（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動 第三講 力學(xué)中的曲線運(yùn)動教學(xué)案

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1、第三講　力學(xué)中的曲線運(yùn)動 [答案]　(1)x＝v0t、y＝gt2、vx＝v0、vy＝gt (2)線速度v＝、角速度ω＝、周期T＝、頻率f＝、向心加速度a＝ω2r＝、向心力F＝mω2r＝m (3) (4) 熱點(diǎn)考向一　運(yùn)動的合成與分解方法 【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，輕桿將繞著O點(diǎn)轉(zhuǎn)動，經(jīng)過圖示位置時，輕桿與水平方向的夾

2、角為θ，則下列說法正確的是(　　) A．此時小球的速度大小為 B．此時小球的速度大小為 C．此時輕桿轉(zhuǎn)動的角速度為 D．木塊勻速推小球的過程中，小球做勻速圓周運(yùn)動 [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也相同，若有相對滑動則不同．此題中小球做圓周運(yùn)動，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，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分速度， 其水平分速度等于v，如右圖所示，即v球sinθ＝v，解得v球＝，選項(xiàng)A錯誤，B正確；輕桿轉(zhuǎn)動的角速度ω

3、＝＝，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θ逐漸增大，由ω＝可知ω逐漸減小，所以小球做減速圓周運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤． [答案]　BC 1．理清合運(yùn)動與分運(yùn)動的三個關(guān)系 等時性 分運(yùn)動與合運(yùn)動的運(yùn)動時間相等 獨(dú)立性 一個物體同時參與幾個分運(yùn)動，各個運(yùn)動獨(dú)立進(jìn)行、互不影響 等效性 各個分運(yùn)動的疊加效果與合運(yùn)動的效果相同 2.解決運(yùn)動的合成與分解問題的一般思路 (1)明確合運(yùn)動或分運(yùn)動的運(yùn)動性質(zhì)． (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(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．

4、 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，甲船渡河時間最短．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航程最短． 兩船的合位移相等，則渡河時間之比等于兩船合速

5、度之反比，即＝，由圖可知v甲合＝；v乙合＝，其中tanθ＝，sinθ＝，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(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　) A．小環(huán)剛釋放時輕繩中的張力一定大于2mg B．小環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度約為(－1)d C．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于

6、 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v1＝vcosθ，v1增大，由此可知小環(huán)剛釋放時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，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，v1＝vcos45°＝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

7、路 ①先確定合速度的方向(物體實(shí)際運(yùn)動方向)． ②分析合運(yùn)動所產(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． ③確定兩個分速度的方向，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R＝2.0 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

8、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(不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) A．0.15 m,4 m/s B．1.50 m,4 m/s C．0.15 m,2 m/s D．1.50 m,2 m/s [思路引領(lǐng)]　彈丸從P點(diǎn)射出時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)動規(guī)律有＝tan37°，豎直方向的速度vy＝gt，豎直方向上的位移h＋Rsin37°＝gt2，水平方向上的位移R＋Rcos37°＝vxt，聯(lián)立解得h

9、＝0.15 m，v0＝vx＝4 m/s，故A項(xiàng)正確，B、C、D均錯誤． [答案]　A 研究平拋運(yùn)動的常用方法 1．分解速度 設(shè)平拋運(yùn)動的初速度為v0，在空中運(yùn)動時間為t，則平拋運(yùn)動在水平方向的速度為：vx＝v0，在豎直方向的速度為：vy＝gt，合速度為：v＝，合速度與水平方向夾角θ滿足tanθ＝. 2．分解位移 平拋運(yùn)動在水平方向的位移為：x＝v0t，在豎直方向的位移為：y＝gt2，相對拋出點(diǎn)的位移(合位移)為：s＝，合位移與水平方向夾角φ滿足tanφ＝. 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

10、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)計了一個軌道模型，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)計為(　　) A．0 m B．0.1 m C．0.2 m D．0.3 m [解析]　從最高點(diǎn)到出口，滿足機(jī)械能守恒，有(H－h(huán))mg＝mv2，從出口飛出后小球做平拋運(yùn)動，有x＝vt，h＝gt2，可得x＝2，根據(jù)數(shù)學(xué)知識知，當(dāng)H－h(huán)＝h時，x最大

