2021高考物理二轮复习专题1力与运动第3讲力与曲线运动学案.doc

第3讲力与曲线运动

考情速览·明规律

高考命题点命题轨迹情境图

运动的合成与

分解及平抛运

动

2020Ⅱ卷16

20(2)16题

19(2)19题

18(1)18题2019Ⅱ卷19

2018Ⅰ卷18

圆周运动

2020

Ⅰ卷16

20(1)16题

16(2)16题

17(2)14题2017Ⅱ卷14

2016

Ⅱ卷16

Ⅱ卷14

万有引力与天

体的运动

2020Ⅰ卷15，Ⅱ卷15，Ⅲ卷16

17(2)19题2019Ⅱ卷14，Ⅲ卷15

2018Ⅰ卷20，Ⅱ卷16，Ⅲ卷15

2017Ⅱ卷19，Ⅲ卷14

2016Ⅰ卷17，Ⅲ卷14

万有引力定律与力学知识的综合应用

2019

Ⅰ卷21

19(1)21题

核心知识·提素养 “物理观念”构建

1．平抛运动

(1)规律：v x ＝v 0，v y ＝gt ，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2

.

(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体

①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ.

2．竖直平面内圆周运动的两种临界问题

(1)绳模型：物体能通过最高点的条件是v ≥gR . (2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v ≥0. 3．解决天体运动问题的“万能关系式”

4．第一宇宙速度

推导过程为：由mg ＝mv 21R ＝GMm

R

2得：

v 1＝

GM

R

＝gR ＝7.9 km/s. 第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度．

“科学思维”展示

1．思想方法

(1)合运动性质和轨迹的判断

①若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动；若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，则为曲线运动．

②若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运动．

(2)处理变轨问题的两类观点

力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心．

能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小．在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能增加则引力势能减小．

(3)双星问题

①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即

Gm

1m 2L 2＝m 1ω21r 1，Gm 1m 2L

2＝m 2ω2

2r 2. ②两颗星的周期及角速度都相同，即T 1＝T 2，ω1＝ω2. ③两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为r 1＋r 2＝L . 2．模型建构

(1)绳(杆)关联问题的速度分解方法

①把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量． ②沿绳(杆)方向的分速度大小相等． (2)模型化思想的应用

竖直面内圆周运动常考的两种临界模型

最高点无支撑 最高点有支撑

图示

最高点向心力

mg ＋F 弹＝m v 2

R

mg ±F 弹＝m v 2

R

恰好过最高点

F 弹＝0，mg ＝m v 2

R ，v ＝gR ，即在最高点速度不能为零

mg ＝F 弹，v ＝0，即在最高点

速度可为零

命题热点·巧突破

考点一 运动的合成与分解及平抛运动

考向1 运动的合成与分解

〔典例探秘〕

典例1 (多选)(2019·全国卷Ⅱ，19,6分)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 图像如图b 所示①，

t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻②.则( BD )

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v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【思路分析】 根据题中关键信息，利用“化曲为直思想”把运动员的运动分解为水平方向的运动与竖直方向的运动，结合速度－时间图像以及牛顿第二定律求解即可．

【解析】 v －t 图像中图线与t 轴包围的面积表示位移的大小，第二次滑翔过程中v －t 图线与t 轴所围面积比第一次的大，表示在竖直方向上的位移比第一次的大，A 错误；由图a 知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比，再由A 项分析知B 正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大，时间比第二次的短，由a ＝Δv

Δt ，

可知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小，C 错误；v －t 图像的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小，设在竖直方向上所受阻力为f ，由mg －f ＝ma ，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大，D 正确．

【核心考点】 曲线运动，运动的合成与分解，速度－时间图像，牛顿第二定律． 【规范审题】

① 指定为竖直方向运动图像． ② 给出运动时间．

图(b)

v －t 图像，由图像得出运动员两次滑翔过程中加速度及位移的关系.

