【物理】2020届二轮复习专题四曲线运动万有引力与航天作业 41页

专题四　曲线运动　万有引力与航天 高考命题规律 ‎2020年高考必备 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 考点一 运动的合成与分解 抛体运动 ‎18‎ ‎21‎ ‎18‎ ‎15‎ ‎17‎ ‎17‎ ‎19‎ 考点二 圆周运动 ‎17‎ ‎16‎ ‎20‎ 考点三 万有引力与航天 ‎21‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎19‎ ‎14‎ ‎20‎ ‎16‎ ‎15‎ ‎21‎ ‎14‎ ‎15‎ 考点一　运动的合成与分解　抛体运动 命题角度1(储备)运动的合成与分解　‎ ‎【典题】河水由西向东流,河宽为800 m,河中各点的水流速度大小为v水,各点到较近河岸的距离为x,v水与x的关系为v水=‎3‎‎400‎x(m/s),让小船船头垂直河岸由南向北渡河,小船在静水中的速度大小恒为v船=4 m/s,下列说法正确的是(　　)‎ A.小船渡河的轨迹为直线 B.小船在河水中的最大速度是2‎13‎ m/s C.小船渡河的时间是200 s D.小船在距南岸200 m处的速度小于距北岸200 m处的速度 答案C 解析小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动,在沿河岸方向上做变速运动,合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上,做曲线运动,故A错误.当小船行驶到河中央时,v水=‎3‎‎400‎×400 m/s=3 m/s,‎ 那么小船在河水中的最大速度vmax=‎3‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎ m/s=5 m/s,故B错误.小船船头垂直河岸由南向北渡河,那么小船渡河的时间是t=dv船‎=‎‎800‎‎4‎ s=200 s,所以C正确;小船在距南岸200 m 处的河水速度大小与距北岸200 m处的河水速度大小相等,根据矢量的合成法则,这两种情况的合速度大小相等,故D错误.‎ 小船渡河问题的分析思路 ‎(1)分析渡河情景 ‎“船对地的速度v”是船实际运动的速度,为合运动.“水速v水”是水流对地的速度;“船在静水中的速度v船”(常简称船速)是船因自身动力产生的速度,v船的方向表现为“船头指向”,此二者为分运动.‎ ‎(2)正确选用公式 明确研究的物理量是位移x或速度v;画出合成分解的平行四边形矢量图形.正确选用公式,并及时应用其等时性、等效性.‎ ‎(3)应用几何关系 在“速度三角形”或“位移三角形”中,应用三角函数、勾股定理、相似三角形等,写出必要的几何关系式.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(多选)《奔跑吧兄弟》摄制组来到南京体育学院,小邓同学应邀参加一项转盘投球游戏,如图所示,顺时针转动的大转盘圆心O点放有一个铁桶,小邓站在转盘上的P点把篮球水平抛向铁桶,篮球总能落入桶中.设篮球抛出时相对转盘的速度方向与OP连线的夹角为θ,下列说法正确的是(　　)‎ A.篮球抛出时速度可能沿a方向 B.篮球抛出时速度可能沿b方向 C.若转盘转速变大,保持篮球抛出点的高度不变,θ角可能变小 D.若转盘转速变大,降低篮球抛出点的高度,θ角可能保持不变 答案AD 解析根据速度的合成可以知道,转盘的速度和抛出时小球速度的合速度一定指向O点,根据速度的合成可以知道,篮球抛出时速度可能沿a方向,不可能沿b方向,所以A正确,B错误;若转盘转速变大,还能进入铁桶,说明合速度的方向不变,根据速度的合成可以知道,水平方向的合速度增大,在竖直方向做自由落体运动,如果高度不变,下落时间就不变,不可能投进铁桶,故C错误;如果高度减小,下落时间就减小,根据x=vt可以知道能投进铁桶,因为合速度的方向不变,故篮球抛出时相对转盘的速度方向与OP连线的夹角θ就不变,所以D正确的.‎ ‎2.绳索套马原是蒙古牧民的生产方式,近些年来逐渐演化为体育活动.套马过程可简化为如图所示的物理模型,套马者骑在马背上以速度v追赶提前释放的烈马,同时挥动套马圈使套马圈围绕套马者在水平面内做角速度为ω,半径为r的匀速圆周运动,追逐一段时间后套马者和烈马的距离s保持不变,待套马圈运动至烈马正后方时,套马者松开套马圈,最终成功套住烈马,已知运动过程中,套马者和烈马行进路线平行,松手后套马圈在空中的运动可以看成平抛运动,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)‎ A.套马圈平抛运动的时间为sv B.套马圈平抛运动的时间为sv+rω C.套马圈平抛运动的初速度为v+rω D.套马圈平抛运动的初速度为v‎2‎‎+(rω‎)‎‎2‎ 答案C 解析依据题意可知,套马圈转到烈马正后方时,运动速度与烈马同向,大小为v+rω,C正确,D错误;套马圈做平抛运动的时间为s‎2‎‎-‎r‎2‎rω,A、B错误.‎ 命题角度2单物体的平抛运动　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.‎ 图(a)‎ ‎(多选)(2019全国Ⅱ·19)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图象如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻.则(　　)‎ 图(b)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案BD 解析本题考查v-t图象及运动的合成和分解.由v-t图象中图线与坐标轴所围面积可知,第二次面积大于第一次面积,故第二次在竖直方向上的位移比第一次的大,A错误;因为沿斜面位移方向不变,而第二次竖直位移大,因此第二次水平位移也大,B正确;从题图中可以得出,第一次斜率大于第二次的斜率,斜率越大,说明加速度越大,因此C错误;在竖直方向上根据牛顿第二定律mg-Ff=ma,加速度大的阻力小,D正确.‎ ‎2.(2018全国Ⅲ·17)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和v‎2‎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 答案A 解析设斜面倾角为θ,小球从斜面上水平抛出又落到斜面上,对于任意初速度v0,竖直位移和水平位移之间的关系为tan θ=‎1‎‎2‎gt‎2‎v‎0‎t,可得飞行时间t=‎2v‎0‎tanθg,落到斜面上的速度是竖直分速度和水平分速度的合速度,有v=v‎0‎‎2‎‎+(gt‎)‎‎2‎‎=‎v‎0‎‎2‎‎+4v‎0‎‎2‎tan‎2‎θ∝v0,所以甲、乙末速度之比就是初速度之比,选项A正确.‎ ‎3.