【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第3讲-力与物体的曲线运动(一)

第3讲力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动1．(多选)(2022·江苏卷，6)如图1－3－1所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()图1－3－1A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不行能运动到最高处相碰D．A、B肯定能相碰解析由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝eq\r(\f(2h,g))，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝eq\f(l,v)<t1，即v>eq\f(l,t1)，所以选项A正确；由于A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A肯定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度打算，故选项B、C错误，选项D正确．答案AD2．(多选)(2022·江苏卷，8)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图1－3－2所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的状况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的()图1－3－2A．线速度大于地球的线速度B．向心加速度大于地球的向心加速度C．向心力仅由太阳的引力供应D．向心力仅由地球的引力供应解析飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，所以ω飞＝ω地，由圆周运动线速度和角速度的关系v＝rω得v飞>v地，选项A正确；由公式a＝rω2知，a飞>a地，选项B正确；飞行器受到太阳和地球的万有引力，方向均指向圆心，其合力供应向心力，故C、D选项错．答案AB3．(2021·江苏单科，1)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，依据开普勒行星运动定律可知()A．太阳位于木星运行轨道的中心B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积解析由开普勒第肯定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A错误．火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不行能始终相等，B错误．依据开普勒第三定律(周期定律)知全部行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的平方的比值是一个常数，C正确．对于某一个行星来说，其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同的时间内扫过的面积不相等，D错误．答案C4.(2021·江苏卷，2)如图1－3－3所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小图1－3－3解析由于物体的角速度ω相同，线速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB则A项错；依据a＝rω2知aA<aB，则B错；如右图，tanθ＝eq\f(an,g)，而B的向心加速度较大，则B的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，则TA<TB，所以C项错，D项正确．答案D5．(多选)(2021·江苏卷，7)如图1－3－4所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大图1－3－4解析两物体都只受重力，因此它们加速度相同A项错；由题意和抛体运动规律知，竖直方向分运动完全相同，因此飞行时间一样，则B项错，再依据水平方向，同样的时间内B物体水平位移大，则B物体在最高点的速度较大，由机械能守恒定律知B落地速度比A的也大，则C、D项正确．答案CD6．(2022·江苏卷，2)已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面四周绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A．3.5km/sB．5.0km/sC．17.7km/sD．35.2km/s解析由万有引力供应向心力可得：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，在行星表面运行时有r＝R，则得v＝eq\r(\f(GM,R))∝eq\r(\f(M,R))，因此eq\f(v火,v地)＝eq\r(\f(M火,M地)×\f(R地,R火))＝eq\r(\f(1,10)×2)＝eq\f(\r(5),5)，又由v地＝7.9km/s，故v火≈3.5km/s，故选A正确．答案A7．(多选)(2022·江苏卷，6)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图1－3－5所示的装置进行试验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落．关于该试验，下列说法中正确的有()A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应转变装置的高度，多次试验D．试验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动图1－3－5解析物体做平抛运动的规律与其质量无关，A错；在试验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球应同时落地，试验说明A球在竖直方向上做自由落体运动，B对、D错；为了消退偶然误差，可转变装置高度，多次试验进行验证，C对．答案BC主要题型：选择题学问热点(1)单独命题①平抛运动规律的考查②圆周运动规律的考查③天体运动、人造卫星问题的考查(2)交汇命题①平抛(类平抛)运动与圆周运动、功能关系等综合问题的考查②结合牛顿运动定律、圆周运动、功能关系考查航天器的变轨、对接问题．