2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)教案：力和曲線運(yùn)動(dòng)（含解析）

專(zhuān)題03力與曲旗運(yùn)動(dòng)

【要點(diǎn)提煉】

1.物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的判斷

合外力

(加速度)

速度」

2.平拋運(yùn)動(dòng)與類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)

(1)處理方法：正交分解法或利用功能關(guān)系。

(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，沿合外力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€

運(yùn)動(dòng)。

3.圓周運(yùn)動(dòng)

(1)勻速圓周運(yùn)動(dòng)為變加速曲線運(yùn)動(dòng)，處理圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的關(guān)鍵是確定半徑和圓心。

當(dāng)帶電粒子速度與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB=m2，T=瑞。

(2)天體的運(yùn)動(dòng)一般可近似為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。中心天體對(duì)環(huán)繞天體的萬(wàn)有引力提供環(huán)繞天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

的向心力，即滿足G￥3=ma=nr；=mft)2r=m(竿)r。

(3)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)

①輕繩模型

2

物體做完整圓周運(yùn)動(dòng)的臨界特點(diǎn)：在最高點(diǎn)mg=*。

②輕桿模型

受力特點(diǎn)：在最高點(diǎn)，桿的彈力的大小和方向與物體的速度有關(guān)，可能豎直向下，也可能豎直向上；

物體做完整圓周運(yùn)動(dòng)的臨界特點(diǎn)：在最高點(diǎn)v=0。

③帶電體在重力場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)疊加的空間中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可按等效重力場(chǎng)分析，找出等效最高點(diǎn)和等效

最低點(diǎn)，用類(lèi)似只有重力作用時(shí)豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解決方法處理。

【高考考向1平拋運(yùn)動(dòng)模型】

命題角度1平拋運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律的綜合應(yīng)用

例1：(2022?廣東.高考真題)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一

玩具槍的槍口與小積木上P點(diǎn)等高且相距為L(zhǎng)。當(dāng)玩具子彈以水平速度v從槍口向P點(diǎn)射出時(shí)，小積木

恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時(shí)間為t。不計(jì)空氣阻力。下列關(guān)于子彈的說(shuō)法正確的是

()

玩具子彈P積

/木

將擊中P點(diǎn)，t大于區(qū)B.將擊中P點(diǎn)，t等于3

將擊中P點(diǎn)上方，t大于'D.將擊中P點(diǎn)下方，t等于2

【答案】B

【詳解】由題意知槍口與P點(diǎn)等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)子彈擊中積木時(shí)子

彈和積木運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，根據(jù)

可知下落高度相同，所以將擊中P點(diǎn)；又由于初始狀態(tài)子彈到P點(diǎn)的水平距離為L(zhǎng),子彈在水平方向上

做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故有

故選B。

2h

(1)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間完全由高度決定，t=亍，水平射程*=丫01=丫0,

(2)落地速度v=、v：+vj=、V+2gh,以0表示落地時(shí)速度與水平方向間的夾角，有tanO=￡="誓。

(3)速度改變量：做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任意相等時(shí)間間隔At內(nèi)的速度改變量Av=gAt相同，方向恒為豎

直向下。

5

(4)平拋運(yùn)動(dòng)的推論

①任意時(shí)刻速度的反向延長(zhǎng)線一定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。

②設(shè)在任意時(shí)刻瞬時(shí)速度與水平方向的夾角為0,位移與水平方向的夾角為(P，則有tan0=2tan(p。

(5)求解平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的技巧

①把運(yùn)動(dòng)分解為相互垂直方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)研究分運(yùn)動(dòng)達(dá)到研究合運(yùn)動(dòng)的目

的。

②確定速度或位移與題目所給的角度之間的聯(lián)系，這往往是解決問(wèn)題的突破口。

:拓展訓(xùn)練:

1-1.(2022.廣東.高考真題)圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑

下，經(jīng)過(guò)水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦力和空氣

阻力。下列能表示該過(guò)程運(yùn)動(dòng)員速度大小v或加速度大小a隨時(shí)間t變化的圖像是()

【答案】C

【詳解】設(shè)斜坡傾角為仇運(yùn)動(dòng)員在斜坡MN段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0=max