(2017全国Ⅰ·15)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 答案C 解析A、B、D项,同一高度射出的乒乓球在竖直方向上做自由落体运动,下降相同的距离,所用的时间相同,在竖直方向上的速度相同;下降相同的时间间隔,下降的距离相同,故A、B、D项错误.C项,乒乓球在水平方向上做匀速运动.通过同一水平距离,速度较大的球所用的时间较少,下落的高度较小,故能过网,故C项正确.‎ ‎4.‎ ‎(2017全国Ⅱ·17)如图,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.v‎2‎‎16g B.v‎2‎‎8g C.v‎2‎‎4g D.‎v‎2‎‎2g 答案B 解析小物块从半圆光滑轨道的最低点到最高点,由机械能守恒定律得‎1‎‎2‎mv2=mg(2R)+‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎.小物块从光滑轨道最高点平抛到水平轨道上的时间为t,由2R=‎1‎‎2‎gt2得t=‎4Rg,小物块落地点到轨道下端的距离为x=v1t=‎-16R‎2‎+‎‎4v‎2‎Rg.当R=v‎2‎‎8g时,小物块落地点到轨道下端的距离最大,故选项B正确.‎ 分析平抛运动的思路 ‎(1)根据题意画出清晰的运动情景轨迹图——“抛物线”.‎ ‎(2)确定可能的“临界点”,弄清楚已知量与待求量.‎ ‎(3)依据题意,正确选用公式.‎ 如位移特点突出,则选用x=v0t、y=‎1‎‎2‎gt2、s=x‎2‎‎+‎y‎2‎、tan α=yx.‎ 如速度特点突出,则选用vx=v0、vy=gt、v=vx‎2‎‎+‎vy‎2‎、tan β=vyvx.‎ 如能量特点突出,则选用mgy=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎.‎ 必要时,要综合使用各种公式.‎ 灵活应用两个推论:tan β=2tan α,末速度的反向延长线过水平位移的中点.‎ ‎(4)结合题意与运动轨迹图,充分应用几何关系.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(多选)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,在同一坐标系中作出两个分运动的v-t图线,如图所示,则以下说法正确的是(　　)‎ A.图线1表示水平分运动的v-t图线 B.图线2表示水平分运动的v-t图线 C.若用量角器测得图线2倾角为θ,当地重力加速度为g,则一定有tan θ=g D.t1时刻物体的速度方向与初速度方向夹角为45°‎ 答案AD 解析图线1的速度不变,做匀速直线运动,是平抛运动水平分运动的v-t图线,故A正确.图线2速度随时间均匀增大,做匀加速直线运动,是平抛运动竖直分运动的v-t图线,故B错误;根据v=gt知,图线2的斜率表示重力加速度g,但是注意斜率k不一定等于tan θ,故C错误.t1时刻竖直分速度与水平分速度相等,根据平行四边形定则知,速度方向与初速度方向成45°角,故D正确.故选AD.‎ ‎2.‎ 以某一初速度水平抛出一物体,若以抛出点为坐标原点O,初速度方向为x轴的正方向,物体所受重力方向为y轴的正方向,建立如图所示坐标系.它的运动轨迹满足方程x2=10y,经过一段时间物体的速度大小变为初速度的‎2‎倍,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则物体水平抛出的初速度v0的大小和该过程平均速度v的大小分别为(　　)‎ A.10 m/s,‎5‎‎10‎‎2‎ m/s B.10 m/s,10‎2‎ m/s C.5‎2‎ m/s,‎5‎‎10‎‎2‎ m/s D.5‎2‎ m/s,10‎2‎ m/s 答案C 解析由平抛运动规律:x=v0t,y=‎1‎‎2‎gt2得y=g‎2‎v‎0‎‎2‎x2,代入x2=10y可得v0=5‎2‎ m/s.当合速度大小变为初速度的‎2‎倍时,竖直速度vy=v0=5‎2‎ m/s,又竖直速度vy=gt,t=‎2‎‎2‎ s,x=v0t=5 m,y=‎1‎‎2‎gt2=2.5 m,t时间内的合位移s=x‎2‎‎+‎y‎2‎=2.5‎5‎ m,该过程平均速度大小v‎=st=‎‎5‎‎10‎‎2‎ m/s.故C正确.‎ ‎3.‎ ‎(2019湖南岳阳一模)2022年冬奥会将在北京召开.如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图,运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下,到达C点后水平飞出,落到滑道上的D点,E 是运动轨迹上的某一点,在该点运动员的速度方向与轨道CD平行,设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2,EF垂直CD,则以下选项正确的是(　　)‎ A.t1=t2,CF=FD B.t1>t2,CF>FD C.若运动员离开C点的速度加倍,则落在斜面上的距离也加倍 D.若运动员离开C点的速度加倍,则落在斜面上的速度方向不变 答案D 解析 以C点为原点,CD为x轴,垂直CD向上方向为y轴,建立坐标系如图.对运动员的运动进行分解,y轴方向做类竖直上抛运动,x轴方向做匀加速直线运动.当运动员速度方向与轨道平行时,在y轴方向上到达最高点,根据竖直上抛运动的对称性,知t1=t2.而x轴方向运动员做匀加速运动,t1=t2,故CFω0时,对B物体有μmg+FT=mω2l,轻绳上的拉力大小FT=‎1‎‎2‎μmg,C错误;当ω=‎2μgl时剪短轻绳,B物体最大静摩擦力提供向心力不足,B物体将做离心运动,D正确.‎ ‎3.‎ ‎(2019陕西宝鸡模拟)如图所示,餐桌中心是一个半径为r=1.5 m的圆盘,圆盘可绕中心轴转动,圆盘与餐桌的中心轴重合,近似认为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.已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为μ1=0.6,与餐桌的动摩擦因数为μ2=0.225,餐桌离地高度为h=0.8 m.设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2.‎ ‎(1)为使物体不滑到餐桌上,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,餐桌半径R的最小值为多大?‎ ‎(3)若餐桌半径R'=‎2‎r,则在圆盘角速度缓慢增大时,物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少?