2024高考物理二輪復習專題1力與運動第3講力與曲線運動學案

PAGE18-第3講力與曲線運動考情速覽·明規(guī)律高考命題點命題軌跡情境圖運動的合成與分解及平拋運動2024Ⅱ卷1620(2)16題19(2)19題18(1)18題2024Ⅱ卷192024Ⅰ卷18圓周運動2024Ⅰ卷1620(1)16題16(2)16題17(2)14題2024Ⅱ卷142024Ⅱ卷16Ⅱ卷14萬有引力與天體的運動2024Ⅰ卷15，Ⅱ卷15，Ⅲ卷1617(2)19題2024Ⅱ卷14，Ⅲ卷152024Ⅰ卷20，Ⅱ卷16，Ⅲ卷152024Ⅱ卷19，Ⅲ卷142024Ⅰ卷17，Ⅲ卷14萬有引力定律與力學學問的綜合應用2024Ⅰ卷2119(1)21題核心學問·提素養(yǎng)“物理觀念”構建1．平拋運動(1)規(guī)律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2.(2)推論：做平拋(或類平拋)運動的物體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；②設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.2．豎直平面內圓周運動的兩種臨界問題(1)繩模型：物體能通過最高點的條件是v≥eq\r(gR).(2)桿模型：物體能通過最高點的條件是v≥0.3．解決天體運動問題的“萬能關系式”4．第一宇宙速度推導過程為：由mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)＝eq\f(GMm,R2)得：v1＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(gR)＝7.9km/s.第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，也是人造地球衛(wèi)星的最小放射速度．“科學思維”展示1．思想方法(1)合運動性質和軌跡的推斷①若加速度方向與初速度的方向在同始終線上，則為直線運動；若加速度方向與初速度的方向不在同始終線上，則為曲線運動．②若加速度恒定則為勻變速運動，若加速度不恒定則為非勻變速運動．(2)處理變軌問題的兩類觀點力學觀點：從半徑小的軌道Ⅰ變軌到半徑大的軌道Ⅱ，衛(wèi)星須要向運動的反方向噴氣，加速離心；從半徑大的軌道Ⅱ變軌到半徑小的軌道Ⅰ，衛(wèi)星須要向運動的方向噴氣，減速近心．能量觀點：在半徑小的軌道Ⅰ上運行時的機械能比在半徑大的軌道Ⅱ上運行時的機械能?。谕卉壍郎线\動衛(wèi)星的機械能守恒，若動能增加則引力勢能減小．(3)雙星問題①各自所需的向心力由彼此間的萬有引力供應，即eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq\o\al(2,1)r1，eq\f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq\o\al(2,2)r2.②兩顆星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2.③兩顆星的運行半徑與它們之間的距離關系為r1＋r2＝L.2．模型建構(1)繩(桿)關聯(lián)問題的速度分解方法①把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個重量．②沿繩(桿)方向的分速度大小相等．(2)模型化思想的應用豎直面內圓周運動常考的兩種臨界模型最高點無支撐最高點有支撐圖示最高點向心力mg＋F彈＝meq\f(v2,R)mg±F彈＝meq\f(v2,R)恰好過最高點F彈＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)，即在最高點速度不能為零mg＝F彈，v＝0，即在最高點速度可為零命題熱點·巧突破考點一運動的合成與分解及平拋運動考向1運動的合成與分解〔典例探秘〕典例1(多選)(2024·全國卷Ⅱ，19,6分)如圖a，在跳臺滑雪競賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離．某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺起先計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v－t圖像如圖b所示①，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻②.則(BD)A．其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D．豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大【思路分析】依據題中關鍵信息，利用“化曲為直思想”把運動員的運動分解為水平方向的運動與豎直方向的運動，結合速度－時間圖像以及牛頓其次定律求解即可．