第三講力學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)答案(1)xv0t、ygt2、vxv0、vygt(2)線速度v、角速度、周期T、頻率f、向心加速度a2r、向心力Fm2rm(3)(4)熱點(diǎn)考向一運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法【典例】(多選)(2019·河北五校聯(lián)考)如圖所示，在水平地面上有一個(gè)質(zhì)量為M、橫截面為直角三角形的木塊，一長為L的輕桿的下端用鉸鏈固定在地面上，另一端固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球緊靠木塊的一直角邊用水平向左的力F推木塊，使木塊以速度v向左做勻速運(yùn)動(dòng)，輕桿將繞著O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過圖示位置時(shí)，輕桿與水平方向的夾角為，則下列說法正確的是()A此時(shí)小球的速度大小為B此時(shí)小球的速度大小為C此時(shí)輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為D木塊勻速推小球的過程中，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)思路引領(lǐng)兩接觸物體在垂直于接觸面方向的分速度相同，平行于接觸面方向的分速度若無相對滑動(dòng)也相同，若有相對滑動(dòng)則不同此題中小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其線速度為合速度，小球沿垂直接觸面方向的分速度等于木塊的速度v.解析小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其線速度方向與輕桿垂直將線速度v球分解成水平方向和豎直方向上的兩個(gè)分速度，其水平分速度等于v，如右圖所示，即v球sinv，解得v球，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，選項(xiàng)C正確；木塊勻速推小球的過程中，桿與水平方向的夾角逐漸增大，由可知逐漸減小，所以小球做減速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案BC1理清合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的三個(gè)關(guān)系等時(shí)性分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等獨(dú)立性一個(gè)物體同時(shí)參與幾個(gè)分運(yùn)動(dòng)，各個(gè)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立進(jìn)行、互不影響等效性各個(gè)分運(yùn)動(dòng)的疊加效果與合運(yùn)動(dòng)的效果相同2.解決運(yùn)動(dòng)的合成與分解問題的一般思路(1)明確合運(yùn)動(dòng)或分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)(2)明確是在哪兩個(gè)方向上的合成或分解(3)找出各個(gè)方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)(4)運(yùn)用力與速度的關(guān)系或矢量的運(yùn)算法則進(jìn)行分析求解遷移一小船過河問題1(2019·湖北武漢測試)有甲、乙兩只船，它們在靜水中航行速度分別為v1和v2，現(xiàn)在兩船從同一渡口向河對岸開去，已知甲船想用最短時(shí)間渡河，乙船想以最短航程渡河，結(jié)果兩船抵達(dá)對岸的地點(diǎn)恰好相同則甲、乙兩船渡河所用時(shí)間之比為()A. B. C. D.解析如圖所示，當(dāng)甲船在靜水中的速度v1與河岸垂直時(shí)，甲船渡河時(shí)間最短乙船以最短航程渡河，因?yàn)閮纱诌_(dá)地點(diǎn)相同，合速度方向相同，可知乙船在靜水中的速度v2小于水流速度v水，不能垂直到達(dá)對岸，則乙船在靜水中速度v2的方向與合速度方向垂直時(shí)航程最短兩船的合位移相等，則渡河時(shí)間之比等于兩船合速度之反比，即，由圖可知v甲合；v乙合，其中tan，sin，則，故D項(xiàng)正確答案D遷移二繩(桿)關(guān)聯(lián)速度問題2(多選)(2019·哈師大附中二模)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為M的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當(dāng)小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(shí)(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A小環(huán)剛釋放時(shí)輕繩中的張力一定大于2mgB小環(huán)到達(dá)B處時(shí)，重物上升的高度約為(1)dC小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于D小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于解析如圖所示，將小環(huán)速度v進(jìn)行正交分解，小環(huán)釋放后，v增加，而v1vcos，v1增大，由此可知小環(huán)剛釋放時(shí)重物具有向上的加速度，故繩中張力一定大于2mg，A項(xiàng)正確；小環(huán)到達(dá)B處時(shí)，繩與直桿間的夾角為45°，重物上升的高度h(1)d，B項(xiàng)正確；分速度v1與重物上升的速度大小相等，v1vcos45°v，所以，小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確答案ABD繩(桿)牽連物體的分析技巧(1)解題關(guān)鍵找出合速度與分速度的關(guān)系是求解關(guān)聯(lián)問題的關(guān)鍵(2)基本思路先確定合速度的方向(物體實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向)分析合運(yùn)動(dòng)所產(chǎn)生的實(shí)際效果：一方面使繩或桿伸或縮；另一方面使繩或桿轉(zhuǎn)動(dòng)確定兩個(gè)分速度的方向，沿繩或桿方向的分速度和垂直繩或桿方向的分速度，而沿繩或桿方向的分速度大小相等. 熱點(diǎn)考向二平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用【典例】(2019·浙江六校聯(lián)考)圖中給出了某一通關(guān)游戲的示意圖，安裝在軌道AB上可上下移動(dòng)的彈射器，能水平射出速度大小可調(diào)節(jié)的彈丸，彈丸射出口在B點(diǎn)正上方，豎直面內(nèi)的半圓弧BCD的半徑R2.0 m，直徑BD水平且與軌道AB處在同一豎直面內(nèi)，小孔P和圓心O連線與水平方向夾角為37°，游戲要求彈丸垂直于P點(diǎn)圓弧切線方向射入小孔P就能進(jìn)入下一關(guān)，為了能通關(guān)，彈射器離B點(diǎn)的高度和彈丸射出的初速度分別是(不計(jì)空氣阻力，sin37°0.6，cos37°0.8)()A0.15 m,4 m/s B1.50 m,4 m/sC0.15 m,2 m/s D1.50 m,2 m/s思路引領(lǐng)彈丸從P點(diǎn)射出時(shí)的速度方向就是半徑OP的方向，如右圖：.