2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义：1-1-3第三讲力学中的曲线运动 WORD版含答案.docx

1、第三讲力学中的曲线运动答案(1)xv0t、ygt2、vxv0、vygt(2)线速度v、角速度、周期T、频率f、向心加速度a2r、向心力Fm2rm(3)(4)热点考向一运动的合成与分解方法【典例】(多选)(2019河北五校联考)如图所示，在水平地面上有一个质量为M、横截面为直角三角形的木块，一长为L的轻杆的下端用铰链固定在地面上，另一端固定一个质量为m的小球，小球紧靠木块的一直角边用水平向左的力F推木块，使木块以速度v向左做匀速运动，轻杆将绕着O点转动，经过图示位置时，轻杆与水平方向的夹角为，则下列说法正确的是()A此时小球的速度大小为B此时小球的速度大小为C此时轻杆转动的角速度为D木块匀速推小

2、球的过程中，小球做匀速圆周运动思路引领两接触物体在垂直于接触面方向的分速度相同，平行于接触面方向的分速度若无相对滑动也相同，若有相对滑动则不同此题中小球做圆周运动，其线速度为合速度，小球沿垂直接触面方向的分速度等于木块的速度v.解析小球做圆周运动，其线速度方向与轻杆垂直将线速度v球分解成水平方向和竖直方向上的两个分速度，其水平分速度等于v，如右图所示，即v球sinv，解得v球，选项A错误，B正确；轻杆转动的角速度，选项C正确；木块匀速推小球的过程中，杆与水平方向的夹角逐渐增大，由可知逐渐减小，所以小球做减速圆周运动，选项D错误答案BC1理清合运动与分运动的三个关系等时性分运动与合运动的运动时间

3、相等独立性一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行、互不影响等效性各个分运动的叠加效果与合运动的效果相同2.解决运动的合成与分解问题的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解迁移一小船过河问题1(2019湖北武汉测试)有甲、乙两只船，它们在静水中航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同则甲、乙两船渡河所用时间之比为()A. B. C. D.解析如图所示

4、，当甲船在静水中的速度v1与河岸垂直时，甲船渡河时间最短乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，合速度方向相同，可知乙船在静水中的速度v2小于水流速度v水，不能垂直到达对岸，则乙船在静水中速度v2的方向与合速度方向垂直时航程最短两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，即，由图可知v甲合；v乙合，其中tan，sin，则，故D项正确答案D迁移二绳(杆)关联速度问题2(多选)(2019哈师大附中二模)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为M的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直

5、杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB小环到达B处时，重物上升的高度约为(1)dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于D小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于解析如图所示，将小环速度v进行正交分解，小环释放后，v增加，而v1vcos，v1增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力一定大于2mg，A项正确；小环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45，重物上升的高度h(1)d，B项正确；分速度v1与重物上升的速度大小相等，v1vcos45v，所以，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于，C项错

6、误，D项正确答案ABD绳(杆)牵连物体的分析技巧(1)解题关键找出合速度与分速度的关系是求解关联问题的关键(2)基本思路先确定合速度的方向(物体实际运动方向)分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸或缩；另一方面使绳或杆转动确定两个分速度的方向，沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相等. 热点考向二平抛运动规律的应用【典例】(2019浙江六校联考)图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径R2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小

7、孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关，为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin370.6，cos370.8)()A0.15 m,4 m/s B1.50 m,4 m/sC0.15 m,2 m/s D1.50 m,2 m/s思路引领弹丸从P点射出时的速度方向就是半径OP的方向，如右图：.解析如图所示，弹丸从P点射出时的速度方向就是半径OP的方向，即与水平方向成37.由平抛运动规律有tan37，竖直方向的速度vygt，竖直方向上的位移hRsin37gt2，水平方向上的位移RRcos37vxt，联立解得h0