〔考向预测〕

1．(2020·福建厦门联考)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小钢球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小球的运动轨迹．观察实验现象，以下叙述正确的是( D )

A ．第一次实验中，小钢球的运动是匀变速直线运动

B．第二次实验中，小钢球的运动类似平抛运动，其轨迹是一条抛物线

C．该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向

D．该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上

【解析】第一次实验中，小钢球受到沿着速度方向的吸引力作用，做直线运动，并且随着距离的减小吸引力变大，加速度变大，则小球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类似平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，故选项C错误，D正确．

2．(2020·河北衡水模拟)两根光滑的杆互相垂直地固定竖直平面内．上面分别穿有一个小球．小球a、b间用一细直棒相连如图．释放后两球都开始滑动．当细直棒与竖直杆夹角为α时，两小球实际速度大小之比v a∶v b等于( C )

A．sin α∶1 B．cos α∶1

C．tan α∶1 D．cot α∶1

【解析】将两球的速度分解，如图所示，则有：v a＝

v杆

cos α

，而v b＝

v杆

sin α

，那么两小

球实际速度之比v a∶v b＝sin α∶cos α＝tan α∶1，故C正确，A、B、D错误．

考向2 平抛运动的规律

3．(2020·河南鹤壁段考)如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为( D )

A．1∶1 B．2∶1

C．2∶3 D．3∶2

【解析】 小球A 做平抛运动，根据分位移公式，有：x ＝v 1t ，竖直位移：y ＝12gt 2

，又

有：tan 30°＝y

x ，联立可得：v 1＝32gt ，小球B 恰好垂直打到斜面上，则有：tan 30°＝v 2gt

，可得：v 2＝

3

3

gt ，所以有：v 1∶v 2＝3∶2，故D 符合题意． 4.(多选)(2020·江苏高考真题)如图所示，小球A 、B 分别从2l 和l 高度水平抛出后落地，上述过程中A 、B 的水平位移分别为l 和2l .忽略空气阻力，则( AD )

A ．A 和

B 的位移大小相等 B ．A 的运动时间是B 的2倍

C ．A 的初速度是B 的1

2

D ．A 的末速度比B 的大

【解析】 位移为初位置到末位置的有向线段，如题图所示可得s A ＝l 2

＋2l

2

＝5l ，

s B ＝l 2＋2l

2

＝5l ，A 和B 的位移大小相等，A 正确；平抛运动运动的时间由高度决定，

即，t A ＝

2×2l

g ＝2×

2l

g

，t B ＝

2×l

g

＝

2l

g

，则A 的运动时间是B 的2倍，B 错误；

平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则v xA ＝l t A

＝gl

2

，v xB ＝2l

t B

＝2gl ，则A 的初速度

是B 的

122

倍，C 错误；小球A 、B 在竖直方向上的速度分别为v yA ＝2gl ，v yB ＝2gl ，所以可

得v A ＝

17gl 2，v B ＝2gl ＝16gl

2

，即v A >v B ，D 正确．故选AD ． 5.(2020·新课标卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h .若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点．c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点，E 2

E 1

等于( B )

A ．20

B ．18

C ．9.0

D ．3.0

【解析】 由题意可知当在a 点动能为E 1时，有E 1＝12mv 21，根据平抛运动规律有h ＝12

gt 2

1，

h ＝v 1t 1，当在a 点时动能为E 2时，有E 2＝1

2mv 22，根据平抛运动规律有12h ＝12

gt 2

2，3h ＝v 2t 2，联

立以上各式可解得E 2E 1

＝18，故选B ．

6．(2020·成都七中期中)如图所示．斜面倾角为α，且tan α＝1

2，从斜面上O 点与水

平方向成45°角以速度v 0、2v 0分别抛出小球P 、Q ，小球P 、Q 刚要落在斜面上A 、B 两点时的速度分别为v P 、v Q ，设O 、A 间的距离为s 1，O 、B 间的距离为s 2，不计空气阻力，则( A )