‎ 答案(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m 解析(1)由题意可得,当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时,圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力,所以随着圆盘转速的增大,小物体受到的静摩擦力增大.当静摩擦力最大时,小物体即将滑落,此时圆盘的角速度达到最大,则有Ffm=μ1FN=mrω2,FN=mg 两式联立可得:ω=μ‎1‎gr=2 rad/s ‎(2)由题意可得,当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零,对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为s,物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,则a=Ffm,Ff=μ2mg 所以:a=μ2g=2.25 m/s2‎ 物体在餐桌上滑动的初速度为:v0=ωr=3 m/s 由运动学公式vt‎2‎‎-‎v‎0‎‎2‎=-2as可得:s=2 m 由几何关系可得餐桌半径的最小值为:R=r‎2‎‎+‎s‎2‎=2.5 m ‎(3)当物体滑离餐桌时,开始做平抛运动,平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt',由题意可得:vt'2-v‎0‎‎2‎=-2as'‎ 由于餐桌半径为R'=‎2‎r,所以s'=R‎'‎‎2‎-‎r‎2‎=r=1.5 m 所以可得:vt'=1.5 m/s 物体做平抛运动的时间为t,则:h=‎1‎‎2‎gt2,解得:t=‎2hg=0.4 s 所以物体做平抛运动的水平位移为:sx=vt't=0.6 m 由题意可得:L=s'+sx=2.1 m ‎4.某高速公路的一个出口路段如图所示,情景简化:轿车从出口A进入匝道,先匀减速直线通过下坡路段至B点(通过B点前后速率不变),再匀速率通过水平圆弧路段至C点,最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下.已知轿车在A点的速度v0=72 km/h,AB长L1=150 m;BC为四分之一水平圆弧段,限速(允许通过的最大速度)v=36 km/h,轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,CD段为平直路段长L2=50 m,重力加速度g取10 m/s2.‎ ‎(1)求轿车在AB段刹车的加速度的最小值;‎ ‎(2)为保证行车安全,车轮不打滑,求水平圆弧段BC半径R的最小值;‎ ‎(3)轿车由A点到D点全程的最短时间.‎ 答案(1)1 m/s2　(2)20 m　(3)23.14 s 解析(1)v0=72 km/h=20 m/s,AB长L1=150 m,为了确保安全,到达B点的最大速度v=36 km/h=10 m/s 对AB段匀减速直线运动有:v2-v‎0‎‎2‎=-2aL1‎ 代入数据解得AB段刹车的加速度的最小值a=1 m/s2‎ ‎(2)汽车在BC段做圆周运动,静摩擦力提供向心力,Ff=mv‎2‎R 为了确保安全,则须满足Ff≤μmg 联立解得R≥20 m,即Rmin=20 m ‎(3)设AB段时间为t1,BC段时间为t2,CD段时间为t3,全程所用最短时间为t L1=‎1‎‎2‎(v0+v)t1,‎1‎‎2‎πRmin=vt2‎ L2=v‎2‎t3,t=t1+t2+t3‎ 联立以上各式,代入数据解得t=(20+π)s=23.14 s 命题角度2竖直面内的圆周运动　‎ 高考真题体验·对方向 ‎(2016全国Ⅱ·16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短.将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点,(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的动能一定小于Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案C 解析设绳长为l,从水平位置到最低点,根据动能定理,mgl=‎1‎‎2‎mv2①,可得v=‎2gl.已知lPmQ,又vPmQ,所以FTP>FTQ,C选项正确;向心加速度a=v‎2‎l=2g,与质量和绳长均无关系,D选项错误.‎ 杆连球模型的分析思路 ‎(1)先由最低点B的临界速度‎5gr,2gr‎,‎‎2gr等,初步判定物体能否通过C点,能否通过最高点A,进一步确定在A点可能的受力情况.‎ ‎(2)在最高点A与最低点B,由其速度大小和受力情况,列出向心力的牛顿第二定律方程.‎ ‎(3)针对某一圆弧运动过程,列出相应的机械能守恒或功能关系方程.‎ ‎(4)依据以上特点,分析运动过程中某些物理量的变化趋势.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(2018天津卷·2)‎ 滑雪运动深受人民群众喜爱.某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中(　　)‎ A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变 答案C 解析本题考查圆周运动的动力学分析,分析向心力来源是正确解答本题的关键.运动员从滑道A点滑行到B点过程中做匀速圆周运动,合外力提供向心力,合外力不等于零且方向始终指向圆心,故合外力不做功,选项A错误、C正确;由于运动员从滑道A点到B点过程中做匀速圆周运动,故切向合力为零,摩擦力等于重力沿切向的分力,大小不断变化,选项B错误;运动员运动过程要克服摩擦力做功,故机械能减小,选项D错误.‎ ‎2.摩天轮是游乐场中一种大型的转轮设施,摩天轮边缘悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动,下列叙述正确的是(　　)‎ A.摩天轮转动过程中,乘客的动量保持不变 B.摩天轮转动一周,乘客所受合外力的冲量不为零 C.在最低点,乘客处于超重状态 D.摩天轮转动过程中,乘客所受的重力的瞬时功率保持不变 答案C 解析摩天轮转动过程中,速度大小不变,速度方向时刻变化,动量mv为矢量,所以乘客的动量大小不变,方向时刻变化,故A错误;根据I合=mv2-mv1,由于摩天轮转动一周,初速度与末速度相同,所以合力冲量为零,故B错误;最低点,乘客受支持力与重力,且支持力与重力的合力提供向心力,所以支持力与重力的合力向上,所以乘客处于超重状态,故C正确;摩天轮转动过程中,重力方向不变,速度方向时刻变化,根据 PG=Gvcos θ可知,乘客所受的重力的瞬时功率会发生改变,故D错误.‎ ‎3.