可得

a{-gsinO

運(yùn)動(dòng)員在水平NP段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度

%二°

運(yùn)動(dòng)員從尸點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度

a3=S

設(shè)在尸點(diǎn)的速度為為，則從尸點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為

v=M+g濘

由分析可知從尸點(diǎn)飛出后速度大小與時(shí)間的圖像不可能為直線，且

at<a3

C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

2-2.（2022?河北?高考真題）如圖，廣場(chǎng)水平地面上同種盆栽緊密排列在以0為圓心、鳥(niǎo)和&為半徑的同

心圓上，圓心處裝有豎直細(xì)水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度均可調(diào)節(jié)，以保

障噴出的水全部落入相應(yīng)的花盆中。依次給內(nèi)圈和外圈上的盆栽澆水時(shí)，噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)

動(dòng)的角速度分別用4、匕、R和4、小表示?；ㄅ璐笮∠嗤霃竭h(yuǎn)小于同心圓半徑，出水口截面

積保持不變，忽略噴水嘴水平長(zhǎng)度和空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.右九=色，則匕:v?=&:6

B.若匕=為，則%：色=：皮

C.若例=。2,匕=%,噴水嘴各轉(zhuǎn)動(dòng)一周，則落入每個(gè)花盆的水量相同

D.若4=色，噴水嘴各轉(zhuǎn)動(dòng)一周且落入每個(gè)花盆的水量相同，則q=在

【答案】BD

【詳解】AB.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

R=2t

解得

2h

R=v

g

可知若hi=h2,則

V1：V2=R1：R2

若V尸V2,貝！J

hy'.h^—R；:R；

選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；

C.若用=牡，則噴水嘴各轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間相同，因VkV2,出水口的截面積相同，可知單位時(shí)間噴出水的

質(zhì)量相同，噴水嘴轉(zhuǎn)動(dòng)一周?chē)姵龅乃肯嗤?，但因?nèi)圈上的花盆總數(shù)量較小，可知得到的水量較多，選

項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.設(shè)出水口橫截面積為So,噴水速度為v,若例=牡，則噴水管轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間相等，因h相等，則水

落地的時(shí)間相等，則

R

t=—

v

相等；在圓周上單位時(shí)間內(nèi)單位長(zhǎng)度的水量為

_vAtS_RS_S_S

—0—0—o—]o

coRM?Rta）t小\2h

相等，即一周中每個(gè)花盆中的水量相同，選項(xiàng)D正確。

故選BD?

命題角度2帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)

例2：（2022?湖北.模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，粒子源內(nèi)有大量質(zhì)量為m、電荷量為4（4＞。）的帶電粒子逸出

（可以認(rèn)為初速度為零），經(jīng)電壓為L(zhǎng)的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后，沿平行板M,N間的中線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，板

長(zhǎng)為1,極板右側(cè)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大。若在M,N兩板間加電壓，其電勢(shì)差

隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示（U為已知），所有粒子均能從極板右側(cè)射出，并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)

域。已知粒子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所用時(shí)間遠(yuǎn)小于T,且在該過(guò)程中電場(chǎng)可視為恒定，不計(jì)粒子間的相互作用及

粒子所受的重力，求

（1）M、N兩極板的最小間距：

（2）若兩極板間距為上問(wèn)所求值，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，均無(wú)法從極板右側(cè)回到極板間，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感

應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足什么條件？

XXx

MXXx

XXX

XXX

qXXX

粒子源XXX

N

XXX

XXX

【答案】（1）/層

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，設(shè)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度環(huán)，經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)時(shí)，由動(dòng)能定理有

qU\加詔

進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為"m=。時(shí)，偏轉(zhuǎn)的位移最大，此時(shí)，水平方向上有