A ．s 2＝4s 1，v P 、v Q 方向相同

B ．s 2＝4s 1，v P 、v Q 方向不同

C ．2s 1＜s 2＜4s 1，v P 、v Q 方向相同

D ．2s 1＜s 2＜4s 1，v P 、v Q 方向不同

【解析】 设抛出的速度为v ，则水平分速度为v x ＝v cos45°＝

2

2

v ，竖直速度为v y ＝v sin 45°＝

22v ，根据位移关系有tan α＝12＝y x

＝v y t －1

2

gt 2

v x t

，解得t ＝

2v

2g

，则落点与抛出点的距离为s ＝v x t cos α＝v 22g cos α

∝v 2

，则由题意可知初速度为v 0、2v 0分别抛出小球P 、Q ，则有s 2

＝4s 1，落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝v ′y v x ＝v y －gt

v x

＝0，即速度方向均为水平，所以v P 、v Q 方向相同，故A 正确，B 、C 、D 错误．

规律总结

处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项

(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．

(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．

(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．

(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．

考点二圆周运动

考向1 水平面内的圆周运动

1．(2020·江苏江阴模拟)中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌．如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出．整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( C )

A．链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心

B．链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向

C．链球掷出后做匀变速运动

D．链球掷出后运动时间与速度的方向无关

【解析】链球做加速圆周运动，故拉力和瞬时速度成锐角，既有拉力的分力指向圆心提供向心力，又有拉力的分力沿切向，提供切向加速度增大速度，故A错误；曲线运动的瞬时速度是轨迹的切线方向，故链球掷出瞬间速度方向应该沿圆周在这一点的切向，故B错误；链球掷出后只受重力而不计空气阻力，则合外力产生的加速度恒为g，速度会均匀改变，故其做匀变速运动，C正确；链球掷出后做斜抛运动，运动时间由竖直分运动决定，而竖直分速度的大小与夹角有关，则链球掷出后运动时间与速度的方向有关，故D错误．2．(2020·江苏七市调研)拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具．四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动．下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β)( C )

【解析】 小球做匀速圆周运动，角速度相同，受力分析如下图，令绳子为L ′.反向延长与拨浪鼓转轴交点为O ，小球到O 点的距离为L ，鼓面半径为r .根据牛顿第二定律得mg tan

θ＝mω2L sin θ

整理得h ＝L cos θ＝

g

ω2

＝L ′cos θ＋r cot θ即绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点O 到小球转动平面的高度h 固定，绳子长度L ′越大，偏转角θ越大，则绳子与拨浪鼓连接点A 离小球圆周运动平面的距离h ′＝L ′cos θ＝h －r cot θ，绳子长度L ′越大，偏转角θ越大，

h ′越大，故选C ．

3．(2020·湖北荆州质检)如图所示，质量相等的A 、B 两个小球悬于同一悬点O ，且在O 点下方垂直距离h ＝1 m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L 1＝3 m ，L 2＝2 m ，则A 、

B 两小球(

C )

A ．周期之比T 1∶T 2＝2∶3

B ．角速度之比ω1∶ω2＝3∶2

C ．线速度之比v 1∶v 2＝8∶ 3

D ．向心加速度之比a 1∶a 2＝8∶3

【解析】 小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ.对任意一球受力分析，由牛顿第二定律，在竖直方向有F cos θ－mg ＝0…①在水平方向有F sin θ＝m

4π

2

T 2

L sin θ…②

由①②得T ＝2π

L cos θ

g

，分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平

面的距离为h ＝L cos θ，相等，所以周期相等T 1∶T 2＝1∶1，角速度ω＝2π

T

，则角速度之比

ω1∶ω2＝1∶1，故A 、B 错误；根据合力提供向心力得mg tan θ＝m v 2

h tan θ

，解得v ＝tan θgh ，

根据几何关系可知tan θ1＝L 21－h 2h ＝8，tan θ2＝L 22－h

2

h

＝3，故线速度之比v 1∶v 2＝8∶

3，故C 正确；向心加速度a ＝vω，则向心加速度之比等于线速度之比为a 1∶a 2＝8∶3，故D 错误．

4.(2020·新课标卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m ，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s ，此时每根绳子平均承受的拉力约为( B )