‎ 如图所示,一细线系一小球绕O点在竖直面做圆周运动,a、b分别是轨迹的最高点和最低点,c、d两点与圆心等高,小球在a点时细线的拉力恰好为0,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)‎ A.小球从a点运动到b点的过程中,先失重后超重 B.小球从a点运动到b点的过程中,机械能先增大后减小 C.小球从a点运动到b点的过程中,细线对小球的拉力先做正功后做负功 D.小球运动到c、d两点时,受到的合力指向圆心 答案A 解析小球在a点时细线的拉力恰好为0,重力提供向心力处于完全失重状态,到最低点b时,拉力大于重力处于超重状态,所以小球从a点运动到b点的过程中,先失重后超重,故A正确;在运动过程中拉力不做功,只有重力做功,所以机械能守恒,故BC错误;c、d两点重力方向向下,拉力方向指向圆心,所以合力方向不指向圆心,故D错误.所以A正确,BCD错误.‎ ‎4.‎ ‎(多选)如图所示,带有底座的光滑圆轨道总质量为M,竖直放在水平地面上,质量为m可视为质点的小球在轨道内侧做圆周运动,恰好能通过圆轨道的最高点.在小球做圆周运动的过程中,圆轨 道始终保持静止.取重力加速度大小为g.则(　　)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.当小球运动到最高点时,轨道对地面的压力最小 B.在小球沿顺时针方向从圆轨道最高点A运动到与圆心等高的B点的过程中,轨道对地面的压力先减小后增大 C.轨道对地面压力的最大值为(M+6m)g D.轨道对地面压力的最大值为(M+m)g 答案BC 解析小球在A、B两点对轨道的作用力为零,而顺时针由A到B有背离圆心向外的作用力,小球对轨道的作用力先增大后减小,故轨道对地面的压力先减小后增大,B正确,A错误;小球在圆轨道的最低点时对轨道的压力最大,小球在最低点有FN-mg=mv‎2‎R,由最高点到最低点根据动能定理得mg·2R=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,最高点mg=mv‎0‎‎2‎R,联立解得FN=6mg.由牛顿第三定律知最低点小球对轨道的压力为FN'=6mg,故轨道对地面压力的最大值为(M+6m)g,C正确,D错误.‎ ‎5.(2019湖北荆门高三统考)如图,一个质量为m=0.6 kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R=0.3 m,θ=60°,小球到达A点时的速度v=4 m/s.(g取10 m/s2)求:‎ ‎(1)小球做平抛运动的初速度v0的大小;‎ ‎(2)P点与A点的水平距离和竖直高度;‎ ‎(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的弹力.‎ 答案(1)2 m/s　(2)0.69 m　0.60 m　(3)8 N,竖直向上 解析(1)小球到A点的速度如图所示,由图可知 v0=vx=vAcos θ=4×cos 60° m/s=2 m/s,‎ vy=vAsin θ=4×sin 60° m/s=2‎3‎ m/s.‎ ‎(2)由平抛运动规律得:竖直方向有:vy‎2‎=2gh、vy=gt 水平方向有:x=v0t 解得:h=0.60 m、x=0.4‎3‎ m≈0.69 m.‎ ‎(3)取A点为重力势能的零点,由机械能守恒定律得:‎ ‎1‎‎2‎mvA‎2‎=‎1‎‎2‎mvC‎2‎‎+mg(R+Rcos θ)‎ 代入数据得:vC=‎7‎ m/s 由圆周运动向心力公式得:‎ FNC+mg=mvC‎2‎R 代入数据得:FNC=8 N 由牛顿第三定律得:小球对轨道的压力大小FNC'=FNC=8 N,方向竖直向上.‎ 命题角度3(储备)斜面内的圆周运动　‎ ‎【典题】如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止,物体与盘面间的动摩擦因数为‎3‎‎2‎(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2,则ω的最大值是(　　)‎ A.‎5‎ rad/s B.‎3‎ rad/s C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s 答案C 解析当物体转到圆盘的最低点,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时,角速度最大,由牛顿第二定律得:‎ μmgcos 30°-mgsin 30°=mω2r 则ω=‎g(μcos30°-sin30°)‎r ‎=‎10×‎‎3‎‎2‎‎×‎3‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎‎2.5‎rad/s=1 rad/s.‎ 所以C正确.‎ 斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、绳控制、杆控制,物体的受力情况和所遵循的规律不同.通常是将重力分解,分解为沿斜面方向和垂直斜面方向,垂直斜面方向的分力与支持力平衡,沿斜面方向的重力为mgsin θ.然后在斜面内应用圆周运动的规律分析求解.‎ 考点三　万有引力与航天 命题角度1万有引力定律的理解　‎ 高考真题体验·对方向 ‎(2019全国Ⅱ·14)2019年1月,我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆.在探测器“奔向”月球的过程中,用h表示探测器与地球表面的距离,F表示它所受的地球引力,能够描述F随h变化关系的图象是(　　)‎ 答案D 解析本题考查万有引力定律.根据万有引力定律F=GMmr‎2‎=GMm‎(R+h‎)‎‎2‎可知,探测器所受的地球引力F随h增加而减小,但不是线性关系.因此F-h图象应是一曲线,D正确,A、B、C错误.‎ 重力与万有引力的关系 ‎(1)重力在赤道处有最小值,二者方向相同,均指向地心.有GMmR‎2‎-mg=mRω2=mR‎4‎π‎2‎T‎2‎.因向心力很小,重力与万有引力大小相近.‎ ‎(2)重力随纬度升高而增大,方向也不断变化.为竖直方向(偏离地心).‎ ‎(3)重力在两极时有最大值,有GMmR‎2‎=mg,方向与万有引力相同,均指向地心.‎ ‎(4)对地面以上高空处的物体,认为万有引力与重力相等,有GMm‎(R+h‎)‎‎2‎=mg'(g'为高空处的重力加速度).‎ ‎(5)其他星球上的物体,可参考地球的情况相应分析.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.万有引力定律和库仑定律都满足距离平方反比规律,因此引力场和电场之间有许多相似的性质,在处理有关问题时可以将它们进行类比.例如电场中引入电场强度来反映电场的强弱,其定义为E=Fq,在引力场中可以用一个类似的物理量来反映引力场的强弱.设地球质量为M,半径为R,地球表面处重力加速度为g,引力常量为G.