I=

豎直方向上，由牛頓第二定律有

Uq

——=ma

d

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，偏轉(zhuǎn)位移為

y=-at2

2

聯(lián)立解得

4Ud

所有粒子均能從極板右側(cè)射出，則有

2

d>UJ

~2~4Ud

解得

即M、N兩極板的最小間距為。

（2）根據(jù)題意，畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，粒子豎直方向的速度為

Uql

則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為

設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為則有

sin0=—

V

粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，由牛頓第二定律由

qvB=m——

R

可得

mv

qB

若滿足兩極板間距d=奈，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，均無(wú)法從極板右側(cè)回到極板間，由圖根據(jù)幾何關(guān)系有

d

—<sin0

R

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

反思?xì)w納,

(1)研究對(duì)象的重力是否忽略

①除有明確說(shuō)明或暗示外，微觀粒子(比如：a粒子、質(zhì)子、電子等)的重力不計(jì);

②除有明確說(shuō)明或暗示外，帶電小球、液滴等宏觀物體的重力不能忽略。

(2)帶電粒子的重力不計(jì)，初速度與勻強(qiáng)電場(chǎng)垂直時(shí)，一定做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),

沿電場(chǎng)力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及結(jié)論同平拋運(yùn)動(dòng)類(lèi)似。

:拓展訓(xùn)練：

2-1.（2022?浙江?高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板

長(zhǎng)為L(zhǎng)（不考慮邊界效應(yīng)）。t=0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為vo的相同粒子，垂直M

板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為正％；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和

粒子間的相互作用，則（）

A.M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)

B.兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加

C.粒子在兩板間的加速度a=組

L

D.粒子從N板下端射出的時(shí)間L

【答案】C

【詳解】A.由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢(shì)高低，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減?。?/p>

則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能同樣減小，故B錯(cuò)誤；

CD.設(shè)兩板間距離為d,對(duì)于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有

L

L

,12

d=—at

2

對(duì)于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，在電場(chǎng)中加速度相同，有

（A/2V0）—VQ=2ad

聯(lián)立解得

t十,4=細(xì)

故C正確，D錯(cuò)誤；

故選C。

2-2.（2022?湖北.高考真題）如圖所示，一帶電粒子以初速度vo沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入，并經(jīng)過(guò)

點(diǎn)P（a>0,b>0）o若上述過(guò)程僅由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為h,到

達(dá)P點(diǎn)的動(dòng)能為Eki。若上述過(guò)程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,

到達(dá)P點(diǎn)的動(dòng)能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是?（）

oaX

A.tl<t2B.tl>t2

C.Eki<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【詳解】AB.該過(guò)程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向做勻

速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)該過(guò)程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)時(shí)，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方

向分速度在減小，根據(jù)

x

t=-

V

可知

tl<t2

故A正確，B錯(cuò)誤。

CD.該過(guò)程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大于vo；當(dāng)

該過(guò)程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)時(shí)，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度等于V0,而

根據(jù)

口12

E,=—mv

k2

可知

Eki>Ek2

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選ADo

【高考考向2圓周運(yùn)動(dòng)模型】

命題角度1圓周運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律的綜合應(yīng)用

例3.（2022?遼寧?高考真題）2022年北京冬奧會(huì)短道速滑混合團(tuán)體2000米接力決賽中，我國(guó)短道速滑隊(duì)

奪得中國(guó)隊(duì)在本屆冬奧會(huì)的首金。

（1）如果把運(yùn)動(dòng)員起跑后進(jìn)入彎道前的過(guò)程看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)員加速到速度

v=9m/s時(shí)，滑過(guò)的距離x=15m,求加速度的大小；

（2）如果把運(yùn)動(dòng)員在彎道滑行的過(guò)程看作軌道為半圓的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，若甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員

同時(shí)進(jìn)入彎道，滑行半徑分別為品=8m、R乙=9m,滑行速率分別為降=10m/s、vZ1=llm/s,求甲、

乙過(guò)彎道時(shí)的向心加速度大小之比，并通過(guò)計(jì)算判斷哪位運(yùn)動(dòng)員先出彎道。

【答案】(1)2.7m/s2;(2)—,甲

242

【詳解】(1)根據(jù)速度位移公式有

v2=2ax

代入數(shù)據(jù)可得

a=2.7m/s2

(2)根據(jù)向心加速度的表達(dá)式

可得甲、乙的向心加速度之比為

與_偏&_225

a乙v；/242

甲、乙兩物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

兀R

t=——

v

代入數(shù)據(jù)可得甲、乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

標(biāo)=^-S，，乙=五$

因與〈機(jī)，所以甲先出彎道。

反思?xì)w納,

(1)題目若涉及豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的兩個(gè)狀態(tài)，可以用動(dòng)能定理進(jìn)行關(guān)聯(lián)列方程。

