2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題1力與運(yùn)動(dòng)第3講力與曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)學(xué)案

PAGE18-第3講力與曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)考情速覽·明規(guī)律高考命題點(diǎn)命題軌跡情境圖運(yùn)動(dòng)的合成與分解及平拋運(yùn)動(dòng)2024Ⅱ卷1620(2)16題19(2)19題18(1)18題2024Ⅱ卷192024Ⅰ卷18圓周運(yùn)動(dòng)2024Ⅰ卷1620(1)16題16(2)16題17(2)14題2024Ⅱ卷142024Ⅱ卷16Ⅱ卷14萬(wàn)有引力與天體的運(yùn)動(dòng)2024Ⅰ卷15，Ⅱ卷15，Ⅲ卷1617(2)19題2024Ⅱ卷14，Ⅲ卷152024Ⅰ卷20，Ⅱ卷16，Ⅲ卷152024Ⅱ卷19，Ⅲ卷142024Ⅰ卷17，Ⅲ卷14萬(wàn)有引力定律與力學(xué)學(xué)問(wèn)的綜合應(yīng)用2024Ⅰ卷2119(1)21題核心學(xué)問(wèn)·提素養(yǎng)“物理觀(guān)念”構(gòu)建1．平拋運(yùn)動(dòng)(1)規(guī)律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2.(2)推論：做平拋(或類(lèi)平拋)運(yùn)動(dòng)的物體①隨意時(shí)刻速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)肯定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn)；②設(shè)在隨意時(shí)刻瞬時(shí)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.2．豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的兩種臨界問(wèn)題(1)繩模型：物體能通過(guò)最高點(diǎn)的條件是v≥eq\r(gR).(2)桿模型：物體能通過(guò)最高點(diǎn)的條件是v≥0.3．解決天體運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的“萬(wàn)能關(guān)系式”4．第一宇宙速度推導(dǎo)過(guò)程為：由mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)＝eq\f(GMm,R2)得：v1＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(gR)＝7.9km/s.第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，也是人造地球衛(wèi)星的最小放射速度．“科學(xué)思維”展示1．思想方法(1)合運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和軌跡的推斷①若加速度方向與初速度的方向在同始終線(xiàn)上，則為直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；若加速度方向與初速度的方向不在同始終線(xiàn)上，則為曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．②若加速度恒定則為勻變速運(yùn)動(dòng)，若加速度不恒定則為非勻變速運(yùn)動(dòng)．(2)處理變軌問(wèn)題的兩類(lèi)觀(guān)點(diǎn)力學(xué)觀(guān)點(diǎn)：從半徑小的軌道Ⅰ變軌到半徑大的軌道Ⅱ，衛(wèi)星須要向運(yùn)動(dòng)的反方向噴氣，加速離心；從半徑大的軌道Ⅱ變軌到半徑小的軌道Ⅰ，衛(wèi)星須要向運(yùn)動(dòng)的方向噴氣，減速近心．能量觀(guān)點(diǎn)：在半徑小的軌道Ⅰ上運(yùn)行時(shí)的機(jī)械能比在半徑大的軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)的機(jī)械能?。谕卉壍郎线\(yùn)動(dòng)衛(wèi)星的機(jī)械能守恒，若動(dòng)能增加則引力勢(shì)能減小．(3)雙星問(wèn)題①各自所需的向心力由彼此間的萬(wàn)有引力供應(yīng)，即eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq\o\al(2,1)r1，eq\f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq\o\al(2,2)r2.②兩顆星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2.③兩顆星的運(yùn)行半徑與它們之間的距離關(guān)系為r1＋r2＝L.2．模型建構(gòu)(1)繩(桿)關(guān)聯(lián)問(wèn)題的速度分解方法①把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個(gè)重量．②沿繩(桿)方向的分速度大小相等．(2)模型化思想的應(yīng)用豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)?？嫉膬煞N臨界模型最高點(diǎn)無(wú)支撐最高點(diǎn)有支撐圖示最高點(diǎn)向心力mg＋F彈＝meq\f(v2,R)mg±F彈＝meq\f(v2,R)恰好過(guò)最高點(diǎn)F彈＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)，即在最高點(diǎn)速度不能為零mg＝F彈，v＝0，即在最高點(diǎn)速度可為零命題熱點(diǎn)·巧突破考點(diǎn)一運(yùn)動(dòng)的合成與分解及平拋運(yùn)動(dòng)考向1運(yùn)動(dòng)的合成與分解〔典例探秘〕典例1(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅱ，19,6分)如圖a，在跳臺(tái)滑雪競(jìng)賽中，運(yùn)動(dòng)員在空中滑翔時(shí)身體的姿態(tài)會(huì)影響其下落的速度和滑翔的距離．