2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 專題復習篇三 曲線運動的分析練習（含解析）

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1、曲線運動的分析 要點提煉 1.曲線運動與力的關系——運動性質的判斷 加速度(或合外力) 2．解決曲線運動的一般方法——運動的合成與分解 (1)明確合運動或分運動的運動性質； (2)明確是在哪兩個方向上的合成或分解； (3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)； (4)運用力與速度的關系或矢量的運算法則進行分析求解。 3．平拋運動與類平拋運動 平拋運動和類平拋運動均為勻變速曲線運動。求解時，一般需要在初速度方向上列勻速直線運動的方程：vx＝v0，x＝v0t；在合力方向上列初速度為0的勻加速直線運動方程：vy＝at，y＝at2。 4．圓周運動 圓周運動必然是

2、非勻變速運動，加速度必然變化。勻速圓周運動，合外力即向心力；變速圓周運動，向心力不是合外力，而是合外力沿半徑方向的分力。向心力改變速度方向，切向分力改變速度的大小。關鍵是掌握向心力公式F＝ma＝m＝mω2r＝mr。 5．天體和衛(wèi)星的運動 (1)開普勒行星運動定律 ①開普勒第一定律(軌道定律)：所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個焦點上。 ②開普勒第二定律(面積定律)：對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過相等的面積。 ③開普勒第三定律(周期定律)：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟它的公轉周期的二次方的比值都相等，即＝k。 (2)衛(wèi)星的各物理量隨軌道半徑

3、變化的規(guī)律 高考考向1　勻變速曲線運動及運動的合成與分解 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 命題角度1 平拋運動及類平拋運動 例1　(2018·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的(　　) A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 解析　設甲球落至斜面時的速率為v1，乙球落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規(guī)律，x＝vt，y＝gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ＝，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，mv2＋mgy＝mv，聯(lián)立解得：v1＝·v，即落至斜面

4、時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2＝·，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，A正確。 答案　A (1)平拋運動的時間完全由高度決定，t＝，水平射程x＝v0t＝v0。 (2)落地速度v＝＝，以θ表示落地時速度與x軸正方向間的夾角，有tanθ＝＝。 (3)速度改變量：做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下。 (4)平拋(或類平拋)運動的推論 ①任意時刻速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。 ②設在任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。 (

5、5)求解平拋(或類平拋)運動的技巧 ①處理平拋(或類平拋)運動的基本方法是把運動分解為相互垂直的勻速直線運動和勻加速直線運動，通過研究分運動達到研究合運動的目的。 ②要善于確定平拋(或類平拋)運動的兩個分速度和分位移與題目呈現(xiàn)的角度之間的聯(lián)系，這往往是解決問題的突破口。 備課記錄： 　 　 1－1　(2019·湖北八校聯(lián)合二模)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的

6、勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可知(　　) A．小球從A到B再到C的整個過程中機械能守恒 B．電場力大小為2mg C．小球從A到B與從B到C的運動時間之比為2∶1 D．小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為2∶1 答案　C 解析　小球從A到B再到C的過程中，存在電場力做功，故機械能不守恒，A錯誤；設AC連線與水平方向的夾角為θ，小球從A經B到C的過程中，水平方向上做勻速直線運動，所以C點速度與A點的速度相同，動能變化為零，根據動能定理得：m

7、g·LACsinθ－F電場·LBCsinθ＝0，解得：F電場＝3mg，故B錯誤；由于小球在水平方向做勻速直線運動，且AB＝2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比為2∶1，所以從A到B的時間與從B到C的時間之比為2∶1，故C正確；小球從A到B過程只受重力作用，故加速度為g，小球從B到C過程，所受合力為F電場－mg＝ma，解得a＝2g，故小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為1∶2，故D錯誤。 1－2　(2019·山東青島二模)如圖，兩小球P、Q從同一高度分別以v1和v2的初速度水平拋出，都落在了傾角θ＝37°的斜面上的A點，其中小球P垂直打到斜面上，則v1、v2大小之比為(　　) A

8、．9∶8 B．8∶9 C．3∶2 D．2∶3 答案　A 解析　兩球拋出后都做平拋運動，兩球從同一高度拋出落到同一點，它們在豎直方向的位移相等，小球在豎直方向做自由落體運動，由于豎直位移h相等，它們的運動時間t＝相等；對球Q：tan37°＝＝＝，解得：v2＝gt；球P垂直打在斜面上，則有：v1＝vytanθ＝gttan37°＝gt，則：＝＝，故A正確，B、C、D錯誤。 命題角度2 運動的合成與分解 例2　(2019·全國卷Ⅱ)(多選)如圖a，在跳臺滑雪比賽中，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，每次都從離開跳臺開始計時，用v

9、表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則(　　) A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二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，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 解析　v-t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移的大小，第二次滑翔過程中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

10、程中豎直方向的速度變化比第二次的大，時間比第二次的短，由a＝，可知第二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圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時，第二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，可得第二次滑翔在豎直方向上受到的阻力比第一次的大，D正確。 答案　BD (1)曲線運動問題的一般解決方法 本例題看似是平拋問題，但由于考慮到阻力，運動員做的不是平拋運動，而是一般曲線運動。2017年全國卷Ⅱ第25題、2018年全國卷Ⅰ第18題也是復雜的曲線運動，應引起重視。解決這類問題的關鍵是明確各分運動的性質，運用