A ．200 N

B ．400 N

C ．600 N

D ．800 N

【解析】 在最低点由2T －mg ＝mv 2

r

，知T ＝410 N ，即每根绳子拉力约为410 N ，故选B ．

考向2 竖直面内的圆周运动

5．如图所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力F 跟小球转过的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cos θ关系的四幅图像，其中A 项所示的是一段直线，B 项所示是正弦型函数图像，C 、D 项所示是一段抛物线，这四幅F －cos θ图像正确的是(不计空气阻力)( A )

【解析】 小球从最低点到与竖直方向夹角为θ的位置，根据机械能守恒定律得12mv 2

0＝

mgL (1－cos θ)＋12mv 2，当小球恰好能通过最高点时，有12mv 20＝mg ·2L ＋12mv 21，mg ＝

mv 2

1

L

，解得v 0＝5gL ，又F －mg cos θ＝mv 2

L

，联立可得F ＝3mg ＋3mg cos θ，可见F 与cos θ是一次函

数关系，因此F －cos θ图像是一条直线，故选项A 正确．

6．(2020·陕西宝鸡联考)某同学在实验室探究圆周运动向心力和速度之间的关系，他利用双线来稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图所示，他用两根长为L ＝

3

3

m 的细线系一质量为m ＝1 kg 的小球，两线上各连接一个力电传感器来测量细线的拉力(图中未画出)，细线的另一端系于水平横杆上的A 、B 两点，A 、B 两点相距也为L ＝

3

3

m ．若小球上升到圆周最高点时力电传感器的示数都恰好为零．(重力加速度g ＝10 m/s 2

)，求：

(1)小球到达圆周最低点时的速度大小；

(2)小球运动到圆周最低点时，每个力电传感器的示数为多少． 【答案】 (1)5 m/s (2)20 3 N

【解析】 (1)设小球在圆周最高点的速度为v 1，在圆周最低点的速度为v 2，圆周运动的

半径为R ，由题意可得mg ＝m v 21

R

①

其中R ＝L sin 60°＝

3

2

L ② 两式联立可得v 1＝ 5 m/s ③

小球从圆周最高点向最低点运动过程中，由动能定理可得mg ×2R ＝12mv 22－12mv 2

1④

解得v 2＝5 m/s ⑤

(2)设小球运动到圆周最低点时细线受到的拉力为T ，受力分析如图所示

小球所受细线的拉力和重力的合力提供圆周运动的向心力

则有2T cos 30°－mg ＝m v 22

R

⑥

代入数据可得T ＝20 3 N

规律总结

“绳模型”与“杆模型”

对于竖直平面内圆周运动的“绳模型”和“杆模型”，常用的解题思路如下： (1)确定模型种类：首先判断是“绳模型”还是“杆模型”．

(2)确定临界位置：对于竖直面内的圆周运动，通常其临界位置为圆周运动的最高点或最低点．

(3)研究临界状态：对于“绳模型”，最高点的临界状态是速度满足v ＝gR (其中R 为圆周运动的半径)；而对于“杆模型”，最高点的临界状态是速度满足v ＝0.

(4)对质点进行受力分析：明确质点做圆周运动过程中的受力情况(通常是最高点或最低

点)，然后根据牛顿第二定律列出方程F 合＝m v 2

R

.