解析如圖所示，彈丸從P點(diǎn)射出時(shí)的速度方向就是半徑OP的方向，即與水平方向成37°.由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有tan37°，豎直方向的速度vygt，豎直方向上的位移hRsin37°gt2，水平方向上的位移RRcos37°vxt，聯(lián)立解得h0.15 m，v0vx4 m/s，故A項(xiàng)正確，B、C、D均錯(cuò)誤答案A研究平拋運(yùn)動(dòng)的常用方法1分解速度設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的速度為：vxv0，在豎直方向的速度為：vygt，合速度為：v，合速度與水平方向夾角滿足tan.2分解位移平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的位移為：xv0t，在豎直方向的位移為：ygt2，相對拋出點(diǎn)的位移(合位移)為：s，合位移與水平方向夾角滿足tan.3分解加速度對于有些問題，過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，把重力加速度g正交分解為gx、gy，把初速度v0正交分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解，可以避繁就簡，化難為易遷移一平拋運(yùn)動(dòng)的極值問題1(2019·西安三校春季聯(lián)考)某科技比賽中，參賽者設(shè)計(jì)了一個(gè)軌道模型，如右圖所示模型放到80 cm高的桌子上，最高點(diǎn)距離地面2 m，右端出口水平現(xiàn)讓小球由最高點(diǎn)靜止釋放，忽略阻力作用，為使小球飛得最遠(yuǎn)，右端出口距離桌面的高度應(yīng)設(shè)計(jì)為()A0 mB0.1 mC0.2 mD0.3 m解析從最高點(diǎn)到出口，滿足機(jī)械能守恒，有(Hh)mgmv2，從出口飛出后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有xvt，hgt2，可得x2，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)知，當(dāng)Hhh時(shí)，x最大，即h1 m時(shí)，小球飛得最遠(yuǎn)，此時(shí)出口距離桌面高度為h1 m0.8 m0.2 m.答案C遷移二平拋運(yùn)動(dòng)與斜面組合2(2019·黃岡中學(xué)元月質(zhì)檢)如圖甲所示，水平面上固定一個(gè)斜面，從斜面頂端向右平拋一個(gè)小球，當(dāng)初速度為v0時(shí)，小球恰好落到斜面底端，小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.現(xiàn)用不同的初速度v從該斜面頂端向右平拋該小球，以下哪個(gè)圖像(圖乙)能正確表示小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t隨初速度v變化的關(guān)系()解析設(shè)斜面傾角為，當(dāng)小球落在斜面上時(shí)，有tan，得t，即t與速度v成正比當(dāng)小球落在水平面上時(shí)，根據(jù)hgt2，得t，可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，可知t與v的關(guān)系圖線先是過原點(diǎn)的一條傾斜直線，然后是平行于橫軸的直線，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤答案C遷移三平拋運(yùn)動(dòng)與圓面組合3(2019·廣東華南三校聯(lián)考)如圖所示，水平地面上有一個(gè)坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑若在A點(diǎn)以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球?qū)糁锌颖谏系淖畹忘c(diǎn)D點(diǎn)；若在A點(diǎn)拋出小球的同時(shí)，在C點(diǎn)以初速度v2水平向左拋出另一相同質(zhì)量的小球，也能擊中D點(diǎn)已知COD60°，不計(jì)空氣阻力，則()A兩小球同時(shí)落到D點(diǎn)B兩小球在此過程中動(dòng)能的增加量相等C在擊中D點(diǎn)前瞬間，重力對兩小球做功的瞬時(shí)功率相等D兩小球初速度大小之比v1v23解析根據(jù)hgt2得，t，兩球下降的高度之比為21，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1.由幾何關(guān)系知，兩球的水平位移之比為2，則兩球的初速度之比為3，選項(xiàng)D正確，A錯(cuò)誤；因?yàn)閮尚∏蛳陆档母叨炔煌?，重力做功不同，根?jù)動(dòng)能定理知，動(dòng)能的增加量不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩球下落的高度之比為21，則落到D點(diǎn)時(shí)在豎直方向上的速度不相等，根據(jù)Pmgvy可知，重力的瞬時(shí)功率不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤答案D在平拋運(yùn)動(dòng)中，初速度v0與加速度g不是同一直線上的物理量，不能按勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式xv0tat2、vv0at直接套用，注意先分解為兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，必要時(shí)再合成. 熱點(diǎn)考向三圓周運(yùn)動(dòng)問題【典例】(2018·全國卷)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin.一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱阒亓铀俣却笮間.求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間思路引領(lǐng)解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有tanF設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm由式和題給數(shù)據(jù)得F0mgv(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DARsinCDR(1cos)由動(dòng)能定理有mg·CDF0·DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為pmv1(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vtgt2CDvvsin由式和題給數(shù)據(jù)得t答案(1)mg(2)(3)1解決圓周運(yùn)動(dòng)力學(xué)問題的關(guān)鍵(1)正確進(jìn)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(dòng)力學(xué)方程Fmmr2mvmr.