如果一个质量为m的物体位于距地心2R处的某点,则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是(　　)‎ ‎　　　　　 　　　　　 　　　　‎ A.GMm‎(2R‎)‎‎2‎ B.Gm‎(2R‎)‎‎2‎ C.GM‎(2R‎)‎‎2‎ D.‎g‎2‎ 答案C 解析类比电场强度定义式E=Fq,该点引力场强弱 a=Fm‎=GMm‎4‎R‎2‎m=‎GM‎4‎R‎2‎,所以C正确.‎ ‎2.‎ 如图所示,地球绕太阳公转,而月球又绕地球转动.它们的运动可近似看成匀速圆周运动.如果要估算太阳对月球与地球的引力之比,已知地球绕太阳公转的周期和月球绕地球运动的周期,还需要测量的物理量是(　　)‎ A.地球绕太阳公转的半径 B.月球绕地球转动的半径 C.月球绕地球的半径和地球绕太阳公转的半径 D.月球的质量和地球绕太阳公转的半径 答案C 解析已知地球绕太阳公转的周期和月球绕地球运动的周期,如果再知道地球绕太阳公转的半径和月球绕地球的半径,即可分别求解太阳的质量和地球的质量;因为地球和月球相对太阳的距离基本相等,则根据F=GMmr‎2‎,可估算太阳对月球以及月球与地球的引力之比,故C正确,ABD错误.‎ ‎3.‎ ‎2017年11月5日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,以一箭双星方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星.这两颗卫星最终在同一个中圆地球轨道上的不同位置,绕地球沿同一方向运转,运行的周期大约为13 h,如图所示,下列说法正确的是(　　)‎ A.中圆地球轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径 B.这两颗卫星的线速度大于第一宇宙速度 C.卫星运行的加速度等于所在高度的重力加速度 D.一颗卫星加速就能在轨道上追上另一颗卫星 答案C 解析根据万有引力提供向心力,有GMmr‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r,得:T=2πr‎3‎gR‎2‎可知轨道半径越小,周期越小,因为北斗导航卫星的卫星周期约13 h,小于同步卫星的周期24 h,故北斗导航卫星的轨道半径比地球同步卫星的轨道半径要小,A错误;根据GMmr‎2‎=mv‎2‎r得v=GMr,这两颗卫星的轨道半径大于地球的半径,所以线速度小于第一宇宙速度,B错误;卫星的向心加速度由万有引力提供,所以卫星运行的加速度等于所在高度的重力加速度,C正确;后面的卫星向后喷气,速度增大,万有引力不够提供向心力,做离心运动,会离开原来的圆轨道.所以在原轨道加速不会追上前面的卫星,D错误.‎ 命题角度2万有引力定律与其他规律的综合　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(多选)(2019全国Ⅰ·21)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 答案AC 解析物体轻放在弹簧上端时,弹簧的弹力为零,此时的加速度即为星球表面的重力加速度,星球M表面的重力加速度为3a0,星球N表面的重力加速度为a0,根据黄金代换公式可得g=GMr‎2‎‎=‎Gρ·‎4‎‎3‎πr‎3‎r‎2‎=Gρ·‎4‎‎3‎πr,g∝ρr,星球M和星球N表面的重力加速度之比为3∶1,半径之比为3∶1,则两星球密度相等,A正确.加速度为0,合力为0,设P的质量为m1,有3m1a0=kx0,设Q的质量为m2,有m‎2‎a‎0‎=2kx0,可解出m‎2‎=6m1,B错误.根据动能定理,下落至最大速度过程,对P进行分析,有3m1a0x0-‎1‎‎2‎kx‎0‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎,对Q进行分析,有m2a0·2x0-‎1‎‎2‎k·4x‎0‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎,可求出下落过程中Q的最大动能是P的4倍,C正确.弹簧达到最大压缩量时物体速度为0,根据机械能守恒定律,对物体P进行分析,有3m1a0x=‎1‎‎2‎kx2,联立3m1a0=kx0,可求出物体P下落过程中弹簧的最大压缩量是2x0.同理,根据机械能守恒定律,对物体Q进行分析,有m2a0x=‎1‎‎2‎kx2,联立m2a0=2kx0,可求出物体Q下落过程中弹簧的最大压缩量是4x0,Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍,D错误.‎ ‎2.(2018全国Ⅱ·16)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6.67×10-11N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(　　)‎ A.5×109kg/m3 B.5×1012 kg/m3‎ C.5×1015 kg/m3 D.5×1018 kg/m3‎ 答案C 解析设星体“赤道”表面上有一质量为m的物体,当其刚好不脱离星体时,星体的体积最大,密度最小,其所受万有引力提供物体随星体做匀速圆周运动的向心力,有GMmr‎2‎=m‎2πT2r,星体密度ρ=MV‎=‎M‎4‎‎3‎πr‎3‎,解得ρ=‎3πGT‎2‎≈5×1015 kg/m3,选项C正确.‎ 平抛运动、圆周运动规律与万有引力定律的综合应用 ‎(1)进行黄金代换“GM=gR2”后,天体绕行规律为v=gR、ω=gR、T=2πRg、a=g.再通过其中的“g”,进一步综合中心天体表面的上抛、平抛等运动规律.‎ ‎(2)天体绕行是匀速圆周运动,可综合匀速圆周运动规律,如v=‎2πrT=2πrf、ω=‎2πT=2πf、v=rω、a=rω2=v‎2‎r=r‎4‎π‎2‎T‎2‎等.‎ ‎(3)地表物体不是绕行天体,不能应用v=GMr、ω=GMr‎3‎、T=2πr‎3‎GM、a=GMr‎2‎.‎ 地表物体与同步卫星有相同的ω、T(二者相对静止).‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(2019黑龙江哈尔滨三中模拟)宇航员站在某一星球上,将一个小球距离星球表面h高度处由静止释放,使其做自由落体运动,经过时间t后小球到达星球表面.已知该星球的半径为R,引力常量为G,则下列说法正确的是(　　)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.该星球的质量为‎2hR‎2‎Gt‎2‎ B.该星球表面的重力加速度为h‎2‎t‎2‎ C.该星球的第一宇宙速度为‎2hRt‎2‎ D.