2025年高考物理复习突破集训：大题02 曲线运动与万有引力定律（解析版）

大题02曲线运动与万有引力定律

》考情-笈方向方

曲线运动与万有引力定律是高考物理的高频模块，在全国卷及新高考卷中占比约10%~15%,2025

年高考对“曲线运动与万有引力定律”的考查将延续“重基础、强应用、拓创新”的风格，突出物理模

型构建与实际问题转化能力。备考需紧扣核心素养，强化天体运动与曲线运动的综合分析，同时关注航

天科技热点与跨学科融合，做到“以模型破万题，以思想驭变化”。

❾研大题-梃能力自

题型1抛体运动

曲线运动与万有引力定律题型2圆周运动

题型3万有引力定律及其应用

题型1抛体运动

例1.（2024山东烟台三模）跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧

的极限运动。如图甲所示的是一城墙的入城通道，通道宽度L=6m,一跑酷爱好者从左墙根由静止开始

正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，P点距

离地面高h=0.8m,然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰

好能跃到左墙壁上的Q点，P点与Q点等高，飞跃过程中跑酷爱好者距地面的最大高度为H=2.05m,

重力加速度g取10m/s2,整个过程中跑酷爱好者的姿态可认为保持不变，如图乙所示，则：

（1）跑酷爱好者助跑的距离是多少？

（2）跑酷爱好者刚离开墙壁时的速度大小是多少？

(3)跑酷爱好者刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值是多少？

答案(1)3.6m(2)V61m/s(3)

解析(1)跑酷爱好者到达右墙壁尸点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维可知，从〃点到产

点的逆过程为平抛运动，则从尸点到0点的过程为斜抛运动，根据对称性可得人人=24^)1

L=vQt29解得方1=0.4s,力2=1s,为=6m/s,跑酷爱好者助跑的距离为王=£一西方i=3.6m。

(2)跑酷爱好者刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为vr=gX^=5m/s,跑酷爱好者刚离开墙壁时的速

22

度大小为v=/v0+vy=V61m/so

(3)跑酷爱好者刚离开尸点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为tane=5=|

例2.(2024广东二模)如图所示，倾角占=30°的足够长斜面固定于水平地面上,

将一小球(可视为质点)从斜面底端。以速度的斜向上方抛出，速度方向与斜面间的夹角为。。经历一段

时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的户点。已知重力加速度为g,不计空气阻力，求：

(1)小球抛出时的速度方向与斜面间的夹角a的正切值tana；

(2)小球到斜面的最大距离;