【解析】v－t圖像中圖線與t軸包圍的面積表示位移的大小，其次次滑翔過程中v－t圖線與t軸所圍面積比第一次的大，表示在豎直方向上的位移比第一次的大，A錯誤；由圖a知落在雪道上時的水平位移與豎直位移成正比，再由A項分析知B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔過程中豎直方向的速度變更比其次次的大，時間比其次次的短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯誤；v－t圖像的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上的加速度比第一次的小，設在豎直方向上所受阻力為f，由mg－f＝ma，可得其次次滑翔在豎直方向上受到的阻力比第一次的大，D正確．【核心考點】曲線運動，運動的合成與分解，速度－時間圖像，牛頓其次定律．【規(guī)范審題】①指定為豎直方向運動圖像．②給出運動時間．圖(b)v－t圖像，由圖像得出運動員兩次滑翔過程中加速度及位移的關系.【情景解讀】選取生活中的常見情景，從實際情景中抽象出曲線運動模型．〔考向預料〕1．(2024·福建廈門聯(lián)考)在演示“做曲線運動的條件”的試驗中，有一個在水平桌面上向右做直線運動的小鋼球，第一次在其速度方向上放置條形磁鐵，其次次在其速度方向上的一側放置條形磁鐵，如圖所示，虛線表示小球的運動軌跡．視察試驗現象，以下敘述正確的是(D)A．第一次試驗中，小鋼球的運動是勻變速直線運動B．其次次試驗中，小鋼球的運動類似平拋運動，其軌跡是一條拋物線C．該試驗說明做曲線運動物體的速度方向沿軌跡的切線方向D．該試驗說明物體做曲線運動的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同始終線上【解析】第一次試驗中，小鋼球受到沿著速度方向的吸引力作用，做直線運動，并且隨著距離的減小吸引力變大，加速度變大，則小球的運動是非勻變速直線運動，選項A錯誤；其次次試驗中，小鋼球所受的磁鐵的吸引力方向總是指向磁鐵，是變力，故小球的運動不是類似平拋運動，其軌跡也不是一條拋物線，選項B錯誤；該試驗說明物體做曲線運動的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同始終線上，但是不能說明做曲線運動物體的速度方向沿軌跡的切線方向，故選項C錯誤，D正確．2．(2024·河北衡水模擬)兩根光滑的桿相互垂直地固定豎直平面內．上面分別穿有一個小球．小球a、b間用一細直棒相連如圖．釋放后兩球都起先滑動．當細直棒與豎直桿夾角為α時，兩小球實際速度大小之比va∶vb等于(C)A．sinα∶1 B．cosα∶1C．tanα∶1 D．cotα∶1【解析】將兩球的速度分解，如圖所示，則有：va＝eq\f(v桿,cosα)，而vb＝eq\f(v桿,sinα)，那么兩小球實際速度之比va∶vb＝sinα∶cosα＝tanα∶1，故C正確，A、B、D錯誤．考向2平拋運動的規(guī)律3．(2024·河南鶴壁段考)如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，都落在了傾角為30°的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上，則v1、v2之比為(D)A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2【解析】小球A做平拋運動，依據分位移公式，有：x＝v1t，豎直位移：y＝eq\f(1,2)gt2，又有：tan30°＝eq\f(y,x)，聯(lián)立可得：v1＝eq\f(\r(3),2)gt，小球B恰好垂直打到斜面上，則有：tan30°＝eq\f(v2,gt)，可得：v2＝eq\f(\r(3),3)gt，所以有：v1∶v2＝3∶2，故D符合題意．4.(多選)(2024·江蘇高考真題)如圖所示，小球A、B分別從2l和l高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移分別為l和2l.忽視空氣阻力，則(AD)A．A和B的位移大小相等B．A的運動時間是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大【解析】位移為初位置到末位置的有向線段，如題圖所示可得sA＝eq\r(l2＋2l2)＝eq\r(5)l，sB＝eq\r(l2＋2l2)＝eq\r(5)l，A和B的位移大小相等，A正確；平拋運動運動的時間由高度確定，即，tA＝eq\r(\f(2×2l,g))＝eq\r(2)×eq\r(\f(2l,g))，tB＝eq\r(\f(2×l,g))＝eq\r(\f(2l,g))，則A的運動時間是B的eq\r(2)倍，B錯誤；平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，則vxA＝eq\f(l,tA)＝eq\f(\r(gl),2)，vxB＝eq\f(2l,tB)＝eq\r(2gl)，則A的初速度是B的eq\f(1,2\r(2))倍，C錯誤；小球A、B在豎直方向上的速度分別為vyA＝2eq\r(gl)，vyB＝eq\r(2gl)，所以可得vA＝eq\f(\r(17gl),2)，vB＝2eq\r(gl)＝eq\f(\r(16gl),2)，即vA>vB，D正確．