某運(yùn)動(dòng)員先后兩次從同一跳臺(tái)起跳，每次都從離開(kāi)跳臺(tái)起先計(jì)時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其v－t圖像如圖b所示①，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時(shí)刻②.則(BD)A．其次次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔過(guò)程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔過(guò)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(shí)，其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大【思路分析】依據(jù)題中關(guān)鍵信息，利用“化曲為直思想”把運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的運(yùn)動(dòng)與豎直方向的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合速度－時(shí)間圖像以及牛頓其次定律求解即可．【解析】v－t圖像中圖線(xiàn)與t軸包圍的面積表示位移的大小，其次次滑翔過(guò)程中v－t圖線(xiàn)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(cuò)誤；由圖a知落在雪道上時(shí)的水平位移與豎直位移成正比，再由A項(xiàng)分析知B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔過(guò)程中豎直方向的速度變更比其次次的大，時(shí)間比其次次的短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可知其次次滑翔過(guò)程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯(cuò)誤；v－t圖像的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時(shí)，其次次滑翔在豎直方向上的加速度比第一次的小，設(shè)在豎直方向上所受阻力為f，由mg－f＝ma，可得其次次滑翔在豎直方向上受到的阻力比第一次的大，D正確．【核心考點(diǎn)】曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的合成與分解，速度－時(shí)間圖像，牛頓其次定律．【規(guī)范審題】①指定為豎直方向運(yùn)動(dòng)圖像．②給出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．圖(b)v－t圖像，由圖像得出運(yùn)動(dòng)員兩次滑翔過(guò)程中加速度及位移的關(guān)系.【情景解讀】選取生活中的常見(jiàn)情景，從實(shí)際情景中抽象出曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)模型．〔考向預(yù)料〕1．(2024·福建廈門(mén)聯(lián)考)在演示“做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件”的試驗(yàn)中，有一個(gè)在水平桌面上向右做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的小鋼球，第一次在其速度方向上放置條形磁鐵，其次次在其速度方向上的一側(cè)放置條形磁鐵，如圖所示，虛線(xiàn)表示小球的運(yùn)動(dòng)軌跡．視察試驗(yàn)現(xiàn)象，以下敘述正確的是(D)A．第一次試驗(yàn)中，小鋼球的運(yùn)動(dòng)是勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．其次次試驗(yàn)中，小鋼球的運(yùn)動(dòng)類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡是一條拋物線(xiàn)C．該試驗(yàn)說(shuō)明做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)物體的速度方向沿軌跡的切線(xiàn)方向D．該試驗(yàn)說(shuō)明物體做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同始終線(xiàn)上【解析】第一次試驗(yàn)中，小鋼球受到沿著速度方向的吸引力作用，做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，并且隨著距離的減小吸引力變大，加速度變大，則小球的運(yùn)動(dòng)是非勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；其次次試驗(yàn)中，小鋼球所受的磁鐵的吸引力方向總是指向磁鐵，是變力，故小球的運(yùn)動(dòng)不是類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡也不是一條拋物線(xiàn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；該試驗(yàn)說(shuō)明物體做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同始終線(xiàn)上，但是不能說(shuō)明做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)物體的速度方向沿軌跡的切線(xiàn)方向，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．2．(2024·河北衡水模擬)兩根光滑的桿相互垂直地固定豎直平面內(nèi)．上面分別穿有一個(gè)小球．小球a、b間用一細(xì)直棒相連如圖．釋放后兩球都起先滑動(dòng)．當(dāng)細(xì)直棒與豎直桿夾角為α?xí)r，兩小球?qū)嶋H速度大小之比va∶vb等于(C)A．