結(jié)合vr、T等基本公式進(jìn)行求解2豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)問題的解題思路(1)定模型：首先判斷是輕繩模型、輕桿模型還是外軌模型(2)過最高點(diǎn)的條件：輕繩模型中物體在最高點(diǎn)的速度v，輕桿模型中物體在最高點(diǎn)的速度v0，外軌模型中物體在最高點(diǎn)的速度v.(3)研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況(4)受力分析：對物體在最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，沿半徑方向根據(jù)牛頓第二定律列出方程，F(xiàn)合F向(5)過程分析：應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個(gè)狀態(tài)聯(lián)系起來列出方程遷移一水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)1(多選)(2019·河南五校聯(lián)考)如圖所示，小物體A、B通過彈簧連接，并靜止在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，現(xiàn)從靜止開始緩慢增大轉(zhuǎn)臺(tái)的轉(zhuǎn)速(在每個(gè)轉(zhuǎn)速下均可認(rèn)為轉(zhuǎn)臺(tái)勻速轉(zhuǎn)動(dòng))，已知A、B的質(zhì)量分別為m、2m，A、B與轉(zhuǎn)臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，A、B離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離都為r，已知彈簧的原長為r，勁度系數(shù)為k，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下說法正確的是()A物體A和B同時(shí)相對轉(zhuǎn)臺(tái)發(fā)生滑動(dòng)B當(dāng)A受到的摩擦力為0時(shí)，B受到的摩擦力方向背離圓心C當(dāng)B受到的摩擦力為0時(shí)，A受到的摩擦力方向背離圓心D當(dāng)A、B均相對轉(zhuǎn)臺(tái)靜止時(shí)，允許的最大角速度為解析A剛好要滑動(dòng)時(shí)，所受靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有krmgmr，解得A，B剛好要滑動(dòng)時(shí)，所受靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有kr2mg2mr，解得B，故A>B，所以B先滑動(dòng)，當(dāng)A、B均相對轉(zhuǎn)臺(tái)靜止時(shí)，允許的最大角速度為B，A錯(cuò)誤，D正確；A受到的摩擦力為0時(shí)，由彈簧彈力提供A做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，故krm2r，解得，此時(shí)B所需要的向心力F2m2r2kr>kr，故B受到的摩擦力方向指向圓心，B錯(cuò)誤；B受到的摩擦力為0時(shí)，由彈簧彈力提供B做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，故kr2m2r，解得，此時(shí)A所需要的向心力Fm2rkr<kr，故A受到的摩擦力方向背離圓心，C正確答案CD遷移二豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的“桿”模型2(多選)(2019·河南五校聯(lián)考)如圖甲所示，半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管豎直放置，一可看作質(zhì)點(diǎn)的小球在圓管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A時(shí)，小球受到的彈力F與其在A點(diǎn)速度平方(即v2)的關(guān)系如圖乙所示設(shè)細(xì)管內(nèi)徑可忽略不計(jì)，則下列說法中正確的是()A當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮锽該小球的質(zhì)量為RC當(dāng)v22b時(shí)，小球在圓管的最低點(diǎn)受到的彈力大小為7aD當(dāng)0v2<b時(shí)，小球在A點(diǎn)對圓管的彈力方向豎直向上解析由題圖乙可知，當(dāng)v2b時(shí)，小球與圓管內(nèi)壁之間恰好沒有力的作用，此時(shí)由重力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，即mgm，故g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)v20時(shí)，有mga，又因?yàn)間，所以小球的質(zhì)量mR，選項(xiàng)B正確；當(dāng)v22b時(shí)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則由機(jī)械能守恒定律可得：mg·2Rmv2m·2b，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)受到的彈力大小為F，則由牛頓第二定律可得：Fmgm，聯(lián)立解得：F7a，選項(xiàng)C正確；當(dāng)0v2<b時(shí)，小球在最高點(diǎn)時(shí)需要的向心力小于小球的重力，所以圓管對小球的彈力方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，小球?qū)A管的彈力方向豎直向下，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案BC遷移三豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的“繩”模型3(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長度為R的細(xì)繩拴著在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球恰好能通過軌跡圓的最高點(diǎn)A，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A小球通過最高點(diǎn)A時(shí)的速度大小為gRB小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為mgRC若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了，則小球還能上升的高度為RD若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)斷了，則經(jīng)過t時(shí)間小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的位置解析此模型為“繩”模型小球恰好通過最高點(diǎn)A時(shí)，繩子的拉力為零，則有mgm，解得vA，A錯(cuò)誤；小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中重力做的功為2mgR，根據(jù)動(dòng)能定理可知小