浙江专用2025版高考物理二轮复习专题一第3讲学中的曲线运动讲义增分练含解析

PAGE1-第3讲力学中的曲线运动网络构建备考策略1.必需领悟的“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)随意时刻速度的反向延长线肯定通过此时水平位移的中点。(2)设在随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。3.留意天体运动的三个区分(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。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“忽视地球自转”想到“万有引力等于重力”。(3)看到“同步卫星”想到“周期T＝24h”。运动的合成与分解及平抛运动运动的合成与分解【典例1】(2024·温州九校高三上学期模拟)如图1所示，半径为R的eq\f(1,4)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，其次阶台阶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。台阶上铺有特别材料，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水平方向的速度马上减为零，竖直方向速度变为原来的eq\f(\r(3),2)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sin37°＝0.6，cos37°＝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＝eq\f(1,2)mv2小球做平抛运动，由平抛运动的规律可知竖直方向：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)由动能定理有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)由牛顿第三定律FN＝FN′由以上各式解得cosα＝0.6所以α＝53°。(3)小球落在台阶M1N1时竖直速度为vy＝eq\r(2gH)＝2eq\r(2gh)反弹时竖直速度为v＝eq\r(6gh)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电场力，加速度大小为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(g,2)依据运动学公式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“体育运动”中的网球为载体考查平抛运动的规律【典例2】(2024·桐乡一中模拟)如图2所示，是网球竞赛场地图，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2A.网球在空中运动的时间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.人对网球做功W＝eq\f(mg[b2＋（a＋2c）2],16h)D.网球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)[b2＋（a＋2c）2])解析网球运动的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，故A错误；网球在水平方向的位移大小为x＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋（a＋2c）2)，所以网球的位移大小l＝eq\f(1,2)eq\r(4h2＋b2＋（a＋2c）2)，故B错误；球的初速度的大小为v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(g,2h)[b2＋（a＋2c）2])，人对网球做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mg[b2＋（a＋2c）2],16h)，故C正确，D错误。答案C斜面上的平抛运动【典例3】(2024·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3A.落于B点的小球飞行时间为tB.v2＝gtC.落于C点的小球的水平位移为gt2D.A点距水平面MN的高度为eq\f(3,4)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tan45°＝eq\f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq\f(gt,2v2)，v2＝eq\f(gt,2)，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＝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，选项D正确。答案ACD【典例4】(2024·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＝eq\f(v0,sinα)，v2＝eq\f(v0,sinβ)，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(sinβ,sinα)，A项正确。答案A1.(2024·杭州高三模拟)乒乓球发球机是一个很好的协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点为乒乓球放射点，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点水平放射，放射方向可以在水平面内随意调整，不计空气阻力和四周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5A.要让乒乓球能越过球网，最小放射速率肯定为eq\f(L2,2)eq\r(\f(g,2h))B.若乒乓球的放射速率超过L2eq\r(\f(g,2h))，则乒乓球肯定会落在边界CD之外C.只要H大于h，就肯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边的方向放射能够擦网而过后干脆落到JKCD边上，则适当调整放射方向后，只要是落在CD边界上的球肯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＝eq\f(1,2)gt2，水平方向的位移x＝eq\f(L2,2)，最小放射速率肯定为vmin＝eq\f(x,t)＝eq\f(L2,2)·eq\r(\f(g,2（H－h）))，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＝eq\r(Leq\o\al(2,2)＋\f(Leq\o\al(2,1),4))；当放射的速率等于L2eq\r(\f(g,2h))时，则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))时乒乓球有可能落在界内，选项B错误；该情景中，存在乒乓球刚好过网和球刚好不出界的临界条件，结合高度求出平抛运动的时间，依据水平位移和时间可以求出最小初速度、最大初速度与H、h对应的条件，可知并不是只要H大于h，就肯定能设置合适的发球速率，使球落在JKCD区域，选项C错误；结合高度求出平抛运动的时间，可以发觉调整H和h的高度，若球以垂直于AB边的方向放射能够擦网而过后干脆落到JKCD边上，则适当调整放射方向后，只要是落在CD边界上的球肯定是擦网而过的，选项D正确。答案D2.(2024·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＝1m，高h＝1m的无盖薄油桶，沿油桶直径距左桶壁s＝2m处的正上方有一点P，P点的高度H＝3m，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＝10m/s2)()图6A.小球的速度范围为eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s时，小球击中油桶的内壁B.小球的速度范围为eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s时，小球击中油桶的下底C.