sinα∶1 B．cosα∶1C．tanα∶1 D．cotα∶1【解析】將兩球的速度分解，如圖所示，則有：va＝eq\f(v桿,cosα)，而vb＝eq\f(v桿,sinα)，那么兩小球?qū)嶋H速度之比va∶vb＝sinα∶cosα＝tanα∶1，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．考向2平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律3．(2024·河南鶴壁段考)如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，都落在了傾角為30°的斜面上的C點(diǎn)，小球B恰好垂直打到斜面上，則v1、v2之比為(D)A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2【解析】小球A做平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)分位移公式，有：x＝v1t，豎直位移：y＝eq\f(1,2)gt2，又有：tan30°＝eq\f(y,x)，聯(lián)立可得：v1＝eq\f(\r(3),2)gt，小球B恰好垂直打到斜面上，則有：tan30°＝eq\f(v2,gt)，可得：v2＝eq\f(\r(3),3)gt，所以有：v1∶v2＝3∶2，故D符合題意．4.(多選)(2024·江蘇高考真題)如圖所示，小球A、B分別從2l和l高度水平拋出后落地，上述過(guò)程中A、B的水平位移分別為l和2l.忽視空氣阻力，則(AD)A．A和B的位移大小相等B．A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大【解析】位移為初位置到末位置的有向線(xiàn)段，如題圖所示可得sA＝eq\r(l2＋2l2)＝eq\r(5)l，sB＝eq\r(l2＋2l2)＝eq\r(5)l，A和B的位移大小相等，A正確；平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度確定，即，tA＝eq\r(\f(2×2l,g))＝eq\r(2)×eq\r(\f(2l,g))，tB＝eq\r(\f(2×l,g))＝eq\r(\f(2l,g))，則A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是B的eq\r(2)倍，B錯(cuò)誤；平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則vxA＝eq\f(l,tA)＝eq\f(\r(gl),2)，vxB＝eq\f(2l,tB)＝eq\r(2gl)，則A的初速度是B的eq\f(1,2\r(2))倍，C錯(cuò)誤；小球A、B在豎直方向上的速度分別為vyA＝2eq\r(gl)，vyB＝eq\r(2gl)，所以可得vA＝eq\f(\r(17gl),2)，vB＝2eq\r(gl)＝eq\f(\r(16gl),2)，即vA>vB，D正確．故選AD．5.(2024·新課標(biāo)卷Ⅱ)如圖，在摩托車(chē)越野賽途中的水平路段前方有一個(gè)坑，該坑沿摩托車(chē)前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h.若摩托車(chē)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E1，它會(huì)落到坑內(nèi)c點(diǎn)．c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E2，該摩托車(chē)恰能越過(guò)坑到達(dá)b點(diǎn)，eq\f(E2,E1)等于(B)A．20 B．18C．9.0 D．3.0【解析】由題意可知當(dāng)在a點(diǎn)動(dòng)能為E1時(shí)，有E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝v1t1，當(dāng)在a點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E2時(shí)，有E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，3h＝v2t2，聯(lián)立以上各式可解得eq\f(E2,E1)＝18，故選B．6．(2024·成都七中期中)如圖所示．斜面傾角為α，且tanα＝eq\f(1,2)，從斜面上O點(diǎn)與水平方向成45°角以速度v0、2v0分別拋出小球P、Q，小球P、Q剛要落在斜面上A、B兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為vP、vQ，設(shè)O、A間的距離為s1，O、B間的距離為s2，不計(jì)空氣阻力，則(A)A．s2＝4s1，vP、vQ方向相同B．s2＝4s1，vP、vQ方向不同C．2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向相同D．2s1＜s2＜4s1，vP、vQ方向不同【解析】設(shè)拋出的速度為v，則水平分速度為vx＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，豎直速度為vy＝vsin45°＝eq\f(\r(2),2)v，依據(jù)位移關(guān)系有tanα＝eq\f(1,2)＝eq\f(y,x)＝eq\f(vyt－\f(1,2)gt2,vxt)，解得t＝eq\f(\r(2)v,2g)，則落點(diǎn)與拋出點(diǎn)的距離為s＝eq\f(vxt,cosα)＝eq\f(v2,2gcosα)∝v2，則由題意可知初速度為v0、2v0分別拋出小球P、Q，則有s2＝4s1，落到斜面上的速度方向與水平方向的夾角滿(mǎn)意tanθ＝eq\f(v′y,vx)＝eq\f(vy－gt,vx)＝0，即速度方向均為水平，所以vP、vQ方向相同，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．規(guī)律總結(jié)處理平拋(類(lèi)平拋)運(yùn)動(dòng)的四條留意事項(xiàng)(1)處理平拋運(yùn)動(dòng)(或類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng))時(shí)，一般將運(yùn)動(dòng)沿初速度方向和垂直于初速度方向進(jìn)行分解，先按分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式，再用運(yùn)動(dòng)的合成求合運(yùn)動(dòng)．