(2)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)有兩種模型：輕繩模型和輕桿模型。對(duì)于輕繩模型，物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的最小速

度為體；對(duì)于輕桿模型，物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的最小速度為0,受拉力或支持力的臨界速度為癇。在機(jī)械

能守恒的情況下，兩模型最低點(diǎn)與最高點(diǎn)的拉力差為6mg(輕桿模型中，若在最高點(diǎn)為支持力，則最低點(diǎn)的

拉力與最高點(diǎn)支持力的和為6mg)o

(3)在重力場(chǎng)與電場(chǎng)疊加的等效重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，所受重力與電場(chǎng)力的合力沿圓周上的點(diǎn)的切線

方向的分力為0的位置有兩個(gè)，分別是等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)，該兩點(diǎn)關(guān)于圓心對(duì)稱(chēng)，物體在等效最高

點(diǎn)的速度最小，所受拉力最?。ㄝp桿模型中，若物體在等效最高點(diǎn)所受力為支持力，則物體在該點(diǎn)所受支持

力最大），在等效最低點(diǎn)的速度最大，所受拉力最大。

:拓展訓(xùn)練：

3-1.（2022.北京.高考真題）我國(guó)航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實(shí)驗(yàn)，提高了青少年科學(xué)探索

的興趣。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：細(xì)繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)

做圓周運(yùn)動(dòng)。無(wú)論在“天宮”還是在地面做此實(shí)驗(yàn)（）

O

vo

A.小球的速度大小均發(fā)生變化B.小球的向心加速度大小均發(fā)生變化

C.細(xì)繩的拉力對(duì)小球均不做功D.細(xì)繩的拉力大小均發(fā)生變化

【答案】C

【詳解】AC.在地面上做此實(shí)驗(yàn)，忽略空氣阻力，小球受到重力和繩子拉力的作用，拉力始終和小球的

速度垂直，不做功，重力會(huì)改變小球速度的大小；在“天宮”上，小球處于完全失重的狀態(tài)，小球僅在繩子

拉力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子拉力仍然不做功，A錯(cuò)誤，C正確；

BD.在地面上小球運(yùn)動(dòng)的速度大小改變，根據(jù)a=E和尸（重力不變）可知小球的向心加速度和拉

rr

力的大小發(fā)生改變，在“天宮”上小球的向心加速度和拉力的大小不發(fā)生改變，BD錯(cuò)誤。

故選C。

命題角度2萬(wàn)有引力與航天

例4.（2022?河北?高考真題）2008年，我國(guó)天文學(xué)家利用國(guó)家天文臺(tái)興隆觀測(cè)基地的2.16米望遠(yuǎn)鏡，發(fā)

現(xiàn)了一顆繞恒星HD173416運(yùn)動(dòng)的系外行星HD173416b,2019年，該恒星和行星被國(guó)際天文學(xué)聯(lián)合會(huì)分

別命名為“羲和”和“和“望舒”，天文觀測(cè)得到恒星羲和的質(zhì)量是太陽(yáng)質(zhì)量的2倍，若將望舒與地球的公轉(zhuǎn)

均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且公轉(zhuǎn)的軌道半徑相等。則望舒與地球公轉(zhuǎn)速度大小的比值為（）

A.2A/2B.2C.72口.李

【答案】C

【詳解】地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)和行星望舒繞恒星羲和的勻速圓周運(yùn)動(dòng)都是由萬(wàn)有引力提供向心力，有

Mmv2

G

解得公轉(zhuǎn)的線速度大小為

其中中心天體的質(zhì)量之比為2:1,公轉(zhuǎn)的軌道半徑相等，則望舒與地球公轉(zhuǎn)速度大小的比值為及，故選

Co

反思?xì)w納,

1.解決天體運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩條常用思路

（1）將天體的運(yùn)動(dòng)看做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，中心天體對(duì)它的萬(wàn)有引力提供運(yùn)動(dòng)所需要的向心力，即Gunman