11、，即h＝1 m時，小球飛得最遠(yuǎn)，此時出口距離桌面高度為Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m. [答案]　C 遷移二　平拋運(yùn)動與斜面組合 2．(2019·黃岡中學(xué)元月質(zhì)檢)如圖甲所示，水平面上固定一個斜面，從斜面頂端向右平拋一個小球，當(dāng)初速度為v0時，小球恰好落到斜面底端，小球在空中運(yùn)動的時間為t0.現(xiàn)用不同的初速度v從該斜面頂端向右平拋該小球，以下哪個圖像(圖乙)能正確表示小球在空中運(yùn)動的時間t隨初速度v變化的關(guān)系(　　) [解析]　設(shè)斜面傾角為θ，當(dāng)小球落在斜面上時，有tanθ＝＝，得t＝，即t與速度v成正比．當(dāng)小球落在水平面上時，根據(jù)h＝gt2，得t＝，可知運(yùn)動時間不變，可知t

12、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錯誤． [答案]　C 遷移三　平拋運(yùn)動與圓面組合 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，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∠COD＝60°，不計空氣阻力，則(　　) A．兩小球同時落到D點(diǎn) B．兩小球在此過程中動能的增加量相等 C．在擊中D點(diǎn)前瞬間，重力對兩小球做功的瞬時功率相等 D．兩小

13、球初速度大小之比v1∶v2＝∶3 [解析]　根據(jù)h＝gt2得，t＝，兩球下降的高度之比為2∶1，則運(yùn)動的時間之比為∶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錯誤；因?yàn)閮尚∏蛳陆档母叨炔煌?，重力做功不同，根?jù)動能定理知，動能的增加量不相等，選項(xiàng)B錯誤；兩球下落的高度之比為2∶1，則落到D點(diǎn)時在豎直方向上的速度不相等，根據(jù)P＝mgvy可知，重力的瞬時功率不相等，選項(xiàng)C錯誤． [答案]　D 在平拋運(yùn)動中，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)動公式x＝v0t＋at2、v＝v0＋at直接套用，注意先分解為兩個分運(yùn)動，

14、必要時再合成. 熱點(diǎn)考向三　圓周運(yùn)動問題 【典例】　(2018·全國卷Ⅲ)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α，sinα＝.一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個過程中，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，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求： (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時速度的大?。? (2)小球到達(dá)A點(diǎn)時動量的大?。? (3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道

15、所用的時間． [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)時所受合力的大小為F.由力的合成法則有 ＝tanα① F＝② 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 F0＝mg④ v＝⑤ (2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得 DA＝Rsinα⑥ CD＝R(1＋cosα)⑦ 由動能定理有 －mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動量大小為 p＝mv1＝⑨ (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

16、速運(yùn)動，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間為t.由運(yùn)動學(xué)公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsinα? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得 t＝? [答案]　(1)mg　　(2) (3) 1．解決圓周運(yùn)動力學(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)列出正確的動力學(xué)方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.結(jié)合v＝ωr、T＝＝等基本公式進(jìn)行求解． 2．豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動問題的解題思路 (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

17、桿模型中物體在最高點(diǎn)的速度v≥0，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)動只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動情況． (4)受力分析：對物體在最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時進(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)用動能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯(lián)系起來列出方程． 遷移一　水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動 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)臺上，現(xiàn)從靜止開始緩慢增大轉(zhuǎn)臺的轉(zhuǎn)速(在每個轉(zhuǎn)速下均可認(rèn)為轉(zhuǎn)臺勻速轉(zhuǎn)動)，已知A、B的質(zhì)量分別為m、2m，A、B與轉(zhuǎn)臺之間的動摩擦因數(shù)均

18、為μ，A、B離轉(zhuǎn)臺中心的距離都為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摩擦力，以下說法正確的是(　　) A．物體A和B同時相對轉(zhuǎn)臺發(fā)生滑動 B．當(dāng)A受到的摩擦力為0時，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，A受到的摩擦力方向背離圓心 D．當(dāng)A、B均相對轉(zhuǎn)臺靜止時，允許的最大角速度為 [解析]　A剛好要滑動時，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kr＋μmg＝mωr，解得ωA＝，B剛好要滑動時，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kr＋2μmg＝2mωr，解得ωB＝，故ωA>

