【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考物理二輪復(fù)習(江蘇專用)-教師用書-第3講-力與物體的曲線運動(一)

第3講力與物體的曲線運動(一)——平拋、圓周和天體運動1．(多選)(2022·江蘇卷，6)如圖1－3－1所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)．將A向B水平拋出的同時，B自由下落．A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則()圖1－3－1A．A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C．A、B不行能運動到最高處相碰D．A、B肯定能相碰解析由題意知A做平拋運動，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動；B為自由落體運動，A、B豎直方向的運動相同，二者與地面碰撞前運動時間t1相同，且t1＝eq\r(\f(2h,g))，若第一次落地前相碰，只要滿足A運動時間t＝eq\f(l,v)<t1，即v>eq\f(l,t1)，所以選項A正確；由于A、B在豎直方向的運動同步，始終處于同一高度，且A與地面相碰后水平速度不變，所以A肯定會經(jīng)過B所在的豎直線與B相碰．碰撞位置由A球的初速度打算，故選項B、C錯誤，選項D正確．答案AD2．(多選)(2022·江蘇卷，8)2011年8月，“嫦娥二號”成功進入了環(huán)繞“日地拉格朗日點”的軌道，我國成為世界上第三個造訪該點的國家．如圖1－3－2所示，該拉格朗日點位于太陽和地球連線的延長線上，一飛行器處于該點，在幾乎不消耗燃料的狀況下與地球同步繞太陽做圓周運動，則此飛行器的()圖1－3－2A．線速度大于地球的線速度B．向心加速度大于地球的向心加速度C．向心力僅由太陽的引力供應(yīng)D．向心力僅由地球的引力供應(yīng)解析飛行器與地球同步繞太陽做圓周運動，所以ω飛＝ω地，由圓周運動線速度和角速度的關(guān)系v＝rω得v飛>v地，選項A正確；由公式a＝rω2知，a飛>a地，選項B正確；飛行器受到太陽和地球的萬有引力，方向均指向圓心，其合力供應(yīng)向心力，故C、D選項錯．答案AB3．(2021·江蘇單科，1)火星和木星沿各自的橢圓軌道繞太陽運行，依據(jù)開普勒行星運動定律可知()A．太陽位于木星運行軌道的中心B．火星和木星繞太陽運行速度的大小始終相等C．火星與木星公轉(zhuǎn)周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方D．相同時間內(nèi)，火星與太陽連線掃過的面積等于木星與太陽連線掃過的面積解析由開普勒第肯定律(軌道定律)可知，太陽位于木星運行軌道的一個焦點上，A錯誤．火星和木星繞太陽運行的軌道不同，運行速度的大小不行能始終相等，B錯誤．依據(jù)開普勒第三定律(周期定律)知全部行星軌道的半長軸的三次方與它的公轉(zhuǎn)周期的平方的比值是一個常數(shù)，C正確．對于某一個行星來說，其與太陽連線在相同的時間內(nèi)掃過的面積相等，不同行星在相同的時間內(nèi)掃過的面積不相等，D錯誤．答案C4.(2021·江蘇卷，2)如圖1－3－3所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是()A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小圖1－3－3解析由于物體的角速度ω相同，線速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB則A項錯；依據(jù)a＝rω2知aA<aB，則B錯；如右圖，tanθ＝eq\f(an,g)，而B的向心加速度較大，則B的纜繩與豎直方向夾角較大，纜繩拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，則TA<TB，所以C項錯，D項正確．答案D5．(多選)(2021·江蘇卷，7)如圖1－3－4所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，兩球運動的最大高度相同．空氣阻力不計，則()A．B的加速度比A的大B．B的飛行時間比A的長C．B在最高點的速度比A在最高點的大D．B在落地時的速度比A在落地時的大圖1－3－4解析兩物體都只受重力，因此它們加速度相同A項錯；由題意和拋體運動規(guī)律知，豎直方向分運動完全相同，因此飛行時間一樣，則B項錯，再依據(jù)水平方向，同樣的時間內(nèi)B物體水平位移大，則B物體在最高點的速度較大，由機械能守恒定律知B落地速度比A的也大，則C、D項正確．答案CD6．(2022·江蘇卷，2)已知地球的質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，地球的半徑約為火星半徑的2倍，則航天器在火星表面四周繞火星做勻速圓周運動的速率約為()A．