8、.15 m，v0vx4 m/s，故A项正确，B、C、D均错误答案A研究平抛运动的常用方法1分解速度设平抛运动的初速度为v0，在空中运动时间为t，则平抛运动在水平方向的速度为：vxv0，在竖直方向的速度为：vygt，合速度为：v，合速度与水平方向夹角满足tan.2分解位移平抛运动在水平方向的位移为：xv0t，在竖直方向的位移为：ygt2，相对抛出点的位移(合位移)为：s，合位移与水平方向夹角满足tan.3分解加速度对于有些问题，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g正交分解为gx、gy，把初速度v0正交分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解，可以避繁就简，化难为易迁移一平抛运动的

9、极值问题1(2019西安三校春季联考)某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如右图所示模型放到80 cm高的桌子上，最高点距离地面2 m，右端出口水平现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为()A0 m B0.1 mC0.2 m D0.3 m解析从最高点到出口，满足机械能守恒，有(Hh)mgmv2，从出口飞出后小球做平抛运动，有xvt，hgt2，可得x2，根据数学知识知，当Hhh时，x最大，即h1 m时，小球飞得最远，此时出口距离桌面高度为h1 m0.8 m0.2 m.答案C迁移二平抛运动与斜面组合2(2019黄冈中学元月质检)如图甲所示，水平

10、面上固定一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，小球在空中运动的时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛该小球，以下哪个图像(图乙)能正确表示小球在空中运动的时间t随初速度v变化的关系()解析设斜面倾角为，当小球落在斜面上时，有tan，得t，即t与速度v成正比当小球落在水平面上时，根据hgt2，得t，可知运动时间不变，可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线，故C正确，A、B、D错误答案C迁移三平抛运动与圆面组合3(2019广东华南三校联考)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直

11、径若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若在A点抛出小球的同时，在C点以初速度v2水平向左抛出另一相同质量的小球，也能击中D点已知COD60，不计空气阻力，则()A两小球同时落到D点B两小球在此过程中动能的增加量相等C在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的瞬时功率相等D两小球初速度大小之比v1v23解析根据hgt2得，t，两球下降的高度之比为21，则运动的时间之比为1.由几何关系知，两球的水平位移之比为2，则两球的初速度之比为3，选项D正确，A错误；因为两小球下降的高度不同，重力做功不同，根据动能定理知，动能的增加量不相等，选项B错误；两球下落的高度之比为21，

12、则落到D点时在竖直方向上的速度不相等，根据Pmgvy可知，重力的瞬时功率不相等，选项C错误答案D在平抛运动中，初速度v0与加速度g不是同一直线上的物理量，不能按匀变速直线运动公式xv0tat2、vv0at直接套用，注意先分解为两个分运动，必要时再合成. 热点考向三圆周运动问题【典例】(2018全国卷)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用已知小球在C

13、点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为g.求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间思路引领 解析(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有tanF设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得Fm由式和题给数据得F0mgv(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得DARsinCDR(1cos)由动能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为pmv1(3)小球离开C点后在竖直方向

14、上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有vtgt2CDvvsin由式和题给数据得t答案(1)mg(2)(3)1解决圆周运动力学问题的关键(1)正确进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径(2)列出正确的动力学方程Fmmr2mvmr.结合vr、T等基本公式进行求解2竖直面内的圆周运动问题的解题思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型、轻杆模型还是外轨模型(2)过最高点的条件：轻绳模型中物体在最高点的速度v，轻杆模型中物体在最高点的速度v0，外轨模型中物体在最高点的速度v.(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的

15、圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，沿半径方向根据牛顿第二定律列出方程，F合F向(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列出方程迁移一水平面内的圆周运动1(多选)(2019河南五校联考)如图所示，小物体A、B通过弹簧连接，并静止在水平转台上，现从静止开始缓慢增大转台的转速(在每个转速下均可认为转台匀速转动)，已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台之间的动摩擦因数均为，A、B离转台中心的距离都为r，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是()A物体A和B同时相对转台发