19、ωB，所以B先滑動，當(dāng)A、B均相對轉(zhuǎn)臺靜止時，允許的最大角速度為ωB＝，A錯誤，D正確；A受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供A做圓周運(yùn)動所需的向心力，故kr＝mω2r，解得ω＝，此時B所需要的向心力F＝2mω2r＝2kr>kr，故B受到的摩擦力方向指向圓心，B錯誤；B受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供B做圓周運(yùn)動所需的向心力，故kr＝2mω′2r，解得ω′＝，此時A所需要的向心力F′＝mω′2r＝kr

20、一可看作質(zhì)點(diǎn)的小球在圓管內(nèi)做圓周運(yùn)動，當(dāng)其運(yùn)動到最高點(diǎn)A時，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，則下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮? B．該小球的質(zhì)量為R C．當(dāng)v2＝2b時，小球在圓管的最低點(diǎn)受到的彈力大小為7a D．當(dāng)0≤v2

21、最低點(diǎn)時的速度大小為v′，則由機(jī)械能守恒定律可得：mg·2R＝mv′2－m·2b，設(shè)小球在最低點(diǎn)時受到的彈力大小為F′，則由牛頓第二定律可得：F′－mg＝m，聯(lián)立解得：F′＝7a，選項(xiàng)C正確；當(dāng)0≤v2

22、 A．小球通過最高點(diǎn)A時的速度大小為gR B．小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動能之差為mgR C．若細(xì)繩在小球運(yùn)動到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了，則小球還能上升的高度為R D．若細(xì)繩在小球運(yùn)動到A點(diǎn)斷了，則經(jīng)過t＝時間小球運(yùn)動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，繩子的拉力為零，則有mg＝m，解得vA＝，A錯誤；小球從最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中重力做的功為2mgR，根據(jù)動能定理可知小球通過最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動能之差為2mgR，B錯誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，由動能定理有mgR＝mv－mv，設(shè)繩子在C點(diǎn)斷后小球還能上升的高度為h，則有－mgh＝0－

23、mv，又vA＝，聯(lián)立以上各式解得h＝R，C錯誤；若細(xì)繩在小球運(yùn)動到A處斷了，則小球下降高度R所用的時間滿足R＝gt2，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，一般由牛頓運(yùn)動定律列方程求解． (2)模型2——豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(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算 【典例】　(多選)(2019·全國卷Ⅰ)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

24、彈簧上端，P由靜止向下運(yùn)動，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a－x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(　　) A．M與N的密度相等 B．Q的質(zhì)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 [思路引領(lǐng)]　(1)a－x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)動的對稱性可知Q下落時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M

25、1、M2，半徑分別為R1、R2，密度分別為ρ1、ρ2；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時有mPg1＝3mPa0，所以g1＝3a0＝G，密度ρ1＝＝；在星球N上，彈簧壓縮量為0時有mQg2＝mQa0，所以g2＝a0＝G，密度ρ2＝＝；因?yàn)镽1＝3R2，所以有ρ1＝ρ2，選項(xiàng)A正確．當(dāng)物體的加速度為0時有mPg1＝3mPa0＝kx0，mQg2＝mQa0＝2kx0，解得mQ＝6mP，選項(xiàng)B錯誤．根據(jù)a—x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，EkmP＝mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，選項(xiàng)C正確．根據(jù)運(yùn)動的對稱性可

26、知，Q下落時彈簧的最大壓縮量為4x0，P下落時彈簧的最大壓縮量為2x0，選項(xiàng)D錯誤． [答案]　AC 　人造衛(wèi)星運(yùn)動規(guī)律分析 遷移一　天體運(yùn)動中的自轉(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時的

27、吃水深度與在赤道時相同 B．“雪龍?zhí)枴笨疾齑谀蠘O時的吃水深度比在赤道時大 C．地球的密度為 D．當(dāng)?shù)厍虻淖赞D(zhuǎn)周期為T時，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，豎直方向上有mg＝F?。溅岩篻V排，故m＝ρ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排水量不變，即在南極時的吃水深度與在赤道時相同，A正確，B錯誤；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，G＝G1＋mR，被測物體在南極附近時，G＝G2，地球的體積V′＝πR3，地球的密度ρ′＝，聯(lián)立解得ρ′＝，C正確；當(dāng)放在地球赤道地面上的被測物體不再對地面