11、運動的合成與分解以及功能關系等知識求解。 (2)關聯(lián)速度問題 對于用繩、桿相牽連的物體，在運動過程中，兩物體的速度通常不同，但兩物體沿繩或桿方向的速度分量大小相等。常用的解答思路：先確定合速度的方向，然后分析合運動所產生的實際效果，以確定兩個分速度的方向(作出分速度與合速度的矢量關系的平行四邊形)。 備課記錄： 　 2－1　(2018·全國卷Ⅰ) 如圖，abc是豎直面

12、內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　) A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 答案　C 解析　小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機械能的增量ΔE機＝W除G外力，機械能的增量等于水平外力在從a點開始運動到其軌跡最高點過程做的功。設小球運動到c點的速度為vc，由動能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球運動到c點后，根據小球受力情

13、況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運動，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運動加速度也為g，小球上升至最高點時，豎直方向速度減小為零，時間為t＝＝，水平方向的位移為：x＝axt2＝g2＝2R，綜上所述小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為ΔE機＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正確。 2－2　(2019·濟南模擬)曲柄連桿結構是發(fā)動機實現(xiàn)工作循環(huán)、完成能量轉換的主要運動零件。如圖所示，連桿下端連接活塞Q，上端連接曲軸P。在工作過程中，活塞在汽缸內上下做直線運動，帶動曲軸繞圓心O旋轉，若P做線速度大小為v0的勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．當OP與OQ垂直

14、時，活塞運動的速度等于v0 B．當OP與OQ垂直時，活塞運動的速度大于v0 C．當OPQ在同一直線時，活塞運動的速度等于v0 D．當OPQ在同一直線時，活塞運動的速度大于v0 答案　A 解析　當OP與OQ垂直時，設∠PQO＝θ，此時活塞的速度為v，將曲軸在P點的速度v0分解為沿桿方向和垂直于桿方向的速度，將活塞的速度v分解為沿桿方向和垂直于桿方向的速度，則此時v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，A正確，B錯誤；當OPQ在同一直線時，曲軸沿桿方向的速度為零，則活塞運動的速度等于0，C、D錯誤。 高考考向2　圓周運動問題 　　　　　　　　　　　　　　　　 命題角度1 水平面內的

15、圓周運動 例3　(2019·陜西省漢中一模)(多選)如圖所示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長的輕繩連接，整個裝置能繞過CD中點的軸OO′轉動，已知兩物塊質量相等，桿CD對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開始時繩子處于自然長度(繩子恰好伸直但無彈力)，物塊A到OO′軸的距離為物塊B到OO′軸距離的兩倍?，F(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉動，使轉速逐漸增大，從繩子處于自然長度到兩物塊A、B即將滑動的過程中，下列說法正確的是(　　) A．B受到的靜摩擦力一直增大 B．B受到的靜摩擦力是先增大后減小再增大 C．A受到的靜摩擦力是先增大后減小 D．A受到的合外力一直在增大 解析　

16、由桿CD對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等知，A、B質量相等，設為m。開始角速度較小時，兩物塊均由靜摩擦力提供向心力，角速度增大，靜摩擦力增大，根據f＝mrω2，rA＝2rB知，隨著角速度的增大，A先達到最大靜摩擦力，之后繩子產生拉力；當繩子剛好產生拉力時，B受靜摩擦力作用且未達到最大靜摩擦力。對A，拉力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，T＋fm＝mω2rA，隨著角速度的增大，繩子上的拉力T增大，靜摩擦力不變；對B，繩子上的拉力和B所受的靜摩擦力的合力提供向心力，有T＋fB＝mω2rB，與上式聯(lián)立得fB＝fm－mω2(rA－rB)＝fm－mω2rB，隨著角速度的增大，靜摩擦力fB先減小，后反向增

17、大，直到增大到fm時A、B即將滑動。由以上分析可知A受到的靜摩擦力先增大，達到最大靜摩擦力后不變，B受到的靜摩擦力先增大后減小，然后再增大，故B正確，A、C錯誤；合外力提供A做圓周運動的向心力，F(xiàn)合＝mω2r，在發(fā)生相對滑動前物塊A的半徑不變，質量不變，隨著轉速的增大，A受到的合外力一直在增大，故D正確。 答案　BD (1)水平面內做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)。 (2)常見臨界條件：繩子張緊或松弛的臨界條件是繩的張力FT＝0；接觸面滑動的臨界條件是摩擦力Ff＝Ffmax；接觸面分離的臨界條件是接觸面間的彈力FN＝0。

18、 備課記錄： 　 3－1　(2019·山東省四校聯(lián)合一模)如圖所示，用手握著細繩的一端在水平桌面上做半徑為r的勻速圓周運動，圓心為O，角速度為ω，細繩長為L，質量忽略不計，運動過程中細繩始終與小圓相切。在細繩的另外一端系著一個質量為m的小球，小球在桌面上恰好在以O為圓心的大圓上做圓周運動。小球和桌面之間動摩擦因數(shù)處處相同，以下說法正確的是(　　) A．小球將做變速圓周

19、運動 B．細繩拉力為mω2 C．球與桌面間的摩擦力為 D．手對細繩做功的功率為 答案　C 解析　手握著細繩的一端做勻速圓周運動，所以細繩的另外一端系著的小球做的也是勻速圓周運動，故A錯誤；設大圓半徑為R，由圖分析可知R＝，設繩中張力為T，則Tcosφ＝mRω2，cosφ＝，故T＝＝，故B錯誤；摩擦力f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝，sinφ＝＝，所以f＝，C正確；手對細繩做功的功率P＝Tvsinφ＝·ω·R·＝，故D錯誤。 3－2　(2019·遼寧大連二模)游樂場有一種叫做“快樂飛機”的游樂項目，模型如圖所示。已知模型飛機質量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，