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為2mgR，B錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgRmvmv，設(shè)繩子在C點(diǎn)斷后小球還能上升的高度為h，則有mgh0mv，又vA，聯(lián)立以上各式解得hR，C錯(cuò)誤；若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，則小球下降高度R所用的時(shí)間滿足Rgt2，解得t，D正確答案D抓住“兩類模型”是解決問題的突破點(diǎn)(1)模型1水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般由牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解(2)模型2豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)(繩球模型和桿球模型)，通過最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的速度常利用動(dòng)能定理(或機(jī)械能守恒)來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)力學(xué)分析求解. 熱點(diǎn)考向四萬有引力與航天問題的分析與計(jì)算【典例】(多選)(2019·全國卷)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(yùn)動(dòng)，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其ax關(guān)系如圖中虛線所示假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體已知星球M的半徑是星球N的3倍，則()AM與N的密度相等BQ的質(zhì)量是P的3倍CQ下落過程中的最大動(dòng)能是P的4倍DQ下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍思路引領(lǐng)(1)ax圖線與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積和質(zhì)量的乘積表示合外力做的功(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性可知Q下落時(shí)彈簧的最大壓縮量為4x0.解析設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為mP、mQ；M、N的質(zhì)量分別為M1、M2，半徑分別為R1、R2，密度分別為1、2；M、N表面的重力加速度分別為g1、g2.在星球M上，彈簧壓縮量為0時(shí)有mPg13mPa0，所以g13a0G，密度1；在星球N上，彈簧壓縮量為0時(shí)有mQg2mQa0，所以g2a0G，密度2；因?yàn)镽13R2，所以有12，選項(xiàng)A正確當(dāng)物體的加速度為0時(shí)有mPg13mPa0kx0，mQg2mQa02kx0，解得mQ6mP，選項(xiàng)B錯(cuò)誤根據(jù)ax圖線與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積和質(zhì)量的乘積表示合外力做的功可知，EkmPmPa0x0，EkmQmQa0x0，所以EkmQ4EkmP，選項(xiàng)C正確根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，Q下落時(shí)彈簧的最大壓縮量為4x0，P下落時(shí)彈簧的最大壓縮量為2x0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案AC人造衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析遷移一天體運(yùn)動(dòng)中的自轉(zhuǎn)模型1(多選)(2019·哈爾濱六中模擬)2017年11月8日，“雪龍?zhí)枴睒O地考察船駛離碼頭，開始了第34次南極考察之旅“雪龍?zhí)枴睒O地考察船在由我國駛向南極的過程中，經(jīng)過赤道時(shí)測得某物體的重力是G1；在南極附近測得該物體的重力為G2.已知地球自轉(zhuǎn)的周期為T，引力常量為G.假設(shè)地球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，且海水的密度和船的總質(zhì)量均不變，忽略其他星體對考察船及該物體的影響，由此可知()A“雪龍?zhí)枴笨疾齑谀蠘O時(shí)的吃水深度與在赤道時(shí)相同B“雪龍?zhí)枴笨疾齑谀蠘O時(shí)的吃水深度比在赤道時(shí)大C地球的密度為D當(dāng)?shù)厍虻淖赞D(zhuǎn)周期為T時(shí)，放在地球赤道地面上的物體不再對地面有壓力解析“雪龍?zhí)枴笨疾齑叫袝r(shí)，豎直方向上有mgF浮液gV排，故m液V排，因海水的密度和船的總質(zhì)量均不變，故“雪龍?zhí)枴笨疾齑叫袝r(shí)排水量不變，即在南極時(shí)的吃水深度與在赤道時(shí)相同，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)地球的質(zhì)量為M，半徑為R，被測物體的質(zhì)量為m，被測物體在赤道上時(shí)，GG1mR，被測物體在南極附近時(shí)，GG2，地球的體積VR3，地球的密度，聯(lián)立解得，C正確；當(dāng)放在地球赤道地面上的被測物體不再對地面有壓力時(shí)，有G2mR，聯(lián)立解得TT，D正確答案ACD遷移二天體運(yùn)動(dòng)中的公轉(zhuǎn)模型2(2019·山西部分學(xué)校模擬)2018年7月10日，我國成功發(fā)射了第三十二顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星該衛(wèi)星屬于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，其運(yùn)轉(zhuǎn)軌道平面與地球赤道平面有夾角，離地面的高度和地球靜止同步軌道衛(wèi)星離地面的高度一樣僅考慮衛(wèi)星與地球間的作用，關(guān)于第三十二顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，下列說法正確的是()A周期小于地球自轉(zhuǎn)的周期B線速度大于第一宇宙速度C加速度大于地球靜止同步軌道衛(wèi)星的加速度D角速度等于地球靜止同步軌道衛(wèi)星的角速度解析因衛(wèi)星與地球同步，則衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；第一宇宙速度是衛(wèi)星環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的最大線速度，近似等于近地衛(wèi)星的線速度，衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，則此衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因衛(wèi)星離地面的高度和地球靜止同步軌道衛(wèi)星離地面的高度一樣，則根據(jù)aG可知，衛(wèi)星的加速度等于地球靜止同步軌道衛(wèi)星的加速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤答案D遷移三衛(wèi)星變軌模型3(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示是我國發(fā)射的“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星被月球俘獲的示意圖，“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星先繞月球沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，在P點(diǎn)經(jīng)兩次制動(dòng)后最終沿月球表面的圓軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知圓軌道半徑為r，橢圓的半長軸為4r，衛(wèi)星沿圓軌道運(yùn)行的周期為T，則下列說法中正確的是()A“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行的機(jī)械能大于在軌道上運(yùn)行的機(jī)械能B“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)，在M點(diǎn)的速度大小大于在P點(diǎn)的速度大小C“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星在三個(gè)軌道上運(yùn)行時(shí)，在P點(diǎn)的加速度總是相同的D“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為4T解析因“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星從軌道變軌到軌道上運(yùn)行時(shí)，必須在P點(diǎn)進(jìn)行減速，即在軌道上運(yùn)行的機(jī)械能小于在軌道上運(yùn)行的機(jī)械能，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由MP萬有引力做正功，在M點(diǎn)的速度大小小于在P點(diǎn)的速度大小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由Gma知衛(wèi)星離中心天體高度相同時(shí)，運(yùn)行的加速度相同，C項(xiàng)正確；令“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，則由開普勒第三定律得，即t4T，D項(xiàng)正確答案CD變軌過程中能量分析的常見誤區(qū)(1)變軌前后，衛(wèi)星機(jī)械能不守恒衛(wèi)星的發(fā)射和回收都是利用以上原理通過多次變軌實(shí)現(xiàn)的由于變軌時(shí)衛(wèi)星需要借助“點(diǎn)火”實(shí)現(xiàn)加速或減速，變軌前后的機(jī)械能不守恒，有其他形式的能量參與轉(zhuǎn)化(2)同一軌道上自主運(yùn)行時(shí)僅受萬有引力作用，機(jī)械能守恒這一結(jié)論對圓形或橢圓形軌道均成立. 高考熱點(diǎn)模型突破雙星及多星模型1雙星模型(1)模型條件：兩顆恒星彼此相距較近；兩顆恒星靠相互之間的萬有引力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；兩顆恒星繞同一圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(2)模型特點(diǎn)向心力等大反向：兩顆恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由它們之間的萬有引力提供，故F1F2，且方向相反，分別作用在兩顆恒星上，是一對作用力和反作用力周期、角速度相同：兩顆恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期、角速度相等半徑、線速度與質(zhì)量成反比：圓心在兩顆恒星的連線上，且r1r2L，兩顆恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與恒星的質(zhì)量成反比兩顆恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度與恒星的質(zhì)量成反比2三星模型(1)第一種情況：三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央的星(靜止不動(dòng))在同一半徑為R的圓軌道上運(yùn)行，周期相同(2)第二種情況：三顆星位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，并沿等邊三角形的外接圓軌道運(yùn)行，三顆星的運(yùn)行周期相同(如圖所示)3四星模型(1)第一種情況：四顆星穩(wěn)定地分布在邊長為a的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，均圍繞正方形的兩條對角線的交點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(如圖所示)(2)第二種情況：有三顆星位于邊長為a的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運(yùn)行，而第四顆星剛好位于三角形的中心不動(dòng)【典例】(2019·江西六校聯(lián)考)宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的四顆星體組成的四星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用設(shè)四星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R，四顆星體穩(wěn)定分布在邊長為a的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，如圖所示引力常量為G.關(guān)于四星系統(tǒng)，下列說法錯(cuò)誤的是()A四顆星體圍繞正方形對角線的交點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B四顆星體的軌道半徑均為C四顆星體表面的重力加速度均為D四顆星體的運(yùn)動(dòng)周期均為2a審題指導(dǎo)第一步讀題干提信息題干信息忽略其他星體對它們的作用力向心力是其他三顆星對它的引力的合力每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R可求星體表面重力加速度穩(wěn)定分布在邊長為a的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上軌道半徑為星體到中心O的距離第二步審程序順?biāo)悸方馕鲇伤男窍到y(tǒng)的分布圖可知，它們繞中心O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A正確根據(jù)幾何知識(shí)可知，它們的軌道半徑為a，B錯(cuò)誤設(shè)四顆星體表面的重力加速度為g，由m0g得g，C正確對于其中一顆星體，由ma2，得T2a，D正確答案B雙星、多星問題解題的關(guān)鍵在于分析向心力的來源和軌道半徑，各星體繞著系統(tǒng)的重心位置轉(zhuǎn)動(dòng)，向心力的分析容易漏力例如：如圖所示的三星系統(tǒng)，三顆星體質(zhì)量均為m.三角形ABC為等邊三角形，邊長為a.可列方程ma2.