高中物理二轮复习2021届专题学案一 力与物体的运动第3讲 力与曲线运动

第3讲力与曲线运动
【核心要点】
1.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.平抛运动
3.电场中的偏转(类平抛运动)
――→
分运动
⎩
⎨
⎧v x＝v0
v y＝at
⎩⎪
⎨
⎪⎧v＝v2x＋v2y
y＝
1
2at
2＝
qUl2
2md v20
tan α＝
v y
v x＝
at
v0＝
qUl
md v20
4.竖直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。

5.万有引力定律的规律和应用
(1)一个模型:卫星的运动可简化为质点的匀速圆周运动。

(2)两组公式
①G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2
r ＝m 4π2T 2r ＝ma n 。

②G Mm
R 2＝mg (g 为星球表面的重力加速度)。

(3)一句口诀:越远越慢,越远越小。

①越远越慢:绕同一中心天体运动的卫星,离中心天体越远,v 、ω越小、T 越大。

②越远越小:绕同一中心天体运动的卫星,卫星离中心天体越远,v 、ω、a n 越小。

【备考策略】
1.必须夯实的“2个基础点和3个模型” (1)运动的合成与分解、平抛运动的特点及规律。

(2)平抛运动(或类平抛)模型、匀速圆周运动模型、竖直面内圆周运动模型。

2.必须领会的“3种物理思想和3种方法” (1)分解思想、临界值的思想、等效思想； (2)假设法、合成法、正交分解法。

3.处理问题的思维方法
(1)若已知平抛(或类平抛)运动的末速度,一般分解末速度。

(2)若已知平抛(或类平抛)运动的位移,一般分解位移。

对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题,应用“合成与分解的思想”,分析这两种运动转折点的速度是解题的关键。

(3)解临界问题关键是确定临界状态,找准受力的临界条件,结合牛顿第二定律分析。

物体的平抛(或类平抛)运动
1.基本思路
处理平抛(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,再用运动的合成规律求合运动。

2.两个突破口
(1)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。

(2)若平抛运动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。

命题
角度
①平抛规律的应用
②多体的平抛运动
③类平抛运动
【例1】(2020·全国卷Ⅱ,16)如图1,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E1,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E2,该摩托车恰能越过坑到达b点。

E2
E1等于()
图1
A.20
B.18
C.9.0
D.3.0
【试题解析】摩托车落到c点时,根据平抛运动规律有h＝v01t1,h＝
1
2gt
2
1
,解得v201＝gh
2；同理摩托车落到b点时有v
2
02
＝9gh。

又动能E1＝
1
2m v
2
01
、E2＝
1
2m v
2
02
,所以
E2
E1＝18,故A、C、D项错误,B项正确。

【试题参考答案】 B
【例2】(多选)(2020·江苏卷,8)如图2所示,小球A、B分别从2l和l的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()
图2
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
【试题解析】由题意可知,落地后,小球A的位移的大小为s A＝x2A＋y2A＝
l2＋（2l）2＝5l,
小球B的位移的大小为s B＝x2B＋y2B＝（2l）2＋l2＝5l,显然
小球A、B的位移大小相等,A正确；小球A的运动时间为t A＝2y A
g＝
4l
g,小球
B的运动时间为t B＝2y B
g＝
2l
g,则t A∶t B＝2∶1,B错误；小球A的初速度为
v xA＝x A
t A＝
l
4l
g
＝
gl
4,小球B的初速度为v xB＝
x B
t B＝
2l
2l
g
＝2gl,则v A∶v B＝
1∶22,C错误；落地瞬间,小球A竖直方向的速度为v yA＝4gl,小球B竖直方向
的速度为v yB＝2gl,则落地瞬间小球A的速度为v A＝v2xA＋v2yA＝17
4gl,小球B
的速度为v B＝v2xB＋v2yB＝4gl,显然v A>v B,D正确。

【试题参考答案】AD
【例3】如图3所示,在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分别存在匀强电场
E1、E2,电场E1的场强大小为4
3×10
3 V/m,方向与x轴正方向成60°角斜向下。

电场
E2的场强大小未知,方向与x轴正方向成30°角斜向上。

比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子从第三象限的P点由静止释放,粒子沿PO做匀加速直线运动,到达O点的速度为104 m/s。