3.5km/sB．5.0km/sC．17.7km/sD．35.2km/s解析由萬有引力供應(yīng)向心力可得：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，在行星表面運行時有r＝R，則得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，故選A正確．答案A7．(多選)(2022·江蘇卷，6)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖1－3－5所示的裝置進行試驗．小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落．關(guān)于該試驗，下列說法中正確的有()A．兩球的質(zhì)量應(yīng)相等B．兩球應(yīng)同時落地C．應(yīng)轉(zhuǎn)變裝置的高度，多次試驗D．試驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動圖1－3－5解析物體做平拋運動的規(guī)律與其質(zhì)量無關(guān)，A錯；在試驗中A球做平拋運動，B球做自由落體運動，兩球應(yīng)同時落地，試驗說明A球在豎直方向上做自由落體運動，B對、D錯；為了消退偶然誤差，可轉(zhuǎn)變裝置高度，多次試驗進行驗證，C對．答案BC主要題型：選擇題學問熱點(1)單獨命題①平拋運動規(guī)律的考查②圓周運動規(guī)律的考查③天體運動、人造衛(wèi)星問題的考查(2)交匯命題①平拋(類平拋)運動與圓周運動、功能關(guān)系等綜合問題的考查②結(jié)合牛頓運動定律、圓周運動、功能關(guān)系考查航天器的變軌、對接問題．物理方法(1)運動的合成與分解法(2)模型法命題趨勢(1)2021年高考中，平拋運動規(guī)律及其爭辯方法、圓周運動仍是熱點．(2)萬有引力定律及天體的運動每年必考．估計2021年考查天體運動要突出物理與現(xiàn)代科學技術(shù)的結(jié)合，特殊是與現(xiàn)代航天技術(shù)的聯(lián)系會更加緊密．熱點一平拋運動問題的分析1．(2022·全國卷新課標Ⅱ，15)取水平地面為重力勢能零點．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等．不計空氣阻力．該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為 () A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析設(shè)物體水平拋出的初速度為v0，拋出時的高度為h，由題意知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，則v0＝eq\r(2gh)，物體落地的豎直速度vy＝eq\r(2gh)，則落地時速度方向與水平方向的夾角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(2gh),\r(2gh))＝1，則θ＝eq\f(π,4)，選項B正確．答案B2.(多選)(2022·湖南十三校3月聯(lián)考)如圖1－3－6所示，從地面上方不同高度處以水平速度va、vb拋出兩小球a、b，結(jié)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為過小球b初始位置的水平線，不計空氣阻力，下列推斷正確的有()圖1－3－6A．兩球拋出時的初速度va<vbB．若它們同時落地(不考慮它們在空中相碰彈射，可互不影響地通過)，它們可能在空中相遇C．若兩小球同時拋出，它們不能在空中相遇D．若要使它們能在空中相遇，必需在a到達bc時將b拋出解析a、b兩球平拋的豎直位移關(guān)系為ha＞hb，由h＝eq\f(1,2)gt2得，運動時間ta＞tb，a、b的水平位移x相同，由v0＝eq\f(x,t)得，va＜vb，A項正確，若它們同時落地，則a必需提前拋出，假設(shè)它們能在空中相遇，則相遇處位于同一高度，此時兩球在豎直方向的分速度肯定是vay＞vby，則兩球不行能同時落地，即假設(shè)錯誤，故兩球不行能在空中相遇，B項錯誤；若兩球同時拋出，兩球在同一時刻不在同一水平高度上，不行能在空中相遇，C項正確；在a到達bc水平線上時將b拋出，以后高度不再相同，所以兩者不行能在空中相遇，D項錯誤．答案AC3．(2022·鎮(zhèn)江高三模擬)如圖1－3－7所示，在豎直放置的半圓形容器的中心O點分別以水平初速度v1、v2拋出兩個小球(可視為質(zhì)點)，最終它們分別落在圓弧上的A點和B點，已知OA與OB相互垂直，且OA與豎直方向成α角，則兩個小球初速度之比eq\f(v1,v2)為 () A．tanα B．cosα C．tanαeq\r(tanα) D．