专题03 力学中的曲线运动-备战2021届高考物理二轮复习题型专练

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【要点提炼】
一、合运动性质和轨迹的判断
1.若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动；若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，则为曲线运动。
2.若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运动。
二、平抛(或类平抛)运动
两个重要推论
1.物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
2.速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则
tan θ＝2tan α。
三、天体运动
1.四个连等式
eq \f(GMm,r2)＝ma＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r，得出a＝eq \f(GM,r2)，v＝eq \r(\f(GM,r))，ω＝eq \r(\f(GM,r3))，T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))。
2.处理变轨问题的两类观点
(1)力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心。
(2)能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能增加则引力势能减小。
3.双星问题
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即eq \f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq \\al(2,1)r1，eq \f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq \\al(2,2)r2。
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。
【方法指导】
一、绳(杆)关联问题的速度分解方法
1.把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量。
2.沿绳(杆)方向的分速度大小相等。
二、模型化思想的应用
竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
命题点一： 运动的合成与分解及平抛运动
考向一 运动的合成与分解
【典例1】 根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( )
A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C.落地点在抛出点东侧
D.落地点在抛出点西侧
【情景图示】
【解析】 由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，由对称性可知，落地时水平速度恰为零，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C错误，D正确。
【答案】 D
考向二 以“体育运动中的乒乓球”为载体考查平抛运动的规律
【典例2】 发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是( )
A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【解析】 由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h＝eq \f(1,2)gt2及veq \\al(2,y)＝2gh可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A、B、D均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故选项C正确。
【答案】 C
考向三 斜面上的平抛运动
【典例3】在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A.2倍 B.4倍
C.6倍 D.8倍
【解析】 甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正确。
【答案】 A
【方法总结】
【总结归纳】
处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项
(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。
【拓展练习】
1.如图1所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB中点。则t1∶t2为( )
A.2∶1
B.1∶eq \r(2)
C.1∶eq \r(3)
D.1∶(eq \r(2)－1) （图1）
【解析】 由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2＝eq \f(AB,v)∶eq \f(AF,v)＝2∶1，故选项A正确。
【答案】 A
2.图2中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方。竖直面内的半圆弧BCD的半径R＝2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°。游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )
m，4eq \r(3) m/s
m，4eq \r(3) m/s
m，2eq \r(6) m/s
m，2eq \r(6) m/s （图2）
【解析】 由h＋Rsin 37°＝eq \f(1,2)gt2和R＋Rcs 37°＝v0t，eq \f(gt,v0)＝tan 37°，代入数据解得h＝0.15 m，v0＝4eq \r(3) m/s，故选项A正确。
【答案】 A
3.一位网球运动员以拍击球，使网球由O点沿水平方向飞出，如图3所示，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在A点，第二只球刚好擦网而过落在A点。设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则第一只与第二只球飞过球网C处时水平速度之比为( )
A.1∶1
B.1∶3
C.3∶1
D.1∶9 （图3）
【解析】 由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间相等。由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第一只球自击出到落在A点时间为t1，第二只球自击出到落在A点时间为t2，则根据两球竖直方向的运动特点知t1＝3t2；由于两球在水平方向均做匀速运动，水平位移大小相等，由x＝v0t得，它们从O点出发时的初速度关系为v2＝3v1，所以第一只与第二只球飞过球网C处时水平速度之比为1∶3，选项B正确。
【答案】 B
命题点二： 圆周运动问题
考向一 水平面内的圆周运动
【典例1】 质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图4所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l。当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A.a绳的张力可能为零
B.a绳的张力随角速度的增大而增大
C.当角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ))，b绳将出现弹力
D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 （图4）