通过以上数据无法确定该星球的密度 答案A 解析小球做自由落体运动,则有h=‎1‎‎2‎gt2,解得该星球表面的重力加速度g=‎2ht‎2‎,故B错误;对星球表面的物体,万有引力近似等于重力,即GMmR‎2‎=mg,可得该星球的质量M=‎2hR‎2‎Gt‎2‎,故A正确;由GMmR‎2‎‎=‎mv‎2‎R=mg,得该星球的第一宇宙速度v=gR‎=‎‎2hRt,故C错误;该星球的密度ρ=M‎4‎‎3‎πR‎3‎‎=‎‎3h‎2πRGt‎2‎,故D错误.‎ ‎2.(多选)已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动,经过时间t(t小于航天器的绕行周期),航天器运动的弧长为s,航天器与月球的中心连线扫过角度为θ,万有引力常量为G,则(　　)‎ A.航天器的轨道半径为θs B.航天器的环绕周期为‎2πtθ C.月球的质量为s‎3‎Gt‎2‎θ D.月球的密度为‎3‎θ‎2‎‎4Gt‎2‎ 答案BC 解析由弧长公式s=θr,得r=sθ,故A错误;周期T为环绕2π弧度所用的时间,根据比例关系得T=‎2πtθ,B正确;天体做匀速圆周运动时万有引力提供向心力,根据万有引力公式GMmr‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r,代入r=sθ,T=‎2πtθ,得月球的质量M=s‎3‎Gt‎2‎θ,故C正确.根据密度公式ρ=M‎4‎‎3‎πr‎3‎,代入M=s‎3‎Gt‎2‎θ,r=sθ,得月球的密度为‎3‎θ‎2‎‎4πGt‎2‎,故D错误.‎ ‎3.某地面卫星接收站的纬度为θ(θ>0).已知地球半径为R,重力加速度为g,自转周期为T,光速为c,则地球同步卫星发射的电磁波到该接收站的时间不小于(　　)‎ A.‎‎1‎c‎3‎R‎2‎T‎2‎g‎4‎π‎2‎ B.‎‎1‎c‎3‎R‎2‎T‎2‎g‎4‎π‎2‎‎-R C.‎‎1‎cR‎2‎‎+r‎2‎+2Rrcosθ其中r=‎‎3‎R‎2‎T‎2‎g‎4‎π‎2‎ D.‎‎1‎cR‎2‎‎+r‎2‎-2Rrcosθ其中r=‎‎3‎R‎2‎T‎2‎g‎4‎π‎2‎ 答案D 解析设同步卫星到地球球心的距离为r,根据公式GMmr‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r和mg=GMmR‎2‎,解得r=‎3‎gR‎2‎T‎2‎‎4‎π‎2‎,设同步卫星到卫星接收站的距离为s,根据余弦定理可得s=R‎2‎‎+r‎2‎-2rRcosθ,所以地球同步卫星发射的电磁波到该接收站的时间t=sc‎=‎r‎2‎‎+R‎2‎-2rRcosθc,故D正确.‎ ‎4.(多选)美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler-186f.若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星表面进行科学考察,在行星表面h高度(远小于行星半径)处以初速度v水平抛出一个小球,测得水平位移为x.已知该行星半径为R,自转周期为T,万有引力常量为G.则下列说法正确的是(　　)‎ A.该行星表面的重力加速度为‎2hv‎2‎x‎2‎ B.该行星的质量为‎2hv‎2‎R‎2‎Gx‎2‎ C.如果该行星存在一颗同步卫星,其距行星表面高度为‎3‎hT‎2‎R‎2‎v‎2‎‎2‎π‎2‎x‎2‎-R D.该行星的第一宇宙速度为vxhR 答案ABC 解析根据平抛运动的规律可知h=‎1‎‎2‎gt2,x=vt,解得g=‎2hv‎2‎x‎2‎,选项A正确;根据mg=GMmR‎2‎得,行星的质量M=gR‎2‎G‎=‎‎2hv‎2‎R‎2‎Gx‎2‎,选项B正确;根据GMm‎(R+‎h‎1‎‎)‎‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎(R+h1),又GM =gR2,解得h1=‎3‎hT‎2‎R‎2‎v‎2‎‎2‎π‎2‎x‎2‎-R,选项C正确;根据mg=mv‎2‎R得,行星的第一宇宙速度v=gR‎=‎vx‎2hR,故D错误.故选ABC.‎ 命题角度3比较绕行多轨道问题　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(2019全国Ⅲ·15)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 答案A 解析由万有引力提供向心力得,GMmR‎2‎=ma=mv‎2‎R.由a=GMR‎2‎可知,a∝‎1‎R‎2‎,可判断A正确、B错误;由v=GMR可知,半径增加,速度减小,可判断C、D错误.‎ ‎2.(2018全国Ⅲ·15)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 答案C 解析两个卫星都是绕同一中心天体(地球)做圆周运动,根据开普勒第三定律:R‎3‎T‎2‎=k,已知RPRQ‎=‎‎4‎‎1‎,可得RP‎3‎RQ‎3‎‎=TP‎2‎TQ‎2‎=‎‎64‎‎1‎,化简可得TP∶TQ=8∶1,选项C正确.‎ ‎3.(2017全国Ⅲ·14)2017年4月,我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行.与天宫二号单独运行时相比,组合体运行的(　　)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.周期变大 B.速率变大 C.动能变大 D.向心加速度变大 答案C 解析根据题意,组合体的轨道半径与天宫二号相同,由GMmr‎2‎‎=mv‎2‎r=‎m4π‎2‎rT‎2‎=ma,得T=2πr‎3‎GM,v=GMr,a=GMr‎2‎,组合体的周期、速率、向心加速度大小均与天宫二号相同,A、B、D错;组合体的质量大于天宫二号,而速率相同,故动能变大,C正确.‎ ‎4.(2016全国Ⅰ·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯.目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍.假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的,则地球自转周期的最小值约为(　　)‎ A.1 h B.4 h C.8 h D.16 h 答案B 解析 地球同步卫星绕地球运动时,万有引力提供向心力,即GM·mr‎2‎=m‎2πT‎2‎·r,整理得T2=‎4‎π‎2‎r‎3‎GM.假设地球半径为R,目前同步卫星的半径r1=6.6R,周期是24 h;当自转周期最小时,同步卫星的轨道半径为2R,如图所示.联立解得地球自转周期的最小值约为4 h.根据开普勒第三定律r‎3‎T‎2‎=K同样可以得出正确答案,选项B正确.‎ 比较绕行多轨道问题的方法 ‎(1)确定相比轨道,注意题意中可能的“隐蔽”绕行轨道(如同步轨道、地表轨道等),分清是否为同一中心天体.‎ ‎(2)一般先写出待求量的解析式,再由解析式做准确比较.‎ ‎(3)圆周运动能引起角度、长度的变化,会表现出一定的几何关系.