16、生滑动B当A受到的摩擦力为0时，B受到的摩擦力方向背离圆心C当B受到的摩擦力为0时，A受到的摩擦力方向背离圆心D当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为 解析A刚好要滑动时，所受静摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有krmgmr，解得A ，B刚好要滑动时，所受静摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr2mg2mr，解得B ，故AB，所以B先滑动，当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为B ，A错误，D正确；A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供A做圆周运动所需的向心力，故krm2r，解得，此时B所需要的向心力F2m2r2krkr，故

17、B受到的摩擦力方向指向圆心，B错误；B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供B做圆周运动所需的向心力，故kr2m2r，解得，此时A所需要的向心力Fm2rkrkr，故A受到的摩擦力方向背离圆心，C正确答案CD迁移二竖直面内圆周运动的“杆”模型2(多选)(2019河南五校联考)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示设细管内径可忽略不计，则下列说法中正确的是()A当地的重力加速度大小为B该小球的质量为RC当v22b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7aD当0v2b时，小

18、球在A点对圆管的弹力方向竖直向上解析由题图乙可知，当v2b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mgm，故g，选项A错误；当v20时，有mga，又因为g，所以小球的质量mR，选项B正确；当v22b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得：mg2Rmv2m2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F，则由牛顿第二定律可得：Fmgm，联立解得：F7a，选项C正确；当0v2b时，小球在最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D错误答案BC迁移三竖直面内圆周运

19、动的“绳”模型3(2019河北名校联盟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长度为R的细绳拴着在竖直面内绕O点做圆周运动，小球恰好能通过轨迹圆的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A小球通过最高点A时的速度大小为gRB小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为RD若细绳在小球运动到A点断了，则经过t时间小球运动到与圆心等高的位置解析此模型为“绳”模型小球恰好通过最高点A时，绳子的拉力为零，则有mgm，解得vA，A错误；小球从最高点运动到最低点的过程中重力做的功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A

20、的动能之差为2mgR，B错误；小球从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mgRmvmv，设绳子在C点断后小球还能上升的高度为h，则有mgh0mv，又vA，联立以上各式解得hR，C错误；若细绳在小球运动到A处断了，则小球下降高度R所用的时间满足Rgt2，解得t ，D正确答案D抓住“两类模型”是解决问题的突破点(1)模型1水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解(2)模型2竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解. 热点考向四万有引力与航天问题的分析与计算【典例】(多选)(2019全国

21、卷)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ax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()AM与N的密度相等BQ的质量是P的3倍CQ下落过程中的最大动能是P的4倍DQ下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍思路引领(1)ax图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功(2)根据运动的对称性可知Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0.解析设P、Q的质量分别为mP、mQ；M、N的质量分别为M1、M2

22、，半径分别为R1、R2，密度分别为1、2；M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上，弹簧压缩量为0时有mPg13mPa0，所以g13a0G，密度1；在星球N上，弹簧压缩量为0时有mQg2mQa0，所以g2a0G，密度2；因为R13R2，所以有12，选项A正确当物体的加速度为0时有mPg13mPa0kx0，mQg2mQa02kx0，解得mQ6mP，选项B错误根据ax图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知，EkmPmPa0x0，EkmQmQa0x0，所以EkmQ4EkmP，选项C正确根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x

23、0，选项D错误答案AC人造卫星运动规律分析迁移一天体运动中的自转模型1(多选)(2019哈尔滨六中模拟)2017年11月8日，“雪龙号”极地考察船驶离码头，开始了第34次南极考察之旅“雪龙号”极地考察船在由我国驶向南极的过程中，经过赤道时测得某物体的重力是G1；在南极附近测得该物体的重力为G2.已知地球自转的周期为T，引力常量为G.假设地球可视为质量分布均匀的球体，且海水的密度和船的总质量均不变，忽略其他星体对考察船及该物体的影响，由此可知()A“雪龙号”考察船在南极时的吃水深度与在赤道时相同B“雪龙号”考察船在南极时的吃水深度比在赤道时大C地球的密度为D当地球的自转周期为T 时，放在地球赤道