物理方法(1)运动的合成与分解法(2)模型法命题趋势(1)2021年高考中，平抛运动规律及其争辩方法、圆周运动仍是热点．(2)万有引力定律及天体的运动每年必考．估计2021年考查天体运动要突出物理与现代科学技术的结合，特殊是与现代航天技术的联系会更加紧密．热点一平抛运动问题的分析1．(2022·全国卷新课标Ⅱ，15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为 () A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，由题意知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，则v0＝eq\r(2gh)，物体落地的竖直速度vy＝eq\r(2gh)，则落地时速度方向与水平方向的夹角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(2gh),\r(2gh))＝1，则θ＝eq\f(π,4)，选项B正确．答案B2.(多选)(2022·湖南十三校3月联考)如图1－3－6所示，从地面上方不同高度处以水平速度va、vb抛出两小球a、b，结果a落在b初始位置的正下方，而b落在a初始位置的正下方，bc为过小球b初始位置的水平线，不计空气阻力，下列推断正确的有()图1－3－6A．两球抛出时的初速度va<vbB．若它们同时落地(不考虑它们在空中相碰弹射，可互不影响地通过)，它们可能在空中相遇C．若两小球同时抛出，它们不能在空中相遇D．若要使它们能在空中相遇，必需在a到达bc时将b抛出解析a、b两球平抛的竖直位移关系为ha＞hb，由h＝eq\f(1,2)gt2得，运动时间ta＞tb，a、b的水平位移x相同，由v0＝eq\f(x,t)得，va＜vb，A项正确，若它们同时落地，则a必需提前抛出，假设它们能在空中相遇，则相遇处位于同一高度，此时两球在竖直方向的分速度肯定是vay＞vby，则两球不行能同时落地，即假设错误，故两球不行能在空中相遇，B项错误；若两球同时抛出，两球在同一时刻不在同一水平高度上，不行能在空中相遇，C项正确；在a到达bc水平线上时将b抛出，以后高度不再相同，所以两者不行能在空中相遇，D项错误．答案AC3．(2022·镇江高三模拟)如图1－3－7所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB相互垂直，且OA与竖直方向成α角，则两个小球初速度之比eq\f(v1,v2)为 () A．tanα B．cosα C．tanαeq\r(tanα) D．cosαeq\r(cosα)图1－3－7解析由几何关系可知，A的竖直位移hA＝Rcosα，水平位移xA＝Rsinα；B的竖直位移hB＝Rcos(90°－α)＝Rsinα，水平位移xB＝Rsin(90°－α)＝Rcosα，由平抛运动的规律可知，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，解得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(xA,xB)·eq\r(\f(hB,hA))＝tanαeq\r(tanα)，选项C正确．答案C4．(多选)如图1－3－8所示，一个小球从高h＝10m处以水平速度v0＝10m/s抛出，撞在倾角θ＝45°的斜面上的P点，已知AC＝5m，则 () A．小球运动到P点需要1s B．P、C之间的距离为eq\r(2)m C．小球撞击P点时速度的 大小为10eq\r(2)m/s D．小球撞击P点时速度方向是垂直于斜面对下图1－3－8解析设P、C之间的距离为L，依据平抛运动规律，有5＋Lcos45°＝v0t，h－Lsin45°＝eq\f(1,2)gt2，联立解得L＝5eq\r(2)m，t＝1s，选项A正确，B错误；小球撞击P点时的水平速度v′＝v0＝10m/s，竖直速度vy＝gt＝10m/s，所以小球撞击P点时速度的大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝10eq\r(2)m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°，方向垂直于斜面对下，所以小球垂直于斜面对下撞击P点，选项C、D正确．答案ACD1．争辩抛体运动的基本思路(1)求降落点的问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系；(2)求解末速度的大小和方向的问题，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系；(3)要留意挖掘和利用合运动、分运动及题设情景之间的几何关系．2．平抛运动的三点提示(1)平抛运动的速度是均匀变化的，速度变化的方向是竖直向下的；(2)平抛运动的水平位移随时间均匀变化，而竖直位移不随时间均匀变化，其总位移不随时间均匀变化；(3)平抛运动一般沿水平方向和竖直方向分解，也可以沿任意方向分解．热点二圆周运动问题的分析5.(多选)如图1－3－9所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看做质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2.则()图1－3－9A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9mB．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1ND．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2N解析依据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，依据牛顿其次定律，有FNB＋mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．答案AC6．(多选)(2022·全国卷新课标Ⅰ，20)如图1－3－10，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开头绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()图1－3－10A．b肯定比a先开头滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开头滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg解析木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动供应的最大向心力，即最大静摩擦力fm＝kmg相同．