(2)對(duì)于在斜面上平拋又落到斜面上的問(wèn)題，其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值．(3)若平拋的物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值．(4)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，其位移方向與速度方向肯定不同．考點(diǎn)二圓周運(yùn)動(dòng)考向1水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)1．(2024·江蘇江陰模擬)中國(guó)選手王崢在第七屆世界軍人運(yùn)動(dòng)會(huì)上獲得鏈球項(xiàng)目的金牌．如圖所示，王崢雙手握住柄環(huán)，站在投擲圈后緣，經(jīng)過(guò)預(yù)擺和3～4圈連續(xù)加速旋轉(zhuǎn)及最終用力，將鏈球擲出．整個(gè)過(guò)程可簡(jiǎn)化為加速圓周運(yùn)動(dòng)和斜拋運(yùn)動(dòng)，忽視空氣阻力，則下列說(shuō)法中正確的是(C)A．鏈球圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，鏈球受到的拉力指向圓心B．鏈球擲出瞬間速度方向沿該點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的徑向C．鏈球擲出后做勻變速運(yùn)動(dòng)D．鏈球擲出后運(yùn)動(dòng)時(shí)間與速度的方向無(wú)關(guān)【解析】鏈球做加速圓周運(yùn)動(dòng)，故拉力和瞬時(shí)速度成銳角，既有拉力的分力指向圓心供應(yīng)向心力，又有拉力的分力沿切向，供應(yīng)切向加速度增大速度，故A錯(cuò)誤；曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度是軌跡的切線(xiàn)方向，故鏈球擲出瞬間速度方向應(yīng)當(dāng)沿圓周在這一點(diǎn)的切向，故B錯(cuò)誤；鏈球擲出后只受重力而不計(jì)空氣阻力，則合外力產(chǎn)生的加速度恒為g，速度會(huì)勻稱(chēng)變更，故其做勻變速運(yùn)動(dòng)，C正確；鏈球擲出后做斜拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間由豎直分運(yùn)動(dòng)確定，而豎直分速度的大小與夾角有關(guān)，則鏈球擲出后運(yùn)動(dòng)時(shí)間與速度的方向有關(guān)，故D錯(cuò)誤．2．(2024·江蘇七市調(diào)研)撥浪鼓最早出現(xiàn)在戰(zhàn)國(guó)時(shí)期，宋代時(shí)小型撥浪鼓已成為兒童玩具．四個(gè)撥浪鼓上分別系有長(zhǎng)度不等的兩根細(xì)繩，繩一端系著小球，另一端固定在關(guān)于手柄對(duì)稱(chēng)的鼓沿上，現(xiàn)使鼓繞豎直放置的手柄勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩小球在水平面內(nèi)做周期相同的圓周運(yùn)動(dòng)．下列各圖中兩球的位置關(guān)系可能正確的是(圖中細(xì)繩與豎直方向的夾角α<θ<β)(C)【解析】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相同，受力分析如下圖，令繩子為L(zhǎng)′.反向延長(zhǎng)與撥浪鼓轉(zhuǎn)軸交點(diǎn)為O，小球到O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，鼓面半徑為r.依據(jù)牛頓其次定律得mgtanθ＝mω2Lsinθ整理得h＝Lcosθ＝eq\f(g,ω2)＝L′cosθ＋rcotθ即繩子反向延長(zhǎng)與撥浪鼓轉(zhuǎn)軸交點(diǎn)O到小球轉(zhuǎn)動(dòng)平面的高度h固定，繩子長(zhǎng)度L′越大，偏轉(zhuǎn)角θ越大，則繩子與撥浪鼓連接點(diǎn)A離小球圓周運(yùn)動(dòng)平面的距離h′＝L′cosθ＝h－rcotθ，繩子長(zhǎng)度L′越大，偏轉(zhuǎn)角θ越大，h′越大，故選C．3．(2024·湖北荊州質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)小球懸于同一懸點(diǎn)O，且在O點(diǎn)下方垂直距離h＝1m處的同一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，懸線(xiàn)長(zhǎng)L1＝3m，L2＝2m，則A、B兩小球(C)A．周期之比T1∶T2＝2∶3B．角速度之比ω1∶ω2＝3∶2C．線(xiàn)速度之比v1∶v2＝eq\r(8)∶eq\r(3)D．向心加速度之比a1∶a2＝8∶3【解析】小球做圓周運(yùn)動(dòng)所須要的向心力由重力mg和懸線(xiàn)拉力F的合力供應(yīng)，設(shè)懸線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ.對(duì)隨意一球受力分析，由牛頓其次定律，在豎直方向有Fcosθ－mg＝0…①在水平方向有Fsinθ＝meq\f(4π2,T2)Lsinθ…②由①②得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，分析題意可知，連接兩小球的懸線(xiàn)的懸點(diǎn)距兩小球運(yùn)動(dòng)平面的距離為h＝Lcosθ，相等，所以周期相等T1∶T2＝1∶1，角速度ω＝eq\f(2π,T)，則角速度之比ω1∶ω2＝1∶1，故A、B錯(cuò)誤；依據(jù)合力供應(yīng)向心力得mgtanθ＝meq\f(v2,htanθ)，解得v＝tanθeq\r(gh)，依據(jù)幾何關(guān)系可知tanθ1＝eq\f(\r(L\o\al(2,1)－h(huán)2),h)＝eq\r(8)，tanθ2＝eq\f(\r(L\o\al(2,2)－h(huán)2),h)＝eq\r(3)，故線(xiàn)速度之比v1∶v2＝eq\r(8)∶eq\r(3)，故C正確；向心加速度a＝vω，則向心加速度之比等于線(xiàn)速度之比為a1∶a2＝eq\r(8)∶eq\r(3)，故D錯(cuò)誤．