(3)小球到水平地面的最大高度。

解析(1)小球抛出后，将小球的速度与重力分别沿斜面与垂直于斜面分解，则小球在这两个方向上均做

匀变速直线运动。小球以垂直于斜面方向的速度撞击在斜面上的尸点，表明此时沿斜面方向的分速度恰

好减为0,根据对称性可知，小球打在尸点时垂直于斜面方向的分速度与抛出时垂直于斜面方向的分速

度等大反向，在沿斜面方向上，有Vbcosa=^in9-t,在垂直于斜面的方向上，有一的sina=^sin

a-geos9-t,则小球抛出时的速度方向与斜面夹角。的正切值tana=生丝=*

cosa2

(2)由(1)可得sina=竺，cosa=乎，当小球垂直于斜面的分速度减为0时，距离斜面最远，则有

77

(q)sina)2=2口os。解得力max=®《。

7g

⑶小球做斜抛运动，将其运动沿水平与竖直方向分解，当球体到达最高点时，竖直方向的速度减为0,

则有[见5也(0+。)]2=2或心，解得

瞎

i.平抛运动（类平抛运动）问题的求解方法

将平抛运动（类平抛运动）分解为沿初

平抛速度方向的匀速直线运动和垂直于初

常规分

运动--速度方向（即沿合外力的方向）的匀加

解法

（类平速直线运动。两分运动彼此独立，互不

抛运影响，且与合运动具有等时性

—

动）问

‘过抛出点建立适当的直角坐标系，将

题的特殊分

求解-—加速度。分解为。八%,初速度分解为

解法

方法孙、今，然后分别在%、y方向列方程求解

2.斜抛运动（类斜抛运动）的处理方法

（1）斜抛运动是匀变速曲线运动，以斜上抛运动为例（如图所示）

速度：KY=诙COS9,

vr=匹sin0—gt

2

位移：x=Pbcos0,t,y=Pbsin9•f—|g-to

（2）当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动。

雪式

一-1.抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题，

设球台长2£、网高"乒乓球反弹前后的水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑

乒乓球的旋转和空气阻力。（设重力加速度为4

（1）若球在球台边缘。点正上方高度4处，以速度防水平发出，落在球台上的R点（如图中实线所示），

求Pi点距。点的距离不；

（2）若球从。点正上方某高度处以速度作水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台上的2点（轨迹如

图中虚线所示），求逅的大小；

（3）若球从。点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘R点，求发球点距

。点的IMJ度th。

答案⑴始⑵焦⑶前

解析(1)根据平抛运动规律得

hi=^gtl，xi=viti

联立解得荀=匕后。

⑵根据平抛运动规律得办=^g片，e=作友

且lh=h,2X2=L

⑶球的运动轨迹如图所示，得

E=匕-3

且3苞=2/

设球从恰好越过球网到达到最高点所用的时间为：，水平距离为s,则有A—A=|g/

s=%力

由几何关系得s—L

解得力3=1瓦

题型二圆周运动

算eI

例3.如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径片的大圆

弧和半径r的小圆弧，直道与弯道相切，直道长度。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向

静摩擦力是赛车重力的4倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在圆心角为120°和240°的弯道

上做匀速圆周运动，且k4r.若赛车不侧滑且绕赛道一圈时间最短，发动机功率足够大，重力加速度

为g-求：

(1)赛车行驶的最大速率.

(2)赛车绕赛道一圈的最短时间.

答案⑴底⑵”十步，

3y]kgr

解析⑴根据题意，由牛顿第二定律有

,v2

kmg—nr^m-

解得最大速率为v^=y[kgR

⑵根据题意，由公式万=丁方可得，赛车在两直道的时间为

___2L________4L_________4£

1囱+w<kgR~\~7kgr3yjkgr

2

2jc/

小圆弧弯道的时间为t2=~j=

3y]kgr

大圆弧弯道的时间为友=学工

3y)kgr

则赛车绕赛道一圈的最短时间

4Z+10nr

t=tl+t2+-3=--------------------------

例4.如图所示，装置仇/。可绕竖直轴。/0转动,可视为质点的小球/与两细线

连接后分别系于氏C两点，装置静止时细线48水平，细线4。与竖直方向的夹角。=37°。已知小球

的质量0=1kg,细线/。长A=lm,6点到。点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/d,sin

37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若装置匀速转动的角速度为以，细线上的张力为零而细线与竖直方向夹角仍为37°,求角速

度%的大小；

(2)若装置匀速转动的角速度为。2时，细线36刚好竖直，且张力为零，求此时角速度的大小。

答案⑴"rad/s(2)竽rad/s

解析(1)细线4?上的张力恰为零时有

mgtan37°=ma)lLsin37°

解得3尸/c，。=值rad/s=^rad/s»

(2)细线48恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cos0'=|,则有/=53。

Xmgtan0'=mo^.Lsin0'