24、地面上的物体不再对地面有压力解析“雪龙号”考察船航行时，竖直方向上有mgF浮液gV排，故m液V排，因海水的密度和船的总质量均不变，故“雪龙号”考察船航行时排水量不变，即在南极时的吃水深度与在赤道时相同，A正确，B错误；设地球的质量为M，半径为R，被测物体的质量为m，被测物体在赤道上时，GG1mR，被测物体在南极附近时，GG2，地球的体积VR3，地球的密度，联立解得，C正确；当放在地球赤道地面上的被测物体不再对地面有压力时，有G2mR，联立解得TT ，D正确答案ACD迁移二天体运动中的公转模型2(2019山西部分学校模拟)2018年7月10日，我国成功发射了第三十二颗北斗导航卫星该卫星属于倾斜地

25、球同步轨道卫星，其运转轨道平面与地球赤道平面有夹角，离地面的高度和地球静止同步轨道卫星离地面的高度一样仅考虑卫星与地球间的作用，关于第三十二颗北斗导航卫星，下列说法正确的是()A周期小于地球自转的周期B线速度大于第一宇宙速度C加速度大于地球静止同步轨道卫星的加速度D角速度等于地球静止同步轨道卫星的角速度解析因卫星与地球同步，则卫星的周期等于地球自转的周期，选项A错误，D正确；第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动的最大线速度，近似等于近地卫星的线速度，卫星的轨道半径越大，线速度越小，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，选项B错误；因卫星离地面的高度和地球静止同步轨道卫星离地面的高度一样，则根据aG

26、可知，卫星的加速度等于地球静止同步轨道卫星的加速度，选项C错误答案D迁移三卫星变轨模型3(多选)(2019河北名校联盟)如图所示是我国发射的“嫦娥三号”卫星被月球俘获的示意图，“嫦娥三号”卫星先绕月球沿椭圆轨道运动，在P点经两次制动后最终沿月球表面的圆轨道做匀速圆周运动，已知圆轨道半径为r，椭圆的半长轴为4r，卫星沿圆轨道运行的周期为T，则下列说法中正确的是()A“嫦娥三号”卫星在轨道上运行的机械能大于在轨道上运行的机械能B“嫦娥三号”卫星在轨道上运行时，在M点的速度大小大于在P点的速度大小C“嫦娥三号”卫星在三个轨道上运行时，在P点的加速度总是相同的D“嫦娥三号”卫星在轨道上运行时，从M点运

27、动到P点经历的时间为4T解析因“嫦娥三号”卫星从轨道变轨到轨道上运行时，必须在P点进行减速，即在轨道上运行的机械能小于在轨道上运行的机械能，A项错误；由MP万有引力做正功，在M点的速度大小小于在P点的速度大小，B项错误；由Gma知卫星离中心天体高度相同时，运行的加速度相同，C项正确；令“嫦娥三号”卫星从M点运动到P点经历的时间为t，则由开普勒第三定律得，即t4T，D项正确答案CD变轨过程中能量分析的常见误区(1)变轨前后，卫星机械能不守恒卫星的发射和回收都是利用以上原理通过多次变轨实现的由于变轨时卫星需要借助“点火”实现加速或减速，变轨前后的机械能不守恒，有其他形式的能量参与转化(2)同一轨道

28、上自主运行时仅受万有引力作用，机械能守恒这一结论对圆形或椭圆形轨道均成立. 高考热点模型突破双星及多星模型1双星模型(1)模型条件：两颗恒星彼此相距较近；两颗恒星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动；两颗恒星绕同一圆心做匀速圆周运动(2)模型特点向心力等大反向：两颗恒星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，故F1F2，且方向相反，分别作用在两颗恒星上，是一对作用力和反作用力周期、角速度相同：两颗恒星做匀速圆周运动的周期、角速度相等半径、线速度与质量成反比：圆心在两颗恒星的连线上，且r1r2L，两颗恒星做匀速圆周运动的半径与恒星的质量成反比两颗恒星做匀速圆周运动的线速度与恒星的质量成反比