4.(2024·新課標(biāo)卷Ⅰ)如圖，一同學(xué)表演蕩秋千．已知秋千的兩根繩長(zhǎng)均為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg.繩的質(zhì)量忽視不計(jì)，當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為8m/s，此時(shí)每根繩子平均承受的拉力約為(B)A．200N B．400NC．600N D．800N【解析】在最低點(diǎn)由2T－mg＝eq\f(mv2,r)，知T＝410N，即每根繩子拉力約為410N，故選B．考向2豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)5．如圖所示，輕繩的一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球，在最低點(diǎn)給小球一個(gè)初速度，小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)中給出了輕繩對(duì)小球拉力F跟小球轉(zhuǎn)過(guò)的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cosθ關(guān)系的四幅圖像，其中A項(xiàng)所示的是一段直線(xiàn)，B項(xiàng)所示是正弦型函數(shù)圖像，C、D項(xiàng)所示是一段拋物線(xiàn)，這四幅F－cosθ圖像正確的是(不計(jì)空氣阻力)(A)【解析】小球從最低點(diǎn)到與豎直方向夾角為θ的位置，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv2，當(dāng)小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2L＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),L)，解得v0＝eq\r(5gL)，又F－mgcosθ＝eq\f(mv2,L)，聯(lián)立可得F＝3mg＋3mgcosθ，可見(jiàn)F與cosθ是一次函數(shù)關(guān)系，因此F－cosθ圖像是一條直線(xiàn)，故選項(xiàng)A正確．6．(2024·陜西寶雞聯(lián)考)某同學(xué)在試驗(yàn)室探究圓周運(yùn)動(dòng)向心力和速度之間的關(guān)系，他利用雙線(xiàn)來(lái)穩(wěn)固小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)而不易偏離豎直面，如圖所示，他用兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)＝eq\f(\r(3),3)m的細(xì)線(xiàn)系一質(zhì)量為m＝1kg的小球，兩線(xiàn)上各連接一個(gè)力電傳感器來(lái)測(cè)量細(xì)線(xiàn)的拉力(圖中未畫(huà)出)，細(xì)線(xiàn)的另一端系于水平橫桿上的A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)相距也為L(zhǎng)＝eq\f(\r(3),3)m．若小球上升到圓周最高點(diǎn)時(shí)力電傳感器的示數(shù)都恰好為零．(重力加速度g＝10m/s2)，求：(1)小球到達(dá)圓周最低點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)小球運(yùn)動(dòng)到圓周最低點(diǎn)時(shí)，每個(gè)力電傳感器的示數(shù)為多少．【答案】(1)5m/s(2)20eq\r(3)N【解析】(1)設(shè)小球在圓周最高點(diǎn)的速度為v1，在圓周最低點(diǎn)的速度為v2，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由題意可得mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)①其中R＝Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L②兩式聯(lián)立可得v1＝eq\r(5)m/s③小球從圓周最高點(diǎn)向最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④解得v2＝5m/s⑤(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到圓周最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線(xiàn)受到的拉力為T(mén)，受力分析如圖所示小球所受細(xì)線(xiàn)的拉力和重力的合力供應(yīng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力則有2Tcos30°－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)⑥代入數(shù)據(jù)可得T＝20eq\r(3)N規(guī)律總結(jié)“繩模型”與“桿模型”對(duì)于豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的“繩模型”和“桿模型”，常用的解題思路如下：(1)確定模型種類(lèi)：首先推斷是“繩模型”還是“桿模型”．(2)確定臨界位置：對(duì)于豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，通常其臨界位置為圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)或最低點(diǎn)．(3)探討臨界狀態(tài)：對(duì)于“繩模型”，最高點(diǎn)的臨界狀態(tài)是速度滿(mǎn)意v＝eq\r(gR)(其中R為圓周運(yùn)動(dòng)的半徑)；而對(duì)于“桿模型”，最高點(diǎn)的臨界狀態(tài)是速度滿(mǎn)意v＝0.