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第3讲　力学中的曲线运动
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备考策略
1.必须领会的“四种物理思想和三种常用方法”
(1)分解思想、临界极值的思想、估算的思想、模型化思想。
(2)假设法、合成法、正交分解法。
2.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tan θ＝2tan φ。
3.注意天体运动的三个区别
(1)中心天体和环绕天体的区别。
(2)自转周期和公转周期的区别。
(3)星球半径和轨道半径的区别。
4.记住天体运动中的“三看”和“三想”
(1)看到“近地卫星”想到“最大绕行速度”“最小周期”。
(2)看到“忽略地球自转”想到“万有引力等于重力”。
(3)看到“同步卫星”想到“周期T＝24 h”。
　运动的合成与分解及平抛运动
　运动的合成与分解
【典例1】 (2019·温州九校高三上学期模拟)如图1所示，半径为R的光滑圆弧AB与水平线相切于B点，O点为圆心，竖直线OB的右侧有方向水平向右的匀强电场。电场中有两个台阶，第一阶台阶M1N1，第二阶台阶M2N2，已知BM1之间的高度差为H，台阶宽度为l、台阶间的高度差为h。台阶上铺有特殊材料，与之相碰的小球：①带上正电，并在此后电荷量始终保持不变，其在电场中受到的电场力大小为0.5倍重力；②水平方向的速度立即减为零，竖直方向速度变为原来的倍。原来小球不带电，已知H＝4h，R＝3h，重力加速度为g。
图1
(1)从A点静止释放的小球，能落在第一台阶M1N1上，则l至少应为多少个h；
(2)若小球由P点静止释放，经过B点时对轨道的压力为重力的1.8倍，令∠BOP＝α，求α大小(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)；
(3)调整小球释放的位置，若使落在台阶M1N1中点弹起后，恰好又落到M2N2的中点，求从弹起到落回所经过的时间t及台阶宽度l与高度差h之间的关系。
解析　(1)由动能定理有mgR＝mv2
小球做平抛运动，由平抛运动的规律可知
竖直方向：H＝gt2
水平方向：l＝vt
由以上三式解得l＝4h。
(2)由动能定理有mv＝mgR(1－cos α )
向心力公式FN′－mg＝m
由牛顿第三定律FN＝FN′
由以上各式解得cos α＝0.6
所以α＝53°。
(3)小球落在台阶M1N1时竖直速度为
vy＝＝2
反弹时竖直速度为v＝
在竖直方向上，选向下为正方向，设小球从M1N1上弹起后落到M2N2上所用的时间为t
h＝－vt＋gt2解得t＝(＋2)
在水平方向上小球受电场力，加速度大小为
a＝＝
根据运动学公式l＝at2＝gt2
解得l＝h。
答案　(1)4h　(2)53°　(3)(＋2)
l＝h
　以“体育运动”中的网球为载体考查平抛运动的规律
【典例2】 (2019·桐乡一中模拟)如图2所示，是网球比赛场地图，单打区域长MP为a，宽MN为b，发球线到网的距离为c，一个球员在练习发球时，站在发球线的中点发球，将球打到对方左下方死角(单打边线与底线的交点)，若击球点的高度为h，网球被发出后做平抛运动(球可看做质点，不计空气的阻力)，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
图2
A.网球在空中运动的时间t＝
B.球位移大小l＝
C.人对网球做功W＝
D.网球初速度的大小v0＝
解析　网球运动的时间为t＝，故A错误；网球在水平方向的位移大小为x＝，所以网球的位移大小l＝，故B错误；球的初速度的大小为v0＝＝，人对网球做功W＝mv＝，故C正确，D错误。
答案　C
　斜面上的平抛运动
【典例3】 (2019·浙江乐清上学期高三模拟) (多选)如图3所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，重力加速度大小为g，则(　　)
图3
A.落于B点的小球飞行时间为t
B.v2＝gt
C.落于C点的小球的水平位移为gt2
D.A点距水平面MN的高度为gt2
解析　落于C点的小球速度垂直QO，则分解速度，如图所示，则v1＝gt，水平位移x＝v1t＝gt2，选项C正确；落于B点的小球，则分解位移如图所示。
其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为t，
有tan 45°＝＝，v2＝，选项A正确，B错误；
设C点距地面的高度为h，由几何关系知
2h＝v1t－v2t，得h＝gt2
故A距水平面高度H＝h＋gt2＝gt2，选项D正确。
答案　ACD
【典例4】 (2019·浙江桐乡高级中学高三模拟)甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成α角，乙同学持拍的拍面与水平方向成β角，如图4所示，设乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前与击打后速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为(　　)