20、當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　) A．模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂對模型飛機的作用力方向一定與旋臂垂直 C．旋臂對模型飛機的作用力大小為m D．若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力減小 答案　C 解析　向心力是效果力，物體實際不受向心力作用，A錯誤；飛機在水平面內做勻速圓周運動，豎直方向受力平衡，所以旋臂對模型飛機的作用力的一個分力與飛機的重力平衡，另一個分力提供了飛機做勻速圓周運動的向心力，因為不知道重力與向心力的定量關系，所以旋臂對模型飛機的作用力方向不一定與旋臂垂直，B錯誤；旋臂對模型飛機的作用力大?。?/p>

21、F＝＝m，若夾角θ增大，旋臂對模型飛機的作用力增大，故C正確，D錯誤。 命題角度2 豎直平面內的圓周運動 例4　(2016·全國卷Ⅱ) 小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析　設小球的質量為m，繩長為L，根據動能定理得mgL＝mv2，解得v＝，LP

22、Q，故A錯誤；小球動能Ek＝mgL，其中mP>mQ，LPmQ，所以P球所受繩的拉力大于Q球所受繩的拉力，故C正確；向心加速度a＝＝2g，所以在軌跡的最低點，P、Q兩球的向心加速度相同，故D錯誤。 答案　C (1)豎直平面內圓周運動的最高點和最低點的速度通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析。 (2)豎直平面內的圓周運動有兩種模型：輕繩模型和輕桿模型。前者最高點的最小速度為，后者最高點的最小速度為0，受拉力或支持力的臨界速度為。在機械能守恒的情況下，兩模型最低點與最

23、高點的拉力差為6mg(輕桿模型中，若在最高點為支持力，則最低點的拉力與最高點支持力的和為6mg)。 (3)在等效重力場中做圓周運動的物體，圓周上，重力與電場力沿切線方向合力為0的位置有兩個，分別是等效最高點和等效最低點，二者關于圓心對稱，等效最高點的速度最小，拉力最小(輕桿模型中，若在等效最高點為支持力，則支持力最大)，等效最低點的速度最大，拉力最大。 備課記錄： 　 　

24、 　 　 4－1　(2019·河北衡水武邑中學四模)(多選)如圖甲所示，半徑為R、內壁光滑的圓形細管豎直放置，一可看做質點的小球在圓管內做圓周運動，當其運動到最高點A時，小球受到的彈力F與其在A點速度平方(即v2)的關系如圖乙所示。設細管內徑可忽略不計，則下列說法正確的是(　　) A．當?shù)氐闹亓铀俣却笮? B．該小球的質量為R C．當v2＝2b時，小球在圓管的最低點受到的彈力大小為7a D．當0≤v2＜b時，小球在A點對圓管的彈力方向豎直向上 答案　BC 解析　由圖乙可知，當v2＝b時，小球與圓管內壁之間恰好沒有力的作用，此時由重力提供小球做圓周運動的向心力，即mg＝

25、m，故g＝，A錯誤；當v2＝0時，F(xiàn)＝a，有mg＝a，又因為g＝，所以小球的質量m＝R，B正確；當v2＝2b時，設小球運動到最低點時的速度大小為v′，則由機械能守恒定律可得mg·2R＝mv′2－m·2b，設小球在最低點時受到的彈力大小為F′，則由向心力公式可得F′－mg＝m，聯(lián)立解得F′＝7a，C正確；當0≤v2＜b時，小球在最高點時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，小球對圓管的彈力方向豎直向下，D錯誤。 4－2　(2019·安徽省江南十校二模)(多選)如圖所示，豎直平面內有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，水平勻強電場平行于軌道平面向左，

26、P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N分別是軌道上與圓心等高的點。質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)在軌道內運動，已知重力加速度為g，場強E＝，小球能沿軌道做完整的圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．小球在軌道上運動時，動能最小的位置，電勢能最大 B．小球在軌道上運動時，機械能最大的位置一定在M點 C．小球過Q、P點受軌道彈力大小的差值為6mg D．小球過Q、P點受軌道彈力大小的差值為7.5mg 答案　BC 解析　如圖所示，小球所受電場力和重力的合力即等效重力所在直線與軌道交于C、D點，則C點為等效最低點，D點為等效最高點，小球在D點時動能最小，但電勢能并

27、非最大，小球電勢能最大的位置在N點，A錯誤；小球在軌道上運動的過程中能量守恒，小球在軌道上M點的電勢能最小，所以小球在M點的機械能最大，B正確；在Q點和P點，由牛頓第二定律得FQ－mg＝m，F(xiàn)P＋mg＝m，從Q點到P點，由動能定理得－mg·2R＝mv－mv，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，C正確，D錯誤。 高考考向3　萬有引力定律 命題角度1 天體質量和密度的計算 例5　(2018·全國卷Ⅱ)2018年2月，我國500 m口徑射電望遠鏡(天眼)發(fā)現(xiàn)毫秒脈沖星“J0318＋0253”，其自轉周期T＝5.19 ms，假設星體為質量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為6.67×10－11 N·