cosαeq\r(cosα)圖1－3－7解析由幾何關(guān)系可知，A的豎直位移hA＝Rcosα，水平位移xA＝Rsinα；B的豎直位移hB＝Rcos(90°－α)＝Rsinα，水平位移xB＝Rsin(90°－α)＝Rcosα，由平拋運動的規(guī)律可知，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，解得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(xA,xB)·eq\r(\f(hB,hA))＝tanαeq\r(tanα)，選項C正確．答案C4．(多選)如圖1－3－8所示，一個小球從高h＝10m處以水平速度v0＝10m/s拋出，撞在傾角θ＝45°的斜面上的P點，已知AC＝5m，則 () A．小球運動到P點需要1s B．P、C之間的距離為eq\r(2)m C．小球撞擊P點時速度的 大小為10eq\r(2)m/s D．小球撞擊P點時速度方向是垂直于斜面對下圖1－3－8解析設(shè)P、C之間的距離為L，依據(jù)平拋運動規(guī)律，有5＋Lcos45°＝v0t，h－Lsin45°＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得L＝5eq\r(2)m，t＝1s，選項A正確，B錯誤；小球撞擊P點時的水平速度v′＝v0＝10m/s，豎直速度vy＝gt＝10m/s，所以小球撞擊P點時速度的大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝10eq\r(2)m/s，設(shè)小球的速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°，方向垂直于斜面對下，所以小球垂直于斜面對下撞擊P點，選項C、D正確．答案ACD1．爭辯拋體運動的基本思路(1)求降落點的問題一般要建立水平位移和豎直位移之間的關(guān)系；(2)求解末速度的大小和方向的問題，一般要建立水平速度和豎直速度之間的關(guān)系；(3)要留意挖掘和利用合運動、分運動及題設(shè)情景之間的幾何關(guān)系．2．平拋運動的三點提示(1)平拋運動的速度是均勻變化的，速度變化的方向是豎直向下的；(2)平拋運動的水平位移隨時間均勻變化，而豎直位移不隨時間均勻變化，其總位移不隨時間均勻變化；(3)平拋運動一般沿水平方向和豎直方向分解，也可以沿任意方向分解．熱點二圓周運動問題的分析5.(多選)如圖1－3－9所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰．已知半圓形管道的半徑為R＝1m，小球可看做質(zhì)點且其質(zhì)量為m＝1kg，g取10m/s2.則()圖1－3－9A．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9mB．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9mC．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1ND．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2N解析依據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，則B點與C點的水平距離為x＝vxt＝0.9m，選項A正確，B錯誤；在B點設(shè)管道對小球的作用力方向向下，依據(jù)牛頓其次定律，有FNB＋mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，負號表示管道對小球的作用力方向向上，選項C正確，D錯誤．答案AC6．(多選)(2022·全國卷新課標Ⅰ，20)如圖1－3－10，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開頭繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()圖1－3－10A．b肯定比a先開頭滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開頭滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg解析木塊a、b的質(zhì)量相同，外界對它們做圓周運動供應(yīng)的最大向心力，即最大靜摩擦力fm＝kmg相同．它們所需的向心力由F向＝mω2r知Fa<Fb.所以b肯定比a先開頭滑動，A項正確；a、b一起繞轉(zhuǎn)軸緩慢地轉(zhuǎn)動時，F(xiàn)摩＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B項錯．b開頭滑動時有kmg＝mω2·2l，其臨界角速度為ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，選項C正確．