若三顆星體質(zhì)量不相等時(shí)，將以三星系統(tǒng)的等效重心為圓心轉(zhuǎn). 1(多選)(2019·合肥質(zhì)檢)在浩瀚的宇宙中存在著無數(shù)的星體，其中存在著這樣的兩個(gè)星體A、B，星體A、星體B在彼此間萬有引力的作用下，圍繞兩者連線上的O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示已知兩星體A、B中心之間的距離為l，星體A的角速度為，兩星體A、B到O點(diǎn)的距離差為r，引力常量為G.則下列說法正確的是()A兩星體的質(zhì)量之差為B星體A、星體B的運(yùn)動(dòng)半徑之比為C兩星體運(yùn)行的線速度之差為·rD星體A、星體B的質(zhì)量之比為解析星體A、B靠相互間的萬有引力提供向心力，兩者的角速度相等，周期相等，則星體B的角速度也為，根據(jù)題意可知rArBl，rArBr，解得rA，rB，則星體A、星體B的運(yùn)動(dòng)半徑之比為，B錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力可知GmA2rAmB2rB，可得mA，mB，則兩星體的質(zhì)量之差為，質(zhì)量之比為，A錯(cuò)誤，D正確；星體A的線速度大小vArA，星體B的線速度大小vBrB，則星體A、星體B的線速度大小之差為vvAvB·r，C正確答案CD2(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)宇宙中存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用，三星質(zhì)量也相同現(xiàn)已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構(gòu)成形式：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示；另一種是三顆星位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運(yùn)行，如圖乙所示設(shè)這三個(gè)星體的質(zhì)量均為m，且兩種系統(tǒng)中各星間的距離已在圖甲、圖乙中標(biāo)出，引力常量為G，則下列說法中正確的是()A直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為B直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4 C三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為2 D三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大小為解析本題考查三星系統(tǒng)，求解的思路是運(yùn)行天體的向心力由萬有引力的合力提供在直線三星系統(tǒng)中，星體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由其他兩星對它的萬有引力的合力提供，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律，有GGm，解得v，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由周期T知直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T4 ，B項(xiàng)正確；同理，對三角形三星系統(tǒng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的星體，有2Gcos30°m2·，解得，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由2Gcos30°ma得a，D項(xiàng)正確答案BD專題強(qiáng)化訓(xùn)練(三)一、選擇題1(2019·啟東中學(xué)月考)如右圖所示，在一次救災(zāi)工作中，一架沿水平直線飛行的直升機(jī)A，用懸索(重力可忽略不計(jì))救困在湖水中的傷員B.在直升機(jī)A和傷員B以相同的水平速度勻速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，懸索將傷員提起，在某一段時(shí)間內(nèi)，A、B之間的距離以lHt2(式中H為直升機(jī)A離水面的高度，各物理量的單位均為國際單位)規(guī)律變化，則在這段時(shí)間內(nèi)，下面判斷中正確的是(不計(jì)空氣作用力)()A懸索的拉力小于傷員的重力B懸索成傾斜直線C傷員做速度減小的曲線運(yùn)動(dòng)D傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運(yùn)動(dòng)解析傷員B參與了兩個(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)：在水平方向上，傷員B和直升機(jī)A以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，由于A、B之間的距離以lHt2規(guī)律變化，所以傷員與水面之間的豎直距離關(guān)系式為ht2at2，在豎直方向上以2 m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運(yùn)動(dòng)，且速度一直增加，故C錯(cuò)誤，D正確；由于傷員在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，懸索的拉力應(yīng)大于傷員的重力，故A錯(cuò)誤；由于傷員在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，水平方向上沒有加速度，懸索應(yīng)成豎直狀態(tài)，故B錯(cuò)誤答案D2(多選)(2019·株洲重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如右圖所示，小船從A碼頭出發(fā)，沿垂直于河岸的方向渡河，若河寬為d，渡河速度v船恒定，河水的流速與到河岸的距離x成正比，即v水kx，要使小船能夠到達(dá)距A正對岸距離為s遠(yuǎn)的B碼頭，則()Av船應(yīng)為Bv船應(yīng)為C渡河時(shí)間為D渡河時(shí)間為解析河水的流速中間最快，離岸越近速度越慢，因?yàn)樗蔷€性變化的(流速與到河岸的最短距離x成正比)，所以取距離河岸處的速度為河水的平均速度，即v，則渡河時(shí)間t，C正確，D錯(cuò)誤；由dv船t，解得v船，A正確，B錯(cuò)誤答案AC3.(2019·大慶高三調(diào)研)如圖所示是排球場的場地示意圖，設(shè)排球場的總長為L，前場區(qū)的長度為，網(wǎng)高為h，在排球比賽中，對運(yùn)動(dòng)員的彈跳水平要求很高如果運(yùn)動(dòng)員的彈跳水平不高，運(yùn)動(dòng)員的擊球點(diǎn)的高度小于某個(gè)臨界值H，那么無論水平擊球的速度多大，排球不是觸網(wǎng)就是越界設(shè)某一次運(yùn)動(dòng)員站在前場區(qū)和后場區(qū)的交界處，正對網(wǎng)前豎直跳起垂直網(wǎng)將排球水平擊出，關(guān)于該種情況下臨界值H的大小，下列關(guān)系式正確的是()AHh BHCHh DHh解析將排球水平擊出后排球做平拋運(yùn)動(dòng)，排球剛好觸網(wǎng)和達(dá)底線時(shí)，有：v0，v0，聯(lián)立解得Hh，故選C.答案C4.