【解析】 由于小球m的重力不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，选项A错误；由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的增大不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，选项B错误；若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对小球m，Fsin θ＝mg，Fcs θ＝mω2l，联立解得ω＝eq \r(\f(g,ltan θ))，即当角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ))，b绳将出现弹力，选项C正确；若ω＝eq \r(\f(g,ltan θ))，b绳突然被剪断时，a绳的弹力不发生变化，选项D错误。
【答案】 C
考向二 竖直面内的圆周运动
【典例2】 (多选)如图5所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱( )
A.运动周期为eq \f(2πR,ω)
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R （图5）
【解析】 座舱的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2π,ω)，A错误；根据线速度与角速度的关系，v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
【答案】 BD
考向三 平抛运动与圆周运动的组合问题
【典例3】 如图6，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)( )
A.eq \f(v2,16g)
B.eq \f(v2,8g)
C.eq \f(v2,4g)
D.eq \f(v2,2g) （图1）
【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 \\al(2,1)，物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，2r＝eq \f(1,2)gt2
t＝eq \r(\f(4r,g))，联立解得x＝eq \r(\f(4v2,g)r－16r2)，由数学知识可知，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
【方法总结】
【总结归纳】
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＝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，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。
【拓展练习】
1.(多选)如图7所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B点平滑相接，两个半圆的圆心O1、O2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R，光滑的大半圆的半径为2R；一质量为m的滑块(可视为质点)从大的半圆一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g，则( )
A.滑块在A点的初速度为eq \r(6gR)
B.滑块在A点对半圆轨道的压力为6mg
C.滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgR （图7）
D.增大滑块在A点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变
【解析】 由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，重力提供向心力，即mg＝meq \f(v2,2R)，解得v＝eq \r(2gR)，以AB面为参考面，根据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝2mgR＋eq \f(1,2)m(eq \r(2gR))2，求得vA＝eq \r(6gR)，故选项A正确；滑块在A点受到圆轨道的支持力为F＝meq \f(veq \\al(2,A),2R)＝3mg，由牛顿第三定律可知选项B错误；设滑块在O1点的速度为v1，则v1＝eq \r(2g×2R)＝2eq \r(gR)，在小的半圆中运动过程中，根据动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgR，故选项C正确；增大滑块在A点的初速度，则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆轨道的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故选项D错误。
【答案】 AC
2.如图8所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m的物体与圆盘之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与餐桌之间的动摩擦因数为μ2＝0.25，餐桌高也为R。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（图8）
(1)为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，求餐桌半径R1的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R2＝eq \f(5,4)R，则在圆盘角速度缓慢增大时，求物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L为多少？
【解析】 (1)为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于物体与圆盘之间的最大静摩擦力，即μ1mg≥mω2R
解得ω≤eq \r(\f(μ1g,R))＝eq \r(\f(g,2R))。
(2)物体恰好从圆盘上甩出时的角速度ω1＝eq \r(\f(g,2R))，则速度v1＝ω1R＝eq \r(\f(gR,2))
当物体滑到餐桌边缘速度减小到0时，恰好不滑落到地面，根据匀变速直线运动规律，有2μ2gx1＝veq \\al(2,1)
可得滑过的位移x1＝eq \f(veq \\al(2,1),2μ2g)＝R
餐桌最小半径R1＝eq \r(xeq \\al(2,1)＋R2)＝eq \r(2)R。
(3)若餐桌半径R2＝eq \f(5,4)R，由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离
x2＝eq \r(Req \\al(2,2)－R2)＝eq \f(3,4)R
根据匀变速直线运动规律，有2(－μ2gx2)＝veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)
可得物体离开餐桌边缘的速度
v2＝eq \r(\f(gR,8))
设物体离开餐桌到地面所需时间为t，根据平抛运动规律x3＝v2t，R＝eq \f(1,2)gt2
可知物体离开餐桌边缘后的水平位移x3＝eq \f(R,2)
由几何关系可得，落地点到圆盘中心的水平距离
L＝eq \r(（x2＋x3）2＋R2)＝eq \f(\r(41),4)R。
【答案】 (1)eq \r(\f(g,2R)) (2)eq \r(2)R (3)eq \f(\r(41),4)R
命题点三： 万有引力与天体的运动
考向一 开普勒三定律与万有引力定律的应用
【典例1】 1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图9所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则( )
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)) （图9）
【解析】 卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即v1＞v2。若卫星以近地点时的半径做圆周运动，则有eq \f(GmM,r2)＝meq \f(veq \\al(2,近),r)，得运行速度v近＝eq \r(\f(GM,r))，由于卫星在近地点做离心运动，则v1＞v近，即v1＞eq \r(\f(GM,r))，选项B正确。