它们所需的向心力由F向＝mω2r知Fa<Fb.所以b肯定比a先开头滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，F摩＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错．b开头滑动时有kmg＝mω2·2l，其临界角速度为ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，选项C正确．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力大小为Ff＝mω2r＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误．答案AC7．(2022·珠海联考)如图1－3－11所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC，经C点进入光滑水平面CD时速率不变，最终进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知小球质量为m，A、B两点高度差为h，BC斜面高2h，倾角α＝45°，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h，小球可看成质点，弧形轻质筐的重力忽视不计，且其高度远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：图1－3－11(1)B点与抛出点A的水平距离x；(2)小球运动至C点速度vC的大小；(3)小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F的大小．解析(1)小球运动至B点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出时的初速度为v0，从A点至B点的时间为t，有h＝eq\f(1,2)gt2，tan45°＝eq\f(gt,v0)，x＝v0t解得x＝2h(2)设小球运动至B点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a，有vB＝eq\r(2)v0，a＝gsin45°veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝2a·eq\f(2h,sin45°)，解得vC＝2eq\r(2gh)(3)小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿其次定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),3h)，解得F＝eq\f(11,3)mg.答案(1)2h(2)2eq\r(2gh)(3)eq\f(11,3)mg 解决圆周运动力学问题要留意以下几点：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＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).3．对于竖直面内的圆周运动要留意“杆模型”和“绳模型”的临界条件． (1)轻绳模型：临界条件：mg＝eq\f(mv\o\al(2,高),R)(2)轻杆模型：临界条件：v高＝0热点三天体运动人造卫星8．(2022·茂名一模)目前我国已放射北斗导航地球同步卫星十六颗，大大提高了导航服务质量，这些卫星()A．环绕地球运行可以不在同一条轨道上B．运行角速度相同C．运行速度大小相等，且都大于7.9km/sD．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等解析地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，它们运行在同一条轨道上，角速度相同，人造地球同步卫星做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s，向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，只有B选项正确．答案B9．(2022·天津卷，3)争辩表明，地球自转在渐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，将来人类放射的地球同步卫星与现在的相比()A．距地面的高度变大B．向心加速度变大C．线速度变大D．角速度变大解析同步卫星的周期等于地球的自转周期，依据eq\f(GMm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A对．又由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝ma判知：r增大，则v减小、ω变小、a变小，故B、C、D均错．答案A10．(2022·徐州市高三考前信息卷)我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星——“风云1号”，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，另一类是地球同步轨道卫星——“风云2号”，运动周期为24h．下列说法正确的是()图1－3－12A．“风云1号”的线速度小于“风云2号”的线速度B．“风云1号”的向心加速度大于“风云2号”的向心加速度C．“风云1号”的放射速度大于“风云2号”的放射速度D．“风云1号”“风云2”号相对地面均静止解析由万有引力供应向心力eq\f(GMm,R2)＝m(eq\f(2π,T))2R，又“风云1号”绕地球做匀速圆周运动的周期小于“风云2号”的周期，知“风云1号”绕地球做匀速圆周运动的半径小于“风云2号”绕地球做匀速圆周运动的半径，由eq\f(GMm,R2)＝eq\f(mv2,R)知，“风云1号”的线速度大于“风云2号”的线速度，A错误；由eq\f(GMm,R2)＝ma知，“风云1号”的向心加速度大于“风云2号”的向心加速度，B正确；卫星的绕行半径越大，需要的放射速度也就越大，“风云1号”的放射速度小于“风云2号”的放射速度，C错误；“风云2号”相对地面静止，“风云1号”与地球发生相对运动，D错误．答案B11.