外两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，已知a、b轨道半径相等，则(　　)
A．卫星a的角速度小于c的角速度
B．卫星a的加速度大于b的加速度
C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度
D．卫星a的周期与卫星b的周期相等
11.(多选)高分五号卫星在太原卫星发射中心成功发射，它填补了国产卫星无法有效探测区域大气污染气体的空白。如图是高分五号卫星发射的模拟示意图，先将高分五号卫星送入圆形近地轨道Ⅰ运动，在轨道A处点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在轨道B处再次点火进入圆形预定轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，不考虑卫星的质量变化。下列叙述正确的是(　　)
A．高分五号卫星在轨道Ⅰ上运动的动能小于在轨道Ⅲ上的动能
B．高分五号卫星在三条轨道上的运行周期，在轨道Ⅰ上最小、在轨道Ⅲ上最大
C．高分五号卫星在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度
D．高分五号卫星在A处变轨要加速，在B处变轨要减速
12.(多选)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则(　　)
甲　　　　　　　乙
A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2
D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为
13.如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙直轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量为m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；
(2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物体在轨道CD上运动的距离x。(结果保留三位有效数字)
14.某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动距离L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前所受阻力Ff恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m，取g＝10 m/s2。
(1)要使赛车能完成圆周运动，赛车到达B点时速度至少为多大？
(2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
1.（2021·山东卷）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（　　）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
2.（2021·广东卷）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
3.（2021·山东卷）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫生离地平均高度为H，导体绳长为，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（　　）
A． B．
C． D．
4.（2021·山东卷）从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（　　）
A．9∶1 B．9∶2 C．36∶1 D．72∶1
5．（2021·广东卷）2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（　　）
A．核心舱的质量和绕地半径
B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期
D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
6.（2021·山东卷）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
参考答案
【过关检测】
1.B　解析 要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反向，船速垂直河岸的分速度(船的实际速度)不变，有vsin(π－α)＝v实，vcos(π－α)＝v水，所以tan(π－α)＝，若v实不变，v水增大，则tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有B正确。
2.D　解析 将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是做匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，知斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。
3.D　解析 由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错误；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确。
4.D　解析 设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3h－h＝gt　①，水平方向上有＝v1t1　②，由①②两式可得v1＝。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt　③，在水平方向有eq \r(eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))＋L\o\al(2,1))＝v2t2　④。由③④两式可得v2＝。则v的最大取值范围为v15.D　解析 小球沿圆轨道运动时，可能做完整的圆周运动，当小球刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提供向心力，则有mg＝m，由机械能守恒定律得mgh－mg·2r＝mv2，解得h＝2.5r。小球沿圆轨道运动时，也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得mgh＝mg·r，得h＝r，综上可得，为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为h≤r或h≥2.5r，选项D正确。
6.D　忽略该星球自转的影响时：G＝mg；该星球自转加快，角速度为ω时：G＝mg＋mω2R，星球密度ρ＝，解得ρ＝，故D正确，A、B、C错误。
7.D　解析 倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动，而地球同步轨道卫星相对于地球静止，选项A错误；赤道上的人的角速度与同步卫星的角速度相同，但运动半径较小，根据a＝ω2r可知，赤道上的人的向心加速度小于此卫星的向心加速度，选项B错误；地球的第一宇宙速度是地球上发射卫星的最小速度，选项C错误；如题图所示，地球同步轨道与倾斜同步轨道有两个交点，交点位置正下方的人用望远镜观测，一天能看到两次此卫星，选项D正确。
8.AB　解析 由h＝gt2可得t＝eq \r()，平抛运动的运动时间是由距地面的高度决定的，由题意可知ha>hb，所以ta>tb，又小球a、b的水平位移相等，且x＝v0t，可得va9.ABC　解析 两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得FT＝3μmg，ω＝，故A、B、C正确；烧断绳子瞬间A物体所需的向心力：mω2r＝2μmg，此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供所需向心力，则A做离心运动，故D错误。
10.AD　解析 根据G＝mω2r可得ω＝，运动半径越大，角速度越小，故卫星a的角速度小于c的角速度，A项正确；根据G＝ma可得a＝，所以a、b的向心加速度大小相等，B项错误；第一宇宙速度是近地轨道卫星做圆周运动的环绕速度，根据G＝m可得v＝，运动半径越大，线速度越小，所以卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，C项错误；根据G＝mr可得T＝2π，故轨道半径相等，周期相等，所以卫星a的周期与卫星b的周期相等，D项正确。
11.BC　解析 卫星围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G＝m，动能Ek＝mv2，联立解得Ek＝，由于高分五号卫星在轨道Ⅰ上的运行半径小于在轨道Ⅲ上的运行半径，所以高分五号卫星在轨道Ⅰ上运动的动能大于在轨道Ⅲ上运动的动能，选项A错误；由于轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅰ的半径，根据开普勒第三定律可知，高分五号卫星在三条轨道上的运行周期，在轨道Ⅰ上最小，在轨道Ⅲ上最大，选项B正确；由G＝ma，可知高分五号卫星在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度，选项C正确；高分五号卫星在A处变轨要加速，在B处变轨也要加速，选项D错误。
12.BD　解析 在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G＋G＝m，解得v＝，A项错误；由周期T＝知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝4π，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos 30°＝mω2·，解得ω＝，C项错误；由2Gcos 30°＝ma，得a＝，D项正确。
13.　(1)3 m/s　(2)34 N　(3)1.09 m
[解析]　(1)由平抛运动规律知v＝2gh
竖直分速度vy＝＝4 m/s
初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s。
(2)从P点至B点的过程，由动能定理有
mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv－mv
经过B点时，由向心力公式有
F′N－mg＝m
代入数据解得F′N＝34 N
由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为FN＝34 N。
(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。
从B点到上滑至最高点的过程，由动能定理有
－mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝0－mv
代入数据可解得x＝ m≈1.09 m。
14.(1)4 m/s　(2) s
[解析]　(1)若赛车恰好能到达圆轨道最高点，则由牛顿第二定律有
mg＝m
得vmin＝
对赛车从B点到最高点的过程利用动能定理，有
2mgR＝mv－mv
得vBmin＝＝4 m/s。
(2)赛车出C点后做平抛运动，由h＝gt2，得
t＝＝0.5 s
由vC＝，得vC＝3 m/s
由vC设电动机至少工作时间为t1，对赛车从A到B的过程利用动能定理，有
Pt1－FfL＝mv－0
代入数据解得t1＝ s。
[答案]　(1)4 m/s　(2) s
【高考链接】
1.BC【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
C正确，D错误。
故选BC。
2.A【解析】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y = lOPsin( + ωt)则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x = lOPcos( + ωt) + lPQ则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
3.A【解析】
根据
可得卫星做圆周运动的线速度
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为
因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得
解得
故选A。
4.B【解析】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
可得
故选B。
5.D【解析】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得
可得
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
故选D。
6.（1）；（2）或
【解析】
（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得
，，
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得
联立，代入数据得
（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，m
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上得x坐标区间
或
考纲解读
知识梳理
重点拓展
典例精讲
过关检测
高考链接
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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