高考物理(浙江专用)三轮考前通关：回归教材查缺补漏2曲线运动

ma→a＝GrM2 →a∝r12

GMr2m＝F
mvr2→v＝ 向＝
mω2r→ω＝
GrM→v∝
1 r
GrM3 →ω∝
1 r3
越 高 越 慢
m4Tπ22r→T＝
4GπM2r3→T∝
r3
(5)第一宇宙速度：v＝7.9 km/s(最大环绕速度，最小发射速 度)；第二宇宙速度：v＝11.2 km/s；第三宇宙速度 v＝16.7 km/s. (6)同步卫星的特点．
同．故选项 A、D 正确．
答案 AD
5．(多选)近期我国发射了一颗“北斗”二代卫星，假设发射过 程要经过两次变轨，从如图3所示的近地轨道1经椭圆转移轨 道2到达工作轨道3，P、Q两点均可近似认为是两圆弧的切 点(r3>r2>r1，其中r1为圆轨道1的半径，r2为椭圆轨道2的半长 轴，r3为圆轨道3的半径)．则下列关于卫星有关量的推理过 程和所得结论正确的是( )．
(2)钢珠从轨道 M 的最高点飞出后，做平抛运动： x＝vt，y＝12gt2 由几何关系得 x2＋y2＝r2 钢珠从飞出轨道 M 到打在圆弧 N 的圆弧面上，由动能定理 得 mgy＝12mv2N－12mv2 联立上式解得 vN＝4.0 m/s.
答案 (1)0.15 J (2)4.0 m/s
标志着中国迈入中国航天“三步走”战略的第二步第二阶
段.21时25分，天宫一号进入近地点约200公里，远地点约
346.9公里，轨道倾角为42.75度，周期为5 382秒的运行轨
道．由此可知
( )．
A．天宫一号在该轨道上的运行周期比同步卫星的运行周期 短
B．天宫一号在该轨道上任意一点的运行速率比同步卫星的 运行速率小
解析 根据牛顿第二定律，卫星的加速度取决于其受到的万 有引力，由 GMr2m＝ma 知，在 P 点 a1＝a2，在 Q 点 a2＝a3， A 项正确；GMr2m＝mvr2是物体做圆周运动的条件，只适用于 圆周运动，故 D 项错误；在 P 点由近地圆轨道 1 变轨到椭圆 轨道 2 必须加速，即 v2>v1，所以 B 项中“v2<v1”的假设错误， B 项错误；C 项中椭圆轨道 2 在 Q 点的半径应是椭圆轨道在 Q 点的一小段圆弧的曲率半径，故 C 项的假设和结论都是正 确的． 答案 AC
6．如图 4 所示，是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置， M 为半径 R＝1.0 m、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道， 轨道上端切线水平，N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直 面内的截面为半径 r＝ 0.69 m 的14圆弧，圆弧下端切线水平 且圆心恰好位于轨道 M 的上端点，轨道 M 的下端相切处放 置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量 m＝0.01 kg 的 钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道运动到轨道 M 的上端点时 恰好对轨道无压力，水平飞出后落到圆弧 N 的某一点上，取 g＝10 m/s2，求：
图3
A．由 GMr2m＝ma 可知在切点 P 处，卫星在 1、2 轨道上的 加速度 a 相同
B．由 a＝vr2且在 P 点 r2>r1 及 v2<v1，故加速度 a1>a2 C．由 a＝vr2推出 v＝ ar，且在 Q 点 a3＝a2 及 r3>r2，故 v3>v2 D．由 GMr2m＝mvr2且在 Q 点有 r3>r2，故 v3<v2
3．处理天体运动的基本方法 (1)把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万有 引力提供．GMRm2 ＝mvR2＝mω2R＝m2Tπ2R＝m(2πf)2R，应用 时可根据实际情况选用适当的公式进行分析或计算． (2)在地球表面物体所受万有引力近似等于重力GRM2m＝mg.