V224兀2

m-=m3r=m亍~r。

⑵充分利用物體所受重力和萬(wàn)有引力的關(guān)系：不考慮中心天體自轉(zhuǎn)時(shí)，中心天體對(duì)其表面附近的物體的萬(wàn)

有引力等于物體所受的重力，即窄國(guó)=mg或GM=gR2（R、g和M分別是中心天體的半徑、表面重力加速

度和質(zhì)量）。公式GM=gR2應(yīng)用廣泛，被稱(chēng)為“黃金代換式”。

2.衛(wèi)（行）星做橢圓運(yùn)動(dòng)時(shí)常用的兩條規(guī)律

（1）開(kāi)普勒第二定律（面積定律）：對(duì)任意一個(gè)行星來(lái)說(shuō)，它與太陽(yáng)的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)相等的面積。

（2）開(kāi)普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，

a3

即了=k。

3.衛(wèi)星變軌問(wèn)題應(yīng)注意的四點(diǎn)

（1）若衛(wèi)星由高軌道變軌到低軌道，即軌道半徑（半長(zhǎng)軸）減小時(shí)，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(zhǎng)軸）增大時(shí)，需要在低軌道變軌處加速。

（2）衛(wèi)星變軌時(shí)速度的變化情況，可根據(jù)軌道半徑（半長(zhǎng)軸）的變化情況判斷；穩(wěn)定的新軌道上運(yùn)行速度的變

化情況可由開(kāi)普勒第二定律判斷。

（3）同一衛(wèi)星在不同軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能不同，軌道半徑（半長(zhǎng)軸）越大，機(jī)械能越大。

（4）衛(wèi)星經(jīng)過(guò)不同軌道相交的同一點(diǎn)時(shí)加速度相等。

:拓展訓(xùn)練：

4-1.（2022?浙江?高考真題）“天問(wèn)一號(hào)”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點(diǎn)沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點(diǎn)，再

依次進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天問(wèn)一號(hào)（）

A.發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間

B.從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間小于6個(gè)月

C.在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小

D.在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度均大于地球繞太陽(yáng)的速度

【答案】C

【詳解】A.因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于

11.2km/s與16.7km/s之間，故A錯(cuò)誤；

B.因P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的轉(zhuǎn)移軌道的半長(zhǎng)軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則其周期大于地球公轉(zhuǎn)周期（1年共

12個(gè)月），則從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間為軌道周期的一半時(shí)間應(yīng)大于6個(gè)月，故B錯(cuò)誤；

C.因在環(huán)繞火星的停泊軌道的半長(zhǎng)軸小于調(diào)相軌道的半長(zhǎng)軸，則由開(kāi)普勒第三定律可知在環(huán)繞火星的停

泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小，故c正確；

D.衛(wèi)星從Q點(diǎn)變軌時(shí)，要加速增大速度，即在地火轉(zhuǎn)移軌道Q點(diǎn)的速度小于火星軌道的速度，而由

GMmv2

——--=m—

rr

可得

可知火星軌道速度小于地球軌道速度，因此可知衛(wèi)星在Q點(diǎn)速度小于地球軌道速度，故D錯(cuò)誤；

故選C。

4-2（2022?遼寧?高考真題）如圖所示，行星繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)可以看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在地圖上容易測(cè)得地球

一水星連線與地球一太陽(yáng)連線夾角。，地球一金星連線與地球一太陽(yáng)連線夾角力，兩角最大值分別為

人。則（）

A.水星的公轉(zhuǎn)周期比金星的大

B.水星的公轉(zhuǎn)向心加速度比金星的大

C.水星與金星的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比為sin%,:sinq

D.水星與金星的公轉(zhuǎn)線速度之比為Jsina,“力sinq

【答案】BC

【詳解】AB.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

廠Mm4萬(wàn)之

=m-^K=ma

可得

R3

7=2%

\GM

GM

ci———

R。

因?yàn)樗堑墓D(zhuǎn)半徑比金星小，故可知水星的公轉(zhuǎn)周期比金星?。凰堑墓D(zhuǎn)向心加速度比金星的大,

故A錯(cuò)誤，B正確;

C.設(shè)水星的公轉(zhuǎn)半徑為我水，地球的公轉(zhuǎn)半徑為我地，當(dāng)a角最大時(shí)有

sinamD

瑜

同理可知有

即.見(jiàn)?=黃R金

所以水星與金星的公轉(zhuǎn)半徑之比為

火水：&=sin&m：sin幾

故c正確;

D.根據(jù)

-Mmv2

G——=m—

R2R

可得

結(jié)合前面的分析可得

V水:丫金=亞雨:際^

故D錯(cuò)誤；

故選BC?