故選AD．5.(2024·新課標卷Ⅱ)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h.若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點．c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點，eq\f(E2,E1)等于(B)A．20 B．18C．9.0 D．3.0【解析】由題意可知當在a點動能為E1時，有E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，依據平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝v1t1，當在a點時動能為E2時，有E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，依據平拋運動規(guī)律有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，3h＝v2t2，聯(lián)立以上各式可解得eq\f(E2,E1)＝18，故選B．6．(2024·成都七中期中)如圖所示．斜面傾角為α，且tanα＝eq\f(1,2)，從斜面上O點與水平方向成45°角以速度v0、2v0分別拋出小球P、Q，小球P、Q剛要落在斜面上A、B兩點時的速度分別為vP、vQ，設O、A間的距離為s1，O、B間的距離為s2，不計空氣阻力，則(A)A．s2＝4s1，vP、vQ方向相同B．s2＝4s1，vP、vQ方向不同C．2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向相同D．2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向不同【解析】設拋出的速度為v，則水平分速度為vx＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，豎直速度為vy＝vsin45°＝eq\f(\r(2),2)v，依據位移關系有tanα＝eq\f(1,2)＝eq\f(y,x)＝eq\f(vyt－\f(1,2)gt2,vxt)，解得t＝eq\f(\r(2)v,2g)，則落點與拋出點的距離為s＝eq\f(vxt,cosα)＝eq\f(v2,2gcosα)∝v2，則由題意可知初速度為v0、2v0分別拋出小球P、Q，則有s2＝4s1，落到斜面上的速度方向與水平方向的夾角滿意tanθ＝eq\f(v′y,vx)＝eq\f(vy－gt,vx)＝0，即速度方向均為水平，所以vP、vQ方向相同，故A正確，B、C、D錯誤．規(guī)律總結處理平拋(類平拋)運動的四條留意事項(1)處理平拋運動(或類平拋運動)時，一般將運動沿初速度方向和垂直于初速度方向進行分解，先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成求合運動．(2)對于在斜面上平拋又落到斜面上的問題，其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值．(3)若平拋的物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值．(4)做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向肯定不同．考點二圓周運動考向1水平面內的圓周運動1．(2024·江蘇江陰模擬)中國選手王崢在第七屆世界軍人運動會上獲得鏈球項目的金牌．如圖所示，王崢雙手握住柄環(huán)，站在投擲圈后緣，經過預擺和3～4圈連續(xù)加速旋轉及最終用力，將鏈球擲出．整個過程可簡化為加速圓周運動和斜拋運動，忽視空氣阻力，則下列說法中正確的是(C)A．鏈球圓周運動過程中，鏈球受到的拉力指向圓心B．鏈球擲出瞬間速度方向沿該點圓周運動的徑向C．鏈球擲出后做勻變速運動D．鏈球擲出后運動時間與速度的方向無關【解析】鏈球做加速圓周運動，故拉力和瞬時速度成銳角，既有拉力的分力指向圓心供應向心力，又有拉力的分力沿切向，供應切向加速度增大速度，故A錯誤；曲線運動的瞬時速度是軌跡的切線方向，故鏈球擲出瞬間速度方向應當沿圓周在這一點的切向，故B錯誤；鏈球擲出后只受重力而不計空氣阻力，則合外力產生的加速度恒為g，速度會勻稱變更，故其做勻變速運動，C正確；鏈球擲出后做斜拋運動，運動時間由豎直分運動確定，而豎直分速度的大小與夾角有關，則鏈球擲出后運動時間與速度的方向有關，故D錯誤．2．(2024·江蘇七市調研)撥浪鼓最早出現在戰(zhàn)國時期，宋代時小型撥浪鼓已成為兒童玩具．