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力大小為Ff＝mω2r＝eq\f(2,3)kmg，選項D錯誤．答案AC7．(2022·珠海聯(lián)考)如圖1－3－11所示，平臺上的小球從A點水平拋出，恰能無碰撞地進入光滑的斜面BC，經(jīng)C點進入光滑水平面CD時速率不變，最終進入懸掛在O點并與水平面等高的弧形輕質(zhì)筐內(nèi)．已知小球質(zhì)量為m，A、B兩點高度差為h，BC斜面高2h，傾角α＝45°，懸掛弧形輕質(zhì)筐的輕繩長為3h，小球可看成質(zhì)點，弧形輕質(zhì)筐的重力忽視不計，且其高度遠小于懸線長度，重力加速度為g，試求：圖1－3－11(1)B點與拋出點A的水平距離x；(2)小球運動至C點速度vC的大??；(3)小球進入輕質(zhì)筐后瞬間，輕質(zhì)筐所受拉力F的大?。馕?1)小球運動至B點時速度方向與水平方向夾角為45°，設(shè)小球拋出時的初速度為v0，從A點至B點的時間為t，有h＝eq\f(1,2)gt2，tan45°＝eq\f(gt,v0)，x＝v0t解得x＝2h(2)設(shè)小球運動至B點時速度為vB，在斜面上運動的加速度為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)小球進入輕質(zhì)筐后瞬間做圓周運動，由牛頓其次定律得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 解決圓周運動力學問題要留意以下幾點：1．要進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑．2．列出正確的動力學方程 F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).3．對于豎直面內(nèi)的圓周運動要留意“桿模型”和“繩模型”的臨界條件． (1)輕繩模型：臨界條件：mg＝eq\f(mv\o\al(2,高),R)(2)輕桿模型：臨界條件：v高＝0熱點三天體運動人造衛(wèi)星8．(2022·茂名一模)目前我國已放射北斗導(dǎo)航地球同步衛(wèi)星十六顆，大大提高了導(dǎo)航服務(wù)質(zhì)量，這些衛(wèi)星()A．環(huán)繞地球運行可以不在同一條軌道上B．運行角速度相同C．運行速度大小相等，且都大于7.9km/sD．向心加速度與靜止在赤道上物體的向心加速度大小相等解析地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，它們運行在同一條軌道上，角速度相同，人造地球同步衛(wèi)星做勻速圓周運動的速度小于7.9km/s，向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，只有B選項正確．答案B9．(2022·天津卷，3)爭辯表明，地球自轉(zhuǎn)在漸漸變慢，3億年前地球自轉(zhuǎn)的周期約為22小時．假設(shè)這種趨勢會持續(xù)下去，地球的其他條件都不變，將來人類放射的地球同步衛(wèi)星與現(xiàn)在的相比()A．距地面的高度變大B．向心加速度變大C．線速度變大D．角速度變大解析同步衛(wèi)星的周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期，依據(jù)eq\f(GMm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r可知，衛(wèi)星的周期越大，軌道半徑越大，所以地球自轉(zhuǎn)變慢后，同步衛(wèi)星需要在更高的軌道上運行，A對．又由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝ma判知：r增大，則v減小、ω變小、a變小，故B、C、D均錯．答案A10．(2022·徐州市高三考前信息卷)我國在軌運行的氣象衛(wèi)星有兩類，一類是極地軌道衛(wèi)星——“風云1號”，繞地球做勻速圓周運動的周期為12h，另一類是地球同步軌道衛(wèi)星——“風云2號”，運動周期為24h．下列說法正確的是()圖1－3－12A．“風云1號”的線速度小于“風云2號”的線速度B．“風云1號”的向心加速度大于“風云2號”的向心加速度C．“風云1號”的放射速度大于“風云2號”的放射速度D．“風云1號”“風云2”號相對地面均靜止解析由萬有引力供應(yīng)向心力eq\f(GMm,R2)＝m(eq\f(2π,T))2R，又“風云1號”繞地球做勻速圓周運動的周期小于“風云2號”的周期，知“風云1號”繞地球做勻速圓周運動的半徑小于“風云2號”繞地球做勻速圓周運動的半徑，由eq\f(GMm,R2)＝eq\f(mv2,R)知，“風云1號”的線速度大于“風云2號”的線速度，A錯誤；由eq\f(GMm,R2)＝ma知，“風云1號”的向心加速度大于“風云2號”的向心加速度，B正確；衛(wèi)星的繞行半徑越大，需要的放射速度也就越大，“風云1號”的放射速度小于“風云2號”的放射速度，C錯誤；“風云2號”相對地面靜止，“風云1號”與地球發(fā)生相對運動，D錯誤．