图4
A. B.
C. D.
解析　乒乓球被甲的球拍击打后以速度v1做斜上抛运动到最高点，此运动可看成平抛运动的逆过程，设平抛的初速度为v0，则v1＝，v2＝，得＝，A项正确。
答案　A
1.(2019·杭州高三模拟)乒乓球发球机是一个很好的辅助练习者练球的工具。如图5甲所示，是乒乓球发球机的实物图，图乙是简化示意图。设乒乓球桌面ABCD的AB边长为L1，BC边长为L2，球网JK位于桌面的正中间，网高为h；发球机简化为EF，其中E点固定在AB边的中点，F点为乒乓球发射点，EF始终保持竖直，高度为H(可调)。乒乓球看成质点，每次均从F点水平发射，发射方向可以在水平面内任意调整，不计空气阻力和周围环境对乒乓球运动的影响，若球擦网而过时不计球和网之间的相互作用，不考虑乒乓球的旋转，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
图5
A.要让乒乓球能越过球网，最小发射速率一定为
B.若乒乓球的发射速率超过L2，则乒乓球一定会落在边界CD之外
C.只要H大于h，就一定能设置合适的发球速率，使球落在JKCD区域
D.调整H和h的高度，若球以垂直于AB边的方向发射能够擦网而过后直接落到JKCD边上，则适当调整发射方向后，只要是落在CD边界上的球一定是擦网而过的
解析　要让乒乓球能越过球网，则在乒乓球到达网前下落的高度：H－h＝gt2，水平方向的位移x＝，最小发射速率一定为vmin＝＝·，选项A错误；从抛出点到球桌角C、D时水平位移最大，故最大水平位移大小为s＝；当发射的速率等于L2时，则x′＝L2··＝L2答案　D
2.(2019·浙江余姚选考模拟) (多选)如图6所示，水平面内放置一个直径d＝1 m，高h＝1 m的无盖薄油桶，沿油桶直径距左桶壁s＝2 m 处的正上方有一点P，P点的高度H＝3 m，从P点沿直径方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)
图6
A.小球的速度范围为 m/sB.小球的速度范围为 m/sC.小球的速度范围为 m/sD.若P点的高度变为1.8 m，则小球无论初速度多大，均不能落在桶底(桶边缘除外)
解析　如图所示，小球落在A点时，v1＝s＝ m/s，当小球落在D 点时，v2＝s＝ m/s，当小球落在B点时，v3＝(s＋d)
＝ m/s，当小球落在C点时，v4＝(s＋d)＝ m/s。小球击中油桶内壁时，v2答案　ACD
3.(2019·绍兴市期末)某学生在台阶上玩玻璃弹子。他在平台最高处将一个小玻璃弹子垂直于棱角边推出，以观察弹子的落点位置。台阶的尺寸如图7所示，高
a＝0.2 m，宽b＝0.3 m，不计空气阻力。(g取10 m/s2)
图7
(1)要使弹子落在第一级台阶上，推出的速度v1应满足什么条件？
(2)若弹子被水平推出的速度v2＝4 m/s，它将落在第几级台阶上？
解析　(1)显然v1不能太大，考虑临界状况(落在尖角处)
根据gt＝a，解得t1＝0.2 s
则v1≤＝1.5 m/s。
(2)构造由题图中尖角所成的斜面，建立坐标系
水平向右为x轴：x＝v2t
竖直向下为y轴：y＝gt2
又＝tan θ＝
联立解得t＝ s
h＝gt2≈1.42 m
分析知，玻璃弹子将落在第8级台阶上。
答案　(1)v1≤1.5 m/s　(2)8
　圆周运动问题
　圆周运动的运动学及动力学问题
【典例1】 (2019·浙江杭州上学期高三模拟)游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学。如图8所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动(忽略重物刚掉落时水平运动的影响)，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b处时接到，已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g(人和吊篮的大小及重物的质量可忽略)。求：
图8
(1)接住前重物下落的时间t；
(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度v的大小；
(3)乙同学在最低点处对地板的压力FN。
解析　(1)由运动学公式有2R＝gt2
解得t＝2。
(2)s＝πR，由v＝得v＝π。
(3)设最低点处地板对乙同学的支持力大小为FN′，
由牛顿第二定律得FN′－mg＝
则FN′＝mg
由牛顿第三定律得FN＝mg，方向竖直向下。
答案　(1)2　(2)π (3)mg　方向竖直向下
　平抛运动与圆周运动的组合问题
【典例2】 (2017·全国卷Ⅱ，17)如图9，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)
图9
A. B.
C. D.
解析　物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得
mv2＝2mgr＋mv，