(2019·山東濟(jì)寧期末)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從一半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處開始做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)半圓軌道圓心為O，半徑為R，且OB與水平方向夾角為53°，重力加速度為g，則小球拋出時(shí)的初速度大小為()A. B. C. D.解析由小球運(yùn)動(dòng)過程中恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)，知速度與水平方向的夾角為37°，設(shè)位移與水平方向的夾角為，有tan.因?yàn)閠an，則豎直位移y0.6R，v2gy1.2gR，所以tan37°，則v0，C正確答案C5(多選)(2019·啟東中學(xué)月考)如圖甲所示，將質(zhì)量為M的物塊A和質(zhì)量為m的物塊B放在水平轉(zhuǎn)盤上，兩者用長為L的水平輕繩連接物塊與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍，物塊A與轉(zhuǎn)軸的距離等于輕繩長度，整個(gè)裝置能繞通過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)開始時(shí)，輕繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，使角速度緩慢增大，繩中張力FT與轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的平方2的關(guān)系如圖乙所示，當(dāng)角速度的平方2超過3時(shí)，物塊A、B開始滑動(dòng)若圖乙中的F1、1及重力加速度g均為已知，下列說法正確的是()ALBLCkDmM解析當(dāng)角速度的平方等于2時(shí)，繩中開始有張力，B物塊所受靜摩擦力達(dá)到最大值，有kmgm·2L·2，當(dāng)角速度的平方等于3時(shí)，kmgF1m·2L·3，可解得k，L，A錯(cuò)誤，B、C正確；當(dāng)角速度的平方等于3時(shí)，對A物塊有kMgF1M·L·3，聯(lián)立各式可解得M2m，D錯(cuò)誤答案BC6(多選)(2019·綿陽二診)如圖所示，一質(zhì)量為m0.1 kg的小球以豎直向上的初速度v010 m/s沖入一管道，該管道為圓管道，半徑為R5 m.已知小球的入口與圓心在同一高度經(jīng)過管道后，它又沿著水平導(dǎo)軌進(jìn)入另一個(gè)半徑為r的圓軌道，且恰好能通過圓軌道的最高點(diǎn)若所有銜接處均不損失機(jī)械能，不計(jì)摩擦，小球直徑以及管道內(nèi)徑可忽略，圓管道和圓軌道底端均與水平導(dǎo)軌相切，g取10 m/s2.下列說法正確的是()A小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)對管道的壓力為零B小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)速度為5 m/sC小球到達(dá)管道最低點(diǎn)時(shí)對管道的壓力為5 ND圓軌道半徑r為4 m解析從出發(fā)點(diǎn)到管道的最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)的速度v10，即它剛好能夠通過管道的最高點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時(shí)速度為0，則可求得此時(shí)小球?qū)艿赖膲毫Φ扔谛∏虻闹亓?，? N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到達(dá)管道最低點(diǎn)時(shí)速度v210 m/s，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得Fmgm，解得管道最低點(diǎn)對小球的支持力F5 N，再結(jié)合牛頓第三定律可知，選項(xiàng)C正確；小球剛好通過圓軌道最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)，小球速度v滿足mgm，從出發(fā)點(diǎn)到圓軌道的最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得mv22mgrmgRmv，聯(lián)立解得r4 m，選項(xiàng)D正確答案CD7(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球從斜軌道某一高度處由靜止滑下，然后沿豎直圓軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，已知圓軌道的半徑為R，不計(jì)一切摩擦阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A當(dāng)h2R時(shí)，小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)MB當(dāng)h2R時(shí)，小球在圓心等高處P點(diǎn)時(shí)對軌道壓力大小為2mgC當(dāng)h2.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道D當(dāng)hR時(shí)，小球在最低點(diǎn)N時(shí)對軌道壓力大小為2mg解析在圓軌道的最高點(diǎn)M，由牛頓第二定律有mgm，解得v0.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mghmg·2Rmv，解得h2.5R.所以當(dāng)h2.5R時(shí)小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)M，當(dāng)h2.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤當(dāng)h2R時(shí)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高處P點(diǎn)時(shí)速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg·2RmgRmv2，小球在P點(diǎn)時(shí)，設(shè)所受軌道的作用力為FP，由牛頓第二定律FPm，聯(lián)立解得FP2mg，由牛頓第三定律可知小球在圓心等高處P點(diǎn)時(shí)對軌道壓力大小為2mg，選項(xiàng)B正確當(dāng)hR時(shí)，設(shè)小球在最低點(diǎn)N時(shí)速度為v，則有mgRmv2，在圓軌道最低點(diǎn)，有FNmgm，解得FN3mg，由牛頓第三定律可知小球在最低點(diǎn)N時(shí)對軌道壓力大小為3mg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案B8(2019·福建“四地六?！贝杭韭?lián)合?？?