极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)，如图1－3－13所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t，已知地球半径为R(地球可看作球体)，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知()图1－3－13 A．地球的质量为eq\f(gR,G) B．卫星运行的角速度为eq\f(π,2t) C．卫星运行的线速度为eq\f(πR,2t) D．卫星距地面的高度为解析由Geq\f(Mm,R2)＝mg得M＝eq\f(gR2,G)，A项错；卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方所用时间为t，半径扫过的圆心角φ＝90°＝eq\f(π,2)，故卫星运行的角速度ω＝eq\f(φ,t)＝eq\f(π,2t)，B项正确；卫星运行的线速度v＝ωr＝eq\f(π,2t)(R＋h)，C项错；由Geq\f(Mm,R＋h2)＝mω2(R＋h)解得卫星距地面的高度h＝－R，D项错误．答案B12．(多选)(2022·广东卷，21)如图1－3－14所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是()A．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度图1－3－14解析据Geq\f(Mm,R2)＝mReq\f(4π2,T2)，可知半径越大则周期越大，故选项A正确；据Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可知轨道半径越大则环绕速度越小，故选项B错误；假如测得周期，则有M＝eq\f(4π2R3,GT2)，假如测得张角θ，则该星球半径为：r＝Rsineq\f(θ,2)，所以M＝eq\f(4π2R3,GT2)＝eq\f(4,3)πr3ρ＝eq\f(4,3)π(Rsineq\f(θ,2))3ρ，则ρ＝eq\f(3π,GT2sin3\f(θ,2))，故选项C正确，而选项D无法计算星球半径，则无法求出星球密度，选项D错误．答案AC1．对第一宇宙速度的三点提示：(1)第一宇宙速度是人造卫星的最小放射速度，卫星离地面越高，卫星所需要的放射速度越大．(2)第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，卫星离地面越高，卫星的运行速度越小．(3)第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，其轨道半径与地球半径相同．2．天体运动的两大模型 (1)“天体公转”模型 某天体绕中心天体做匀速圆周运动 ①万有引力供应向心力 Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m(eq\f(2π,T))2r＝man＝mg′(g′表示轨道处的重力加速度)——可称为“天上公式”． ②在地球表面：eq\f(GMm,R2)＝mg.(g表示地球表面的重力加速度)→可称为“地面公式”．(2)“天体自转”模型绕通过自身中心的某一轴以肯定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体．3．解题技巧解决力与运动关系的思想还是动力学思想，解决力与运动的关系的桥梁还是牛顿其次定律．(1)卫星的an、v、ω、T是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化．(2)an、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同打算．高考命题热点3.卫星运动过程中基本参量的计算与比较解决天体问题的“一、二、三”(1)“一个模型”：天体的运动可简化为围绕中心天体做“匀速圆周运动的模型”．(2)“两组公式”：①天体做匀速圆周运动的向心力由万有引力供应，基本规律为Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝man.②天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力，即eq\f(GMm,R2)＝mg或gR2＝GM(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式gR2＝GM应用广泛，称“黄金代换”．(3)“三个区分”①中心天体和环绕天体的区分；②自转周期和公转周期的区分；③星球半径和轨道半径的区分．图1－3－15【典例】(多选)(6分)在放射一颗质量为m的人造地球同步卫星时，先将其放射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽视不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上．已知它在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g，地球半径为R，图1－3－15中PQ长约为8R，卫星在变轨过程中质量不变，则()A．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度为(eq\f(h,R＋h))2gB．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度为v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))C．卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率D．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能审题流程第一步：抓住信息→构建运动模型读题其次步：找突破口→理清思路解析设地球质量为M，由万有引力供应向心力得在轨道Ⅰ上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，在轨道Ⅲ上有Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma，所以a＝(eq\f(R,R＋h))2g，A错；又因a＝eq\f(v2,R＋h)，所以v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，B对；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速做离心运动，即满足eq\f(GMm,r2)＜eq\f(mv2,r)，所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率，C对．尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P、Q点各加速一次，但在圆形运行轨道上v＝eq\r(\f(GM,r))，所以由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，D错．答案BC1．变轨运动与机械能变化 卫星速度增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，致使卫星在较高轨道上的运行速度小于在较低轨道上的运行速度，但机械能增大；相反，卫星由于速度减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样缘由致使卫星在较低轨道上的运行速度大于在较高轨道上的运行速度，但机械能减小．2．航天器变轨问题的三点留意事项 (1)航天器变轨时半径的变化，依据万有引力和所需向心力的大小关系推断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v＝eq\r(\f(GM,r))推断． (2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大． (3)航天器经过不同轨道相切的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度．(2022·山东卷，20)(6分)2021年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图1－3－16所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面放射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面．“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝eq\f(GMmh,RR＋h)，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽视月球的自转，从开头放射到对接完成需要对“玉兔”做的功为 ()图1－3－16A.eq\f(mg月R,R＋h)(h＋2R) B.eq\f(mg月R,R＋h)(h＋eq\r(2)R)C.eq\f(mg月R,R＋h)(h＋eq\f(\r(2),2)R) D.eq\f(mg月R,R＋h)(h＋eq\f(1,2)R)解析设玉兔在高度h的速度为v，则由万有引力定律得，Geq\f(Mm,R＋h2)＝eq\f(mv2,R＋h)可知，玉兔在该轨道上的动能为Ek＝eq\f(1,2)eq\f(GMm,R＋h)，由功能关系可知对玉兔做的功为：W＝Ep＋Ek＝eq\f(GMmh,RR＋h)＋eq\f(1,2)eq\f(GMm,R＋h)，结合在月球表面：Geq\f(Mm,R2)＝mg月，整理可知W＝eq\f(mg月R,R＋h)(h＋eq\f(1,2)R)，故正确选项为D.答案D一、单项选择题1．(2022·福建卷，14)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的()A.eq\r(pq)倍B.eq\r(\f(q,p))倍C.eq\r(\f(p,q))倍D.eq\r(pq3)倍解析依据万有引力供应向心力Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(\f(GM,R))∝eq\r(\f(M,R))，由题意可得：eq\f(v行,v地)＝eq\r(\f(M行R地,R行M地))＝eq\r(\f(p,q))，C选项正确，A、B、D选项错误．答案C2．(2022·宿迁市高三摸底考试)图1－3－17如图1－3－17所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动．经P点时，启动推动器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道．则飞行器()A．变轨后将沿轨道2运动B．相对于变轨前运行周期变长C．变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D．变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等解析飞行器向前喷气后其速度减小，变轨后将沿轨道3运动，选项A错误；由开普勒第三定律知飞行器相对于变轨前运行周期变短，选项B错误；由万有引力定律和牛顿其次定律知变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等，选项C错误，选项D正确．答案D3．(2022·山东潍坊二模)四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图1－3－18所示，其中，a是静止在地球赤道上还未放射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较()图1－3－18A．a的向心加速度最大B．相同时间内b转过的弧长最长C．c相对于b静止D．d的运动周期可能是23h解析a、b、c、d四颗卫星中，b的向心加速度、线速度、角速度都最大．c相对于a静止，c的周期为Tc＝24h，它们的周期关系为：Tb＜Ta＝Tc＜Td，由以上分析可知正确的选项为B.答案B4．(2022·安徽卷，19)图1－3－19如图1－3－19所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2.则ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/sB.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s解析经分析可知，小物体最先相对滑动的位置为最低点，对小物体受力分析得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r.代入数据得：ω＝1.0rad/s，选项C正确．答案C5.图1－3－20如图1－3－20所示，小球由静止释放，运动到最低点A时，细线断裂，小球最终落在地板上．假如细线的长度l可以转变，则()A．细线越长，小球在最低点越简洁断裂B．细线越短，小球在最低点越简洁断裂C．细线越长，小球落地点越远D．