不计粒子的重力。

图3
(1)求P、O两点间的电势差；
(2)粒子进入电场E1时,在电场E1某位置静止释放另外一个完全相同的带电粒子,使两粒子在离开电场前相遇,若相遇时所需时间最长,求在电场E1静止释放粒子的位置坐标。

【试题解析】(1)带电粒子由P点运动到O点,根据动能定理有qU PO＝1
2m v
2
解得U PO＝500 V。

(2)粒子在进入电场E 1后做类平抛运动,设离开电场E 1时与O 点的距离为L ,如图所示,则
L cos 30°＝v 0t L sin 30°＝qE 12m t 2 解得L ＝1 m
由于两粒子完全相同,所以只需在带电粒子进入电场E 1时的速度方向所在的直线上的OM 段上任一点释放粒子,均可使两者在离开电场前相遇,若相遇所需时间最长,则应在M 点静止释放另一带电粒子。

OM ＝L cos 30°
故M 点的横坐标为x M ＝OM ·cos 30° M 点的纵坐标为y M ＝OM ·sin 30°
解得静止释放另一带电粒子的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫34
m ，34 m 。

【试题参考答案】 (1)500 V (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫
34 m ，34 m
1.如图4所示,左侧为加速电场,右侧为偏转电场,加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍。

有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后,从偏转电场两板正中间垂直于电场强度方向射入,且正好能从下极板右边缘穿出电场,不计带电粒子的重力,则偏转电场的长、宽的比值l
d 为( )
图4
A.k
B.2k
C.3k
D.5k
【试题解析】设加速电压为kU ,偏转电压为U ,对直线加速过程,根据动能定理,有
qkU ＝12m v 2,对类平抛运动过程,有l ＝v t ,d 2＝12·qU md t 2,联立解得
l d ＝2k ,故B 正确。

【试题参考答案】 B
2.如图5是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a 、b 、c 的运动轨迹,三个小球到墙壁的水平距离均相同,且a 和b 从同一点抛出。

不计空气阻力,则( )
图5
A.a 和b 的飞行时间相同
B.b 的飞行时间比c 的短
C.a 的水平初速度比b 的小
D.c 的水平初速度比a 的大
【试题解析】由题图可知b 下落的高度比a 的大,根据t ＝
2h
g 可知,b 飞行的时间
较长,根据v 0＝x
t ,可知a 、b 的水平位移相同,则a 的水平初速度比b 的大,选项A 、C 错误；b 下落的高度比c 的大,则b 飞行的时间比c 的长,选项B 错误；a 下落的高度比c 的大,则a 飞行的时间比c 的长,根据v 0＝x
t ,可知a 、c 的水平位移相同,则a 的水平初速度比c 的小,选项D 正确。

【试题参考答案】 D
3.(2020·山东省普通高中学业水平等级考试,16)单板滑雪U 形池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图6甲所示的模型:U 形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。

某次练习过程中,运动员以v M ＝10 m/s 的速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面ABCD 滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD 的夹角α＝72.8°,腾空后沿轨道边缘的N 点进入轨道。

图乙为腾空过程左视图。

该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2,sin 72.8°＝0.96,cos 72.8°＝0.30。

求:
图6
(1)运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d ； (2)M 、N 之间的距离L 。

【试题解析】(1)在M 点,设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分速度为v 1,由运动的合成与分解规律得 v 1＝v M sin 72.8°①
设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a 1,由牛顿第二定律得 mg cos 17.2°＝ma 1② 由运动学公式得d ＝v 21
2a 1
③
联立①②③式,代入数据得d ＝4.8 m ④
(2)在M 点,设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v 2,由运动的合成与分解规律得 v 2＝v M cos 72.8°⑤
设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a 2,由牛顿第二定律得 mg sin 17.2°＝ma 2⑥
设腾空时间为t ,由运动学公式得t ＝2v 1a 1
⑦
L ＝v 2t ＋1
2a 2t 2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得L ＝12 m ⑨ 【试题参考答案】 (1)4.8 m (2)12 m
圆周运动的分析
1.基本思路
(1)要进行受力分析,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F＝m
v
2
r＝mω2r＝mωv＝mr
4π2
T2。

2.方法技巧
竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系,然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。

命题角度①水平面内的圆周运动
②竖直面内的圆周运动
③平抛运动与圆周运动的组合
【例1】(多选)如图7所示,金属块Q放在带有光滑小孔的水平桌面上,一根穿过小孔的细线,上端与Q相连,下端拴着一个小球P。