如圖所示，有A、B兩顆衛(wèi)星繞地心O做圓周運(yùn)動(dòng)，旋轉(zhuǎn)方向相同A衛(wèi)星的周期為T1，B衛(wèi)星的周期為T2，在某一時(shí)刻兩衛(wèi)星相距最近，則(引力常量為G)()A兩衛(wèi)星經(jīng)過時(shí)間tT1T2再次相距最近B兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比為C若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時(shí)的距離，可求出地球的密度D若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時(shí)的距離，可求出地球表面的重力加速度解析設(shè)兩衛(wèi)星經(jīng)過時(shí)間t再次相距最近，由1，解得t，A錯(cuò)誤根據(jù)開普勒第三定律，解得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比r1r2，B正確已知兩顆衛(wèi)星相距最近時(shí)的距離，結(jié)合兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比可以求得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑，由萬有引力提供向心力Gm2r，可以得出地球的質(zhì)量，若知道地球半徑，可以進(jìn)一步求出地球的密度和地球表面的重力加速度，但地球半徑未知，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D錯(cuò)誤答案B9.(2019·陜西質(zhì)檢)如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1上繞地球運(yùn)動(dòng)，近地點(diǎn)Q到地心O的距離為a，遠(yuǎn)地點(diǎn)P到地心O的距離為b，在P點(diǎn)變軌后進(jìn)入軌道2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g.則()A衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，速率為B衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，速率大于C衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，速率大于D衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，加速度大小為解析衛(wèi)星以a為半徑繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有m和mg可得va，同理，衛(wèi)星以b為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率為vb，C錯(cuò)誤；衛(wèi)星從半徑為a的圓軌道上進(jìn)入橢圓軌道1需加速，使得萬有引力小于所需向心力，所以衛(wèi)星在橢圓軌道1上經(jīng)過Q點(diǎn)的速度大于在以半徑為a的圓軌道上經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度va，A錯(cuò)誤；衛(wèi)星在P點(diǎn)加速，方可使得衛(wèi)星從1軌道進(jìn)入2軌道，所以衛(wèi)星在1軌道經(jīng)過P時(shí)的速率小于衛(wèi)星在以b為半徑的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率vb，B錯(cuò)誤；在P點(diǎn)有，ma加，在地球表面處有mg，聯(lián)立可得a加，D正確答案D二、非選擇題10(2019·吉林調(diào)研)速降滑雪，又稱高山滑雪，于1936年冬季奧運(yùn)正式成為比賽項(xiàng)目，運(yùn)動(dòng)員要由起點(diǎn)出發(fā)以最快速度到達(dá)終點(diǎn)如圖所示為某高山滑雪的賽道簡圖，SA是以O(shè)點(diǎn)為圓心，半徑為R10 m的四分之一圓弧，水平賽道AB長為L20 m，BC斜面與水平方向夾角37°，高度h5 m，質(zhì)量m50 kg的滑雪運(yùn)動(dòng)員從S點(diǎn)出發(fā)自由下滑，最后停止于水平賽道D點(diǎn)已知SA段摩擦可忽略不計(jì)，A到D的賽道動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，設(shè)滑雪運(yùn)動(dòng)員落在賽道上時(shí)，垂直于賽道的速度立刻減為0，而平行于賽道的速度保持不變，g取10 m/s2(sin37°0.6，cos37°0.8)求：(1)運(yùn)動(dòng)員滑至A點(diǎn)的速度v；(2)運(yùn)動(dòng)員滑到A點(diǎn)時(shí)對滑道的壓力F；(3)斜面最高端B點(diǎn)到停止點(diǎn)D之間的水平距離s.解析(1)SA段由動(dòng)能定理可得mv2mgR解得v10 m/s(2)在A點(diǎn)由牛頓第二定律和向心力公式可得Fmgm解得F1500 N由牛頓第三定律可得FF1500 N所以壓力為1500 N，方向豎直向下(3)設(shè)滑到B點(diǎn)速度為vB，從S點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理可得mgRmgLmv從B點(diǎn)平拋，若落在CD面上時(shí)間為tt1 s平拋的水平距離為xvBt4 mB、C的水平距離為x0 m<x，所以落于CD面在CD面上繼續(xù)滑行距離為x1，由動(dòng)能定理可得mgx10mv可得x180 m所以sxx1(804) m答案(1)10 m/s(2)1500 N，方向豎直向下(3)(804) m11(2019·太原模擬)如圖所示軌道ABCDE在豎直平面內(nèi)，AB與水平面BC成37°角且平滑連接，圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道CDE與BC相切于C點(diǎn)，E、F兩點(diǎn)等高，BC長為.將小滑塊從F點(diǎn)由靜止釋放，恰能滑到與O等高的D點(diǎn)已知小滑塊與AB及BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，sin37°0.6，cos37°0.8.(1)求小滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若AB足夠長，改變釋放點(diǎn)的位置，要使小滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn)，求釋放點(diǎn)到水平面的高度h；(3)若半徑R1 m，小滑塊在某次釋放后，滑過E點(diǎn)的速度大小為8 m/s，則它從E點(diǎn)飛出至落到軌道上所需時(shí)間t為多少？(g取10 m/s2)解析(1)在滑塊從F到D過程，根據(jù)動(dòng)能定理得mg×(2RR)mgcos37°×mg×0解得(2)若滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn)，在E點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得mgm在滑塊從釋放點(diǎn)到E的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(h2R)mgcos37°·mg·mv0解得h4.7R(3)假設(shè)滑塊離開E點(diǎn)后落在AB上，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得xvE1t，ygt2由幾何關(guān)系得tan37°解得t0.3 sx2.4 m>.所以假設(shè)正確，故t0.3 s.答案(1)(2)4.7R(3)0.3 s36