(4)對(duì)質(zhì)點(diǎn)進(jìn)行受力分析：明確質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力狀況(通常是最高點(diǎn)或最低點(diǎn))，然后依據(jù)牛頓其次定律列出方程F合＝meq\f(v2,R).(5)對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分析：對(duì)于處在兩個(gè)狀態(tài)之間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，通常利用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求解．考點(diǎn)三萬(wàn)有引力與天體的運(yùn)動(dòng)考向1開(kāi)普勒三定律與萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用1．(2024·新課標(biāo)卷Ⅰ)火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的eq\f(1,10)，半徑約為地球半徑的eq\f(1,2)，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為(B)A．0.2 B．0.4C．2.0 D．2.5【解析】設(shè)物體質(zhì)量為m，則在火星表面有F1＝Geq\f(M1m,R\o\al(2,1))，在地球表面有F2＝Geq\f(M2m,R\o\al(2,2))，由題意知有eq\f(M1,M2)＝eq\f(1,10)，eq\f(R1,R2)＝eq\f(1,2)，故聯(lián)立以上公式可得eq\f(F1,F2)＝eq\f(M1R\o\al(2,2),M2R\o\al(2,1))＝eq\f(1,10)×eq\f(4,1)＝0.4，故選B．2．(2024·江蘇高考真題，4)1970年勝利放射的“東方紅一號(hào)”是我國(guó)第一顆人造地球衛(wèi)星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓軌道繞地球運(yùn)動(dòng)．如圖所示，設(shè)衛(wèi)星在近地點(diǎn)、遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度分別為v1、v2，近地點(diǎn)到地心的距離為r，地球質(zhì)量為M，引力常量為G.則(B)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))【解析】衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)，由開(kāi)普勒其次定律知，近地點(diǎn)的速度大于遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度，即v1＞v2.若衛(wèi)星以近地點(diǎn)時(shí)的半徑做圓周運(yùn)動(dòng)，則有eq\r(\f(GMm,r2))＝meq\f(v\o\al(2,近),r)，得運(yùn)行速度v近＝eq\r(\f(GM,r))，由于衛(wèi)星在近地點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，則v1＞v近，即v1＞eq\r(\f(GM,r))，選項(xiàng)B正確．3．(2024·東北三省三校聯(lián)考)2024年4月20日22時(shí)41分，我國(guó)在西昌衛(wèi)星放射中心用長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭，勝利放射第四十四顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星：它是北斗三號(hào)系統(tǒng)首顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，經(jīng)過(guò)一系列在軌測(cè)試后，該衛(wèi)星將與此前放射的18顆中圓地球軌道衛(wèi)星和1顆地球同步軌道衛(wèi)星進(jìn)行組網(wǎng)，這種包括三種不同類(lèi)型軌道衛(wèi)星的混合星座設(shè)計(jì)是北斗系統(tǒng)獨(dú)有、國(guó)際首創(chuàng)，將有效增加亞太地區(qū)衛(wèi)星可見(jiàn)數(shù)，為亞太地區(qū)供應(yīng)更優(yōu)質(zhì)服務(wù)，已知中圓地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑是地球同步軌道衛(wèi)星的半徑的eq\f(1,n)，中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑為地球半徑的k倍，地球表面的重力加速度為g，地球的自轉(zhuǎn)周期為T(mén)，則中圓地球軌道衛(wèi)星在軌運(yùn)行的(C)A．周期為eq\f(T,n2) B．周期為eq\f(T,n)C．加速度大小為eq\f(1,k2)g D．加速度大小為eq\f(1,k)g【解析】依據(jù)開(kāi)普勒第三定律有T中圓＝eq\r(\f(r\o\al(3,中圓),r\o\al(3,同步)))T＝eq\f(T,n\r(n))，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)地球的半徑為R，則Geq\f(mM,R2)＝mg，中圓軌道衛(wèi)星在軌時(shí)Geq\f(mM,kR2)＝ma，求得a＝eq\f(1,k2)g，故C正確，D錯(cuò)誤．考向2天體質(zhì)量、密度的求解4．(2024·山東濟(jì)寧一模)對(duì)于環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星來(lái)說(shuō)，它們繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期會(huì)隨著軌道半徑的變更而變更，某同學(xué)依據(jù)測(cè)得的不同衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑三次方r3與周期平方T2的關(guān)系作出如圖所示圖像，則可求得地球質(zhì)量為(已知引力常量為G)(C)A．eq\f(Ga,4π2b) B．eq\f(Gb,4π2a)C．