小球P在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆),细线与竖直方向的夹角为30°；现使小球P在原水平面内做半径更大的匀速圆周运动,且细线与竖直方向的夹角为60°,金属块Q更靠近小孔。

两种情况下Q都静止,则后一种情况与原来相比较()
图7
A.小球P的线速度更大
B.小球P运动的周期更大
C.小球P的向心力大小之比为3∶1
D.金属块Q所受摩擦力大小之比为3∶1
【试题解析】设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为F T,细线的长度为L,孔到圆心的高度为h,P球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向
心力,如图,则有F n＝m v2
h tan θ＝mg tan θ,解得v＝gh tan θ,所以θ越大,线速度越大,
故A正确；由公式F T＝2πR
v＝
2πh tan θ
gh tan θ
＝
2πh
gh
,所以小球的周期不变,故B错误；小
球的向心力为F n＝mg tan θ,所以向心力之比为tan 60°
tan 30°＝3,故C正确；细线拉力F T
＝
mg
cos θ,对金属块Q,由平衡条件得知,Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小,
所以金属块Q 所受摩擦力大小之比为cos 30°
cos 60°＝3,故D 错误。

【试题参考答案】 AC
【例2】 利用双线可以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8所示,用两根长为L 的细线系一质量为m 的小球,两线上端系于水平转轴上,A 、B 两点相距也为L ,若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的拉力为(不计空气阻力,重力加速度为g ) ( )
图8
A.2mg
B.23mg
C.3mg
D.4mg
【试题解析】小球恰好过最高点时有mg ＝m v 21
R ,从最低点到最高点的过程中,由机
械能守恒得12m v 22＝12m v 21＋2mgR ,在最低点,由牛顿第二定律得2F cos 30°－mg ＝m v 22
R ,联立解得线的拉力F ＝23mg ,B 项正确。

【试题参考答案】 B
【例3】 如图9所示,竖直平面内有一光滑管道口径很小的圆弧轨道,其半径为R ＝0.5 m,平台与轨道的最高点等高。

一质量m ＝0.8 kg 可看做质点的小球从平台边缘的A 处平抛,恰能沿圆弧轨道上P 点的切线方向进入轨道内侧,轨道半径OP 与竖直线的夹角为53°,已知sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6,g 取10 m/s 2。

试求:
图9
(1)小球从A点开始平抛运动到P点所需的时间t；
(2)小球从A点水平抛出的速度大小v0和A点到圆弧轨道入射点P之间的水平距离l；
(3)小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(4)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力？并求出弹力的大小。

【试题解析】(1)从A到P过程中,小球做平抛运动,在竖直方向上做自由落体运动,
有R＋R cos 53°＝1
2gt
2,
解得t＝0.4 s。

(2)根据分运动公式,有v y＝gt,tan 53°＝v y v0,
解得v0＝3 m/s,
在水平方向上,有l＝v0t,解得l＝1.2 m。

(3)从A到圆弧轨道最低点,根据机械能守恒定律,有
1
2m v 2
1＝2mgR＋
1
2m v
2
,
解得v1＝29 m/s。

(4)小球从A到达Q时,根据机械能守恒定律可知v Q＝v0＝3 m/s；
在Q点,根据牛顿第二定律,有
F N＋mg＝m v2Q
R,得F N＝6.4 N
根据牛顿第三定律可得
小球对外壁有弹力F N′＝F N＝6.4 N。

【试题参考答案】(1)0.4 s(2)3 m/s 1.2 m(3)29 m/s
(4)外壁 6.4 N
1.(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力外,还受到重力和机翼的升力,机翼的升力垂直于机翼所在平面向上,当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图10所示),以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力。

设飞机以速率v在水平面内做
半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角,飞行周期为T,则下列说法正确的是()
图10
A.若飞行速率v不变,θ增大,则半径R增大
B.若飞行速率v不变,θ增大,则周期T增大
C.若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增大
D.若飞行速率v增大,θ增大,则周期T可能不变
【试题解析】飞机盘旋时重力mg和机翼升力F N的合力F提供向心力,如图所示,
因此有mg tan θ＝m v2
R,解得R＝
v2
g tan θ,T＝
2πR
v＝
2πv
g tan θ。