小球的速度范围为eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s时，小球击中油桶外壁D.若P点的高度变为1.8m，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＝seq\r(\f(g,2H))＝eq\f(2,3)eq\r(15)m/s，当小球落在D点时，v2＝seq\r(\f(g,2（H－h）))＝eq\r(10)m/s，当小球落在B点时，v3＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H))＝eq\r(15)m/s，当小球落在C点时，v4＝(s＋d)eq\r(\f(g,2（H－h）))＝eq\f(3,2)eq\r(10)m/s。小球击中油桶内壁时，v2<v<v4，即eq\r(10)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s，选项A正确；小球击中油桶下底时，v2<v<v3，即eq\r(10)m/s<v<eq\r(15)m/s，选项B错误；小球击中油桶外壁时，v1<v<v2，即eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s，选项C正确；若P点的高度变为H0，轨迹同时过D点和B点，则此时的初速度v′＝seq\r(\f(g,2（H0－h）))＝(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，小球落在油桶右侧内壁上，当速度小于5m/s时，小球至多落在油桶左侧外壁，选项D正确。答案ACD3.(2024·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，以视察弹子的落点位置。台阶的尺寸如图7所示，高a＝0.2m，宽b＝0.3m，不计空气阻力。(g取10m/s2)图7(1)要使弹子落在第一级台阶上，推出的速度v1应满意什么条件？(2)若弹子被水平推出的速度v2＝4m/s，它将落在第几级台阶上？解析(1)明显v1不能太大，考虑临界状况(落在尖角处)依据eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝a，解得t1＝0.2s则v1≤eq\f(b,t1)＝1.5m/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＝eq\f(1,2)gt2又eq\f(y,x)＝tanθ＝eq\f(a,b)联立解得t＝eq\f(8,15)sh＝eq\f(1,2)gt2≈1.42m分析知，玻璃弹子将落在第8级台阶上。答案(1)v1≤1.5m/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】(2024·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(忽视重物刚掉落时水平运动的影响)，并马上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视)。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＝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)设最低点处地板对乙同学的支持力大小为FN′，由牛顿其次定律得FN′－mg＝eq\f(mv2,R)则FN′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π2,64)))mg由牛顿第三定律得FN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π2,64)))mg，方向竖直向下。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方向竖直向下平抛运动与圆周运动的组合问题【典例2】(2024·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9A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，由2r＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(4r,g))，联立解得x＝eq\r(\f(4v2,g)r－16r2)，由数学学问可知，当4r＝eq\f(v2,2g)时，x最大，即r＝eq\f(v2,8g)，故选项B正确。答案B(1)解决圆周运动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)。(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，然后结合牛顿其次定律进行动力学分析。1.(2024·浙江乐清选考模拟)(多选)北京时间2024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10m/s2，则下列说法中正确的是()图10A.张成龙的质量为65kgB.张成龙的重心到单杠的距离为0.9mC.当张成龙在最高点的速度为4m/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3250N的力解析张成龙的胳膊既可以供应拉力，也可以供应支持力，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＝65kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝eq\f(mv2,R)，结合图象可解得R＝0.9m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4m/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，由牛顿其次定律得F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3250N，即张成龙的单臂最少要承受3250N的力，选项D正确。答案ABD2.(2024·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轮上须要的时间为t。则从起先倒带到A、B两轮的角速度相等所须要的时间()图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解析因为A轮角速度肯定，A轮磁带外缘半径随时间匀称增加，线速度v＝ωr，故线速度大小随时间t匀称增加，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′＝eq\r(5)v，t′＝eq\f(\r(5)－1,2)t，选项B正确。答案B3.(2024·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12A.a绳张力不行能为零B.a绳的张力随角速度的增大而增大C.当角速度ω>eq\r(\f(gcosθ,l))，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，水平方向上的合力供应向心力，所以a绳张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不行能为零，选项A正确；依据竖直方向上小球受力平衡得，Fasinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a绳的张力不变，选项B错误；当b绳张力为零时，有eq\f(mg,tanθ)＝mlω2，解得ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))，可知当角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))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AD4.