(5)对运动过程进行分析：对于处在两个状态之间的运动过程，通常利用动能定理或机械能守恒定律求解．

考点三 万有引力与天体的运动

考向1 开普勒三定律与万有引力定律的应用

1．(2020·新课标卷Ⅰ)火星的质量约为地球质量的

110，半径约为地球半径的1

2

，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为( B )

A ．0.2

B ．0.4

C ．2.0

D ．2.5

【解析】 设物体质量为m ，则在火星表面有F 1＝G

M 1m R 21，在地球表面有F 2＝G M 2m

R 22

，由题意知有M 1M 2＝110，R 1R 2＝12，故联立以上公式可得F 1F 2＝M 1R 22

M 2R 21＝110×41

＝0.4，故选B ．

2．(2019·江苏高考真题，4)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分

别为v 1、v 2，近地点到地心的距离为r ，地球质量为M ，引力常量为G .则( B )

A ．v 1＞v 2，v 1＝GM

r B ．v 1＞v 2，v 1＞GM r C ．v 1＜v 2，v 1＝

GM r

D ．v 1＜v 2，v 1＞

GM r

【解析】 卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即v 1＞v 2.若卫星以近地点时的半径做圆周运动，则有GMm r 2＝m v 2近

r ，得运行速度v 近＝GM r

，由于卫星在近地点做离心运动，则v 1＞v 近，即v 1＞

GM

r

，选项B 正确． 3．(2020·东北三省三校联考)2019年4月20日22时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十四颗北斗导航卫星：它是北斗三号系统首颗倾斜地球同步轨道卫星，经过一系列在轨测试后，该卫星将与此前发射的18颗中圆地球轨道卫星和1颗地球同步轨道卫星进行组网，这种包括三种不同类型轨道卫星的混合星座设计是北斗系统独有、国际首创，将有效增加亚太地区卫星可见数，为亚太地区提供更优质服务，已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球同步轨道卫星的半径的1

n

，中圆地球轨道卫星轨道半径为地球

半径的k 倍，地球表面的重力加速度为g ，地球的自转周期为T ，则中圆地球轨道卫星在轨运行的( C )

A ．周期为T n

2 B ．周期为T n

C ．加速度大小为1

k 2g

D ．加速度大小为1

k

g

【解析】 根据开普勒第三定律有T 中圆＝

r 3中圆

r 3

同步T ＝T n n

，故A 、B 错误；设地球的半径为R ，则G mM R 2＝mg ，中圆轨道卫星在轨时G

mM

kR

2

＝ma ，求得a ＝1

k

2g ，故C 正确，D 错误．

考向2 天体质量、密度的求解

4．(2020·山东济宁一模)对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径三次方

r 3与周期平方T 2的关系作出如图所示图像，则可求得地球质量为(已知引力常量为G )( C )

A ．Ga

4π2b B ．Gb

4π2a

C ．4π2

a Gb

D ．4π2

b Ga

【解析】 由万有引力提供向心力有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得r 3

＝GM 4π2T 2，由图可知r 3T 2＝a b

，所以

地球的质量为M ＝4π2

a

Gb

，故C 正确，ABD 错误．

5．(多选)(2020·百师联盟模拟)“嫦娥四号”探测器在2017年自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球．若已知月球半径为R ，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是( BD )

A ．月球表面重力加速度为32πR

T

2

B ．月球质量为32π2R

3

GT

2

C ．月球第一宇宙速度为42R T

D ．月球密度为24πGT

2

【解析】 对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有G

Mm 2R

2

＝

m ·2R ·4π2

T 2，解得M ＝32π2R 3

GT 2，故B 选项正确；月球表面的重力加速度为g ＝GM R 2＝32π2

R

T

2

，则A 选项错误；月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有G Mm R 2＝m v 2R

，

解得v ＝

GM R ＝42πR T ，故C 选项错误；月球的密度ρ＝M V ＝24π

GT

2，故D 选项正确． 考向3 卫星运行参量的分析与计算

6．(2020·新课标卷Ⅱ)若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G ，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是( A )

A ．3π

Gρ

B ．4π

Gρ

C ．

1

3πG ρ D ．

1

4πG ρ

【解析】 卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则GMm R 2＝m 4π2T 2R ，V ＝43πR 3

，ρ＝M V

，知

卫星绕该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的周期T ＝

3π

Gρ

.