四個撥浪鼓上分別系有長度不等的兩根細繩，繩一端系著小球，另一端固定在關于手柄對稱的鼓沿上，現使鼓繞豎直放置的手柄勻速轉動，兩小球在水平面內做周期相同的圓周運動．下列各圖中兩球的位置關系可能正確的是(圖中細繩與豎直方向的夾角α<θ<β)(C)【解析】小球做勻速圓周運動，角速度相同，受力分析如下圖，令繩子為L′.反向延長與撥浪鼓轉軸交點為O，小球到O點的距離為L，鼓面半徑為r.依據牛頓其次定律得mgtanθ＝mω2Lsinθ整理得h＝Lcosθ＝eq\f(g,ω2)＝L′cosθ＋rcotθ即繩子反向延長與撥浪鼓轉軸交點O到小球轉動平面的高度h固定，繩子長度L′越大，偏轉角θ越大，則繩子與撥浪鼓連接點A離小球圓周運動平面的距離h′＝L′cosθ＝h－rcotθ，繩子長度L′越大，偏轉角θ越大，h′越大，故選C．3．(2024·湖北荊州質檢)如圖所示，質量相等的A、B兩個小球懸于同一懸點O，且在O點下方垂直距離h＝1m處的同一水平面內做勻速圓周運動，懸線長L1＝3m，L2＝2m，則A、B兩小球(C)A．周期之比T1∶T2＝2∶3B．角速度之比ω1∶ω2＝3∶2C．線速度之比v1∶v2＝eq\r(8)∶eq\r(3)D．向心加速度之比a1∶a2＝8∶3【解析】小球做圓周運動所須要的向心力由重力mg和懸線拉力F的合力供應，設懸線與豎直方向的夾角為θ.對隨意一球受力分析，由牛頓其次定律，在豎直方向有Fcosθ－mg＝0…①在水平方向有Fsinθ＝meq\f(4π2,T2)Lsinθ…②由①②得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，分析題意可知，連接兩小球的懸線的懸點距兩小球運動平面的距離為h＝Lcosθ，相等，所以周期相等T1∶T2＝1∶1，角速度ω＝eq\f(2π,T)，則角速度之比ω1∶ω2＝1∶1，故A、B錯誤；依據合力供應向心力得mgtanθ＝meq\f(v2,htanθ)，解得v＝tanθeq\r(gh)，依據幾何關系可知tanθ1＝eq\f(\r(L\o\al(2,1)－h(huán)2),h)＝eq\r(8)，tanθ2＝eq\f(\r(L\o\al(2,2)－h(huán)2),h)＝eq\r(3)，故線速度之比v1∶v2＝eq\r(8)∶eq\r(3)，故C正確；向心加速度a＝vω，則向心加速度之比等于線速度之比為a1∶a2＝eq\r(8)∶eq\r(3)，故D錯誤．4.(2024·新課標卷Ⅰ)如圖，一同學表演蕩秋千．已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學和秋千踏板的總質量約為50kg.繩的質量忽視不計，當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為(B)A．200N B．400NC．600N D．800N【解析】在最低點由2T－mg＝eq\f(mv2,r)，知T＝410N，即每根繩子拉力約為410N，故選B．考向2豎直面內的圓周運動5．如圖所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，在最低點給小球一個初速度，小球恰好能夠在豎直平面內完成圓周運動，選項中給出了輕繩對小球拉力F跟小球轉過的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cosθ關系的四幅圖像，其中A項所示的是一段直線，B項所示是正弦型函數圖像，C、D項所示是一段拋物線，這四幅F－cosθ圖像正確的是(不計空氣阻力)(A)【解析】小球從最低點到與豎直方向夾角為θ的位置，依據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv2，當小球恰好能通過最高點時，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2L＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),L)，解得v0＝eq\r(5gL)，又F－mgcosθ＝eq\f(mv2,L)，聯(lián)立可得F＝3mg＋3mgcosθ，可見F與cosθ是一次函數關系，因此F－cosθ圖像是一條直線，故選項A正確．6．(2024·陜西寶雞聯(lián)考)某同學在試驗室探究圓周運動向心力和速度之間的關系，他利用雙線來穩(wěn)固小球在豎直平面內做圓周運動而不易偏離豎直面，如圖所示，他用兩根長為L＝eq\f(\r(3),3)m的細線系一質量為m＝1kg的小球，兩線上各連接一個力電傳感器來測量細線的拉力(圖中未畫出)，細線的另一端系于水平橫桿上的A、B兩點，A、B兩點相距也為L＝eq\f(\r(3),3)m．若小球上升到圓周最高點時力電傳感器的示數都恰好為零．(重力加速度g＝10m/s2)，求：(1)小球到達圓周最低點時的速度大小；(2)小球運動到圓周最低點時，每個力電傳感器的示數為多少．