答案B11.極地衛(wèi)星的運行軌道平面通過地球的南北兩極(軌道可視為圓軌道)，如圖1－3－13所示，若某極地衛(wèi)星從北緯30°的正上方按圖示方向第一次運行至南緯60°正上方，所用時間為t，已知地球半徑為R(地球可看作球體)，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，由以上條件可知()圖1－3－13 A．地球的質(zhì)量為eq\f(gR,G) B．衛(wèi)星運行的角速度為eq\f(π,2t) C．衛(wèi)星運行的線速度為eq\f(πR,2t) D．衛(wèi)星距地面的高度為解析由Geq\f(Mm,R2)＝mg得M＝eq\f(gR2,G)，A項錯；衛(wèi)星從北緯30°的正上方按圖示方向第一次運行至南緯60°正上方所用時間為t，半徑掃過的圓心角φ＝90°＝eq\f(π,2)，故衛(wèi)星運行的角速度ω＝eq\f(φ,t)＝eq\f(π,2t)，B項正確；衛(wèi)星運行的線速度v＝ωr＝eq\f(π,2t)(R＋h)，C項錯；由Geq\f(Mm,R＋h2)＝mω2(R＋h)解得衛(wèi)星距地面的高度h＝－R，D項錯誤．答案B12．(多選)(2022·廣東卷，21)如圖1－3－14所示，飛行器P繞某星球做勻速圓周運動，星球相對飛行器的張角為θ，下列說法正確的是()A．軌道半徑越大，周期越長B．軌道半徑越大，速度越大C．若測得周期和張角，可得到星球的平均密度D．若測得周期和軌道半徑，可得到星球的平均密度圖1－3－14解析據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝mReq\f(4π2,T2)，可知半徑越大則周期越大，故選項A正確；據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可知軌道半徑越大則環(huán)繞速度越小，故選項B錯誤；假如測得周期，則有M＝eq\f(4π2R3,GT2)，假如測得張角θ，則該星球半徑為：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，則ρ＝eq\f(3π,GT2sin3\f(θ,2))，故選項C正確，而選項D無法計算星球半徑，則無法求出星球密度，選項D錯誤．答案AC1．對第一宇宙速度的三點提示：(1)第一宇宙速度是人造衛(wèi)星的最小放射速度，衛(wèi)星離地面越高，衛(wèi)星所需要的放射速度越大．(2)第一宇宙速度是人造衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，衛(wèi)星離地面越高，衛(wèi)星的運行速度越?。?3)第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的運行速度，其軌道半徑與地球半徑相同．2．天體運動的兩大模型 (1)“天體公轉(zhuǎn)”模型 某天體繞中心天體做勻速圓周運動 ①萬有引力供應(yīng)向心力 Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m(eq\f(2π,T))2r＝man＝mg′(g′表示軌道處的重力加速度)——可稱為“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)→可稱為“地面公式”．(2)“天體自轉(zhuǎn)”模型繞通過自身中心的某一軸以肯定的角速度勻速轉(zhuǎn)動的天體稱為“自轉(zhuǎn)”天體．3．解題技巧解決力與運動關(guān)系的思想還是動力學思想，解決力與運動的關(guān)系的橋梁還是牛頓其次定律．(1)衛(wèi)星的an、v、ω、T是相互聯(lián)系的，其中一個量發(fā)生變化，其他各量也隨之發(fā)生變化．(2)an、v、ω、T均與衛(wèi)星的質(zhì)量無關(guān)，只由軌道半徑r和中心天體質(zhì)量共同打算．高考命題熱點3.衛(wèi)星運動過程中基本參量的計算與比較解決天體問題的“一、二、三”(1)“一個模型”：天體的運動可簡化為圍繞中心天體做“勻速圓周運動的模型”．(2)“兩組公式”：①天體做勻速圓周運動的向心力由萬有引力供應(yīng)，基本規(guī)律為Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝man.②天體對其表面的物體的萬有引力近似等于重力，即eq\f(GMm,R2)＝mg或gR2＝GM(R、g分別是天體的半徑、表面重力加速度)，公式gR2＝GM應(yīng)用廣泛，稱“黃金代換”．(3)“三個區(qū)分”①中心天體和環(huán)繞天體的區(qū)分；②自轉(zhuǎn)周期和公轉(zhuǎn)周期的區(qū)分；③星球半徑和軌道半徑的區(qū)分．圖1－3－15【典例】(多選)(6分)在放射一顆質(zhì)量為m的人造地球同步衛(wèi)星時，先將其放射到貼近地球表面運行的圓軌道Ⅰ上(離地面高度忽視不計)，再通過一橢圓軌道Ⅱ變軌后到達距地面高為h的預(yù)定圓軌道Ⅲ上．