解得必=手rad/so

瞎

1.解决圆周运动问题的主要步骤

2.求解竖直平面内圆周运动问题的思路

判断是轻绳模型还是轻杆模型

&临=质对轻绳模型来说是能否通过

最高点的临界点;而对轻杆模型来说，

是几表现为支持力还是拉力的临界点

通常情况下竖直平面内的圆周运动只

涉及最高点和最低点的运动情况

对物体在最高点或最低点时进行受力

分析，根据牛顿第二定律列出方程，

尸合=尸向

/端小、_运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方程

2.(2024山东青岛一模)很多青少年在山地自行车上安装了气门嘴灯，夜间骑车时犹

如踏着风火轮，格外亮眼。图甲是某种自行车气门嘴灯，气门嘴灯内部开关结构如图乙所示，弹簧一端

固定，另一端与质量为m的小滑块(含触点a)连接，当触点a、b接触，电路接通使气门嘴灯发光，

触点b位于车轮边缘。车轮静止且气门嘴灯在最低点时触点a、b距离为L,弹簧劲度系数为詈，重力加

速度大小为g,自行车轮胎半径为R，不计开关中的一切摩擦，滑块和触点a、b均可视为质点。

（1）若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，求自行车行驶的最小速度；

（2）若自行车以/9的速度匀速行驶，求车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间。

答案（1）炳^（2）亍

解析（1）只要气门嘴灯位于最高点时a、6接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时a、6间的距离为华+/

k

=2L

气门嘴灯位于最高点时，对于小滑块，有*对=吗

解得满足要求自行车行驶的最小速度为『=7^下。

（2）速度为^^时轮子滚动的周期为T=^L=-42gR

72gR9

此速度下气门嘴灯所需的向心力为F"哼=2侬，

此力恰好等于a、6接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位

于下半圆周时灯亮，即力=!=；频及。

题型三万有引力定律及其应用

例4.（2024江苏南通三模）两颗相距较远的行星A、B的半径分别为此2,且

4=2RA，距行星中心,处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方丫2随r变化的关系如图所示。

行星可看作质量分布均匀的球体，忽略行星的自转和其他星球的影响。

（1）求行星A、B的密度之比PA：0B；

（2）假设有相同的人形机器人在行星A、B表面的水平地面上从肩位水平射出相同的铅球，在初速度相

同的情况下，求铅球射程的比值4：/。

答案(1)/4：0B=4：1；(2)XA：XB=1：V2

解析(1)设质量为m的卫星绕行星做圆周运动

…Mmv2

CJ——=m——

rr

整理得

,1

V2=GM--

由RR=2RA,结合图像得两行星的质量关系

%=2必

密度

MM3M

°=歹=丁%=碎

—nK

3

解得

0A：0B=4：1

(2)在每个行星表面

—Mm

相g=G不

两行星表面的重力加速度之比

gJgB=2：l

铅球做平抛运动，竖直方向

ll=2gr

水平方向

X=VQt

解得

xA:XQ=1:^2

r

瞎

天体质量和密度的计算

已知g（或可

求

中

心重力加

以测g）和星

天

的

体M

速度法球半径代P=4-----,

和K

质

量-------1yir/?