【答案】 B
考向二 天体质量、密度的求解
【典例2】 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( )
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≈5×1015 kg/m3，C正确。
【答案】 C
考向三 卫星运行参量的分析
【典例3】 金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金＜R地＜R火，由此可以判定( )
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】 行星绕太阳做圆周运动，由牛顿第二定律和圆周运动知识可知
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，选项A正确。
【答案】 A
考向四 卫星的变轨与对接问题
【典例4】 如图10所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 （图10）
【解析】 卫星在轨道1上的P点加速才能变轨到轨道2做匀速圆周运动，A错误；由eq \f(GMm,r2)＝ma得a＝eq \f(GM,r2)，故B正确，C错误；动量为矢量，做匀速圆周运动的卫星速度方向时刻变化，所以动量时刻变化，D错误。
【答案】 B
考向五 双星、多星问题
【典例5】 (多选)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )
A.质量之积 B.质量之和
C.速率之和 D.各自的自转角速度
【解析】 由题意可知，合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12圈，则两中子星的周期相等，且均为T＝eq \f(1,12) s，两中子星的角速度均为ω＝eq \f(2π,T)，两中子星构成了双星模型，假设两中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，则有Geq \f(m1m2,L2)＝m1ω2r1、Geq \f(m1m2,L2)＝m2ω2r2，又r1＋r2＝L＝400 km，解得m1＋m2＝eq \f(ω2L3,G)，A错误，B正确；又由v1＝ωr1、v2＝ωr2，则v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωL，C正确；由题中的条件不能求解两中子星自转的角速度，D错误。
【答案】 BC
【总结归纳】
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。
【拓展练习】
1.2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的( )
A.周期为eq \r(\f(4π2r3,GM))
B.动能为eq \f(GMm,2R)
C.角速度为eq \r(\f(Gm,r3))
D.向心加速度为eq \f(GM,R2) （图11）
【解析】 探测器绕月运动由万有引力提供向心力，对探测器，由牛顿第二定律得，Geq \f(Mm,r2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r，解得周期T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，A正确；由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)知，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(GMm,2r)，B错误；由Geq \f(Mm,r2)＝mrω2得，角速度ω＝eq \r(\f(GM,r3))，C错误；由Geq \f(Mm,r2)＝ma得，向心加速度a＝eq \f(GM,r2)，D错误。
【答案】 A
2.(多选)2018年5月21日，嫦娥四号中继星“鹊桥”搭乘长征四号丙运载火箭升空，为嫦娥四号登陆月球背面做准备。为保证地月通信的稳定，“鹊桥”必须定位在“地月系统拉格朗日—2点”(简称地月L2点)，在该点地球、月球和“鹊桥”位于同一直线上，且“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动。则( )
A.“鹊桥”的加速度小于月球的加速度
B.“鹊桥”的线速度大于月球的线速度
C.“鹊桥”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度 （图12）
D.若已知地心到月心的距离，地心到“鹊桥”的距离，可求得月球和地球的质量之比
【解析】 由题可知：“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动，即二者角速度和周期相同，则根据an＝ω2r可知，由于“鹊桥”的轨道半径大于月球轨道半径，故“鹊桥”的加速度大于月球的加速度，故选项A错误；根据公式v＝ωr 可知，由于“鹊桥”的轨道半径大于月球轨道半径，故“鹊桥”的线速度大于月球的线速度，故选项B正确；由于“鹊桥”与月球的周期相同，大于地球同步卫星周期，同时“鹊桥”的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，则根据an＝ω2r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r可知，无法确定“鹊桥”的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度的大小关系，故选项C错误；设地球质量为M1，月球质量为M2，“鹊桥”的质量为m，地心到月心的距离为r1，地心到“鹊桥”的距离为r2，设“鹊桥”的周期为T，则对“鹊桥”有Geq \f(M1m,req \\al(2,2))＋Geq \f(M2m,（r2－r1）2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r2，对月球有eq \f(GM1M2,req \\al(2,1))＝M2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r1，整理可以得到月球和地球的质量之比，故选项D正确。
【答案】 BD
3.(多选)导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的导航系统有美国的GPS系统，中国的北斗系统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的GLONASS系统，其中美国的GPS系统采用的是运行周期为12小时的人造卫星，中国的北斗系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星A和一颗赤道平面上方的GPS卫星B，某时刻两者刚好均处在地面某点C的正上方，如图13所示，下列说法正确的是( )
A.A的速度比B的小
B.若两者质量相等，则发射A需要更多的能量
C.此时刻B处在A、C连线的中点
D.从此时刻起，经过12小时，两者相距最远 （图13）
【解析】 利用万有引力定律可知eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(\f(GM,r))，即轨道半径越大，运行速度越小，所以A的速度比B的小，故选项A正确；若A、B质量相等，则A在发射过程中克服引力做功多，故所需发射速度大，发射A需要更多的能量，故选项B正确；由T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))知周期与半径呈非线性关系，所以B不在A、C连线的中点处，故选项C错误；经过12小时，A运动半周，而B运动一周，两者在地心异侧共线，相距最远，故选项D正确。
【答案】 ABD
4.(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图14中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则( )
A.M与N的密度相等
B.Q的质量是P的3倍
C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 （图14）