7．(2020·新课标卷Ⅲ)“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K 倍．已知地球半径R 是月球半径的P 倍，地球质量是月球质量的Q 倍，地球表面重力加速度大小为g .则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为( D )

A ．RKg

QP B ．RPKg

Q C ．

RQg KP

D ．

RPg QK

【解析】 假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为m 和m 0的两个物体，则在地球

和月球表面处，分别有G Mm R 2＝mg ，G M Q m 0? ????R P 2

＝m 0g ′，解得g ′＝p 2

Q g ，设嫦娥四号卫星的质量为m 1，

根据万有引力提供向心力得G M Q m 1? ??

??K R P 2

＝m 1v 2

K R P ，解得v ＝

RPg

QK

，故选D ． 8．(2019·全国卷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＜R 地＜R 火，由此可以判定( A )

A ．a 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

【解析】 行星绕太阳做圆周运动，由牛顿第二定律和圆周运动知识可知G mM R

2＝ma ，得向

心加速度a ＝GM R 2，由G mM R 2＝m v 2

R

得速度v ＝

GM

R

，由于R 金＜R 地＜R 火，所以a 金＞a 地＞a 火，v 金＞v 地＞v 火，选项A 正确．

9．(2020·西安中学模拟)如图所示，天宫二号在椭圆轨道Ⅰ的远地点A 开始变轨，变轨后在圆轨道Ⅱ上运行，A 点离地面高度约为380 km ，地球同步卫星离地面高度约为36 000 km.若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是( D )

A ．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过近地点

B 时速度最小

B ．天宫二号在轨道Ⅰ上运行的周期可能大于在轨道Ⅱ上运行的周期

C ．天宫二号在轨道Ⅱ上运行的周期一定大于24 h

D ．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过A 点时的速度一定小于在轨道Ⅱ上运行通过A 点时的速度

【解析】 “天宫二号”由远地点A 向近地点B 运动的过程中，万有引力做正功，动能增加，速度增加，所以“天宫二号”在轨道Ⅰ上运行通过近地点B 时速度最大，故A 错误；

根据开普勒第三定律r 3

T

2＝k ，因为轨道Ⅰ的半长轴小于圆轨道Ⅱ的半径，所以“天宫二号”在

轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B 错误；根据

GMm r 2＝m ? ??

??2πT 2

r 有周期公式T ＝

4π2r

3

GM

，轨道半径越大，周期越大，天宫二号在轨道Ⅱ上的半径小于地球同步卫星的轨

道半径，所以“天宫二号”在轨道Ⅱ上运行的周期一定小于同步卫星的周期，同步卫星的周期为24 h ，所以“天宫二号”在轨道Ⅱ上运行的周期一定小于24 h ，故C 错误；“天宫二号”由轨道Ⅰ上的A 点变轨到轨道Ⅱ，要加速做离心运动，所以“天宫二号”在轨道Ⅰ上运行通过A 点时的速度一定小于在轨道Ⅱ上运行通过A 点的速度，故D 正确．

10．(2020·湖南永州三模)当今社会信息通讯技术高速发展，其中地球同步卫星的作用非常重要．如图所示，某一在轨地球同步通讯卫星信号对地球赤道覆盖的最大张角为2α.假设因地球的自转周期变大，使地球同步通讯卫星信号对地球赤道覆盖的最大张角变为2β，则地球自转周期变化前后，同步卫星的运行周期之比为( B )