此时要结合圆的几何图形特点,应用三角函数、相似形、勾股定理等列出必需的几何关系式,协助求解.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(多选)2017年9月25日后,微信启动页面采用“风云四号”卫星成像图.“风云四号”是我国新一代静止轨道气象卫星,则其在圆轨道上运行时(　　)‎ A.可定位在赤道上空任意高度 B.线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 C.角速度与地球自转角速度相等 D.向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大 答案CD 解析同步卫星只能在赤道上空,且高度保持不变,故A错误;第一宇宙速度为人造卫星的最大运行速度,气象卫星的线速度小于第一宇宙速度,则B错误;同步卫星的周期等于地球的自转周期,所以同步卫星绕地球运行的角速度与地球自转的角速度相等,则C正确;同步卫星与月球都是万有引力提供向心力,由GMmr‎2‎=ma,可得a=GMr‎2‎,所以同步卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大,则D正确.‎ ‎2.(多选)卫星A、B在不同高度绕同一密度均匀的行星做匀速圆周运动,已知两卫星距行星表面的高度及两卫星绕行星运动的周期,万有引力常量G已知,由此可求出(　　)‎ A.该行星的半径 B.两卫星的动能之比 C.该行星的自转周期 D.该行星的密度 答案AD 解析由开普勒第三定律有‎(hA+R‎)‎‎3‎TA‎2‎‎=‎‎(hB+R‎)‎‎3‎TB‎2‎,hA、hB、TA、TB已知,可求该行星半径,A正确;再由GMmr‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r即可求得行星的质量,进而求得密度,D正确;由于卫星的质量未知,无法求得动能之比,B错误;A、B卫星的运行与行星的自转无关,无法求出行星的自转周期,C错误.‎ ‎3.‎ ‎(2019天津模拟)北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统,是继美国全球定位系统、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统之后第三个成熟的卫星导航系统.预计2020年,北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图,已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星,则(　　)‎ A.a的角速度小于c的角速度 B.a的加速度大于b的加速度 C.a的运行速度大于第一宇宙速度 D.b的周期大于24 h 答案A 解析由万有引力提供做圆周运动的向心力得GMmr‎2‎=mω2r=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r=mv‎2‎r=ma,解得v=GMr,ω=GMr‎3‎,T=‎4‎π‎2‎r‎3‎GM,a=GMr‎2‎,由题图可知,a的轨道半径大于c的轨道半径,因此a的角速度小于c的角速度,选项A正确;a的轨道半径与b的轨道半径相等,因此a的加速度等于b的加速度,选项B错误;a的轨道半径大于地球半径,因此a的运行速度小于第一宇宙速度,选项C错误;a的轨道半径与b的轨道半径相等,故b的周期等于a的周期,为24 h,选项D错误.‎ ‎4.2017年12月23日12时14分,我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭,成功将陆地勘查卫星二号发射升空,该卫星进入预定轨道后,每天绕地球转动16圈.已知地球半径R,地球同步卫星距离地面的高度为h.则该卫星在预定轨道上绕地球做圆周运动过程中离地面的高度为(　　)‎ A.‎3‎‎1‎‎256‎(R+h)-R B.‎3‎‎1‎‎16‎(R+h)-R C.h‎16‎ D.‎h+R‎16‎ 答案A 解析陆地勘查卫星二号的周期为T'=‎24‎‎16‎ h=‎3‎‎2‎ h,根据万有引力提供向心力,对同步卫星有GMm‎(R+h‎)‎‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎(R+h),其中T=24 h;对陆地勘查卫星二号有GMm‎(R+h'‎‎)‎‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎'‎‎2‎(R+h'),联立解得h'=‎3‎‎1‎‎256‎(R+h)-R,故A正确,BCD错误.‎ 命题角度4卫星的失重、能量、变轨问题　‎ 高考真题体验·对方向 ‎(多选)(2017全国Ⅱ·19)如图,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P为近日点,Q为远日点.M、N为轨道短轴的两个端点,运行的周期为T0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用,则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中(　　)‎ A.从P到M所用的时间等于T‎0‎‎4‎ B.从Q到N阶段,机械能逐渐变大 C.从P到Q阶段,速率逐渐变小 D.从M到N阶段,万有引力对它先做负功后做正功 答案CD 解析根据开普勒第二定律可知,海王星离太阳越近线速度越大,从P到Q的速率逐渐变小,所以从P到M经历的时间小于T‎0‎‎4‎,故选项A错误,选项C正确;海王星绕太阳运动过程中只有引力做功,机械能守恒,故选项B错误;太阳对海王星的万有引力沿两星体的连线指向太阳,从M到N,海王星到太阳的距离先变大后变小,万有引力对它先做负功后做正功,选项D正确.‎ 椭圆双切轨道的特点 如图所示,椭圆轨道Ⅱ与圆周轨道Ⅰ、Ⅲ相切于A、B点,卫星通过A、B点相继在三个轨道上运行,叫做椭圆双切轨道.‎ ‎(1)速度有v1>v2>v3>v4‎ 分析:在椭圆Ⅱ上的切点A处有v1>v2.‎ 圆周Ⅰ和圆周Ⅲ比较有v2>v3.‎ 在椭圆Ⅱ上的切点B处有v3>v4.‎ ‎(2)沿椭圆Ⅱ由A至B,加速度逐渐变小.‎ ‎(3)能量特点 变轨类型 引力做功 Ek Ep E机 圆周Ⅰ 不做功 大 小 小 圆周Ⅲ 不做功 小 大 大 椭圆Ⅱ A→B 负 减小 增大 中 B→A 正 增大 减小 ‎(4)瞬时变轨特点 在A点,由圆周Ⅰ变至椭圆Ⅱ时,发动机向后瞬时 喷气、推力做正功,动能增加、势能不变、机械能增加.‎ 在B点,由椭圆Ⅱ变至圆周Ⅲ时,发动机向后瞬时 喷气、推力做正功,动能增加、势能不变、机械能增加.‎ 反之也有相应的规律.‎ ‎(5)周期有TⅠm2)的天体,只在彼此间万有引力的作用下,绕连线上的某一点O做匀速圆周运动,形成双星现象.