物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，
由2r＝gt2得t＝，联立解得x＝，由数学知识可知，当4r＝时，x最大，即r＝，故选项B正确。
答案　B
(1)解决圆周运动问题要注意以下几点
①要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。
②列出正确的动力学方程
F＝m＝mrω2＝mωv＝mr。
(2)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。　　　　
1.(2019·浙江乐清选考模拟)(多选)北京时间2017年9月7日，全运会在天津举办，山东队28岁的张成龙以14.733分在男子单杠决赛中获得第一名。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10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(指他的重心的线速度)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(　　)
图10
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
解析　张成龙的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”。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
2.(2019·浙江东阳中学高三上学期模拟)如图11所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r。在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R＝3r。现在进行倒带，使磁带绕到A轮上。倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t。则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间(　　)
图11
A. B.t
C.t D.t
解析　因为A轮角速度一定，A轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v＝ωr，故线速度大小随时间t均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理。整个过程中，设A轮外缘初速度大小为v，则末速度大小为3v，运动时间为t，加速度为a，位移大小即磁带总长度为x，由匀变速直线运动规律，(3v)2－v2＝2ax，3v＝v＋at，当磁带有一半绕到A轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v′2－v2＝ax，v′＝v＋at′，解得v′＝v，t′＝t，选项B正确。
答案　B
3.(2019·浙江温州质检)(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图12所示，a绳与水平方向成θ角，b绳沿水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，a、b两绳均伸直，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
图12
A.a绳张力不可能为零
B.a绳的张力随角速度的增大而增大
C.当角速度ω>，b绳将出现张力
D.若b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变
解析　小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，选项A正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的张力不变，选项B错误；当b绳张力为零时，有＝mlω2，解得ω＝，可知当角速度ω>时，b绳出现张力，选项C错误；由于b绳可能没有张力，故b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，选项D正确。
答案　AD
4.(2019·浙江舟山质检)如图13所示是对质量为m＝0.1 kg 的某型号玩具小车性能进行测试的装置，它是由固定长度为L＝1.5 m的粗糙直轨道AB、半径为R＝0.2 m的光滑圆形轨道BCB′以及长度可调的粗糙直轨道B′D三部分平滑连接而成(BB′略有错开)，整个装置置于距地面足够高的水平平台上，轨道末端D始终与平台右端重合；为了保护小车安全，在距平台右端x＝0.9 m处竖立一堵竖直泡沫墙EP。已知小车在AB、B′D上运动时所受阻力恒为车重的0.2倍，测试时小车从A点以恒定功率向B运动，到达B点时恰好达到最大速度，然后进入圆形轨道同时关闭小车动力。某次测试测得小车在通过圆形轨道最高点C时对轨道压力大小为3.0 N，g取10 m/s2。试求：