若飞行速率v不变,θ增大,
则半径R减小,周期T减小,A、B项错误；若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增
大,C项正确；若飞行速率v增大,θ增大,如果满足
v
tan θ＝
v′
tan θ′,则周期T不变,D项
正确。

【试题参考答案】CD
2.(2020·泸州一诊)如图11所示,长为l的轻质细线固定在O1点,细线的下端系一质量为m的小球,固定点O1的正下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子,现将小球从细线处于水平状态由静止释放,此时钉子还未插入P点,在B点右下
方水平地面上固定有一半径为R＝5
16l的光滑圆弧形槽,槽的圆心在O2,D点为最低点,且∠CO2D＝37°,重力加速度为g,不计空气阻力。

(已知sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)求:
图11
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入P点后,小球仍然从A点静止释放,到达B点时,绳子恰好被拉断,求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下,小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内,求整个过程中小球对槽的最大压力。

【试题解析】(1)小球从A到B运动过程中,根据机械能守恒有
mgl＝1
2m v
2
B
－0
小球运动到B点时的速度v B＝2gl (2)插入钉子后,小球再次经过B点时有
F－mg＝m v2B 0.5l
解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg
(3)小球从B点开始做平抛运动,在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向,即
v C＝v B
cos 37°
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大,小球从C到D过程中机械能守恒有
mgR(1－cos 37°)＝1
2m v
2
D
－
1
2m v
2
C
在D点有F N－mg＝m v2D R
解得槽对小球的支持力F N＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F N′＝11.4mg,方向竖直向下。

【试题参考答案】(1)2gl(2)5mg(3)11.4mg
天体的运动1.必须领会的“2种物理思想”
估算的思想、模型化思想。

2.注意天体运动的3个区别
(1)中心天体和环绕天体的区别。

(2)自转周期和公转周期的区别。

(3)星球半径和轨道半径的区别。

3.天体运动中的“三看”和“三想”
(1)看到“近地卫星”想到“最大环绕速度”“最小周期”。

(2)看到“忽略地球自转”想到“万有引力等于重力”。

(3)看到“同步卫星”想到“周期T＝24 h”。

命题
角度
①与天体的质量、密度的估算有关的问题
②卫星运动的参量的分析
③航天器的变轨
④双星和多星模型
【例1】(2020·全国卷Ⅱ,15)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.
3π
Gρ B.
4π
Gρ C.
1
3πGρ D.
1
4πGρ
【试题解析】根据万有引力定律有G
Mm
R2＝m
4π2R
T2,又M＝ρ·
4πR3
3,解得T＝
3π
Gρ,B、C、D项错误,A项正确。

【试题参考答案】 A
【例2】(2020·天津市普通高中学业水平等级考试,2)北斗问天,国之夙愿。

我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星,其轨道半径约为地球半径的7倍。

与近地轨道卫星相比,地球静止轨道卫星()
图12
A.周期大
B.线速度大
C.角速度大
D.加速度大
【试题解析】近地轨道卫星的轨道半径稍大于地球半径,由万有引力提供向心力,可得G
Mm
r2＝m
v2
r,解得线速度v＝
GM
r,由于地球静止轨道卫星的轨道半径大于
近地轨道卫星的轨道半径,所以地球静止轨道卫星的线速度较小,选项B 错误；由
万有引力提供向心力,可得G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2,解得周期T ＝2πr 3GM ,所以地球静止轨
道卫星的周期较大,选项A 正确；由ω＝2πT ,可知地球静止轨道卫星的角速度较小,
选项C 错误；由万有引力提供向心力,可得G Mm r 2＝ma ,解得加速度a ＝G M r 2,所以地
球静止轨道卫星的加速度较小,选项D 错误。

【试题参考答案】 A
【例3】 (多选)(2020·湖北八校联考)月球背面有许多秘密未能解开,原因在于我们无法从地球上直接观测到月球背面,为探测月球背面,我国于2018年12月8日发射了“嫦娥四号”探测器。

假设“嫦娥四号”探测器的发射过程简化如下:探测器从地球表面发射后,进入地月转移轨道,经过M 点时变轨进入距离月球表面100 km 的圆形轨道Ⅰ,在轨道Ⅰ上经过P 点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ,之后在Q 点着陆月球表面。