已知它在圓形軌道Ⅰ上運行的加速度為g，地球半徑為R，圖1－3－15中PQ長約為8R，衛(wèi)星在變軌過程中質(zhì)量不變，則()A．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行的加速度為(eq\f(h,R＋h))2gB．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行的線速度為v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行時經(jīng)過P點的速率大于在軌道Ⅱ上運行時經(jīng)過P點的速率D．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的動能大于在軌道Ⅰ上的動能審題流程第一步：抓住信息→構(gòu)建運動模型讀題其次步：找突破口→理清思路解析設(shè)地球質(zhì)量為M，由萬有引力供應(yīng)向心力得在軌道Ⅰ上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，在軌道Ⅲ上有Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma，所以a＝(eq\f(R,R＋h))2g，A錯；又因a＝eq\f(v2,R＋h)，所以v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，B對；衛(wèi)星由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ需要加速做離心運動，即滿足eq\f(GMm,r2)＜eq\f(mv2,r)，所以衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行時經(jīng)過P點的速率大于在軌道Ⅱ上運行時經(jīng)過P點的速率，C對．盡管衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅲ要在P、Q點各加速一次，但在圓形運行軌道上v＝eq\r(\f(GM,r))，所以由動能表達式知衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的動能小于在軌道Ⅰ上的動能，D錯．答案BC1．變軌運動與機械能變化 衛(wèi)星速度增大(發(fā)動機做正功)會做離心運動，軌道半徑增大，萬有引力做負功，衛(wèi)星動能減小，由于變軌時遵從能量守恒，穩(wěn)定在圓軌道上時需滿足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，致使衛(wèi)星在較高軌道上的運行速度小于在較低軌道上的運行速度，但機械能增大；相反，衛(wèi)星由于速度減小(發(fā)動機做負功)會做向心運動，軌道半徑減小，萬有引力做正功，衛(wèi)星動能增大，同樣緣由致使衛(wèi)星在較低軌道上的運行速度大于在較高軌道上的運行速度，但機械能減?。?．航天器變軌問題的三點留意事項 (1)航天器變軌時半徑的變化，依據(jù)萬有引力和所需向心力的大小關(guān)系推斷；穩(wěn)定在新軌道上的運行速度變化由v＝eq\r(\f(GM,r))推斷． (2)航天器在不同軌道上運行時機械能不同，軌道半徑越大，機械能越大． (3)航天器經(jīng)過不同軌道相切的同一點時加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度．(2022·山東卷，20)(6分)2021年我國相繼完成“神十”與“天宮”對接、“嫦娥”攜“玉兔”落月兩大航天工程．某航天愛好者提出“玉兔”回家的設(shè)想：如圖1－3－16所示，將攜帶“玉兔”的返回系統(tǒng)由月球表面放射到h高度的軌道上，與在該軌道繞月球做圓周運動的飛船對接，然后由飛船送“玉兔”返回地球．設(shè)“玉兔”質(zhì)量為m，月球半徑為R，月面的重力加速度為g月．以月面為零勢能面．“玉兔”在h高度的引力勢能可表示為Ep＝eq\f(GMmh,RR＋h)，其中G為引力常量，M為月球質(zhì)量．若忽視月球的自轉(zhuǎn)，從開頭放射到對接完成需要對“玉兔”做的功為 ()圖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)解析設(shè)玉兔在高度h的速度為v，則由萬有引力定律得，Geq\f(Mm,R＋h2)＝eq\f(mv2,R＋h)可知，玉兔在該軌道上的動能為Ek＝eq\f(1,2)eq\f(GMm,R＋h)，由功能關(guān)系可知對玉兔做的功為：W＝Ep＋Ek＝eq\f(GMmh,RR＋h)＋eq\f(1,2)eq\f(GMm,R＋h)，結(jié)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)，故正確選項為D.