图13
(1)小车在通过C点时的速度大小；
(2)小车在AB段运动时的功率和运动时间；
(3)保持其他物理量不变，应调节B′D的长度为多大，小车才能以最小动能撞击泡沫墙EP？最小动能为多少？
解析　(1)由牛顿第三定律知小车在圆形轨道最高点时，轨道对小车的作用力
F＝3.0 N，
在最高点有mg＋F＝m
则vC＝2 m/s。
(2)由机械能守恒定律得
mv＝mg2R＋mv，得vB＝4 m/s
AB段由动能定理得Pt－fL＝mv
P＝fvB解得P＝0.8 W，t＝1.375 s。
(3)设小球与墙撞击点为Q，则从D→Q
x＝vDt，h＝gt2
EQ＝mv＋mgh
得到EQ＝0.05v＋
所以当0.05v＝
即vD＝3 m/s时EQmin＝0.9 J
此时B→D由动能定理有－fL′＝mv－mv
得L′＝ m＝1.75 m。
答案　(1)2 m/s　(2)0.8 W　1.375 s　(3)1.75 m　0.9 J
　万有引力与天体的运动
　开普勒三定律与万有引力定律的应用
【典例1】 (2019·桐乡一中模拟)如图14所示，A、B为地球两个同轨道面的人造卫星，运行方向相同，A为同步卫星，A、B卫星的轨道半径之比为＝k，地球自转周期为T。某时刻A、B两卫星位于地球同侧直线上，从该时刻起至少经过多长时间A、B间距离最远(　　)
图14
A. B.
C. D.
解析　由开普勒第三定律得＝，设两卫星至少经过时间t距离最远，如图所示，－＝nB－nA＝，又TA＝T，解得t＝，选项A正确。
答案　A
【典例2】 (2019·稽阳联谊学校联考)国产科幻片《流浪地球》的成功上演，掀起了天体热。小明同学课外查阅太阳系行星的一些资料。太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断中正确的是(　　)
轨道半径(AU)
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A.各地外行星每年都会出现冲日现象
B.在2015年内一定会出现木星冲日
C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D.地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最长
解析　因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出2π，所以不可能每年都出现，选项A错误；对于木星和地球，由开普勒行星第三定律有＝＝140.608，周期的近似比值为12，故木星的周期T1约为12年，由曲线运动追及公式－＝2nπ，将n＝1代入可得t＝年，为木星两次冲日的时间间隔，所以2015年能看到木星冲日现象，B正确；同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔为1.01年，土星两次冲日的时间间隔为1.03年，海王星两次冲日的时间间隔为1.006年，由此可知C、D错误。
答案　B
　天体质量、密度的估算
【典例3】 (2019·桐乡一中高三年级周考)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(　　)
图15
A.5×109 kg/m3 B.5×1012 kg/m3
C.5×1015 kg/m3 D.5×1018 kg/m3
解析　毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力提供其表面物体做圆周运动的向心力，根据G＝m，M＝ρ·πR3，得ρ＝，代入数据解得ρ≈5×1015 kg/m3，C正确。
答案　C
　卫星运行参量的分析
【典例4】 (多选)使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v2，v2与v1的关系是v2＝v1。已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为ρ，不计其他星球的影响，则(　　)
A.该星球上的第一宇宙速度为
B.该星球上的第二宇宙速度为
C.该星球的平均密度为
D.该星球的质量为
解析　星球的半径R′＝，星球上的重力加速度g′＝，该星球上的第一宇宙速度v1＝＝＝，选项A错误；该星球上的第二宇宙速度为v2＝
v1＝＝，选项B正确；由g′＝，g＝，M＝ρV，V＝πR3，联立解得该星球的质量为M′＝，选项D错误；该星球体积V′＝πR′3，该星球的平均密度为ρ′＝，R′＝，联立解得ρ′＝，选项C正确。
答案　BC
　卫星的变轨与对接
【典例5】 “嫦娥五号”作为我国登月计划中第三期工程的“主打星”，登月后又从月球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面，完成探月第三期工程的重大跨越带回月球样品。“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后进入大气层。如图16所示，虚线为大气层的边界，已知地球半径为R，d点与地心距离为r，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