细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远解析依据机械能守恒定律可知，小球下摆过程中有mgl＝eq\f(1,2)mv2，在A点有T－mg＝meq\f(v2,l)，所以细线对小球的拉力T＝3mg，可见细线的断裂状况与细线长短无关，A、B错误．细线断裂后，小球做平抛运动，设O点离地板的高度为H，则H－l＝eq\f(1,2)gt2，小球做平抛运动的水平位移x＝vt，整理得x＝2eq\r(H－ll)，所以细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远，C错误，D正确．答案D6.图1－3－21如图1－3－21所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R，A在B点正上方高R处，现有两小球分别从A、B两点以肯定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则A球击中D点时动能为()A．2EB.eq\f(8,5)EC.eq\f(5,4)ED.eq\r(5)E解析由平抛运动规律可知两小球下落时间均为t＝eq\r(\f(2R,g))，由水平射程x＝vt知，A、B两小球的初速度分别为vA＝eq\r(2gR)、vB＝eq\r(\f(gR,2))，由动能定理知对B球有mgR＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，对A球有mgR＝EkA－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，联立得EkA＝eq\f(8,5)Ek，B对．答案B二、多项选择题7．(2022·广东深圳一模)图1－3－22如图1－3－22为过山车以及轨道简化模型，以下推断正确的是()A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于eq\r(gR)C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D．过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点解析过山车在圆轨道上做变速圆周运动，A错误；过山车沿轨道内侧运动，到最高点时有mg＋FN＝meq\f(v2,R)，当FN＝0时有最小速度，故最小速度vmin＝eq\r(gR)，B正确；过山车在圆轨道最低点时有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，C正确．过山车由静止滑下能通过圆轨道最高点，需满足mgh－mg×2R＝eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2，即h＝2.5R，选项D错误．答案BC8．(2022·盐城市三模)图1－3－23如图1－3－23所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开头渡河，M、N分别是甲、乙两船的动身点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点．假如划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行．下列推断正确的是()A．甲船也能到达正对岸B．两船渡河时间肯定相等C．两船相遇在NP直线上D．渡河过程中两船不会相遇解析设甲、乙两船的速度大小均为v，则两船垂直于河岸方向的分速度均为vsinα，故两船渡河时间相等，选项B正确；乙船能到达正对岸P点，故乙船沿河岸方向的分速度与水速等大反向，即水速沿MN方向，大小为vcosα，由于甲船沿河岸的分速度也沿MN方向，与水速方向相同，故甲船不能到达正对岸，而是到达P点右侧(下游)某一位置，选项A错误；由于甲船到达对岸的位置在P点右侧，而乙船合速度方向沿NP方向，且两船垂直于河岸方向的分速度相等，即两船离开河岸的垂直距离总相等，故两船肯定在直线NP上某点相遇，选项C正确，选项D错误．答案BC9．(2022·全国卷新课标Ⅰ，19)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，2022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．则下列推断正确的是()地球火星木星土星天王星海王星轨道半径(AU)1.01.55.29.51930A.各地外行星每年都会消灭冲日现象B．在2021年内肯定会消灭木星冲日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短解析设地球的运转周期为T0、角速度为ω0、轨道半径为r0，则其他行星的轨道半径为r＝kr0①依据万有引力定律及牛顿其次定律得：eq\f(GMm,r\o\al(2,0))＝mωeq\o\al(2,0)r0②eq\f(GMm,r2)＝mω2r③联立①②③得：ω＝eq\f(1,\r(k3))ω0.各行星要再次冲日需满足：ω0t－ωt＝2π，即t＝eq\f(k\r(k),k\r(k)－1)T0，其中k＝1.5、5.2、9.5、19、30.依据上式结合k值并由数学学问可知：行星冲日的时间间隔肯定大于1年，并且k值越大时间间隔越短，所以选项B、D正确，A、C错误．答案BD三、非选择题10．(2022·山东潍坊统考)如图1－3－24所示，水平地面的B点右侧有一圆形挡板，圆的半径R＝4m，B为圆心，BC连线与竖直方向夹角为37°，滑块静止在水平地面上的A点，AB间距L＝4.5m．现用水平拉力F＝18N沿AB方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板的C点，已知滑块质量m＝2kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图1－3－24(1)拉力F作用的距离；(2)滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间．解析滑块落在C点，其从B点射出的速度v2满足：Rsin37°＝v2t3①又Rcos37°＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)②在水平面上加速前进x1时，物块恰好落到C点，由动能定理Fx1－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)③解得：x1＝2.5m④(2)开头时的加速度为a1，由牛顿其次定律F－μmg＝ma1⑤x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑥v1＝a1t1⑦撤力后滑块