临考训练 小试牛刀
C．天宫一号在该轨道上任意一点的运行加速度比同步卫星 的运行加速度小
D．天宫一号在该轨道上远地点距地面的高度比同步卫星轨 道距地面的高度小
解析 由题意知天宫一号的轨道半径比同步卫星要小，由
GMr2m＝mrv2知 v＝
GrM，即 v 天>v 同．由GMr2m＝mr4Tπ22知 T
＝ 4GπM2r3，知 T 天<T 同．由GMr2m＝ma 知 a＝GrM2 ，从而 a 天>于水平分速度大小
B．此时小球速度的方向与位移的方向相同
C．此时小球速度的方向与水平方向成 45°角
D．从抛出到此时，小球运动的时间为2gv0
解析 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动： x＝v0t 竖直方向的自由落体运动： y＝12gt2，vy＝gt，tan α＝xy，tan θ＝vv0y 联立得：tan θ＝2tan α，t＝2gv0 所以 vy＝2v0，故 B、C 错误，A、D 正确．
方法技巧 熟练应用
1．平抛(类平抛)运动的求解方法：运动的合成与分解． 2．竖直面内圆周运动问题的求解方法．
①“两点”指最高点和最低点，在最高点和最低点对物 体进行受力分析，找出向心力的来源，列牛顿第二定律 的方程． ②“一过程”，即从最高点到最低点，用动能定理或机 械能守恒定律将这两点的动能(速度)和势能联系起来．
1．(单选)降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若
风速越大，则降落伞
( )．
A．下落的时间越短B．下落的时间越长
C．落地时速度越小D．落地时速度越大
解析 风沿水平方向吹，不影响竖直速度，故下落时间不
变，A、B项均错误．风速越大，落地时合速度越大，故C项
错误，D项正确．
答案 D
2．(多选)以速度 v0 水平抛出一小球后，不计空气阻力，某时刻 小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的
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二、曲线运动
回归教材 查缺补漏
1．曲线运动的条件 (1)物体做曲线运动的条件：F合(或a)与v不共线． (2)合力的方向一定指向轨迹的凹侧．
2．平抛(类平抛)运动 (1)速度规律：vvxy＝＝gvt0 x＝v0t (2)位移规律：y＝12gt2
(3)重要推论： 速度偏角与位移偏角的关系为 tan β＝2tan α 平抛运动到任一位置 A，过 A 点作其速度方向反向延长线交 Ox 轴于 C 点，有 OC＝x2(如图 1 所示)．
4．万有引力定律和天体的运动 (1)万有引力定律：F＝GMr2m (2)估算中心天体质量 ①应用行星或卫星的轨道半径 r、周期 T 估算太阳或地球的 质量：GMr2m＝m4Tπ22r→M＝4GπT2r23 ②测出天体表面的重力加速度 g，估算天体质量：GMRm2 ＝ mg→M＝RG2g
(3)估算中心天体的密度：已知环绕天体的周期 T 和轨道半径 r，则 ρ＝G3Tπ2rR3 3，若 r＝R，则 ρ＝G3Tπ2. (4)人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期跟轨道半径的 关系
解析 由于 A 球垂直落在斜面上，有
gvt01＝tan 45°
①
x＝v0t1
②
y＝12gt21
③
对于 B 球：h＝12gt22 ④
tan 45°＝h－x y
⑤
由①②③④⑤得，t1∶t2＝1∶ 3，故 D 正确．
答案 D
4．(多选)天宫一号是中国第一个目标飞行器，已于2011年9月
29日21时16分3秒在酒泉卫星发射中心发射成功，它的发射
图4
(1)弹簧枪发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep； (2)钢珠落到圆弧N上时的速度vN的大小．(结果保留两位有 效数字)
解析 (1)设钢珠在轨道 M 最高点的速度为 v，由题意得 mg
＝mvR2
①
钢珠从发射前位置到最高点，由机械能守恒定律得 Ep＝mgR
＋12mv2
②
联立①②解得 Ep＝0.15 J.
图1
3．匀速圆周运动的规律 (1)v、ω、T、f 及半径的关系：T＝1f，ω＝2Tπ＝2πf，v＝2Tπr＝ 2πfr＝ωr. (2)向心加速度大小：a＝vr2＝ω2r＝4π2f2r＝4Tπ22r. (3)向心力大小：F＝ma＝mvr2＝mω2r＝m4Tπ22r＝4π2mf2r.
(4)竖直面内的圆周运动 ①两类模型““绳杆环管道约束约模束型模”型” ②两类模型的临界条件(最高点速度)vv绳 杆＝ ＝0 gR
答案 AD
3．(单选)如图2所示是倾角为45°的斜
坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q
处以速度v0水平向左抛出一个小球 A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运
动时间为t1，小球B从同一点Q处自由
下落，下落至P点的时间为t2，不计空
图2
气阻力，则t1∶t2＝
( )．
A．1∶2
B．1∶ 2
C．1∶3
D．1∶ 3