下列说法正确的是( )
图13
A.“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度
B.“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度
C.“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的周期小于在轨道Ⅱ上的周期
D.“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M 点的速度大于在轨道Ⅰ上经过M 点的速度
【试题解析】“嫦娥四号”探测器的发射速度如果大于第二宇宙速度,探测器就要脱离地球束缚绕太阳运动,故“嫦娥四号”的发射速度一定小于第二宇宙速度,A 错误；月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度,“嫦娥四
号”在轨道Ⅰ上的轨道半径大于月球半径,根据GMm r 2＝m v 2
r ,得线速度v ＝GM
r ,
可知“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的运行速度比月球的第一宇宙速度小,故B 正确；轨
道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径小,根据开普勒第三定律得探测器在轨道Ⅰ上的运行周期比在轨道Ⅱ上的大,故C 错误；“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M 点进入轨道Ⅰ,需减速,所以在地月转移轨道上经过M 点的速度比在轨道Ⅰ上经过M 点的速度大,故D 正确。

【试题参考答案】 BD
【例4】 (多选)(2020·山东菏泽质检)1916年,爱因斯坦建立广义相对论后预言了引力波的存在,2017年引力波被间接观测到。

科学家们其实是通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在。

如图14所示,某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动,A 星的轨道半径大于B 星的轨道半径,双星系统的总质量为M ,双星之间的距离为L ,其运行周期为T ,则下列说法正确的是( )
图14
A.A 的质量一定大于B 的质量
B.A 的线速度一定大于B 的线速度
C.L 一定,M 越小,T 越小
D.M 一定,L 越小,T 越小
【试题解析】双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动,角速度大小相等,根据题述,A 星的轨道半径大于B 星的轨道半径,由m A ω2r A ＝m B ω2r B ,可知A 的质量一定小于B 的质量,选项A 错误；由v ＝ωr 可知,A 的线速度一定大于B 的线速度,
选项B 正确；对A 星,由牛顿第二定律有Gm A m B L 2＝m A ω2r A ,对B 星,由牛顿第二定律
有Gm A m B L 2＝m B ω2r B ,而L ＝r A ＋r B ,M ＝m A ＋m B ,ω＝2πT ,联立解得T ＝2πL 3GM ,由此可知,L 一定,M 越小,T 越大；M 一定,L 越小,T 越小,选项C 错误,D 正确。

【试题参考答案】 BD
1.如图15为人造地球卫星的轨道示意图,LEO 是近地轨道,MEO 是中地球轨
道,GEO 是地球同步轨道,GTO 是地球同步转移轨道。

已知地球的半径R ＝6 400 km,该图中MEO 卫星的周期为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度) ( )
图15
A.3 h
B.8 h
C.15 h
D.20 h
【试题解析】GEO 是地球同步轨道,则周期为T G ＝24 h ；根据开普勒第三定律可
知,T 2M T 2G ＝r 3M r 3G ,则T M ＝r 3M r 3G T G ＝（4 200＋6 40036 000＋6 400
）3×24 h ＝3 h,故选项A 正确。

【试题参考答案】 A
2.(2020·北京市普通高中学业水平等级考试,5)我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。

已知火星质量约为地球质量的10%,半径约为地球半径的50%,下列说法正确的是( )
A.火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B.火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【试题解析】火星探测器前往火星,脱离地球引力束缚,还在太阳系内,发射速度应大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度,故A 正确,B 错误；万有引力提供向心力,
则有GMm R 2＝m v 12R ,解得地球的第一宇宙速度为v 1＝GM R 所以火星的第一宇宙速度为v 火＝10%50%v 地＝55v 地
所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度,故C 错误；万有引力近似等于
重力,则有GMm R 2＝mg
解得火星表面的重力加速度g 火＝GM 火R 火2＝10%（50%）2g 地＝25g 地
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度,故D 错误。

【试题参考答案】 A
3.如图16所示, “墨子号”卫星的工作高度约为500 km,在轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间t (t 小于其运动周期),运动的弧长为s ,与地球中心连线扫过的角度为β(弧度),引力常量为G 。