4-3.（2022.重慶.高考真題）我國(guó)載人航天事業(yè)已邁入“空間站時(shí)代”。若中國(guó)空間站繞地球近似做勻速圓

17

周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行周期為T(mén),軌道半徑約為地球半徑的7倍，已知地球半徑為R,引力常量為G,忽略地球

16

自轉(zhuǎn)的影響，則（）

A.漂浮在空間站中的宇航員不受地球的引力

B.空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大小約為早

8T

c.地球的平均密度約為券

D.空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小約為地面重力加速度的（MJ倍

【答案】BD

【詳解】A.漂浮在空間站中的宇航員依然受地球的引力，所受引力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)而處于完

全失重，視重為零，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可知空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大小約為

c17n

兀R

V=16=_

T8T

故B正確；

C.設(shè)空間站的質(zhì)量為加，其所受萬(wàn)有引力提供向心力,有

「Mm,2,

（―7?）21「16

16

則地球的平均密度約為

M1小網(wǎng)

6GT

3

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有

廠Mm

G—7；-----=-ma

則空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小為

GM

（UR）2

16

地表的重力加速度為

GM

可得

2

即空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小約為地面重力加速度的倍，故D正確。

故選BD。

命題角度3帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

例5.（2022?遼寧?高考真題）粒子物理研究中使用的一種球狀探測(cè)裝置橫截面的簡(jiǎn)化模型如圖所示。內(nèi)圓

區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，外圓是探測(cè)器。兩個(gè)粒子先后從P點(diǎn)沿徑向射入磁場(chǎng)，粒子1沿直線

通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后打在探測(cè)器上的M點(diǎn)。粒子2經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在探測(cè)器上的N點(diǎn)。裝置內(nèi)部為真空狀

態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.粒子1可能為中子

B.粒子2可能為電子

C.若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)

【答案】AD

【詳解】AB.由題圖可看出粒子1沒(méi)有偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏

轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，A正確、B錯(cuò)誤;

C.由以上分析可知粒子1為中子，則無(wú)論如何增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1都不會(huì)偏轉(zhuǎn)，C錯(cuò)誤;

D.粒子2在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=m—

r

解得

mv

r=----

qB

可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)，D正確。

故選ADo

反思?xì)w納,

（1）解決帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題首先要確定粒子運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑，依據(jù)是：

①半徑與速度垂直；

②半徑與弦的垂直平分線垂直；

③兩半徑交點(diǎn)就是圓心。

（2）解決帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的關(guān)鍵是幾何分析，明確臨界狀態(tài)，用好兩表達(dá)式r=

mv-27im

T=-5-。

qBqB

:拓展訓(xùn)練:

5-1.（2022?全國(guó)?高考真題）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測(cè)裝置，由兩個(gè)同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極

板（半徑分別為R和R+4）和探測(cè)器組成，其橫截面如圖（a）所示，點(diǎn)O為圓心。在截面內(nèi)，極板間

各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，方向指向。點(diǎn)。4個(gè)帶正電的同種粒子從極板間通過(guò)，

到達(dá)探測(cè)器。不計(jì)重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動(dòng)，圓的圓心為O、半徑分別為小吃＜R+d）；

粒子3從距O點(diǎn)4的位置入射并從距O點(diǎn)彳的位置出射；粒子4從距O點(diǎn)彳的位置入射并從距O點(diǎn)4的位

置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

A.粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大

B.粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大

C.粒子1入射時(shí)的動(dòng)能小于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能

D.粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能

【答案】BD

【詳解】C.在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到。點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為

Er=k

帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有

qEx=m—,qE2=m—

可得

心=皿=生