28、m2/kg2。以周期T穩(wěn)定自轉的星體的密度最小值約為(　　) A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3 C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3 解析　設脈沖星質量為M，半徑為R，密度為ρ，星體表面“赤道”處一物塊質量為m，根據天體運動規(guī)律知：≥m2R，ρ＝＝，代入可得：ρ≥≈5×1015 kg/m3，故C正確。 答案　C 計算天體質量和密度的兩條基本思路 (1)利用天體自身的半徑R和表面的重力加速度g(天體自轉可忽略)：由G＝mg求出天體質量M，進而求得天體密度ρ＝＝＝。 (2)利用環(huán)繞天體的軌道半徑r和周期T：由G＝mr，可得出M＝

29、；若環(huán)繞天體繞中心天體表面做勻速圓周運動，則軌道半徑r＝R，ρ＝＝。 備課記錄： 　 　 　 5－1　(2019·廣東深圳二模)(多選)2019年1月3日，“嫦娥四號”探測器成功著陸在月球背面。著陸前的部分運動過程簡化如下：在距月面15 km高處繞月做勻速圓周運動，然后減速下降至距月面100 m處懸停，再緩慢降落到月面。已知萬有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半徑約

30、為1.7×103 km。由上述條件可以估算出(　　) A．月球質量 B．月球表面的重力加速度 C．探測器在15 km高處繞月運動的周期 D．探測器懸停時發(fā)動機產生的推力 答案　ABC 解析　探測器在月球表面附近運動時，萬有引力提供向心力，環(huán)繞速度即為月球的第一宇宙速度，有：G＝m，則月球的質量為M＝，由題目中的已知條件可求得月球質量，故A正確；探測器在月球表面附近運動時，萬有引力等于重力，有：G＝mg月，則月球表面的重力加速度為g月＝G，故B正確；探測器在距月面15 km高處繞月運動時，有：G＝m，得運動周期T＝，故C正確；探測器懸停時發(fā)動機產生的推力大小等于萬有引力大小G，但由于

31、探測器的質量未知，故不可求出推力，故D錯誤。 5－2　(2017·北京高考)利用引力常量G和下列某一組數(shù)據，不能計算出地球質量的是(　　) A．地球的半徑及重力加速度(不考慮地球自轉) B．人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期 C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離 D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離 答案　D 解析　A能：根據G＝mg可知，已知地球的半徑及重力加速度可計算出地球的質量。B能：根據G＝及v＝可知，已知人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期可計算出地球的質量。C能：根據G＝mr可知，已知月球繞地球做圓周運動的周期及月球與

32、地球間的距離，可計算出地球的質量。D不能：已知地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離只能求出太陽的質量，不能求出地球的質量。 命題角度2 衛(wèi)(行)星運行參量的分析 例6　(2019·全國卷Ⅲ)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時，由牛頓第二定律和圓周運動知識有：G＝ma，得向心加速度a＝，G＝m

33、，得線速度v＝ ，由于R金＜R地＜R火，所以a金＞a地＞a火，v金＞v地＞v火，A正確。 答案　A 分析衛(wèi)(行)星運行參量的“一模型”“兩思路” (1)一種模型：無論是自然天體(如地球、月亮)還是人造天體(如宇宙飛船、人造衛(wèi)星)都可以看做質點，圍繞中心天體(視為靜止)做勻速圓周運動，如例題中的中心天體為太陽。 (2)兩條思路 ①萬有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2·r＝m·r。 ②天體對其表面物體的萬有引力近似等于重力，即＝mg或GM＝gR2(R、g和M分別是天體的半徑、表面重力加速度和質量)，公式GM＝gR2應用廣泛，被稱為“黃金代換式”。 備課記錄：

34、 　 　 6－1　(2019·天津高考) 2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發(fā)射，“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”。已知月球的質量為M、半徑為R，探測器的質量為m，引力常量為G，嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時，探測器的(　　) A．周期為 B．動能為 C．角速度為 D．向心加速度為

35、 答案　A 解析　探測器繞月球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，對探測器，由牛頓第二定律得，G＝m2r，解得周期T＝ ，A正確；由G＝m知，動能Ek＝mv2＝，B錯誤；由G＝mrω2得，角速度ω＝ ，C錯誤；由G＝ma得，向心加速度a＝，D錯誤。 6－2　(2016·全國卷Ⅰ)利用三顆位置適當?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊。目前，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍。假設地球的自轉周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現(xiàn)上述目的，則地球自轉周期的最小值約為(　　) A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 答案　B 解析　衛(wèi)星圍繞地球

36、運轉時，萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力，即＝m2r，解得周期T＝2π，由此可見，衛(wèi)星的軌道半徑r越小，周期T就越小，周期最小時，三顆衛(wèi)星連線構成的等邊三角形與赤道圓相切，如圖所示，此時衛(wèi)星軌道半徑r＝2R，T＝2π ，又因為T0＝2π ＝24 h，所以T＝·T0＝×24 h≈4 h，B正確。 命題角度3 衛(wèi)星變軌問題 例7　(2019·湖南省懷化市高三二模)2018年12月8日，嫦娥四號發(fā)射升空。實現(xiàn)人類歷史上首次月球背面登月。隨著嫦娥奔月夢想的實現(xiàn)，我國不斷刷新深空探測的中國高度。嫦娥衛(wèi)星整個飛行過程可分為三個軌道段：繞地飛行調相軌道段、地月轉移軌道段、繞月飛行軌道段。我們用如