密

度入

已知7（或求密度

.绕法［和轨道半径rM=

注意：（1）天体表面的重力加速度-署，是g的决定式，具有普适性。

（2）若绕行天体绕中心天体表面（如近地）做匀速圆周运动时，轨道半径个尼则中心天体的密度P=言。

人造卫星运动问题的分析要点

（一个中心户万有引力提供卫星做圆周运动的向心力

「警"gmd—隹"a

［两种思路1-二1

GMm

a、”、3、T、r只要一个量发生变化，其他量

一也发生变化

（三点说明］一-a、o、3、7与卫星的质量无关

一当r=R地时,27.9km/s为第一宇宙速度

所有同步卫星绕地心做匀速圆周运动的

「周期等于地球的自转周期

「静止卫星在赤道上空相同的高度上

国I睡H注意静止卫星与地球赤道上物体的区别

r与联系

L区别轨道半径与距天体表面的高度

唐3.（2024四川达州一模）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船发射取得圆满成功。

不仅体现了中国航天技术进步，也标志着中国在全球航天领域竞争力提升。下图为神舟十九号载人飞船

与天和核心舱对接过程的示意图，天和核心舱处于圆轨道回，神舟十九号飞船处于圆轨道回，变轨操作后，

飞船沿椭圆轨道回运动到8点与天和核心舱对接。已知轨道团的半径为小轨道团的半径为4,神舟十九号

GMm

飞船的质量为地球质量为飞船在地球周围的引力势能耳=------o求：

r

⑴神舟十九号载人飞船从轨道团变轨到轨道团稳定运行的过程中外界需要提供的能量E(不考虑整个过程

中质量的变化，不计一切阻力)；

(2)飞船通过轨道回到达8点时却发现核心舱在其正前方，飞船通过向后喷气使其加速追赶核心舱和侧向

向外喷气让其在轨道团上运动。假设核心舱在飞船正前方，两者间的圆弧长为s(s<<4),飞船瞬间向后

喷气加速后获得恒定速率，经过时间/飞船追上核心舱。已知飞船侧向每秒向外喷出质量为人的粒子。

求向侧向喷出粒子的速度v„

飞船在轨道团上，根据牛顿第二定律有

根据能量守恒定律有

12GMm二12GMm

—mv----------\-E=—mv----------

2lz;23G

解得

(2)令飞出沿轨道团的线速度为匕，则有

v2t-v3t=s

时间加内对侧向向外喷出的粒子进行分析，根据动量定理有

Fx\t=Amv

其中

Am

—

△t

根据牛顿第三定律，粒子对飞船的作用力

心=4

对飞船进行分析，根据牛顿第二定律有

G"+&=J

r3r3

解得

/

msGM

v=2GM

机oGr3

、族1大题-拿高分c

1.(2024山东烟台三模)跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示

的是一城墙的入城通道，通道宽度L=6m,一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速

到M点时斜向上跃起，到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，P点距离地面高6=0.8m,然

后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰好能跃到左墙壁上的Q

点，P点与Q点等高，飞跃过程中跑酷爱好者距地面的最大高度为H=2.05m,重力加速度g取10m/s2,

整个过程中跑酷爱好者的姿态可认为保持不变，如图乙所示，贝U：

甲乙

(1)跑酷爱好者助跑的距离是多少？

(2)跑酷爱好者刚离开墙壁时的速度大小是多少？

(3)跑酷爱好者刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值是多少？

答案(1)3.6m(2)V61m/s(3)|

解析(1)跑酷爱好者到达右墙壁户点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维可知，从〃点到?

点的逆过程为平抛运动，则仁刎从P点到o点的过程为斜抛运动，根据对称性可得正；?=|4项,

L=vot2f解得b=0.4s,方2=1s,的=6m/s,跑酷爱好者助跑的距离为x=£—西%i=3.6m。

（2）跑酷爱好者刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为方=gX£=5m/s,跑酷爱好者刚离开墙壁时的速

22

度大小为^=Jv0+vy=V61m/so

（3）跑酷爱好者刚离开尸点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为tan

Vy5

2.电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通

过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所

示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L=60m,灭火弹出膛速度比=50m/s,方向与水平面