(2024·浙江舟山质检)如图13所示是对质量为m＝0.1kg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＝1.5m的粗糙直轨道AB、半径为R＝0.2m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；为了爱护小车平安，在距平台右端x＝0.9m处直立一堵竖直泡沫墙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3.0N，g取10m/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，应调整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＝3.0N，在最高点有mg＋F＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)则vC＝2eq\r(2)m/s。(2)由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，得vB＝4m/sAB段由动能定理得Pt－fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)P＝fvB解得P＝0.8W，t＝1.375s。(3)设小球与墙撞击点为Q，则从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))所以当0.05veq\o\al(2,D)＝eq\f(5×0.92,veq\o\al(2,D))即vD＝3m/s时EQmin＝0.9J此时B→D由动能定理有－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】(2024·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eq\f(rA,rB)＝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)解析由开普勒第三定律得eq\f(req\o\al(3,A),req\o\al(3,B))＝eq\f(Teq\o\al(2,A),Teq\o\al(2,B))，设两卫星至少经过时间t距离最远，如图所示，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）)，选项A正确。答案A【典例2】(2024·稽阳联谊学校联考)国产科幻片《流浪地球》的胜利上演，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，则下列推断中正确的是()轨道半径(AU)地球火星木星土星天王星海王星1.01.55.29.51930A.各地外行星每年都会出现冲日现象B.在2015年内肯定会出现木星冲日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，所以不行能每年都出现，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，周期的近似比值为12，故木星的周期T1约为12年，由曲线运动追及公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πt,T1)))＝2nπ，将n＝1代入可得t＝eq\f(12,11)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】(2024·桐乡一中高三年级周考)2024年2月，我国500m口径射电望远镜(天眼)发觉毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19ms。假设星体为质量匀称分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为()图15A.5×109kg/m3 B.5×1012kg/m3C.5×1015kg/m3 D.5×1018kg/m3解析毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力供应其表面物体做圆周运动的向心力，依据Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2R,T2)，M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，得ρ＝eq\f(3π,GT2)，代入数据解得ρ≈5×1015kg/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放射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所须要的最小放射速度称为其次宇宙速度v2，v2与v1的关系是v2＝eq\r(2)v1。已知某星球半径是地球半径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eq\f(\r(3gR),3)B.该星球上的其次宇宙速度为eq\f(\r(gR),3)C.该星球的平均密度为eq\f(ρ,2)D.该星球的质量为eq\f(8πR3ρ,81)解析星球的半径R′＝eq\f(R,3)，星球上的重力加速度g′＝eq\f(g,6)，该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)，选项A错误；该星球上的其次宇宙速度为v2＝eq\r(2)v1＝eq\r(2)eq\f(\r(2gR),6)＝eq\f(\r(gR),3)，选项B正确；由g′＝eq\f(GM′,R′2)，g＝eq\f(GM,R2)，M＝ρV，V＝eq\f(4,3)πR3，联立解得该星球的质量为M′＝eq\f(2πR3ρ,81)，选项D错误；该星球体积V′＝eq\f(4,3)πR′3，该星球的平均密度为ρ′＝eq\f(M′,V′)，R′＝eq\f(R,3)，联立解得ρ′＝eq\f(ρ,2)，选项C正确。答案BC卫星的变轨与对接【典例5】“嫦娥五号”作为我国登月安排中第三期工程的“主打星”，登月后又从月球起飞，并以“跳动式返回技术”胜利返回地面，完成探月第三期工程的重大跨越带回月球样品。“跳动式返回技术”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16A.“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eq\f(gr2,R2)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其次定律得Geq\f(Mm,r2)＝ma，其在d点的向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，在地表处，有mg＝Geq\f(Mm,R2)，解得a＝eq\f(gR2,r2)，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，动能改变量不为零，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D1.分析卫星轨道半径与运行参数关系应留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.(2024·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17A.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处变轨时必需点火加速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供应向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，可计算出月球的质量，故A正确；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\r(\f(GM,R))，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A2.(2024·4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18A.