37、圖所示的模型來簡化描繪嫦娥衛(wèi)星飛行過程，假設調相軌道和繞月軌道的半長軸分別為a、b，公轉周期分別為T1、T2。關于嫦娥衛(wèi)星的飛行過程，下列說法正確的是(　　) A.＝ B．嫦娥衛(wèi)星在地月轉移軌道上運行的速度應大于11.2 km/s C．從調相軌道切入到地月轉移軌道時，衛(wèi)星在P點必須減速 D．從地月轉移軌道切入到繞月軌道時，衛(wèi)星在Q點必須減速 解析　根據開普勒第三定律，調相軌道與繞月軌道的中心天體分別是地球和月球，故它們軌道半長軸的三次方與周期的二次方的比值不相等，A錯誤；11.2 km/s是第二宇宙速度，是在脫離地球束縛的衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，B錯誤；從調相軌道切入到地月轉移軌道時

38、，衛(wèi)星的軌道半長軸將增大，故衛(wèi)星在P點必須加速，C錯誤；從地月轉移軌道切入到繞月軌道時，相對月球而言，衛(wèi)星軌道半長軸減小，故衛(wèi)星在Q點必須減速，D正確。 答案　D 衛(wèi)星變軌應注意的四個問題 (1)若衛(wèi)星由高軌道變軌到低軌道，即軌道半徑(半長軸)減小時，需要在高軌道變軌處減速；反之，若衛(wèi)星由低軌道變軌到高軌道，即軌道半徑(半長軸)增大時，需要在低軌道變軌處加速。 (2)衛(wèi)星變軌時速度的變化情況，可根據軌道半徑(半長軸)的變化情況判斷；穩(wěn)定的新軌道上運行速度的變化情況可由開普勒第二定律判斷。 (3)同一衛(wèi)星在不同軌道上運行時機械能不同，軌道半徑(半長軸)越大，機械能越大。 (4)衛(wèi)星

39、經過不同軌道相交的同一點時加速度相等。 備課記錄： 　 　 7－1　(2019·山西省太原市第五中學高三模擬)(多選)已知某衛(wèi)星在赤道上空軌道半徑為r1的圓形軌道上繞地運行的周期為T，衛(wèi)星運動方向與地球自轉方向相同，赤道上某城市的人每兩天恰好三次看到衛(wèi)星掠過其正上方。如圖所示，假設某時刻，該衛(wèi)星在A點變軌進入橢圓軌道，近地點B到地心距離為r2。設衛(wèi)星由A到B運動的時間為

40、t，地球自轉周期為T0，不計空氣阻力。則(　　) A．T＝T0 B．T＝ C．衛(wèi)星在圖中橢圓軌道由A到B時，機械能不變 D．衛(wèi)星由圖中A點變軌進入橢圓軌道，機械能增大 答案　ABC 解析　由赤道上某城市的人每兩天恰好三次看到衛(wèi)星掠過其正上方，可知地球自轉2圈的時間內衛(wèi)星轉了5圈，所以衛(wèi)星的周期為T＝T0，A正確；根據開普勒第三定律有＝，解得：T＝，B正確；衛(wèi)星在圖中橢圓軌道由A到B時，只有萬有引力做功，所以機械能不變，C正確；衛(wèi)星由圖中A點變軌進入橢圓軌道，從高軌道變軌到低軌道，衛(wèi)星在A點要減速，所以機械能減小，故D錯誤。 7－2　(多選)如圖所示是某衛(wèi)星繞地飛行的三條軌道，

41、軌道1是近地圓形軌道，2和3是變軌后的橢圓軌道。A點是軌道2的近地點，B點是軌道2的遠地點，衛(wèi)星在軌道1的運行速率為7.7 km/s，則下列說法中正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道2經過A點時的速率一定大于7.7 km/s B．衛(wèi)星在軌道2經過B點時的速率可能大于7.7 km/s C．衛(wèi)星分別在軌道1、2上經過A點時的加速度相同 D．衛(wèi)星在軌道3經過A點時的速度小于在軌道2經過A點時的速度 答案　AC 解析　衛(wèi)星在軌道1經過A點時，要加速才能沿軌道2運動，衛(wèi)星在軌道1上的運行速率為7.7 km/s，故在軌道2上經過A點的速率一定大于7.7 km/s，A正確；假設有一圓軌道經過B點

42、，根據v＝，可知此軌道上的速度小于7.7 km/s，衛(wèi)星在B點減速才會進入軌道2，故衛(wèi)星在軌道2經過B點時的速率一定小于7.7 km/s，B錯誤；衛(wèi)星分別在軌道1、2上經過A點時，距離地球的距離相同，地球對它的萬有引力相同，根據牛頓第二定律，加速度相同，C正確；因為衛(wèi)星在軌道2經過A點要加速才能進入軌道3，故衛(wèi)星在軌道3經過A點時的速度大于在軌道2經過A點時的速度，故D錯誤。 命題角度4 雙星與多星問題 例8　(2018·全國卷Ⅰ)(多選)2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時，它們相距約40

43、0 km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈。將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數(shù)據、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星(　　) A．質量之積 B．質量之和 C．速率之和 D．各自的自轉角速度 解析　依題意已知兩顆中子星的周期T、距離L，各自的自轉角速度不可求，D錯誤；對m1：G＝m1ω2r1，對m2：G＝m2ω2r2，已知幾何關系：r1＋r2＝L，ω＝，聯(lián)立以上各式可解得：r1＝L，r2＝L，m1＋m2＝，B正確；速率之和v1＋v2＝ωr1＋ωr2＝ω(r1＋r2)＝，C正確；質量之積m1m2＝·＝·r1r2，r1r2不可求，故m1m2不可求