夹角。=53°,不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8。

甲乙

（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度”；

（2）已知电容器储存的电能£=#〃，转化为灭火弹动能的效率n=15%,灭火弹的质量为3kg,电容

C=2.5X104|1F,电容器工作电压U应设置为多少？

答案（1）60m（2）1000V2V

解析（1）灭火弹离开炮口后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动。则

灭火弹在水平方向上有Vx=vocos53°=30m/s,

灭火弹从离开炮口到击中高楼所用的时间

t=-=-s=2s,

vx30

在竖直方向上有vy=Fbsin53°=40m/s,

灭火弹击中高楼位置距地面的高度H=vyt-\g^,

代入数据解得H=60m。

（2）由题意可知n£=［如。?，

解得6=25000J,

又£=?a},

代入数据解得u=\000V2Vo

3.如图所示的是跳台滑雪轨道简化模型，AB段光滑曲面为加速滑道，BCO段圆弧滑道为半径r=16m的姿

态调整滑道，左侧与AB段平滑连接，右侧与水平跳台。E连接，EF段为倾角30。的速降斜坡。质量为

60kg的滑雪运动员从加速滑道滑下后到达圆弧轨道的最低点C点时的速度大小匕=20m/s,经过。点

时的速度大小为0=15m/s,运动员整个运动过程的最高点P恰好在E点的正上方6=7.2m处，最后

落在斜坡上的Q点。已知重力加速度为10m/s2,不计空气阻力，速降斜坡足够长,sin37°=0.6,cos370

=0.8,求：

（1）运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力；

（2）水平平台DE的长度；

（3）经过P点之后，运动员距斜坡的最远距离（结果用根式表示）。

答案（1）2100N,方向竖直向上（2）10.8m（3）又述m

40

解析（1）在。点，对运动员，由牛顿第二定律有用一侬=喑

解得4=2100N

即运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力大小为2100N,方向竖直向上。

（2）设运动员在由〃点飞出时速度与水平方向成a角，从。点运动到户点的过程中，竖直方向有（asin

a）”=2gh,吸sina-gt\

水平方向有版=v^icosa

解得a=53",9'=10.8mo

（3）运动到户点的速度吩=W;0Sa

对其垂直于斜坡方向分解匕，=v>sin9,a产geos。

当垂直于斜坡方向上的速度减为0时，距离斜坡最远，由几何关系可知d=/cos9+H

其中为2=2a，〃

解得"=野m。

4.单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：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VM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面488滑出轨道，速度方向与轨道边

缘线4。的夹角a=72.8。，腾空后沿轨道边缘的/V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=10m/s?,sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30。

求：

甲乙

(1)运动员腾空过程中离开A。的距离的最大值d；

(2)M、N之间的距离L。

答案(1)4.8m(2)12m

解析(1)在〃点，设运动员在加9面内垂直于四方向的分速度为w，由运动的合成与分解规律得力

=%in72.8°①

设运动员在48切面内垂直于方向的分加速度为团，由牛顿第二定律得峻os17.2°=ma、②

2

由运动学公式得占;③

2al

联立①②③式，代入数据得d=4.8m④

(2)在〃点，设运动员在/8/面内平行4。方向的分速度为电由运动的合成与分解规律得

V2—wos72.8°⑤

设运动员在/式》面内平行/〃方向的分加速度为色,由牛顿第二定律得侬sin17.2°=maz@

设腾空时间为t,由运动学公式得力=也⑦

L=vi色+如t2⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得/=12m⑨

5.(2024吉林长春模拟预测)我国为了防御小行星撞击地球,计划在2030年实现一次对小行星的动能撞击。

已知地球质量为可视为质量分布均匀的球体，引力常量为G。若一颗质量为机的小行星距离地心为

厂时，速度的大小丫=/呼_,根远小于M。不考虑地球运动及其它天体的影响。

(1)如图(a),若小行星的速度方向垂直于它与地心的连线，通过分析判断该小行星能否围绕地球做

圆周运动；

(2)如图(b),若小行星的速度方向沿着它与地心的连线指向地心。已知取无穷远处的引力势能为零，

则小行星在距地心为『处的引力势能综=-G-。设想提前发射质量为0.1"?的无人飞行器，在距离地

心为r处与小行星发生迎面撞击，撞击过程视为完全非弹性对心碰撞且撞击后均未解体。为彻底解除小

行星对地球的威胁(碰撞后运动到距地球无穷远)，求飞行器撞击小行星时的最小速度加。

解析(1)若小行星绕地球做匀速圆周运动，则

解得

由此可知，小行星不能围绕地球做圆周运动;