【答案】(1)5m/s(2)20eq\r(3)N【解析】(1)設小球在圓周最高點的速度為v1，在圓周最低點的速度為v2，圓周運動的半徑為R，由題意可得mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)①其中R＝Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L②兩式聯(lián)立可得v1＝eq\r(5)m/s③小球從圓周最高點向最低點運動過程中，由動能定理可得mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④解得v2＝5m/s⑤(2)設小球運動到圓周最低點時細線受到的拉力為T，受力分析如圖所示小球所受細線的拉力和重力的合力供應圓周運動的向心力則有2Tcos30°－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)⑥代入數據可得T＝20eq\r(3)N規(guī)律總結“繩模型”與“桿模型”對于豎直平面內圓周運動的“繩模型”和“桿模型”，常用的解題思路如下：(1)確定模型種類：首先推斷是“繩模型”還是“桿模型”．(2)確定臨界位置：對于豎直面內的圓周運動，通常其臨界位置為圓周運動的最高點或最低點．(3)探討臨界狀態(tài)：對于“繩模型”，最高點的臨界狀態(tài)是速度滿意v＝eq\r(gR)(其中R為圓周運動的半徑)；而對于“桿模型”，最高點的臨界狀態(tài)是速度滿意v＝0.(4)對質點進行受力分析：明確質點做圓周運動過程中的受力狀況(通常是最高點或最低點)，然后依據牛頓其次定律列出方程F合＝meq\f(v2,R).(5)對運動過程進行分析：對于處在兩個狀態(tài)之間的運動過程，通常利用動能定理或機械能守恒定律求解．考點三萬有引力與天體的運動考向1開普勒三定律與萬有引力定律的應用1．(2024·新課標卷Ⅰ)火星的質量約為地球質量的eq\f(1,10)，半徑約為地球半徑的eq\f(1,2)，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為(B)A．0.2 B．0.4C．2.0 D．2.5【解析】設物體質量為m，則在火星表面有F1＝Geq\f(M1m,R\o\al(2,1))，在地球表面有F2＝Geq\f(M2m,R\o\al(2,2))，由題意知有eq\f(M1,M2)＝eq\f(1,10)，eq\f(R1,R2)＝eq\f(1,2)，故聯(lián)立以上公式可得eq\f(F1,F2)＝eq\f(M1R\o\al(2,2),M2R\o\al(2,1))＝eq\f(1,10)×eq\f(4,1)＝0.4，故選B．2．(2024·江蘇高考真題，4)1970年勝利放射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛(wèi)星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動．如圖所示，設衛(wèi)星在近地點、遠地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質量為M，引力常量為G.則(B)A．v1＞v2，v1＝eq\r(\f(GM,r)) B．v1＞v2，v1＞eq\r(\f(GM,r))C．v1＜v2，v1＝eq\r(\f(GM,r)) D．v1＜v2，v1＞eq\r(\f(GM,r))【解析】衛(wèi)星繞地球運動，由開普勒其次定律知，近地點的速度大于遠地點的速度，即v1＞v2.若衛(wèi)星以近地點時的半徑做圓周運動，則有eq\r(\f(GMm,r2))＝meq\f(v\o\al(2,近),r)，得運行速度v近＝eq\r(\f(GM,r))，由于衛(wèi)星在近地點做離心運動，則v1＞v近，即v1＞eq\r(\f(GM,r))，選項B正確．3．(2024·東北三省三校聯(lián)考)2024年4月20日22時41分，我國在西昌衛(wèi)星放射中心用長征三號乙運載火箭，勝利放射第四十四顆北斗導航衛(wèi)星：它是北斗三號系統(tǒng)首顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，經過一系列在軌測試后，該衛(wèi)星將與此前放射的18顆中圓地球軌道衛(wèi)星和1顆地球同步軌道衛(wèi)星進行組網，這種包括三種不同類型軌道衛(wèi)星的混合星座設計是北斗系統(tǒng)獨有、國際首創(chuàng)，將有效增加亞太地區(qū)衛(wèi)星可見數，為亞太地區(qū)供應更優(yōu)質服務，已知中圓地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑是地球同步軌道衛(wèi)星的半徑的eq\f(1,n)，中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑為地球半徑的k倍，地球表面的重力加速度為g，地球的自轉周期為T，則中圓地球軌道衛(wèi)星在軌運行的(C)A．周期為eq\f(T,n2) B．周期為eq\f(T,n)C．加速度大小為eq\f(1,k2)g D．