图16
A.“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态
B.“嫦娥五号”在d点的向心加速度大小等于
C.“嫦娥五号”在a点和c点的速率相等
D.“嫦娥五号”在c点和e点的速率相等
解析　由“嫦娥五号”运动轨迹可知，其在b点的加速度方向与所受万有引力方向相反，处于超重状态，选项A错误；由万有引力定律和牛顿第二定律得G＝ma，其在d点的向心加速度a＝，在地表处，有mg＝G，解得a＝，选项B错误；从a点到c点过程中，万有引力做功为零，但大气阻力做负功，由动能定理可知，动能变化量不为零，故在a、c两点时速率不相等，选项C错误；从c点到e点过程中，所经空间无大气，万有引力做功为零，所以在c、e两点时速率相等，选项D正确。
答案　D
1.分析卫星轨道半径与运行参数关系应注意
卫星轨道半径越大，同一卫星所受万有引力越小，其线速度、角速度、向心加速度越小，周期越大；动能越小，势能越大，机械能越大。
2.天体运动与几何关系相结合问题
(1)多星模型中分析天体的运行轨道半径与星体间距的关系。
(2)求解传播时间、挡光时间时通常需作出轨迹圆的切线，分析边角关系。　　　　
1.(2019·浙江永康选考模拟)如图17所示是嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图，嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ，嫦娥三号在圆轨道Ⅱ做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，已知引力常量为G，下列说法中正确的是(　　)
图17
A.由题中(含图中)信息可求得月球的质量
B.由题中(含图中)信息可求得月球第一宇宙速度
C.嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速
D.嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P处时的加速度大于沿圆轨道Ⅱ运动到P处时的加速度
解析　由万有引力提供向心力G＝mr，得M＝，可计算出月球的质量，故A正确；由G＝m，得v＝，由于不知道月球半径R，所以不能计算月球第一宇宙速度，故B错误；椭圆轨道和圆轨道是不同的轨道，嫦娥三号只有在减速后，才能进入圆轨道，故C错误；嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P处时和沿圆轨道Ⅱ运动到P处时，所受万有引力大小相等，所以加速度大小也相等，故D错误。
答案　A
2.(2019·4月浙江选考，7)某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止)。则此卫星的(　　)
图18
A.线速度大于第一宇宙速度
B.周期小于同步卫星的周期
C.角速度大于月球绕地球运行的角速度
D.向心加速度大于地面的重力加速度
解析　第一宇宙速度7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，故此卫星的线速度小于第一宇宙速度，A错误；根据题意，该卫星是一颗同步卫星，周期等于同步卫星的周期，故B错误；卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，根据＝mω2r可知，绕行半径越小，角速度越大，故此卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度，C正确；根据an＝可知，绕行半径越大，向心加速度越小，此卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，D错误。
答案　C
3.(2019·浙江宁波重点中学高三联考)2017年11月5日我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射了第24、25颗北斗导航卫星，开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代。北斗导航系统由5颗静止轨道卫星(即卫星相对地面的位置保持不变)和30颗非静止轨道卫星组成，其中北斗G5为地球静止轨道卫星，轨道高度约为36 000 km；北斗M3为中圆地球轨道卫星，轨道高度约为21 500 km，已知地球半径为6 400 km，则下列说法中正确的是(　　)
A.北斗G5绕地球运转周期为24 h
B.北斗G5绕地球运转的线速度大于7.9 km/s
C.北斗M3绕地球运转的角速度小于北斗G5的角速度
D.北斗M3绕地球运转的向心加速度小于北斗G5的向心加速度