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7.9km/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；依据题意，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，万有引力供应向心力，依据eq\f(GMm,r2)＝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；依据an＝eq\f(GM,r2)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C3.(2024·浙江宁波重点中学高三联考)2024年11月5日我国在西昌卫星放射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式胜利放射了第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36000km；北斗M3为中圆地球轨道卫星，轨道高度约为21500km，已知地球半径为6400km，则下列说法中正确的是()A.北斗G5绕地球运转周期为24hB.北斗G5绕地球运转的线速度大于7.9km/sC.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，依据牛顿其次定律eq\f(GMm,（R＋h）2)＝eq\f(m·4π2（R＋h）,T2)，GM＝gR2，故北斗G5绕地球做匀速圆周运动的周期为T＝eq\r(\f(4π2（R＋h）3,gR2))＝24h，选项A正确；依据eq\f(GMm,（R＋h）2)＝eq\f(mv2,R＋h)，解得北斗G5绕地球运转的线速度v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))<7.9km/s，选项B错误；依据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；依据eq\f(GMm,（R＋h）2)＝ma，解得a＝eq\f(gR2,（R＋h）2)，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A4.(2024·浙江金华选考模拟)(多选)2024年4月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺当升空，随后与天宫二号对接。假设天舟一号从B点放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19A.天宫二号的运行速度小于7.9km/sB.天舟一号的放射速度大于11.2km/sC.依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Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得线速度与半径的关系为v＝eq\r(\f(GM,r))，即轨道半径r越大，速率v越小。第一宇宙速度(7.9km/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7.9km/s，选项A正确；其次宇宙速度(11.2km/s)是人造卫星脱离地球引力范围围绕太阳运动的最小放射速度，而天舟一号是围绕地球运动的，所以天舟一号的放射速度小于11.2km/s，选项B错误；依据题中信息可知，天舟一号沿椭圆轨道运动的轨道半长轴a＝eq\f(1,2)(R＋r)，设天宫二号绕地球运动的周期为T′，依据开普勒第三定律可得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＝eq\f(mv2,r)得v临＝eq\r(gr)(1)过最高点时，v≥eq\r(gr)FN＋mg＝eq\f(mv2,r)，绳、轨道对球产生弹力FN＝eq\f(mv2,r)－mg(2)不能过最高点时，v<eq\r(gr)，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<v<eq\r(gr)时，－FN＋mg＝eq\f(mv2,r)，FN背向圆心，随v的增大而减小(3)当v＝eq\r(gr)时，FN＝0(4)当v>eq\r(gr)时，FN＋mg＝eq\f(mv2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大探讨分析【典例】(2024·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＝0.8m，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R＝0.2m，钢管的内径大小忽视不计。桌面左端固定轻质弹簧，起先弹簧处于锁定状态，其右端处于A位置，此时弹簧具有的弹性势能为Ep＝2.16J，将质量m＝0.1kg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”字形轨道最终从D点水平抛出，AB间水平距离为L＝1.2m小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10m/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重量保持不变，小球弹起来的竖直速度重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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，且W弹＝Ep解得vB＝6m/s。(2)小球由B到C运动，由动能定理得－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C点FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝9N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)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)第1次到达地面时vy＝eq\f(vD,tan45°)，vy＝vD＝eq\r(28)m/s弹起时vy′＝eq\f(1,2)vy竖直方向有vy′2＝2gh解得h＝0.35m。答案(1)6m/s(2)9N竖直向上(3)0.35m一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为不定项选择题)1.(2024·广西重点中学三模)在室内自行车竞赛中，运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动。已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图1A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.运动员受到的合力大小为meq\f(v2,R)，做圆周运动的向心力大小也是meq\f(v2,R)C.运动员做圆周运动的角速度为vRD.假如运动员减速，运动员将做离心运动解析向心力是整体所受力的合力，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力供应向心力，选项B正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)，选项C错误；只有运动员加速到所受合力不足以供应做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误。答案B2.最近美国宇航局公布了开普勒探测器最新发觉的一个奇妙的行星系统，命名为“开普勒－11行星系统”，该系统拥有6颗由岩石和气体构成的行星围绕一颗叫做“kepler－11”的类太阳恒星运行。经观测，其中被称为“kepler－11b”的行星与“kepler－11”之间的距离是地日距离的eq\f(1,N)，“kepler－11”的质量是太阳质量的k倍，则“kepler－11b”的公转周期和地球公转周期的比值是()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)解析对于日地系统，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))；对于“开普勒－11行星系统”，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))，选项C正确。