28、有壓力時，有G2＝mR，聯(lián)立解得T′＝T，D正確． [答案]　ACD 遷移二　天體運(yùn)動中的公轉(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

29、球自轉(zhuǎn)的周期，選項(xiàng)A錯誤，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)a＝G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”衛(wèi)星被月球俘獲的示意圖，“嫦娥三號”衛(wèi)星先繞月球沿橢圓軌道Ⅲ運(yùn)動，在P點(diǎn)經(jīng)兩次制動后最終沿月球表面的圓軌道Ⅰ做勻速圓周運(yùn)動，已知圓軌道半徑為r，橢圓Ⅲ的半長軸為4r

30、，衛(wèi)星沿圓軌道Ⅰ運(yùn)行的周期為T，則下列說法中正確的是(　　) A．“嫦娥三號”衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)行的機(jī)械能大于在軌道Ⅲ上運(yùn)行的機(jī)械能 B．“嫦娥三號”衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行時，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”衛(wèi)星在三個軌道上運(yùn)行時，在P點(diǎn)的加速度總是相同的 D．“嫦娥三號”衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行時，從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)經(jīng)歷的時間為4T [解析]　因“嫦娥三號”衛(wèi)星從軌道Ⅲ變軌到軌道Ⅱ上運(yùn)行時，必須在P點(diǎn)進(jìn)行減速，即在軌道Ⅱ上運(yùn)行的機(jī)械能小于在軌道Ⅲ上運(yùn)行的機(jī)械能，A項(xiàng)錯誤；由M→P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)錯誤；由G＝ma知衛(wèi)星離中心天

31、體高度相同時，運(yùn)行的加速度相同，C項(xiàng)正確；令“嫦娥三號”衛(wèi)星從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)經(jīng)歷的時間為t，則由開普勒第三定律得＝，即t＝4T，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

32、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；兩顆恒星繞同一圓心做勻速圓周運(yùn)動． (2)模型特點(diǎn) ①向心力等大反向：兩顆恒星做勻速圓周運(yùn)動的向心力由它們之間的萬有引力提供，故F1＝F2，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． ②周期、角速度相同：兩顆恒星做勻速圓周運(yùn)動的周期、角速度相等． ③半徑、線速度與質(zhì)量成反比：圓心在兩顆恒星的連線上，且r1＋r2＝L，兩顆恒星做勻速圓周運(yùn)動的半徑與恒星的質(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

33、動)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(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． 【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

34、系統(tǒng)中每個星體的質(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 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)動周期均為2πa [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?

35、 [解析]　由四星系統(tǒng)的分布圖可知，它們繞中心O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，A正確．根據(jù)幾何知識可知，它們的軌道半徑為a，B錯誤．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T＝2πa，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，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，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

36、的宇宙中存在著無數(shù)的星體，其中存在著這樣的兩個星體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，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ω，兩星體A、B到O點(diǎn)的距離差為Δr，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)動半徑之比為 C．兩星體運(yùn)行的線速度之差為ω·Δr D．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ω，根據(jù)題意可知rA＋rB＝l，rA－rB＝Δr，解得rA＝，rB＝，則星體A、星

37、體B的運(yùn)動半徑之比為＝，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力可知G＝mAω2rA＝mBω2rB，可得mA＝，mB＝，則兩星體的質(zhì)量之差為＝，質(zhì)量之比為＝＝，A錯誤，D正確；星體A的線速度大小vA＝ωrA＝，星體B的線速度大小vB＝ωrB＝，則星體A、星體B的線速度大小之差為Δv＝vA－vB＝ω·Δr，C正確． [答案]　CD 2．(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，如圖甲所示；另一種是三顆星位于等邊三角形

38、的三個頂點(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)動的線速度大小為 B．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動的周期為4π C．三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運(yùn)動的角速度為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G＋G＝m，解得v＝

39、，A項(xiàng)錯誤；由周期T＝知直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動的周期為T＝4π ，B項(xiàng)正確；同理，對三角形三星系統(tǒng)中做圓周運(yùn)動的星體，有2Gcos30°＝mω2·，解得ω＝，C項(xiàng)錯誤；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)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)動的同時，懸索將傷員提起，在某一段時間內(nèi)，A、B之間的距離以l＝H－t2(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，