（2）根据题意，当小行星和飞行器发生完全非弹性碰撞，则有

O.lmvo-mv-(0.1m+m)v共

-----------=0

联立可得

6.（2024山西太原一模）在完成登陆任务后，登陆艇自某行星表面升空与飞船会合并与飞船一起绕行星做

圆周运动，其速率为丫。飞船与登陆艇的质量均为〃?，行星的质量为万有引力恒量为G。已知质量

为根的物体与该行星的万有引力势能皖=-%（以无穷远处势能为零，M为行星质量，r表示物体到

r

行星中心的距离）。

（1）求飞船与登陆艇绕行星做圆周运动的周期T和轨道半径上

（2）在启动返程时，飞船上火箭作一短时间的喷射（喷出气体的质量可忽略），使飞船相对登陆艇以速

度"分离，且飞船分离时方向与速度v同向。若分离后飞船恰能完全脱离行星的引力。

画求飞船相对登陆艇的速度Mo

固求飞船和登陆艇在火箭喷射过程中共获得的机械能AE。

答案（1）T=2吗”,R=丝；（2）固"=2（夜-l）v,方向与丫同向；0.A£=（3-2A/2）WV2

解析（1）在做圆周运动过程中，由万有引力提供向心力知

GM（2m）2mv2

-F-R

代入得

2%R_2兀GM

（2）因由动量守恒令登陆艇的速度为知v',

2mv=mV+m(u+M)

由能量守恒知

1,小，+『％=0

2R

代入得

vf+u=y/2v

故

M=2(A/2-1)V

方向与V相同

固喷射过程中共获得的机械能为

AE=^m(v,+w)2+^mv'2-^x2/wv2=(3-2V2)mv2

7.(2024重庆九龙坡三模)2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功发射，标志着中国载人航天技术已

走在世界前列。有人对今后神舟系列飞船的发射构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，

在通道的两个出口分别将一物体和飞船同时释放，利用两者碰撞(弹性碰撞)效应，将飞船发射出去，

已知地表重力加速度g,地球的半径为R;物体做简谐运动的周期7=2%后，根为物体的质量，k为简

谐运动物体的回复力和其离开平衡位置的位移大小之比。

(1)若神舟十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，则其运行的线速度大小；

(2)如图甲，设想在地球上距地心/?处挖一条光滑通道AB,从A点静止释放一个质量为根的物体，求

物体从A运动到B点的时间，以及物体通过通道中心O'的速度大小(质量分布均匀的空腔对空腔内的物

体的万有引力为零)；

(3)如图乙，若通道已经挖好，且=如果在AB处同时释放质量分别为M和加的物体和飞船，

他们同时到达。'点并发生弹性碰撞，要使飞船飞出通道口时速度达到第一宇宙速度，M和相应该满足

什么关系？

答案（1）胸；（2）d丁，；（3）M=3m

解析（1）神舟十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力

根据万有引力与重力的关系

解得运行的线速度大小为

v=4g^

（2）半径为r的球体质量为

4

M'=pV^-7rpr3

质点在距离球心r处所受到的引力为

F=GM^_=^pGmr

故引力在通道方向分力为（设向右为正方向）

Fx=-F-=-^G:ipmx=-kx

该力与尤成正比，故物体做简谐运动，当/•=7?时,有

地球加='*GnR

R2

根据万有引力与重力的关系

M地球机

G=mg

则

mg

k

物体从A运动到2点的时间为

从A到。'点，万有引力做功为

W=FX-XAO'=^Y-XAO'=舞'.2_/?2.=器（氏2_/）

从A到O'点，由动能定理可得

卬=:%

（3）由（2）可知，物体到达。点速度均为

碰撞中满足动量守恒

MVQ—mv0=Mv1+mv2

根据机械能守恒可得

解得

返回出口过程中，万有引力做功为

W'=一工,"B=一手收_"_川=一珠（巾一川）

返回出口过程中，根据动能定理

W'=—mv2

2

其中

代入得

5M2-14Mm-3m2=0

解得

M=3m

8.(2025云南昭通模拟预测)某固定装置的竖直截面如图所示，该装置由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆

轨道、水平粗糙直轨道3。、倾角为37的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道族平滑连接而成。现将一

质量为0.1kg、可视为质点的小滑块网由弧形轨道A3上高〃处由静止释放(〃未知)，在经历几段不同

的运动后，叫在尸点与静止在水平台面上质量为0.4kg的长木板M发生正碰。已知圆轨道半径R=0.5m,

LBD=LDE=lm;叫与轨道8。、DE间的动摩擦因数均为4=0.25,“与水平台面间的动摩擦因数

〃2=。-3,M最右端停放一质量为04kg、可视为质点的小滑块啊，M与恤间的动摩擦因数〃3=。2；

水平台面和木板“足够长；/从轨道A3上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆心。等高的C点时对轨道