44、，A錯誤。 答案　BC (1)雙星系統(tǒng)模型的特點 ①各自需要的向心力由彼此間的萬有引力提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2。 ②兩顆星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。 ③兩顆星的軌道半徑與它們之間的距離關系為：r1＋r2＝L。 (2)多星問題的處理方法 ①各星運動的周期相同、角速度相同。 ②每個星受其他星的萬有引力的合力提供該星運動的向心力。 備課記錄： 　

45、 　 8. (2020·安徽省蚌埠市教育局高三月考)(多選)宇宙中存在一些質量相等且離其他恒星較遠的三顆星組成的三星系統(tǒng)。設三星系統(tǒng)中每個星體的質量均為m，半徑均為R，三顆星的球心穩(wěn)定分布在邊長為a的等邊三角形的三個頂點上。三顆星圍繞等邊三角形的重心做勻速圓周運動，已知引力常量為G。關于三星系統(tǒng)，下列說法正確的是(　　) A．三顆星的軌道半徑均為a B．三顆星表面的重力加速度均為 C．一顆星的質量發(fā)生變化，不影響其他兩顆星的運動 D．三顆星的周期均為2πa 答案　AD 解析　由幾何關系知，它們的軌道半徑r＝a，故A正確；在星球表面重力等于

46、萬有引力，m′g＝G，解得g＝，故B錯誤；一顆星的質量發(fā)生變化，其他兩顆星所受萬有引力大小變化，合力不指向三角形中心，會影響其他兩顆星的運動，故C錯誤；任意兩顆星之間的萬有引力F＝G，每一顆星受到的合力F1＝F，合力提供向心力：＝m，解得T＝2πa，故D正確。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 閱卷現(xiàn)場　圓周運動的半徑分析出錯 例9　(12分) 有一如圖所示的裝置，輕繩上端系在豎直桿的頂端O點，下端P連接一個小球(小球可視為質點)，輕彈簧一端通過鉸鏈固定在桿的A點，另一端連接小球，整個裝置可以在外部驅動下繞OA軸旋轉。剛開始時，整個裝置處于靜止狀態(tài)，彈簧處

47、于水平方向?，F(xiàn)在讓桿從靜止開始緩慢加速轉動，整個過程中，繩子一直處于拉伸狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力。已知：OA＝4 m，OP＝5 m，小球質量m＝1 kg，彈簧原長l＝5 m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)彈簧的勁度系數(shù)k； (2)當彈簧彈力為零時，整個裝置轉動的角速度ω。 正解　(1)開始整個裝置處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，如圖甲所示，根據平衡條件得＝，(2分) F彈＝k(l－AP)，(2分) AP＝ ，(1分) 聯(lián)立并代入數(shù)據解得：k＝3.75 N/m。(1分) (2) 當彈簧彈力為零時，小球移至P′位置，繞OA中點C做勻速圓

48、周運動，受力分析如圖乙所示，由圖可得，軌道半徑為r＝CP′＝ ，(1分) tanθ＝，(1分) 其中AP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m， 根據牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2r，(3分) 聯(lián)立解得：ω＝ rad/s。(1分) 答案　(1)3.75 N/m　(2) rad/s 錯解　(1)開始整個裝置處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，如圖甲所示，根據平衡條件得： ＝，(2分) F彈＝k·AP，(扣2分) AP＝，(1分) 聯(lián)立并代入數(shù)據解得：k＝2.5 N/m。(扣1分) (2)當彈簧彈力為零時，小球移至P′位置，繞OA中點C做勻速圓周運動，受力分析如圖乙

49、所示，由圖可得，軌道半徑為r＝OP′，(扣1分) CP′＝ ，tanθ＝，(1分) 其中AP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m， 根據牛頓第二定律得：mgtanθ＝mω2r，(3分) 聯(lián)立解得：ω＝ rad/s。(扣1分) 答案　(1)2.5 N/m　(2) rad/s 閱卷過程中發(fā)現(xiàn)第(1)小題中錯誤主要有以下幾種情況：不能根據圖中的幾何關系計算出需要的角度的三角函數(shù)值；想不到用幾何三角形與力的三角形相似計算彈簧彈力；應用胡克定律時，將彈簧的長度與伸長量混淆，這都會導致勁度系數(shù)的求解出錯。第(2)小題中，出錯最多的情況是找錯物體做圓周運動的軌道半徑，誤認為繩的長度為圓周運動

50、半徑，導致計算結果錯誤。 專題作業(yè) 1．(2019·全國卷Ⅱ)2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸。在探測器“奔向”月球的過程中，用h表示探測器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關系的圖象是(　　) 答案　D 解析　由萬有引力公式可知F＝G，探測器與地球表面距離h越大，F(xiàn)越小，排除B、C；而F與h不是一次函數(shù)關系，排除A。故選D。 2. 跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目，如圖所示，當運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風力的影響，下列說法中正確的是(　　) A．風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成

51、更多的動作 B．風力越大，運動員著地時的合速度越大，有可能對運動員造成傷害 C．運動員下落時間與風力有關 D．運動員著地速度與風力無關 答案　B 解析　水平風力不會影響豎直方向的運動，所以運動員下落時間與風力無關，A、C錯誤；運動員落地時豎直方向的速度是確定的，水平風力越大，落地時水平分速度越大，運動員著地時的合速度越大，有可能對運動員造成傷害，B正確，D錯誤。 3. (2019·南昌模擬)在公園里我們經?？梢钥吹酱笕撕托『⒍枷矚g玩的一種游戲——“套圈”，如圖所示是“套圈”游戲的場景。假設某小孩和大人從同一條豎直線上距離地面的不同高度處分別水平拋出兩個小圓環(huán)，大人拋出圓環(huán)時的高度為