40、則在這段時間內(nèi)，下面判斷中正確的是(不計空氣作用力)(　　) 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 D．傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運(yùn)動 [解析]　傷員B參與了兩個方向上的運(yùn)動：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，在豎直方向上，由于A、B之間的距離以l＝H－t2規(guī)律變化，所以傷員與水面之間的豎直距離關(guān)系式為h＝t2＝at2，在豎直方向上以2 m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動，則傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運(yùn)動，且速度一直增加，故C錯誤，D正確；由于傷員在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知，懸索的

41、拉力應(yīng)大于傷員的重力，故A錯誤；由于傷員在水平方向上做勻速運(yùn)動，水平方向上沒有加速度，懸索應(yīng)成豎直狀態(tài)，故B錯誤． [答案]　D 2．(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(　　) A．v船應(yīng)為 B．v船應(yīng)為 C．渡河時間為 D．渡河時間為 [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＝，則渡河時間t＝

42、＝，C正確，D錯誤；由d＝v船t，解得v船＝，A正確，B錯誤． [答案]　AC 3.(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)動員的彈跳水平要求很高．如果運(yùn)動員的彈跳水平不高，運(yùn)動員的擊球點(diǎn)的高度小于某個臨界值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(　　) A．H＝h B．H＝ C．H＝h D．H＝h [解析]　將排球水平擊出后排球做平拋運(yùn)動，排球剛好觸網(wǎng)和

43、達(dá)底線時，有：＝v0，＋＝v0，聯(lián)立解得H＝h，故選C. [答案]　C 4.(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，運(yùn)動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，則小球拋出時的初速度大小為(　　) A. B. C. D. [解析]　由小球運(yùn)動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θ，有tanθ＝＝.因?yàn)閠anθ＝＝，則豎直位移y＝0.6R，v＝2gy＝1.2gR，所以tan37°＝，則v0＝＝，C正確．

44、 [答案]　C 5．(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，整個裝置能繞通過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸轉(zhuǎn)動．開始時，輕繩恰好伸直但無彈力，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使角速度緩慢增大，繩中張力FT與轉(zhuǎn)動角速度的平方ω2的關(guān)系如圖乙所示，當(dāng)角速度的平方ω2超過3ω時，物塊A、B開始滑動．若圖乙中的F1、ω1及重力加速度g均為已知，下列說法正確的是(　　) A．L＝ B．L＝ C．k＝ D．m＝M [解析]　當(dāng)角速度的平方等于2ω時，

45、繩中開始有張力，B物塊所受靜摩擦力達(dá)到最大值，有kmg＝m·2L·2ω，當(dāng)角速度的平方等于3ω時，kmg＋F1＝m·2L·3ω，可解得k＝，L＝，A錯誤，B、C正確；當(dāng)角速度的平方等于3ω時，對A物塊有kMg－F1＝M·L·3ω，聯(lián)立各式可解得M＝2m，D錯誤． [答案]　BC 6．(多選)(2019·綿陽二診)如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.1 kg的小球以豎直向上的初速度v0＝10 m/s沖入一管道，該管道為圓管道，半徑為R＝5 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，不計摩擦，小球直

46、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)時對管道的壓力為零 B．小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時速度為5 m/s C．小球到達(dá)管道最低點(diǎn)時對管道的壓力為5 N D．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mv＝mgR＋mv，解得小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時的速度v1＝0，即它剛好能夠通過管道的最高點(diǎn)，選項(xiàng)B錯誤；小球到達(dá)管道最高點(diǎn)時速度為0，則可求得此時小球?qū)艿赖膲毫Φ扔谛∏虻闹亓Γ瑸? N，選項(xiàng)A錯誤；由機(jī)械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到達(dá)管道最低點(diǎn)時速度v2＝10

47、 m/s，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－mg＝m，解得管道最低點(diǎn)對小球的支持力F＝5 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mg＝m，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mv2＋2mgr＝mgR＋mv，聯(lián)立解得r＝4 m，選項(xiàng)D正確． [答案]　CD 7．(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，已知圓軌道的半徑為R，不計一切摩擦阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)h＝2R時，小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)M B．當(dāng)h＝2R時，小球在圓心等高處