‎ ‎(1)运动特点 两天体同向转动,且角速度ω、周期T相等.圆周半径有L=r1+r2.‎ ‎(2)运动规律 对天体m1有Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎=m1r1ω2=‎m‎1‎r‎1‎‎4‎π‎2‎T‎2‎ 对天体m2有Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎=m2r2ω2=‎m‎2‎r‎2‎‎4‎π‎2‎T‎2‎ 涉及线速度v时,可应用圆周运动规律v1=r1ω、v2=r2ω.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(多选)(2019山东济南中区调研)太空中存在一些离其他恒星很远的、由三颗星体组成的三星系统,可忽略其他星体对它们的引力作用.已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式:一种是直线三星系统——三颗星体始终在一条直线上;另一种是三角形三星系统——三颗星体位于等边三角形的三个顶点上.已知某直线三星系统A的每颗星体的质量均为m,相邻两颗星体中心间的距离都为R;某三角形三星系统B的每颗星体的质量恰好也均为m,且三星系统A外侧的两颗星体与三星系统B每颗星体做匀速圆周运动的周期相等.引力常量为G,则(　　)‎ A.三星系统A外侧两颗星体运动的线速度大小为v=‎GmR B.三星系统A外侧两颗星体运动的角速度大小为ω=‎‎1‎‎2R‎5GmR C.三星系统B的运动周期为T=4πRR‎5Gm D.三星系统B任意两颗星体中心间的距离为L=‎3‎‎12‎‎5‎R 答案BCD 解析三星系统A中,三颗星体位于同一直线上,外侧两颗星体围绕中央星体在半径为R的同一圆轨道上运行,外侧的其中一颗星体由中央星体和另一颗外侧星体的万有引力的合力提供向心力,有Gm‎2‎R‎2‎+Gm‎2‎‎(2R‎)‎‎2‎=mv‎2‎R,解得v=‎5Gm‎4R,选项A错误;三星系统A中,周期T=‎2πRv=4πRR‎5Gm,则外侧两颗星体的角速度为ω=‎2πT‎=‎‎1‎‎2R‎5GmR,选项B正确;由题意知三星系统B的运动周期与三星系统A外侧两颗星体运动周期相同,即为T=4πRR‎5Gm,选项C正确;三星系统B中,三颗星体位于等边三角形的三个顶点上,并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行,对其中一颗星体,由万有引力定律和牛顿第二定律,有2Gm‎2‎L‎2‎cos 30°=mL‎2cos30°‎‎·‎‎4‎π‎2‎T‎2‎,解得L=‎3‎‎12‎‎5‎R,选项D正确.‎ ‎2.(多选)在天体运动中,把两颗相距很近的恒星称为双星.已知组成某双星系统的两颗恒星质量分别为m1和m2,相距为L.在万有引力作用下各自绕它们连线上的某一点,在同一平面内做匀速同周运动,运动过程中二者之间的距离始终不变.已知万有引力常量为G.m1的动能为Ek,则m2的动能为(　　)‎ A.Gm‎1‎m‎2‎L-Ek B.Gm‎1‎m‎2‎‎2L-Ek C.m‎1‎m‎2‎Ek D.m‎2‎m‎1‎Ek 答案BC 解析设两个行星的轨道半径分别为r1和r2,角速度为ω,由题意可知r1+r2=L 对m1有Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎=m1ω2r1‎ 对m2有Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎=m2ω2r2‎ 解得r1=m‎2‎Lm‎1‎‎+‎m‎2‎,r2=m‎1‎Lm‎1‎‎+‎m‎2‎,ω=‎G(m‎1‎+m‎2‎)‎L‎3‎ EkEk2‎‎=‎‎1‎‎2‎m‎1‎‎(ωr‎1‎‎)‎‎2‎‎1‎‎2‎m‎2‎‎(ωr‎2‎‎)‎‎2‎ 代入r1、r2得EkEk2‎‎=‎m‎2‎m‎1‎,所以C正确.‎ Ek+Ek2=‎1‎‎2‎m1(ωr1)2+‎1‎‎2‎m2(ωr2)2把ω=G(m‎1‎+m‎2‎)‎L‎3‎代入解得Ek2=Gm‎1‎m‎2‎‎2L-Ek,所以B正确.故BC正确.‎ ‎3.‎ ‎(多选)天文观测中观测到有三颗星位于边长为l的等边三角形三个顶点上,并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动,已知引力常量为G,不计其他星体对它们的影响,关于这个三星系统,下列说法正确的是(　　)‎ A.三颗星的质量可能不相等 B.某颗星的质量为‎4‎π‎2‎l‎3‎‎3GT‎2‎ C.它们的线速度大小均为‎2‎3‎πlT D.它们两两之间的万有引力大小为‎16‎π‎4‎l‎4‎‎9GT‎4‎ 答案BD 解析三星系统外接于等边三角形的圆形轨道做匀速圆周运动,可知它们相互万有引力相等,故三颗星的质量相等,A错误;设每颗星质量为m,则2Gm‎2‎l‎2‎cos 30°=m‎4‎π‎2‎T‎2‎‎·‎‎3‎‎3‎l,得m=‎4‎π‎2‎l‎3‎‎3GT‎2‎,它们两两之间的万有引力F=Gm‎2‎l‎2‎,把m=‎4‎π‎2‎l‎3‎‎3GT‎2‎代入得F=‎16‎π‎4‎l‎4‎‎9GT‎4‎,B、D正确;线速度大小为v=‎2πrT‎=‎2πT·‎‎3‎‎3‎l=‎2‎3‎πl‎3T,C错误.‎ ‎4.‎ 由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年启动,对一个超紧凑双白矮星系统产生的引力波进行探测.该计划采用三颗相同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形阵列,三角形边长约为地球半径的27倍,地球恰好处于三角形中心,卫星将在以地球为中心的圆轨道上运行,如图所示(只考虑卫星和地球之间的引力作用),则(　　)‎ A.卫星绕地球运行的周期大于近地卫星的运行周期 B.卫星绕地球运行的向心加速度大于近地卫星的向心加速度 C.卫星绕地球运行的速度等于第一宇宙速度 D.卫星的发射速度应大于第二宇宙速度 答案A 解析根据GMmr‎2‎=ma,解得a=GMr,由于卫星绕地球运行的半径大于近地卫星的运行半径,则卫星绕地球运行的向心加速度小于近地卫星的向心加速度,B错误;根据GMmr‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r得T=2πr‎3‎GM,则半径越大,‎ 周期越大,根据题意可知,卫星绕地球运行的半径大于近地卫星的运行半径,则卫星绕地球运行的周期大于近地卫星的运行周期,A正确;第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度,则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度,C错误;第二宇宙速度为从地球逃逸出的速度,而卫星围绕地球做匀速圆周运动,则发射速度小于第二宇宙速度,D错误.‎