加速度大小為eq\f(1,k)g【解析】依據開普勒第三定律有T中圓＝eq\r(\f(r\o\al(3,中圓),r\o\al(3,同步)))T＝eq\f(T,n\r(n))，故A、B錯誤；設地球的半徑為R，則Geq\f(mM,R2)＝mg，中圓軌道衛(wèi)星在軌時Geq\f(mM,kR2)＝ma，求得a＝eq\f(1,k2)g，故C正確，D錯誤．考向2天體質量、密度的求解4．(2024·山東濟寧一模)對于環(huán)繞地球做圓周運動的衛(wèi)星來說，它們繞地球做圓周運動的周期會隨著軌道半徑的變更而變更，某同學依據測得的不同衛(wèi)星做圓周運動的半徑三次方r3與周期平方T2的關系作出如圖所示圖像，則可求得地球質量為(已知引力常量為G)(C)A．eq\f(Ga,4π2b) B．eq\f(Gb,4π2a)C．eq\f(4π2a,Gb) D．eq\f(4π2b,Ga)【解析】由萬有引力供應向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得r3＝eq\f(GM,4π2)T2，由圖可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(a,b)，所以地球的質量為M＝eq\f(4π2a,Gb)，故C正確，ABD錯誤．5．(多選)(2024·百師聯(lián)盟模擬)“嫦娥四號”探測器在2024年自動完成月面樣品采集，并從月球起飛，返回地球．若已知月球半徑為R，“嫦娥五號”在距月球表面高度為R的圓軌道上飛行，周期為T，萬有引力常量為G，下列說法正確的是(BD)A．月球表面重力加速度為eq\f(32πR,T2)B．月球質量為eq\f(32π2R3,GT2)C．月球第一宇宙速度為eq\f(4\r(2)R,T)D．月球密度為eq\f(24π,GT2)【解析】對探測器，萬有引力供應向心力，依據牛頓其次定律，有Geq\f(Mm,2R2)＝m·2R·eq\f(4π2,T2)，解得M＝eq\f(32π2R3,GT2)，故B選項正確；月球表面的重力加速度為g＝eq\f(GM,R2)＝eq\f(32π2R,T2)，則A選項錯誤；月球的第一宇宙速度為月球表面的環(huán)繞速度，依據牛頓其次定律，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\f(4\r(2)πR,T)，故C選項錯誤；月球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(24π,GT2)，故D選項正確．考向3衛(wèi)星運行參量的分析與計算6．(2024·新課標卷Ⅱ)若一勻稱球形星體的密度為ρ，引力常量為G，則在該星體表面旁邊沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期是(A)A．eq\r(\f(3π,Gρ)) B．eq\r(\f(4π,Gρ))C．eq\r(\f(1,3πGρ)) D．eq\r(\f(1,4πGρ))【解析】衛(wèi)星在星體表面旁邊繞其做圓周運動，則eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，V＝eq\f(4,3)πR3，ρ＝eq\f(M,V)，知衛(wèi)星繞該星體表面旁邊沿圓軌道繞其運動的周期T＝eq\r(\f(3π,Gρ)).7．(2024·新課標卷Ⅲ)“嫦娥四號”探測器于2024年1月在月球背面勝利著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間可認為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍．已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質量是月球質量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g.則“嫦娥四號”繞月球做圓周運動的速率為(D)A．eq\r(\f(RKg,QP)) B．eq\r(\f(RPKg,Q))C．eq\r(\f(RQg,KP)) D．eq\r(\f(RPg,QK))【解析】假設在地球表面和月球表面上分別放置質量為m和m0的兩個物體，則在地球和月球表面處，分別有Geq\f(Mm,R2)＝mg，Geq\f(\f(M,Q)m0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,P)))2)＝m0g′，解得g′＝eq\f(p2,Q)g，設嫦娥四號衛(wèi)星的質量為m1，依據萬有引力供應向心力得Geq\f(\f(M,Q)m1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(K\f(R,P)))2)＝m1eq\f(v2,K\f(R,P))，解得v＝eq\r(\f(RPg,QK))，故選D．8．(2024·全國卷Ⅲ，15)金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火．