eq\f(4π2a,Gb) D．eq\f(4π2b,Ga)【解析】由萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得r3＝eq\f(GM,4π2)T2，由圖可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(a,b)，所以地球的質(zhì)量為M＝eq\f(4π2a,Gb)，故C正確，ABD錯(cuò)誤．5．(多選)(2024·百師聯(lián)盟模擬)“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器在2024年自動(dòng)完成月面樣品采集，并從月球起飛，返回地球．若已知月球半徑為R，“嫦娥五號(hào)”在距月球表面高度為R的圓軌道上飛行，周期為T(mén)，萬(wàn)有引力常量為G，下列說(shuō)法正確的是(BD)A．月球表面重力加速度為eq\f(32πR,T2)B．月球質(zhì)量為eq\f(32π2R3,GT2)C．月球第一宇宙速度為eq\f(4\r(2)R,T)D．月球密度為eq\f(24π,GT2)【解析】對(duì)探測(cè)器，萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力，依據(jù)牛頓其次定律，有Geq\f(Mm,2R2)＝m·2R·eq\f(4π2,T2)，解得M＝eq\f(32π2R3,GT2)，故B選項(xiàng)正確；月球表面的重力加速度為g＝eq\f(GM,R2)＝eq\f(32π2R,T2)，則A選項(xiàng)錯(cuò)誤；月球的第一宇宙速度為月球表面的環(huán)繞速度，依據(jù)牛頓其次定律，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\f(4\r(2)πR,T)，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；月球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(24π,GT2)，故D選項(xiàng)正確．考向3衛(wèi)星運(yùn)行參量的分析與計(jì)算6．(2024·新課標(biāo)卷Ⅱ)若一勻稱(chēng)球形星體的密度為ρ，引力常量為G，則在該星體表面旁邊沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的周期是(A)A．eq\r(\f(3π,Gρ)) B．eq\r(\f(4π,Gρ))C．eq\r(\f(1,3πGρ)) D．eq\r(\f(1,4πGρ))【解析】衛(wèi)星在星體表面旁邊繞其做圓周運(yùn)動(dòng)，則eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，V＝eq\f(4,3)πR3，ρ＝eq\f(M,V)，知衛(wèi)星繞該星體表面旁邊沿圓軌道繞其運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\r(\f(3π,Gρ)).7．(2024·新課標(biāo)卷Ⅲ)“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器于2024年1月在月球背面勝利著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時(shí)間可認(rèn)為繞月做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑為月球半徑的K倍．已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g.則“嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為(D)A．eq\r(\f(RKg,QP)) B．eq\r(\f(RPKg,Q))C．eq\r(\f(RQg,KP)) D．eq\r(\f(RPg,QK))【解析】假設(shè)在地球表面和月球表面上分別放置質(zhì)量為m和m0的兩個(gè)物體，則在地球和月球表面處，分別有Geq\f(Mm,R2)＝mg，Geq\f(\f(M,Q)m0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,P)))2)＝m0g′，解得g′＝eq\f(p2,Q)g，設(shè)嫦娥四號(hào)衛(wèi)星的質(zhì)量為m1，依據(jù)萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力得Geq\f(\f(M,Q)m1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(K\f(R,P)))2)＝m1eq\f(v2,K\f(R,P))，解得v＝eq\r(\f(RPg,QK))，故選D．8．(2024·全國(guó)卷Ⅲ，15)金星、地球和火星繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)行的速率分別為v金、v地、v火．已知它們的軌道半徑R金＜R地＜R火，由此可以判定(A)A．a(chǎn)金＞a地＞a火 B．a(chǎn)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(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律和圓周運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)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，選項(xiàng)A正確．9．(2024·西安中學(xué)模擬)如圖所示，天宮二號(hào)在橢圓軌道Ⅰ的遠(yuǎn)地點(diǎn)A起先變軌，變軌后在圓軌道Ⅱ上運(yùn)行，A點(diǎn)離地面高度約為380km，地球同步衛(wèi)星離地面高度約為36000km.若天宮二號(hào)變軌前后質(zhì)量不變，則下列說(shuō)法正確的是(D)A．天宮二號(hào)在軌道Ⅰ上運(yùn)行通過(guò)近地點(diǎn)B時(shí)速度最小B．天宮二號(hào)在軌道Ⅰ上運(yùn)行的周期可能大于在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期C．