29、2三星模型(1)第一种情况：三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央的星(静止不动)在同一半径为R的圆轨道上运行，周期相同(2)第二种情况：三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆轨道运行，三颗星的运行周期相同(如图所示)3四星模型(1)第一种情况：四颗星稳定地分布在边长为a的正方形的四个顶点上，均围绕正方形的两条对角线的交点做匀速圆周运动(如图所示)(2)第二种情况：有三颗星位于边长为a的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，而第四颗星刚好位于三角形的中心不动【典例】(2019江西六校联考)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星体组成的四星系统，通常

30、可忽略其他星体对它们的引力作用设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星体稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上，如图所示引力常量为G.关于四星系统，下列说法错误的是()A四颗星体围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B四颗星体的轨道半径均为C四颗星体表面的重力加速度均为D四颗星体的运动周期均为2a审题指导第一步读题干提信息题干信息忽略其他星体对它们的作用力向心力是其他三颗星对它的引力的合力每个星体的质量均为m，半径均为R可求星体表面重力加速度稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上轨道半径为星体到中心O的距离第二步审程序顺思路 解析由四星系统的分布图可知，它们绕中心O点做匀速圆周运动，

31、A正确根据几何知识可知，它们的轨道半径为a，B错误设四颗星体表面的重力加速度为g，由m0g得g，C正确对于其中一颗星体，由ma2，得T2a，D正确答案B双星、多星问题解题的关键在于分析向心力的来源和轨道半径，各星体绕着系统的重心位置转动，向心力的分析容易漏力例如：如图所示的三星系统，三颗星体质量均为m.三角形ABC为等边三角形，边长为a.可列方程ma2.若三颗星体质量不相等时，将以三星系统的等效重心为圆心转. 1(多选)(2019合肥质检)在浩瀚的宇宙中存在着无数的星体，其中存在着这样的两个星体A、B，星体A、星体B在彼此间万有引力的作用下，围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示已知两星

32、体A、B中心之间的距离为l，星体A的角速度为，两星体A、B到O点的距离差为r，引力常量为G.则下列说法正确的是()A两星体的质量之差为B星体A、星体B的运动半径之比为C两星体运行的线速度之差为rD星体A、星体B的质量之比为解析星体A、B靠相互间的万有引力提供向心力，两者的角速度相等，周期相等，则星体B的角速度也为，根据题意可知rArBl，rArBr，解得rA，rB，则星体A、星体B的运动半径之比为，B错误；根据万有引力提供向心力可知GmA2rAmB2rB，可得mA，mB，则两星体的质量之差为，质量之比为，A错误，D正确；星体A的线速度大小vArA，星体B的线速度大小vBrB，则星体A、星体B的

33、线速度大小之差为vvAvBr，C正确答案CD2(多选)(2019河北名校联盟)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星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，如图乙所示设这三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是()A直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 B直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4 C三角形三星系统中每颗星做圆周

34、运动的角速度为2 D三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为解析本题考查三星系统，求解的思路是运行天体的向心力由万有引力的合力提供在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有GGm，解得v ，A项错误；由周期T知直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T4 ，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos30m2，解得 ，C项错误；由2Gcos30ma得a，D项正确答案BD专题强化训练(三)一、选择题1(2019启东中学月考)如右图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索(重力可忽略不计)