下列关于“墨子号”的说法正确的是( )
图16
A.线速度大于第一宇宙速度
B.环绕周期为2πt β
C.质量为s 3Gt 2β
D.向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
【试题解析】第一宇宙速度为近地卫星环绕速度,也为卫星绕地球运动的最大速度,由于“墨子号”轨道半径大于地球半径,所以其环绕速度小于第一宇宙速度,A 错误；“墨子号”经过时间t 运动的弧长为s ,它与地球中心连线扫过的角度为β(弧度),
则卫星运行的线速度为v ＝s t ,角速度为ω＝βt ,环绕周期为T ＝2πω＝2πt β,B 正确；绕地
球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即G Mm r 2＝mω2r ,ω＝βt ,计算过程中卫星的
质量相互抵消,不能计算卫星的质量,C 错误；根据公式G Mm r 2＝ma ,可得a ＝ GM r 2,
所以轨道半径越大,向心加速度越小,因为“墨子号”的运动半径小于同步卫星的运动半径,故“墨子号”向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度,D 错误。

【试题参考答案】 B
曲线运动中的STSE 问题
1.(羽毛球)羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓,如图17是他表演时的羽毛球场地示意图。

图中甲、乙两鼓等高,丙、丁两鼓较低但也等高,若林丹每次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动,则( )
图17
A.击中甲、乙的两球初速度v甲＝v乙
B.击中甲、乙的两球运动时间可能不同
C.假设某次发球能够击中甲鼓,用相同大小的速度发球可能击中丁鼓
D.击中四鼓的羽毛球中,击中丙鼓的初速度最大
【试题解析】由题图可知,甲、乙高度相同,所以球到达两鼓用时相同,但由于两鼓
离林丹的水平距离不同,甲的水平距离较远,由v＝x
t可知,击中甲、乙的两球初速度
v甲＞v乙,故A、B错误；甲鼓的位置比丁鼓位置较高,则球到达丁鼓用时较长,则若某次发球能够击中甲鼓,用相同大小的速度发球可能击中丁鼓,故C正确；由于丁鼓与丙鼓高度相同,但由题图可知,丁鼓离林丹的水平距离大,所以击中丁鼓的球的初速度一定大于击中丙鼓的球的初速度,即击中丙鼓的球的初速度不是最大的,故D错误。

【试题参考答案】 C
2.(荡秋千)(2020·全国卷Ⅰ,16)如图18,一同学表演荡秋千。

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()
图18
A.200 N
B.400 N
C.600 N
D.800 N
【试题解析】该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计,可以把该同学看成质点。

当该同学荡到秋千支架的正下方时,由牛顿第二定律有2F－mg＝m v2
L,代入数据解
得F＝410 N,选项B正确。

【试题参考答案】 B
3.(轿车转弯)高速公路转弯处与火车转弯处都是外高内低的,如图19所示。

假设某高速公路转弯处斜坡的倾角为θ,转弯处圆弧的半径大小为R,重力加速度为g。

当质量为m的轿车在该弯道转弯时,下列说法正确的是()
图19
A.当轿车的速度小于gR tan θ时,轿车在沿坡面方向所受的摩擦力向下
B.当轿车的速度等于gR tan θ时,轿车所受的摩擦力为零
C.当轿车的速度大于gR tan θ时,坡面对轿车的支持力大于mg
cos θ
D.当轿车的速度大于gR tan θ时,坡面对轿车的支持力小于
mg cos θ
【试题解析】当轿车的重力和坡面对轿车的支持力的合力恰好等于轿车需要的向
心力时,有mg tan θ＝m v2
R,此时轿车的速度v正好是gR tan θ。

当轿车转弯的速度小
于gR tan θ时,需要的向心力减小,在垂直于运动方向上,若轿车仍只受到重力和支持力,则两力的合力大小仍为mg tan θ,大于需要的向心力,可知轿车还受到一个沿坡面向上的摩擦力,A错误；当轿车的速度等于gR tan θ时,轿车在垂直于运动方向上所受的摩擦力为零,但在轿车运动的方向上受摩擦力的作用,B错误；在垂直于
运动方向上,当轿车只受重力和支持力时,由受力分析可知支持力F N＝
mg
cos θ,当轿
车的速度大于gR tan θ时,轿车还受到一个沿坡面向下的摩擦力,可以把这个力分解为水平和竖直向下的两个分力,由于竖直向下的分力的作用,支持力变大,C正确,D错误。

【试题参考答案】 C
4.(科技) (多选)我国探月工程“绕、落、回”三步走的最后一步即将完成,即月球探测器实现采样返回,探测器在月球表面着陆的过程可以简化如下,探测器从圆轨道1上A点减速后变轨到椭圆轨道2,之后又在轨道2上的B点变轨到近月圆轨道。