天宮二號(hào)在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期肯定大于24hD．天宮二號(hào)在軌道Ⅰ上運(yùn)行通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度肯定小于在軌道Ⅱ上運(yùn)行通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度【解析】“天宮二號(hào)”由遠(yuǎn)地點(diǎn)A向近地點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，萬(wàn)有引力做正功，動(dòng)能增加，速度增加，所以“天宮二號(hào)”在軌道Ⅰ上運(yùn)行通過(guò)近地點(diǎn)B時(shí)速度最大，故A錯(cuò)誤；依據(jù)開(kāi)普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，因?yàn)檐壍愧竦陌腴L(zhǎng)軸小于圓軌道Ⅱ的半徑，所以“天宮二號(hào)”在軌道Ⅰ上運(yùn)行的周期小于在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期，故B錯(cuò)誤；依據(jù)eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r有周期公式T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，軌道半徑越大，周期越大，天宮二號(hào)在軌道Ⅱ上的半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天宮二號(hào)”在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期肯定小于同步衛(wèi)星的周期，同步衛(wèi)星的周期為24h，所以“天宮二號(hào)”在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期肯定小于24h，故C錯(cuò)誤；“天宮二號(hào)”由軌道Ⅰ上的A點(diǎn)變軌到軌道Ⅱ，要加速做離心運(yùn)動(dòng)，所以“天宮二號(hào)”在軌道Ⅰ上運(yùn)行通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度肯定小于在軌道Ⅱ上運(yùn)行通過(guò)A點(diǎn)的速度，故D正確．10．(2024·湖南永州三模)當(dāng)今社會(huì)信息通訊技術(shù)高速發(fā)展，其中地球同步衛(wèi)星的作用特別重要．如圖所示，某一在軌地球同步通訊衛(wèi)星信號(hào)對(duì)地球赤道覆蓋的最大張角為2α.假設(shè)因地球的自轉(zhuǎn)周期變大，使地球同步通訊衛(wèi)星信號(hào)對(duì)地球赤道覆蓋的最大張角變?yōu)?β，則地球自轉(zhuǎn)周期變更前后，同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期之比為(B)A．eq\r(\f(cos3β,cos3α)) B．eq\r(\f(sin3β,sin3α))C．eq\r(\f(cos32β,cos32α)) D．eq\r(\f(sin32β,sin32α))【解析】設(shè)地球半徑為R，變更前的軌道半徑r1＝eq\f(R,sinα)，變更后軌道半徑r2＝eq\f(R,sinβ)，依據(jù)eq\f(GMm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，可得eq\f(T前,T后)＝eq\r(\f(r\o\al(3,1),r\o\al(3,2)))＝eq\r(\f(sin3β,sin3α))，因此B正確，ACD錯(cuò)誤．考向4萬(wàn)有引力定律與力學(xué)學(xué)問(wèn)的綜合應(yīng)用〔典例探秘〕典例2(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅰ，21,6分)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)①，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(xiàn)所示．在另一星球N②上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過(guò)程，其a－x關(guān)系如圖中虛線(xiàn)所示．假設(shè)兩星球均為質(zhì)量勻稱(chēng)分布的球體．已知星球M的半徑是星球N的3倍③，則(AB)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(guò)程中的最大動(dòng)能是P的4倍D．Q下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【思路分析】(1)數(shù)形結(jié)合獲得有用信息是解決本題的突破口，由a＝g－eq\f(k,m)x結(jié)合圖像的縱截距和斜率即可得物理量間的關(guān)系．(2)當(dāng)物體先加速后減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力等于零時(shí)對(duì)應(yīng)速度最大的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．(3)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律是分析C、D選項(xiàng)的關(guān)鍵．彈簧的彈性勢(shì)能EP＝eq\f(1,2)kx2.【核心考點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律；牛頓其次定律；機(jī)械能守恒定律等．【規(guī)范審題】①給出物體運(yùn)動(dòng)情景，物體P由靜止向下壓縮彈簧②有兩個(gè)不同的星球③給出兩個(gè)星球的半徑關(guān)系a－x圖像物體P、Q的加速度等于零時(shí)，物體P、Q對(duì)應(yīng)的彈簧的壓縮量分別為x0和2x0【情景解讀】以物體在不同星球上物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的