答案D一、單項選擇題1．(2022·福建卷，14)若有一顆“宜居”行星，其質(zhì)量為地球的p倍，半徑為地球的q倍，則該行星衛(wèi)星的環(huán)繞速度是地球衛(wèi)星環(huán)繞速度的()A.eq\r(pq)倍B.eq\r(\f(q,p))倍C.eq\r(\f(p,q))倍D.eq\r(pq3)倍解析依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(\f(GM,R))∝eq\r(\f(M,R))，由題意可得：eq\f(v行,v地)＝eq\r(\f(M行R地,R行M地))＝eq\r(\f(p,q))，C選項正確，A、B、D選項錯誤．答案C2．(2022·宿遷市高三摸底考試)圖1－3－17如圖1－3－17所示，一飛行器圍繞地球沿半徑為r的圓軌道1運動．經(jīng)P點時，啟動推動器短時間向前噴氣使其變軌，2、3是與軌道1相切于P點的可能軌道．則飛行器()A．變軌后將沿軌道2運動B．相對于變軌前運行周期變長C．變軌前、后在兩軌道上經(jīng)P點的速度大小相等D．變軌前、后在兩軌道上經(jīng)P點的加速度大小相等解析飛行器向前噴氣后其速度減小，變軌后將沿軌道3運動，選項A錯誤；由開普勒第三定律知飛行器相對于變軌前運行周期變短，選項B錯誤；由萬有引力定律和牛頓其次定律知變軌前、后在兩軌道上經(jīng)P點的加速度大小相等，選項C錯誤，選項D正確．答案D3．(2022·山東濰坊二模)四顆地球衛(wèi)星a、b、c、d的排列位置如圖1－3－18所示，其中，a是靜止在地球赤道上還未放射的衛(wèi)星，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，四顆衛(wèi)星相比較()圖1－3－18A．a(chǎn)的向心加速度最大B．相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長C．c相對于b靜止D．d的運動周期可能是23h解析a、b、c、d四顆衛(wèi)星中，b的向心加速度、線速度、角速度都最大．c相對于a靜止，c的周期為Tc＝24h，它們的周期關(guān)系為：Tb＜Ta＝Tc＜Td，由以上分析可知正確的選項為B.答案B4．(2022·安徽卷，19)圖1－3－19如圖1－3－19所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止．物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2.則ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/sB.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s解析經(jīng)分析可知，小物體最先相對滑動的位置為最低點，對小物體受力分析得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r.代入數(shù)據(jù)得：ω＝1.0rad/s，選項C正確．答案C5.圖1－3－20如圖1－3－20所示，小球由靜止釋放，運動到最低點A時，細線斷裂，小球最終落在地板上．假如細線的長度l可以轉(zhuǎn)變，則()A．細線越長，小球在最低點越簡潔斷裂B．細線越短，小球在最低點越簡潔斷裂C．細線越長，小球落地點越遠D．細線長度是O點高度的一半時，小球落地點最遠解析依據(jù)機械能守恒定律可知，小球下擺過程中有mgl＝eq\f(1,2)mv2，在A點有T－mg＝meq\f(v2,l)，所以細線對小球的拉力T＝3mg，可見細線的斷裂狀況與細線長短無關(guān)，A、B錯誤．細線斷裂后，小球做平拋運動，設(shè)O點離地板的高度為H，則H－l＝eq\f(1,2)gt2，小球做平拋運動的水平位移x＝vt，整理得x＝2eq\r(H－ll)，所以細線長度是O點高度的一半時，小球落地點最遠，C錯誤，D正確．答案D6.圖1－3－21如圖1－3－21所示，BOD是半圓的水平直徑，OC為豎直半徑，半圓半徑為R，A在B點正上方高R處，現(xiàn)有兩小球分別從A、B兩點以肯定初速度水平拋出，分別擊中半圓上的D點和C點，已知B球擊中C點時動能為Ek，不計空氣阻力，則A球擊中D點時動能為()A．2EB.eq\f(8,5)EC.eq\f(5,4)ED.eq\r(5)E解析由平拋運動規(guī)律可知兩小球下落時間均為t＝eq\r(\f(2R,g))，由水平射程x＝vt知，A、B兩小球的初速度分別為vA＝eq\r(2gR)、vB＝eq\r(\f(gR,2))，由動能定理知對B球有mgR＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，對A球有mgR＝EkA－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，聯(lián)立得EkA＝eq\f(8,5)Ek，B對．答案B二、多項選擇題7．