52、小孩拋出圓環(huán)高度的倍，結果恰好都套中地面上同一物體。不計空氣阻力，則大人和小孩所拋出的圓環(huán)(　　) A．運動時間之比為9∶4 B．速度變化率之比為4∶9 C．水平初速度之比為2∶3 D．落地時速度之比為3∶2 答案　C 解析　根據平拋運動規(guī)律，h＝gt2，t＝，已知大人拋出圓環(huán)的高度為小孩拋出圓環(huán)高度的倍，則大人和小孩所拋出的圓環(huán)運動時間之比為3∶2，A錯誤；圓環(huán)做平拋運動，只受重力作用，其加速度為g，由g＝，可知大人和小孩所拋出圓環(huán)的速度變化率相等，即速度變化率之比為1∶1，B錯誤；由x＝vt，可知大人和小孩所拋出的圓環(huán)水平初速度之比為v1∶v2＝t2∶t1＝2∶3，C正確；

53、圓環(huán)落地時的豎直速度v⊥＝gt，則落地時豎直速度之比為3∶2，而水平速度之比為2∶3，故落地時速度之比不為3∶2，D錯誤。 4. (2019·廣東佛山高三一模)(多選)在2018年俄羅斯世界杯某場比賽中，一個球員在球門中心正前方某處高高躍起，將足球以水平速度v0頂出，恰落在球門的右下方死角P點。假設球門寬為L，守門員作出準確判斷的時間為Δt，撲球的運動時間為t，將足球看成質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．若球員頂球點的高度為h，則守門員撲球時間t必須小于 －Δt才可能成功防守 B．球員要成功破門，球員頂球點的高度必須大于g(t＋Δt)2 C．球員到球門的距離為s，

54、則球員要成功破門，球的最小初速度v0＝ D．若球員到P點的水平距離小于v0(t＋Δt)，則可能成功破門 答案　AD 解析　球做平拋運動，若球員頂球點的高度為h，則落地時間為t1＝ ，守門員作出準確判斷的時間為Δt，則守門員撲球時間t必須小于－Δt才可能成功防守，故A正確；球員要成功破門，球的運動時間必須小于t＋Δt，球員頂球點的高度必須小于g(t＋Δt)2，故B錯誤；球員到球門的距離為s，則球員要成功破門，球的最小初速度v0＝，故C錯誤；若球員到P點的水平距離小于v0(t＋Δt)，則球的運動時間小于t＋Δt，可能成功破門，故D正確。 5. (2019·安徽合肥二模)(多選)如圖所示為運

55、動員在水平道路上轉彎的情景，轉彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運動員始終與自行車在同一平面內。轉彎時，只有當?shù)孛鎸嚨淖饔昧νㄟ^車(包括人)的重心時，車才不會傾倒。設自行車和人的總質量為M，輪胎與路面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．車受到地面的支持力方向與車所在平面平行 B．轉彎時車不發(fā)生側滑的最大速度為 C．轉彎時車與地面間的靜摩擦力一定為μMg D．轉彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小 答案　BD 解析　車受到地面支持力的方向與地面垂直，與車所在平面有夾角，A錯誤；由μMg＝M，解得轉彎時車不發(fā)生側滑的最大速

56、度為v＝，B正確；轉彎時車與地面間的靜摩擦力一定小于或等于最大靜摩擦力μMg，C錯誤；轉彎速度越大，所需向心力越大，靜摩擦力越大，由地面對車的作用力即支持力與靜摩擦力的合力通過車(包括人)的重心可知，車所在平面與地面的夾角越小，D正確。 6．(2019·遼寧省沈陽市一模)我國高鐵技術發(fā)展迅猛，目前處于世界領先水平，已知某路段為一半徑為5600米的彎道，設計時速為216 km/h(此時車輪輪緣與軌道間無擠壓)，已知我國的高鐵軌距約為1400 mm，且角度較小時可近似認為tanθ＝sinθ，重力加速度g等于10 m/s2，則此彎道內、外軌高度差應為(　　) A．8 cm B．9 cm C．

57、10 cm D．11 cm 答案　B 解析　軌道半徑R＝5600 m，設計時速v＝216 km/h＝60 m/s，根據牛頓第二定律得：mgtanθ＝m(θ為鐵軌平面與水平方向的夾角)，解得：tanθ＝，由題意得tanθ＝sinθ＝，而L＝1400 mm，聯(lián)立得：h＝90 mm＝9 cm，故B正確，A、C、D錯誤。 7．(2019·云南二模)(多選)如圖所示，B、M、N分別為豎直光滑圓軌道上的三個點，B點和圓心等高，M點與O點在同一豎直線上，N點和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α＝45°。現(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質量為m的小球，經圓軌道飛出后沿水平方向通過與O點等高的C點，

58、已知圓軌道半徑為R，重力加速度為g，則以下結論正確的是(　　) A．A、B兩點間的高度差為R B．C到N的水平距離為2R C．小球在M點對軌道的壓力大小為(3＋)mg D．小球從N點運動到C點的時間為 答案　AC 解析　從A點到C點：mgh＝mv，從A點到N點：mg(h＋Rcos45°)＝mv，其中vC＝vNcos45°，聯(lián)立解得：h＝R，vN＝，A正確；從N到C的時間：t＝＝ ，則C到N的水平距離為：xCN＝vNcos45°t，解得：xCN＝R，B、D錯誤；從A到M點：mg(h＋R)＝mv，在M點：N－mg＝m，解得：N＝(3＋)mg，由牛頓第三定律知C正確。 8．(201