48、P點(diǎn)時對軌道壓力大小為2mg C．當(dāng)h≤2.5R時，小球在運(yùn)動過程中不會脫離軌道 D．當(dāng)h＝R時，小球在最低點(diǎn)N時對軌道壓力大小為2mg [解析]　在圓軌道的最高點(diǎn)M，由牛頓第二定律有mg＝m，解得v0＝.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝mg·2R＋mv，解得h＝2.5R.所以當(dāng)h＝2.5R時小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)M，當(dāng)h≥2.5R時，小球在運(yùn)動過程中不會脫離軌道，選項(xiàng)A、C錯誤．當(dāng)h＝2R時，設(shè)小球運(yùn)動到與圓心等高處P點(diǎn)時速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg·2R＝mgR＋mv2，小球在P點(diǎn)時，設(shè)所受軌道的作用力為FP，由牛頓第二定律FP＝m，聯(lián)立解得FP＝2mg，由牛頓第三定律可知小球在圓心

49、等高處P點(diǎn)時對軌道壓力大小為2mg，選項(xiàng)B正確．當(dāng)h＝R時，設(shè)小球在最低點(diǎn)N時速度為v′，則有mgR＝mv′2，在圓軌道最低點(diǎn)，有FN－mg＝m，解得FN＝3mg，由牛頓第三定律可知小球在最低點(diǎn)N時對軌道壓力大小為3mg，選項(xiàng)D錯誤． [答案]　B 8．(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，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)過時間t＝T1＋T2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)星相距最近時的距離，可求出地球的密度 D

50、．若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時的距離，可求出地球表面的重力加速度 [解析]　設(shè)兩衛(wèi)星經(jīng)過時間t再次相距最近，由－＝1，解得t＝，A錯誤．根據(jù)開普勒第三定律＝，解得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比r1∶r2＝∶，B正確．已知兩顆衛(wèi)星相距最近時的距離，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G＝m2r，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錯誤． [答案]　B 9.(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，近地點(diǎn)Q到地心O的距離

51、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．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)動經(jīng)過Q點(diǎn)時，速率為 B．衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動經(jīng)過P點(diǎn)時，速率大于 C．衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動經(jīng)過P點(diǎn)時，速率大于 D．衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動經(jīng)過P點(diǎn)時，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)動時有＝m和mg＝可得va＝，同理，衛(wèi)星以b為半徑做勻速圓周運(yùn)動時的速率為vb＝，C錯誤；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)時的速

52、度va＝，A錯誤；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)動時的速率vb＝，B錯誤；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R＝10 m的四分之一圓弧，水平賽道AB長為L＝20 m，BC斜面與水平方向夾角θ＝37°，高度h＝5 m，質(zhì)量m＝50 kg的滑雪運(yùn)動員從S點(diǎn)出發(fā)

53、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，A到D的賽道動摩擦因數(shù)μ均為0.1，設(shè)滑雪運(yùn)動員落在賽道上時，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)動員滑至A點(diǎn)的速度v； (2)運(yùn)動員滑到A點(diǎn)時對滑道的壓力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段由動能定理可得mv2＝mgR 解得v＝＝10 m/s (2)在A點(diǎn)由牛頓第二定律和向心力公式可得F－mg＝m 解得F＝1500 N 由牛頓第三定律可得F′＝F＝1500 N 所以壓力為1

54、500 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)由動能定理可得 mgR－μmgL＝mv 從B點(diǎn)平拋，若落在CD面上時間為t t＝＝1 s 平拋的水平距離為x＝vBt＝4 m B、C的水平距離為x0＝＝ m

55、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摩擦因數(shù)μ； (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R＝1 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)動能定理得 mg×(2R－R)－μmgcos37°×－μmg×＝0 解得μ＝ (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 mg＝m 在滑塊從釋放點(diǎn)到E的過程，根據(jù)動能定理得 mg(h－2R)－μmgcos37°·－μmg·＝mv－0 解得h＝4.7R (3)假設(shè)滑塊離開E點(diǎn)后落在AB上，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可得 x＝vE1t，y＝gt2 由幾何關(guān)系得tan37°＝ 解得t＝0.3 s x＝2.4 m>.所以假設(shè)正確，故t＝0.3 s. [答案]　(1)　(2)4.7R　(3)0.3 s 36