35、救困在湖水中的伤员B.在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员提起，在某一段时间内，A、B之间的距离以lHt2(式中H为直升机A离水面的高度，各物理量的单位均为国际单位)规律变化，则在这段时间内，下面判断中正确的是(不计空气作用力)()A悬索的拉力小于伤员的重力B悬索成倾斜直线C伤员做速度减小的曲线运动D伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动解析伤员B参与了两个方向上的运动：在水平方向上，伤员B和直升机A以相同的速度做匀速运动，在竖直方向上，由于A、B之间的距离以lHt2规律变化，所以伤员与水面之间的竖直距离关系式为ht2at2，在竖直方向上以2 m/s2的加速度做匀加速直

36、线运动，则伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动，且速度一直增加，故C错误，D正确；由于伤员在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，悬索的拉力应大于伤员的重力，故A错误；由于伤员在水平方向上做匀速运动，水平方向上没有加速度，悬索应成竖直状态，故B错误答案D2(多选)(2019株洲重点中学联考)如右图所示，小船从A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为d，渡河速度v船恒定，河水的流速与到河岸的距离x成正比，即v水kx，要使小船能够到达距A正对岸距离为s远的B码头，则()Av船应为 Bv船应为C渡河时间为 D渡河时间为解析河水的流速中间最快，离岸越近速度越慢，因为它是线性变化的(流

37、速与到河岸的最短距离x成正比)，所以取距离河岸处的速度为河水的平均速度，即v，则渡河时间t，C正确，D错误；由dv船t，解得v船，A正确，B错误答案AC3.(2019大庆高三调研)如图所示是排球场的场地示意图，设排球场的总长为L，前场区的长度为，网高为h，在排球比赛中，对运动员的弹跳水平要求很高如果运动员的弹跳水平不高，运动员的击球点的高度小于某个临界值H，那么无论水平击球的速度多大，排球不是触网就是越界设某一次运动员站在前场区和后场区的交界处，正对网前竖直跳起垂直网将排球水平击出，关于该种情况下临界值H的大小，下列关系式正确的是()AHh BHCHh DHh解析将排球水平击出后排球做平抛运动

38、，排球刚好触网和达底线时，有：v0，v0，联立解得Hh，故选C.答案C4.(2019山东济宁期末)如图所示，一小球(可视为质点)从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动轨迹恰好与半圆轨道相切于B点半圆轨道圆心为O，半径为R，且OB与水平方向夹角为53，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度大小为()A. B. C. D.解析由小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为37，设位移与水平方向的夹角为，有tan.因为tan，则竖直位移y0.6R，v2gy1.2gR，所以tan37，则v0 ，C正确答案C5(多选)(2019启东中学月考)如图甲所示，将质量为M的物块A和

39、质量为m的物块B放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方2的关系如图乙所示，当角速度的平方2超过3时，物块A、B开始滑动若图乙中的F1、1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是()AL BLCk DmM解析当角速度的平方等于2时，绳中开始有张力，B物块所受静摩擦力达到最大值，有kmgm2L2，当角速度的平方等于3时，kmgF1m2L3，可解得k，L，A错误，B、C正确；当角速

40、度的平方等于3时，对A物块有kMgF1ML3，联立各式可解得M2m，D错误答案BC6(多选)(2019绵阳二诊)如图所示，一质量为m0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v010 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R5 m.已知小球的入口与圆心在同一高度经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A小球到达管道最高点时对管道的压力为零B小球到达管道最高点时速度为5 m/sC小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N

41、D圆轨道半径r为4 m解析从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最高点时的速度v10，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最低点时速度v210 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得Fmgm，解得管道最低点对小球的支持力F5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mgm，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv22mgrmgRmv，联立解得r4 m，选

42、项D正确答案CD7(2019河北名校联盟)如图所示，一质量为m的小球从斜轨道某一高度处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A当h2R时，小球恰好能到达最高点MB当h2R时，小球在圆心等高处P点时对轨道压力大小为2mgC当h2.5R时，小球在运动过程中不会脱离轨道D当hR时，小球在最低点N时对轨道压力大小为2mg解析在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有mgm，解得v0.根据机械能守恒定律得mghmg2Rmv，解得h2.5R.所以当h2.5R时小球恰好能到达最高点M，当h2.5R时，小球在运动过程中不会脱离轨道，选项