59、9·廣東省廣州市下學期一模)位于貴州的“中國天眼”(FAST)是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠鏡，通過FAST可以測量地球與木星之間的距離。當FAST接收到來自木星的光線傳播方向恰好與地球公轉線速度方向相同時，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍。若地球和木星繞太陽的運動均視為勻速圓周運動且軌道共面，則可知木星的公轉周期為(　　) A．(1＋k2) 年 B．(1＋k2) 年 C．(1＋k) 年 D．k 年 答案　A 解析　設地球與太陽的距離為r，根據題述可知木星與太陽的距離為R＝＝r(1＋k2) ，設木星的公轉周期為T年，根據開普勒第三定律，則有：＝，解得T＝(

60、1＋k2) 年，A正確。 9．(2019·湖北荊州二模)2018年12月8日凌晨2點24分，中國長征三號乙運載火箭在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心起飛，把“嫦娥四號”探測器送入地月轉移軌道，“嫦娥四號”經過地月轉移軌道的P點時實施一次近月調控后進入環(huán)月圓形軌道Ⅰ，再經過系列調控使之進入準備落月的橢圓軌道Ⅱ，于2019年1月3日上午10點26分，最終實現(xiàn)人類首次月球背面軟著陸。若繞月運行時只考慮月球引力作用，下列關于“嫦娥四號”的說法正確的是(　　) A．“嫦娥四號”的發(fā)射速度必須大于11.2 km/s B．沿軌道Ⅰ運行的速度大于月球的第一宇宙速度 C．沿軌道Ⅰ運行至P點的加速度小于沿軌道Ⅱ運行

61、至P點的加速度 D．經過地月轉移軌道的P點時必須進行減速后才能進入環(huán)月圓形軌道Ⅰ 答案　D 解析　“嫦娥四號”沒有脫離地球的束縛，故其發(fā)射速度大于第一宇宙速度7.9 km/s而小于第二宇宙速度11.2 km/s，故A錯誤；由公式v＝可知，軌道Ⅰ的半徑大于月球的半徑，所以沿軌道Ⅰ運行的速度小于月球的第一宇宙速度，故B錯誤；衛(wèi)星沿軌道Ⅰ與沿軌道Ⅱ經過P點時所受萬有引力相等，所以沿軌道Ⅰ運行至P點的加速度等于沿軌道Ⅱ運行至P點的加速度，故C錯誤；“嫦娥四號”由地月轉移軌道進入環(huán)月圓形軌道Ⅰ時做近心運動，所以經過地月轉移軌道的P點時必須進行減速后才能進入環(huán)月圓形軌道Ⅰ，故D正確。 10．(20

62、19·湖南衡陽二模)2019年1月3日，“嫦娥四號”探測器登陸月球，實現(xiàn)人類探測器首次月球背面軟著陸，為給“嫦娥四號”探測器提供通信支持，我國早在2018年5月21日就成功發(fā)射“嫦娥四號”中繼星“鵲橋號”，如圖所示，“鵲橋號”中繼星一邊繞拉格朗日L2點做圓周運動，一邊隨月球同步繞地球做圓周運動且其繞點L2做圓周運動的半徑遠小于L2點與地球間的距離。(已知位于地、月拉格朗日L1、L2點處的小物體能夠在地、月的引力作用下，幾乎不消耗燃料，便可與月球同步繞地球做圓周運動)則下列說法正確的是(　　) A．“鵲橋號”的發(fā)射速度大于11.2 km/s B．“鵲橋號”繞地球運動的周期約等于月球繞地球

63、運動的周期 C．同一衛(wèi)星在L2點受地、月引力的合力與其在L1點受地、月引力的合力相等 D．若技術允許，使“鵲橋號”剛好位于拉格朗日L2點，能夠更好地為“嫦娥四號”探測器提供通信支持 答案　B 解析　11.2 km/s是在地面附近發(fā)射衛(wèi)星，使衛(wèi)星脫離地球束縛的最小發(fā)射速度，“鵲橋號”沒有脫離地球的束縛，所以“鵲橋號”的發(fā)射速度小于11.2 km/s，故A錯誤；根據題意可知，“鵲橋號”繞地球轉動的周期與月球繞地球轉動的周期相同，故B正確；由Fn＝mrω2可知，同一衛(wèi)星在L2點受月球和地球引力的合力比在L1點要大，故C錯誤；“鵲橋號”若剛好位于L2點，由幾何關系可知，通訊范圍較小，并不能更好

64、地為“嫦娥四號”探測器提供通信支持，故D錯誤。 11．如圖所示，一質量為m＝0.45 kg的小物塊(可視為質點)從水平面上的 A點以一定的初速度v0向右運動，到達B點后進入半徑為R＝0.45 m的光滑半圓形豎直軌道，當小物塊到達最高點C點，安裝在此處的壓力傳感器測得小物塊對軌道的壓力為4.5 N。已知A、B兩點間的距離為d＝2.7 m，小物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求小物塊落到水平面上的位置到B點的距離； (2)若要使小物塊在半圓形軌道上運動時始終不脫離，求小物塊在A點的初速度v0的取值范圍。 答案　(1) m (2)v0≥6

65、 m/s或 m/s