A ．cos 3

β

cos 3

α B ．sin 3

β

sin 3

α C ．

cos 3 2β

cos 3

2α

D ．

sin 3

2β

sin 3

2α

【解析】 设地球半径为R ，变化前的轨道半径r 1＝

R sin α，变化后轨道半径r 2＝R

sin β

，

根据GMm r 2＝m (2πT )2r ，可得T 前

T 后＝

r 31

r 32＝sin 3

β

sin 3

α

，因此B 正确，ACD 错误． 考向4 万有引力定律与力学知识的综合应用

〔典例探秘〕

典例2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ，21,6分)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①，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 ②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③，则( AB )

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

【思路分析】 (1)数形结合获取有用信息是解决本题的突破口，由a ＝g －k m

x 结合图像的纵截距和斜率即可得物理量间的关系．

(2)当物体先加速后减速运动时，合力等于零时对应速度最大的运动状态． (3)应用机械能守恒定律是分析C 、D 选项的关键．弹簧的弹性势能E P ＝12kx 2

.

【核心考点】 万有引力定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律等． 【规范审题】 ① 给出物体运动情景，物体P 由静止向下压缩弹簧 ② 有两个不同的星球 ③

给出两个星球的半径关系

a －x

图像

物体P 、Q 的加速度等于零时，物体P 、Q 对应的弹簧的压缩量分别为x 0和2x 0

结合图像问题进行考查．

〔考向预测〕

1．(2020·山东高考真题)我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务．质量为m 的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t 0、速度由v 0减速到零的过程．已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g ，忽略火星大气阻力．若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为( B )

A ．m ? ?

???0.4g －v 0t 0 B ．m ? ????0.4g ＋v 0t 0 C ．m ?

??

??0.2g －v 0t 0

D ．m ?

??

??0.2g ＋v 0t 0

【解析】 忽略星球的自转，万有引力等于重力G Mm R 2＝mg ，则g 火g 地＝M 火M 地·R 2地

R 2火＝0.1×10.5

2＝

0.4，解得g 火＝0.4g 地＝0.4g ，着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知0＝v 0－at 0，解得a ＝v 0

t 0

，匀减速过程，根据牛顿第二定律得f －mg ＝ma ，解得着陆器受到的制动力大小为

m ?

????0.4 g ＋v 0t 0，A 、C 、D 错误，B 正确． 2．(多选)(2020·四川遂宁三诊)宇航员飞到一个被稠密气体包围的某恒星上进行科学探索．他站在该恒星表面，从静止释放一个质量为m 的物体，由于气体阻力，其加速度a 随下落位移x 变化的关系图像如图所示．已知该星球半径为R ，万有引力常量为G .下列说法正确的是( BD )

A ．该恒星的平均密度为3a 0R 4G

B ．该恒星的第一宇宙速度为a 0R

C ．卫星在距该恒星表面高h 处的圆轨道上运行的周期为

4π

R

R ＋h 3

a 0

D ．从释放到速度刚达最大的过程中，物体克服阻力做功

ma 0x 0

2

【解析】 物体下落的位移x ＝0时，空气阻力也为0，由图可知，a 0就是恒星上的重力

加速度．在恒星表面，根据重力等于万有引力，可得G Mm R 2＝ma 0，所以恒星的质量M ＝a 0R 2

G

，再

由球体的体积公式V 恒星＝43πR 3，解得恒星的平均密度为ρ恒星＝M V 恒星＝3a 0

4πGR

，A 错误；由万有

引力提供向心力得G Mm R 2＝m v 2

R

解得v ＝

GM R ＝a 0R ，B 正确；由万有引力提供向心力得GMm

R ＋h

2

＝m 4π

2

T

2

(R ＋h )，解得卫星在距该恒星表面高h 处的圆轨道上运行的周期为T ＝

2π

R ＋h

R

×R ＋h

a 0

，C 错误；因为物体由静止下落，初速度为零，根据加速度a 随下落位移x 变化的关系图像围成的面积表示速度平方的一半，得v 2

＝2×12·a 0x 0＝a 0x 0，再根据动能定理ma 0x 0－

W f ＝12

mv 2－0，解得W f ＝ma 0x 0

2

，D 正确；故选BD ．