已知它們的軌道半徑R金＜R地＜R火，由此可以判定(A)A．a金＞a地＞a火 B．a火＞a地＞a金C．v地＞v火＞v金 D．v火＞v地＞v金【解析】行星繞太陽做圓周運動，由牛頓其次定律和圓周運動學問可知Geq\f(mM,R2)＝ma，得向心加速度a＝eq\f(GM,R2)，由Geq\f(mM,R2)＝meq\f(v2,R)得速度v＝eq\r(\f(GM,R))，由于R金＜R地＜R火，所以a金＞a地＞a火，v金＞v地＞v火，選項A正確．9．(2024·西安中學模擬)如圖所示，天宮二號在橢圓軌道Ⅰ的遠地點A起先變軌，變軌后在圓軌道Ⅱ上運行，A點離地面高度約為380km，地球同步衛(wèi)星離地面高度約為36000km.若天宮二號變軌前后質量不變，則下列說法正確的是(D)A．天宮二號在軌道Ⅰ上運行通過近地點B時速度最小B．天宮二號在軌道Ⅰ上運行的周期可能大于在軌道Ⅱ上運行的周期C．天宮二號在軌道Ⅱ上運行的周期肯定大于24hD．天宮二號在軌道Ⅰ上運行通過A點時的速度肯定小于在軌道Ⅱ上運行通過A點時的速度【解析】“天宮二號”由遠地點A向近地點B運動的過程中，萬有引力做正功，動能增加，速度增加，所以“天宮二號”在軌道Ⅰ上運行通過近地點B時速度最大，故A錯誤；依據開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，因為軌道Ⅰ的半長軸小于圓軌道Ⅱ的半徑，所以“天宮二號”在軌道Ⅰ上運行的周期小于在軌道Ⅱ上運行的周期，故B錯誤；依據eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r有周期公式T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，軌道半徑越大，周期越大，天宮二號在軌道Ⅱ上的半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天宮二號”在軌道Ⅱ上運行的周期肯定小于同步衛(wèi)星的周期，同步衛(wèi)星的周期為24h，所以“天宮二號”在軌道Ⅱ上運行的周期肯定小于24h，故C錯誤；“天宮二號”由軌道Ⅰ上的A點變軌到軌道Ⅱ，要加速做離心運動，所以“天宮二號”在軌道Ⅰ上運行通過A點時的速度肯定小于在軌道Ⅱ上運行通過A點的速度，故D正確．10．(2024·湖南永州三模)當今社會信息通訊技術高速發(fā)展，其中地球同步衛(wèi)星的作用特別重要．如圖所示，某一在軌地球同步通訊衛(wèi)星信號對地球赤道覆蓋的最大張角為2α.假設因地球的自轉周期變大，使地球同步通訊衛(wèi)星信號對地球赤道覆蓋的最大張角變?yōu)?β，則地球自轉周期變更前后，同步衛(wèi)星的運行周期之比為(B)A．eq\r(\f(cos3β,cos3α)) B．eq\r(\f(sin3β,sin3α))C．eq\r(\f(cos32β,cos32α)) D．eq\r(\f(sin32β,sin32α))【解析】設地球半徑為R，變更前的軌道半徑r1＝eq\f(R,sinα)，變更后軌道半徑r2＝eq\f(R,sinβ)，依據eq\f(GMm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，可得eq\f(T前,T后)＝eq\r(\f(r\o\al(3,1),r\o\al(3,2)))＝eq\r(\f(sin3β,sin3α))，因此B正確，ACD錯誤．考向4萬有引力定律與力學學問的綜合應用〔典例探秘〕典例2(多選)(2024·全國卷Ⅰ，21,6分)在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運動①，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖中實線所示．在另一星球N②上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a－x關系如圖中虛線所示．假設兩星球均為質量勻稱分布的球體．已知星球M的半徑是星球N的3倍③，則(AB)A．M與N的密度相等B．Q的質量是P的3倍C．Q下落過程中的最大動能是P的4倍D．Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【思路分析】(1)數形結合獲得有用信息是解決本題的突破口，由a＝g－eq\f(k,m)x結合圖像的縱截距和斜率即可得物理量間的關系．(2)當物體先加速后減速運動時，合力等于零時對應速度最大的運動狀態(tài)．(3)應用機械能守恒定律是分析C、D選項的關鍵．彈簧的彈性勢能EP＝eq\f(1,2)kx2.【核心考點】萬有引力定律；牛頓其次定律；機械能守恒定律等．【規(guī)范審題】①給出物體運動情景，物體P由靜止向下壓縮彈簧②有兩個不同的星球③給出兩個星球的半徑關系a－x圖像物體P、Q的加速度等于零時，物體P、Q對應的彈簧的壓縮量分別為x0和2x0【情景解讀】以物體在不同星球上物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的