解析　北斗G5绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律＝，GM＝gR2，故北斗G5绕地球做匀速圆周运动的周期为T＝＝24 h，选项A正确；根据＝，解得北斗G5绕地球运转的线速度v＝<7.9 km/s，选项B错误；根据
＝mω2(R＋h)，解得ω＝，由于北斗M3的轨道高度小于北斗G5的轨道高度，北斗M3绕地球运转的角速度大于北斗G5的角速度，选项C错误；根据＝ma，解得a＝，由于北斗M3的轨道高度小于北斗G5的轨道高度，北斗M3绕地球运转的向心加速度大于北斗G5的向心加速度，选项D错误。
答案　A
4.(2019·浙江金华选考模拟) (多选)2017年4月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号对接。假设天舟一号从B点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号所在的圆轨道上完成对接，如图19所示。已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是(　　)
图19
A.天宫二号的运行速度小于7.9 km/s
B.天舟一号的发射速度大于11.2 km/s
C.根据题中信息可以求出地球的质量
D.天舟一号在A点的运行速度大于天宫二号在A点的运行速度
解析　由G＝m可得线速度与半径的关系为v＝，即轨道半径r越大，速率v越小。第一宇宙速度(7.9 km/s)是近地卫星(轨道半径近似等于地球半径)的运行速度，由题图可知天宫二号轨道半径大于地球半径，所以天宫二号的运行速度小于7.9 km/s，选项A正确；第二宇宙速度(11.2 km/s)是人造卫星脱离地球引力范围围绕太阳运动的最小发射速度，而天舟一号是围绕地球运动的，所以天舟一号的发射速度小于11.2 km/s，选项B错误；根据题中信息可知，天舟一号沿椭圆轨道运动的轨道半长轴a＝(R＋r)，设天宫二号绕地球运动的周期为 T′，根据开普勒第三定律可得＝，故而可求得T′，再由G＝
mr，可以求出地球的质量M，选项C正确；由天舟一号在A点要进入圆轨道，需加速，可知天舟一号在A点的运行速度小于天宫二号在A点的运行速度，选项D错误。
答案　AC
热点模型构建——常考的圆周运动模型
竖直平面的圆周运动“绳、杆”模型
绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝得v临＝
(1)过最高点时，v≥
FN＋mg＝，绳、轨道对球产生弹力FN＝－mg
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
由小球恰能做圆周运动得
v临＝0
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0(3)当v＝时，FN＝0
(4)当v>时，FN＋mg＝，FN指向圆心并随v的增大而增大
讨论分析
【典例】 (2019·宁波市新高考适应性考试)如图20所示，竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接，“9”字全高H＝0.8 m，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R＝0.2 m，钢管的内径大小忽略不计。桌面左端固定轻质弹簧，开始弹簧处于锁定状态，其右端处于A位置，此时弹簧具有的弹性势能为Ep＝2.16 J，将质量m＝0.1 kg的可看作质点的小球放在A位置与弹簧相接触，解除弹簧锁定后，小球从A被弹出后经过B点进入“9”字形轨道最后从D点水平抛出，AB间水平距离为L＝1.2 m 小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，试求：
图20
(1)弹簧解除锁定后，小球到B点时的速度大小；
(2)小球运动到轨道最高点C时对轨道的作用力；
(3)若小球从“9”字形轨道D点水平抛出后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ＝45°，每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变，小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半，求小球第一次弹起后距地面的高度。
解析　(1)弹簧解除锁定后，由动能定理得
W弹－μmgL＝mv，且W弹＝Ep
解得vB＝6 m/s。
(2)小球由B到C运动，由动能定理得
－mgH＝mv－mv
在C点FN＋mg＝m解得FN＝9 N
由牛顿第三定律，压力等于支持力，方向竖直向上。
(3)小球由B到D运动
－mg(H－2R)＝mv－mv
第1次到达地面时vy＝，vy＝vD＝ m/s
弹起时vy′＝vy
竖直方向有vy′2＝2gh解得h＝0.35 m。
答案　(1)6 m/s　(2)9 N　竖直向上　(3)0.35 m

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