答案C3.(2024·浙江衢州选考模拟)过去几千年来，人类对行星的相识与探讨仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发觉拉开了探讨太阳系外行星的序幕。如图2所示，“51pegb”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的eq\f(1,20)，该中心恒星与太阳的质量比约为()图2A.eq\f(1,10) B.1C.5 D.10解析行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力供应向心力，由牛顿其次定律得Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r，则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，选项B正确。答案B4.(2024·浙江富阳选考模拟)假设地球可视为质量匀称分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G。地球的密度为()A.eq\f(3π（g0－g）,GT2g0) B.eq\f(3πg0,GT2（g0－g）)C.eq\f(3π,GT2) D.eq\f(3πg0,GT2g)解析由万有引力定律可知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，地球的质量M＝eq\f(4,3)πR3ρ，联立三式可得ρ＝eq\f(3πg0,GT2（g0－g）)，选项B正确。答案B5.(2024·金华十校模拟)我国先后放射了量子科学试验卫星、“天宫二号”、“风云四号A”、全球二氧化碳监测科学试验卫星等卫星或航天器，如图3所示，其中量子科学试验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，“天宫二号”运行在距地面393千米的轨道，“风云四号A”是中国新一代静止气象卫星，运行在地球同步轨道上，全球二氧化碳监测科学试验卫星运行在距地面700千米的极地轨道上，这些卫星或航天器对我国及国际的科学探讨做出了重大贡献。下列关于这些卫星或航天器的说法正确的是()图3A.量子科学试验卫星的轨道在赤道上空B.“天宫二号”的运行速度最小C.“风云四号A”的运行轨道距地面的高度最大D.全球二氧化碳监测科学试验卫星运行周期为24小时解析量子科学试验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，轨道不在赤道上空，选项A错误；依据万有引力供应向心力可知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，轨道半径越大，速度越小，依据题意可知，“风云四号A”的轨道半径最大，则其速度最小，距地面的高度最大，选项B错误，C正确；依据万有引力供应向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，地球同步卫星的周期为24h，轨道半径越大，周期越大，而全球二氧化碳监测科学试验卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则周期小于24h，选项D错误。答案C6.(2024·浙江稽阳联谊学校选考模拟)2024年2月6日，马斯克的SpaceX“猎鹰”重型火箭将一辆樱红色特斯拉跑车放射到太空。如图4甲是特斯拉跑车和Starman(宇航员模型)的最终一张照片，它们正在远离地球，处于一个环绕太阳的椭圆形轨道(如图乙)。最远点距离太阳大约为3.9亿公里，地球和太阳之间的平均距离约为1.5亿公里。试计算特斯拉跑车的环绕运动周期(可能用到的数据：eq\r(5)＝2.236，eq\r(3,15)＝2.47)()图4A.约18个月 B.约29个月C.约36个月 D.约40个月解析由开普勒第三定律eq\f(Req\o\al(3,车),Teq\o\al(2,车))＝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,车))＝eq\f(1.53,122)，所以T车≈29个月，选项A、C、D错误，B正确。答案B7.(2024·河北保定模拟)如图5所示，起重机将货物沿竖直方向以速度v1匀速吊起，同时又沿横梁以速度v2水平匀速向右移动，关于货物的运动下列表述正确的是()图5A.货物相对于地面的运动速度大小为v1＋v2B.货物相对于地面的运动速度大小为eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))C.货物相对地面做曲线运动D.货物相对地面做直线运动解析货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀速直线运动，依据平行四边形定则，知合速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))，故选项A错误，B正确；两个匀速直线运动的合运动的加速度为0，合速度的大小与方向都不发生改变，所以货物相对地面做匀速直线运动，故选项C错误，D正确。答案BD8.如图6所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15m，内车道内边缘间最远的距离为150m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，g取10m/s2，则运动的汽车()图6A.所受的合力可能为零B.只受重力和地面支持力作用C.最大速度不能超过25m/sD.所需的向心力由重力和支持力的合力供应解析汽车在水平路面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，竖直方向重力和支持力平衡，拐弯时靠静摩擦力供应向心力，选项A、B、D错误；汽车转弯的最大半径为r＝eq\f(150,2)m＋15m＝90m，由牛顿其次定律可得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，即汽车的最大速度不能超过25m/s，选项C正确。答案C9.(2024·宁波市十校联考)如图7是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，在倾角θ＝53°的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L0＝4m，下滑到C点后进入了弧形的光滑轨道CDEF，其中CDE是半径为R＝5m，圆心角为106°的圆弧，EF为半径R＝5m，圆心角为53°的圆弧(F点为轨道最高点)，已知小车的质量为60kg，车与轨道AC间存在摩擦，动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，下列说法正确的是()图7A.小车滑至C点的速度为6m/sB.小车到达D点时对轨道的压力大小为1560NC.小车刚好能沿着轨道滑到F点D.若小车从长直轨道上距C点L′＝9m起先由静止下滑，则小车能在F点水平抛出解析由B到C依据动能定理：mgL0sin53°－μmgL0cos53°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝2eq\r(10)m/s，选项A错误；到达D点时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，则在D点FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝1560N，由牛顿第三定律知选项B正确；假设小球能到达F点，则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，可知小车刚好能到达F点，选项C正确；从起先到F点，由动能定理mgL′sin53°－mgR(1－cos53°)－μmgL′cos53°＝eq\f(1,2)mvF′2，得vF′＝5eq\r(2)m/s，即此时小车能在F点水平抛出，选项D正确。答案BCD10.(2024·安徽省示范中学联考)如图8甲所示，在2024年郑州航展上奥伦达开拓者飞行表演队完成了倒飞筋斗的动作。现将其简化成如图乙所示的光滑球拍和小球，让小球在竖直面内始终不脱离球拍而做匀速圆周运动，且在运动到图乙中的A、B、C、D位置时球