【解析】 由题图知，当x＝0时，对P有mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；对Q有mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。在星球表面，由mg＝Geq \f(Mm,R2)得，星球质量M＝eq \f(gR2,G)，则星球的密度ρ＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR)，所以M、N的密度之比eq \f(ρM,ρN)＝eq \f(gM,gN)·eq \f(RN,RM)＝eq \f(3,1)×eq \f(1,3)＝1，A正确；当P、Q的加速度a＝0时，对P有mPgM＝kx0，则mP＝eq \f(kx0,3a0)；对Q有mQgN＝k·2x0，则mQ＝eq \f(2kx0,a0)，即mQ＝6mP，B错误；根据a－x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功及动能定理可知，EkmP＝eq \f(3,2)mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，选项C正确；根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D错误。
【答案】 AC
【专题训练】
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)
1.为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为( )
A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1
【解析】 由开普勒第三定律得eq \f(r3,T2)＝k，故eq \f(TP,TQ)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(RP,RQ)))\s\up12(3))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,4)))\s\up12(3))＝eq \f(8,1)，C正确。
【答案】 C
2.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1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( )
A.eq \f(sin β,sin α)
B.eq \f(cs α,cs β)
C.eq \f(tan α,tan β)
D.eq \f(tan β,tan α) （图1）
【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,sin α)，v2＝eq \f(v0,sin β)，得eq \f(v1,v2)＝eq \f(sin β,sin α)，故选项A正确。
【答案】 A
3.如图2所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )
A.一直不做功
B.一直做正功
C.始终指向大圆环圆心
D.始终背离大圆环圆心 （图2）
【解析】 因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，后一阶段大圆环对小环的作用力指向圆心，故选项C、D错误。
【答案】 A
4.如图3所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点。则下列判断正确的是( )
A.甲船正好也在A点靠岸
B.甲船在A点下游靠岸
C.甲、乙两船到达对岸的时间相等
D.甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇（图3）
【解析】 甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为vsin 60°，过河时间均为t＝eq \f(L,vsin 60°)，故选项C正确；由乙恰好到达A点知，u＝vsin 30°＝eq \f(1,2)v，则甲沿河岸方向的速度为u＋eq \f(1,2)v＝v，沿河岸方向的位移为v·t＝eq \f(L,sin 60°)<2L，故选项A、B、D错误。
【答案】 C
5.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( )
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（图4）
【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；根据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】 C
6.在发射一颗质量为m的地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，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。已知卫星在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g，地球半径为R，卫星在变轨过程中质量不变，则( )
A.卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,R＋h)))eq \s\up12(2)g
B.卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为eq \r(\f(gR2,R＋h)) （图5）
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上做匀速圆周运动的动能大于在轨道Ⅰ上的动能
【解析】 设地球质量为M，由万有引力提供向心力得在轨道Ⅰ上有Geq \f(Mm,R2)＝mg，在轨道Ⅲ上有Geq \f(Mm,（R＋h）2)＝ma，所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,R＋h)))eq \s\up12(2)g，故选项A错误；又因a＝eq \f(v2,R＋h)，所以v＝eq \r(\f(gR2,R＋h))，故选项B正确；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速，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，故选项C正确；尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P、Q点各加速一次，但在圆形轨道上稳定运行时的速度v＝eq \r(\f(GM,r))，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，故选项D错误。
【答案】 BC
7.如图6所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，重力加速度大小为g。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是( )
A.小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B.小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \r(2)
D.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \f(\r(2),2) （图6）
【解析】 由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，故选项A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh＝eq \r(2)d－d，故选项B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有vBcs θ＝v重，即eq \f(vB,v重)＝eq \f(1,cs θ)＝eq \r(2)，故选项C正确，D错误。
【答案】 AC
8.某电视台在某栏目播出了“解析离心现象”，某同学观看后，采用如图7所示的装置研究离心现象，他将两个杆垂直固定在竖直面内，重力加速度大小为g，在垂足O1和水平杆上的O2位置分别固定一力传感器，其中O1O2＝l，现用两根长度相等且均为l的细绳拴接一质量为m的铁球P，细绳的另一端分别固定在O1、O2处的传感器上。现让整个装置围绕竖直杆以恒定的角速度转动，使铁球在水平面内做匀速圆周运动，两段细绳始终没有出现松弛现象，且保证O1、O2和P始终处在同一竖直面内，重力加速度为g。则( )