(2022·廣東深圳一模)圖1－3－22如圖1－3－22為過山車以及軌道簡化模型，以下推斷正確的是()A．過山車在圓軌道上做勻速圓周運動B．過山車在圓軌道最高點時的速度應(yīng)不小于eq\r(gR)C．過山車在圓軌道最低點時乘客處于超重狀態(tài)D．過山車在斜面h＝2R高處由靜止滑下能通過圓軌道最高點解析過山車在圓軌道上做變速圓周運動，A錯誤；過山車沿軌道內(nèi)側(cè)運動，到最高點時有mg＋FN＝meq\f(v2,R)，當FN＝0時有最小速度，故最小速度vmin＝eq\r(gR)，B正確；過山車在圓軌道最低點時有豎直向上的向心加速度，處于超重狀態(tài)，C正確．過山車由靜止滑下能通過圓軌道最高點，需滿足mgh－mg×2R＝eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2，即h＝2.5R，選項D錯誤．答案BC8．(2022·鹽城市三模)圖1－3－23如圖1－3－23所示，甲、乙兩船在同一條河流中同時開頭渡河，M、N分別是甲、乙兩船的動身點，兩船頭與河岸均成α角，甲船船頭恰好對準N點的正對岸P點，經(jīng)過一段時間乙船恰好到達P點．假如劃船速度大小相同，且兩船相遇，不影響各自的航行．下列推斷正確的是()A．甲船也能到達正對岸B．兩船渡河時間肯定相等C．兩船相遇在NP直線上D．渡河過程中兩船不會相遇解析設(shè)甲、乙兩船的速度大小均為v，則兩船垂直于河岸方向的分速度均為vsinα，故兩船渡河時間相等，選項B正確；乙船能到達正對岸P點，故乙船沿河岸方向的分速度與水速等大反向，即水速沿MN方向，大小為vcosα，由于甲船沿河岸的分速度也沿MN方向，與水速方向相同，故甲船不能到達正對岸，而是到達P點右側(cè)(下游)某一位置，選項A錯誤；由于甲船到達對岸的位置在P點右側(cè)，而乙船合速度方向沿NP方向，且兩船垂直于河岸方向的分速度相等，即兩船離開河岸的垂直距離總相等，故兩船肯定在直線NP上某點相遇，選項C正確，選項D錯誤．答案BC9．(2022·全國卷新課標Ⅰ，19)太陽系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動．當?shù)厍蚯『眠\行到某地外行星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學稱為“行星沖日”．據(jù)報道，2022年各行星沖日時間分別是：1月6日木星沖日；4月9日火星沖日；5月11日土星沖日；8月29日海王星沖日；10月8日天王星沖日．已知地球及各地外行星繞太陽運動的軌道半徑如下表所示．則下列推斷正確的是()地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑(AU)1.01.55.29.51930A.各地外行星每年都會消滅沖日現(xiàn)象B．在2021年內(nèi)肯定會消滅木星沖日C．天王星相鄰兩次沖日的時間間隔為土星的一半D．地外行星中，海王星相鄰兩次沖日的時間間隔最短解析設(shè)地球的運轉(zhuǎn)周期為T0、角速度為ω0、軌道半徑為r0，則其他行星的軌道半徑為r＝kr0①依據(jù)萬有引力定律及牛頓其次定律得：eq\f(GMm,r\o\al(2,0))＝mωeq\o\al(2,0)r0②eq\f(GMm,r2)＝mω2r③聯(lián)立①②③得：ω＝eq\f(1,\r(k3))ω0.各行星要再次沖日需滿足：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.依據(jù)上式結(jié)合k值并由數(shù)學學問可知：行星沖日的時間間隔肯定大于1年，并且k值越大時間間隔越短，所以選項B、D正確，A、C錯誤．答案BD三、非選擇題10．(2022·山東濰坊統(tǒng)考)如圖1－3－24所示，水平地面的B點右側(cè)有一圓形擋板，圓的半徑R＝4m，B為圓心，BC連線與豎直方向夾角為37°，滑塊靜止在水平地面上的A點，AB間距L＝4.5m．現(xiàn)用水平拉力F＝18N沿AB方向拉滑塊，持續(xù)作用一段距離后撤去，滑塊恰好落在圓形擋板的C點，已知滑塊質(zhì)量m＝2kg，與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖1－3－24(1)拉力F作用的距離；(2)滑塊從A點運動到圓弧上C點所用的時間．解析滑塊落在C點，其從B點射出的速度v2滿足：Rsin37°＝v2t3①又Rcos37°＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)②在水平面上加速前進x1時，物塊恰好落到C點，由動能定理Fx1－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)③解得：x1＝2.5m④(2)開頭時的加速度為a1，由牛頓其次定律F－μmg＝ma1⑤x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑥v1＝a1t1⑦撤力后滑塊