43、A、C错误当h2R时，设小球运动到与圆心等高处P点时速度为v，根据机械能守恒定律得mg2RmgRmv2，小球在P点时，设所受轨道的作用力为FP，由牛顿第二定律FPm，联立解得FP2mg，由牛顿第三定律可知小球在圆心等高处P点时对轨道压力大小为2mg，选项B正确当hR时，设小球在最低点N时速度为v，则有mgRmv2，在圆轨道最低点，有FNmgm，解得FN3mg，由牛顿第三定律可知小球在最低点N时对轨道压力大小为3mg，选项D错误答案B8(2019福建“四地六校”春季联合模考)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近

44、，则(引力常量为G)()A两卫星经过时间tT1T2再次相距最近B两颗卫星的轨道半径之比为C若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度D若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度解析设两卫星经过时间t再次相距最近，由1，解得t，A错误根据开普勒第三定律，解得两颗卫星的轨道半径之比r1r2，B正确已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，由万有引力提供向心力Gm2r，可以得出地球的质量，若知道地球半径，可以进一步求出地球的密度和地球表面的重力加速度，但地球半径未知，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D错误答案B9.(2

45、019陕西质检)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1上绕地球运动，近地点Q到地心O的距离为a，远地点P到地心O的距离为b，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g.则()A卫星在轨道1上运动经过Q点时，速率为 B卫星在轨道1上运动经过P点时，速率大于 C卫星在轨道2上运动经过P点时，速率大于 D卫星在轨道2上运动经过P点时，加速度大小为解析卫星以a为半径绕地球做匀速圆周运动时有m和mg可得va ，同理，卫星以b为半径做匀速圆周运动时的速率为vb ，C错误；卫星从半径为a的圆轨道上进入椭圆轨道1需加速，使得万有引力小于所需向心力，所以卫星在椭圆轨道1上经过Q

46、点的速度大于在以半径为a的圆轨道上经过Q点时的速度va ，A错误；卫星在P点加速，方可使得卫星从1轨道进入2轨道，所以卫星在1轨道经过P时的速率小于卫星在以b为半径的圆轨道上做匀速圆周运动时的速率vb ，B错误；在P点有，ma加，在地球表面处有mg，联立可得a加，D正确答案D二、非选择题10(2019吉林调研)速降滑雪，又称高山滑雪，于1936年冬季奥运正式成为比赛项目，运动员要由起点出发以最快速度到达终点如图所示为某高山滑雪的赛道简图，SA是以O点为圆心，半径为R10 m的四分之一圆弧，水平赛道AB长为L20 m，BC斜面与水平方向夹角37，高度h5 m，质量m50 kg的滑雪运动员从S点出

47、发自由下滑，最后停止于水平赛道D点已知SA段摩擦可忽略不计，A到D的赛道动摩擦因数均为0.1，设滑雪运动员落在赛道上时，垂直于赛道的速度立刻减为0，而平行于赛道的速度保持不变，g取10 m/s2(sin370.6，cos370.8)求：(1)运动员滑至A点的速度v；(2)运动员滑到A点时对滑道的压力F；(3)斜面最高端B点到停止点D之间的水平距离s.解析(1)SA段由动能定理可得mv2mgR解得v10 m/s(2)在A点由牛顿第二定律和向心力公式可得Fmgm解得F1500 N由牛顿第三定律可得FF1500 N所以压力为1500 N，方向竖直向下(3)设滑到B点速度为vB，从S点到B点由动能定理可得mgRmgLmv从B点平抛，若落在CD面上时间为tt1 s平抛的水平距离为xvBt4 mB、C的水平距离为x0 m.所以假设正确，故t0.3 s.答案(1)(2)4.7R(3)0.3 s