A.O1P的拉力的最大值为eq \f(\r(3),3)mg
B.O1P的拉力的最大值为eq \f(2\r(3),3)mg
C.O2P的拉力的最小值为eq \f(\r(3),3)mg
D.O2P的拉力的最小值为0 （图7）
【解析】 当转动的角速度为零时，O1P绳的拉力与O2P绳的拉力相等，设为F1，则2F1cs 30°＝mg，F1＝eq \f(\r(3),3)mg；若O2P绳的拉力刚好等于零，此时O1P绳的拉力最大，设这时O1P绳的拉力为F2，则F2cs 30°＝mg，F2＝eq \f(2\r(3),3)mg，因此O1P绳的拉力范围为eq \f(\r(3),3)mg【答案】 BD
二、计算题
9.如图8所示，在竖直平面内有xOy坐标系，其中y轴竖直，长为l的不可伸长细绳，一端固定在A点，A点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(l,2)))，另一端系一质量为m的小球。现在x坐标轴上(x>0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并水平，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g，不计细绳与钉子碰撞时的能量损失，忽略空气的阻力。
（图8）
(1)当钉子在x＝eq \f(\r(5),4)l的P点时，小球经过最低点细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；
(2)在满足(1)的条件下，为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围。
【解析】 (1)当钉子在x＝eq \f(\r(5),4)l的P点时，小球绕钉子转动的半径为R1＝l－eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))\s\up12(2)＋x2)＝l－eq \f(3,4)l＝eq \f(1,4)l
小球由静止到最低点的过程中机械能守恒mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋R1))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
在最低点细绳承受的拉力最大，有F－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R1)
联立求得最大拉力F＝7mg。
(2)小球绕钉子做圆周运动恰好到达最高点时，有mg＝meq \f(veq \\al(2,2),R2)
运动中机械能守恒mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)－R2))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
钉子所在位置为x′＝eq \r(（l－R2）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))\s\up12(2))
联立解得x′＝eq \f(\r(7),6)l
因此钉子所在位置的范围为eq \f(\r(7),6)l≤x≤eq \f(\r(5),4)l。
【答案】 (1)7mg (2)eq \f(\r(7),6)l≤x≤eq \f(\r(5),4)l
10.在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图9所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2 m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1＝1.2 m，D点的高度h2＝0.8 m，D点与G点间的水平距离L＝0.4 m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
（图9）
(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
(2)求小滑块从D点飞出的速度；
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。
【解析】 (1)小滑块从A向B滑动的过程中，设加速度为a，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcs θ＝ma
代入数值解得a＝－8 m/s2
由运动学公式veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝2aeq \f(h1,sin θ)
代入数值解得v0＝6 m/s
(2)滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律
L＝vDt
h2＝eq \f(1,2)gt2
代入数值解得vD＝1 m/s
(3)由于vB>vD，小滑块动能减小，重力势能也减小，机械能减小，所以细管道BCD内壁不光滑
【答案】 (1)－8 m/s2 6 m/s (2)1 m/s (3)不光滑
11.如图10所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5)。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
（图10）
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【解析】 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
eq \f(F0,mg)＝tan α①
F2＝(mg)2＋Feq \\al(2,0)②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝meq \f(v2,R)③
由①②③式和题给数据得F0＝eq \f(3,4)mg④
v＝eq \f(\r(5gR),2)⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cs α)⑦
由动能定理得
－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq \f(m\r(23gR),2)⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t＋eq \f(1,2)gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin αeq \(○,\s\up2(11))
由⑤⑦⑩eq \(○,\s\up2(11))式和题给数据得t＝eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))。
【答案】 (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(m\r(23gR),2) (3)eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))
最高点无支撑
最高点有支撑
图示
最高点向心力
mg＋F弹＝meq \f(v2,R)
mg±F弹＝meq \f(v2,R)
恰好过最高点
F弹＝0，mg＝meq \f(v2,R)，v＝eq \r(gR)，
即在最高点速度不能为零
mg＝F弹，v＝0，
即在最高点速度可为零
看到
想到
1.沿同一方向水平抛出
(1)两球都做平抛运动；
(2)平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
2.两球都落在该斜面上
(1)竖直分位移与水平分位移的比值为定值；
(2)要利用斜面倾角，分解速度和位移等找突破点
看到
想到
1.小物块从轨道下端滑入，从轨道上端水平飞出
(1)小物块从轨道下端到上端过程中机械能守恒；
(2)小物块离开轨道上端做平抛运动
2.小物块落地点到轨道下端的距离
(1)此距离就是平抛运动的水平分位移x的大小；
(2)平抛运动的竖直分位移大小为轨道的直径
3.此距离与轨道半径有关
(1)应分析出平抛运动的水平分位移x的大小与轨道的半径R的函数关系式；
(2)由函数关系式求解此距离最大时对应的轨道半径