的压力为10N。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/stsin37=0.6、cos37=0.8。

⑴求”的大小。

⑵求叫刚到达尸点时的速度大小。

⑶若叫与M碰撞时间极短，且碰后立即粘在一起，求最终“与M最右端之间的距离。

答案(l)/i=3m(2)%=6m/s(3)Ar=0.105m

解析(1)叫运动到C点时，根据牛顿第二定律得心=叫去

%从A到C的运动过程，根据动能定理得叫g(/-R)=；小虎-0

联立代入数据解得/z=3m

(2)如从A到P的运动过程，根据动能定理得

12

-LDEtan3T)-^mAgLBD-cos3TLDE=-m,Vp-0

代入数据解得%=6Ws

(3)如与M相碰，根据动量守恒定律得〃Kr=(町+M)1

代入数据解得匕=L2m/s

mi与M碰后对m2分析得1g=”4

代入数据解得％=2m/s2

+m

对M和叫构成的整体受力分析得〃2（M\+饵）g+ZVn2g=（M+町）々2

代入数据解得出=4m/s2

设经过时间"他与mi、Af共速,则匕-%/=印

代入数据解得共速的速度。=Q4m/s,t=0.2s

该过程中小运动的位移玉=0.04m

Af运动的位移％2=卬-万。2»=016m

共速过后，◎与M分别减速运动，对徵2受力分析得43m2g=吗4

代入数据解得q=2m/s2

对”和叫构成的整体受力分析得以2（"+叫+吗）且-卬巧8=（"+叫）〃3

代入数据解得。3=3.2m/s?

2

v

m2对地位移x3=~—=0.04m

2ax

M的对地位移^4=—=0025m

最终计算可得冽2距离M最右端的长度—=%-玉+%-三=0.105m

9.（2024福建福州二模）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDfMNP,其中BC部分为水平轨

道，与曲面A3平滑连接。CDP和尸是竖直放置的半圆轨道，在最高点尸对接，与BC在C点相切。

NP为一与FWN相切的水平平台，尸处固定一轻弹簧。点。、N、尸在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，

其余轨道均光滑，可视为质点的质量为相=0.02kg的带正电的滑块从曲面上某处由静止释放。已知

匀强电场的场强E=2N/C,BC段长度L=lm,CDF的半径R=0.2m。FMN的半径厂=0.1m。滑块带电

量q=0.1C,滑块与2c间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g=10m/s2；求：

⑴滑块通过半圆轨道CDF最高点F的最小速度vF-,

(2)若滑块恰好能通过厂点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度ho；

⑶若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平

轨道BC的高度h需要满足的条件。

答案⑴2m/s(2)lm(3)左m4〃4(0.7+U)mCk=0,1,2,3.....)

解析(1)小球在尸点根据牛顿第二定律有

mg+qE-m卡

解得

vF=2m/s

(2)设小球由物处释放恰好通过尸点，对小球从释放至尸点这一过程由动能定理得

12

(mg+gE)(%—27?)—+qE)L=—mvF

解得

%=Im

(3)讨论

①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得

(mg+qE)(J\-R)-R(mg+qE)L=0

解得

4=0.7m

则当"WO.7m时，小球不过。点，不脱离轨道。

②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道EVMEDC54运动，再次返回后不过

。。小球恰好可以经过/点，由动能定理可得

12

(mg+qEXh^-27?)-〃(mg+qE)L=—mvF

解得

用二lm

则当/IN1m时，小球可以通过/点。小球再次返回刚好到。点

(mg+qEXa-R)-juijng+qE)-3£=0

解得

勿=1.7m

则当/zSl.7m时，小球被弹簧反弹往复运动后不过。点；综上，当小球第一次进入圆

轨道可以通过尸点，往复运动第二次后不过。点，满足始终不脱离轨道。

③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过歹

点，由动能定理可得

12

(mg+qE\h4—27?)—jufjng+qE)-3L=—mvF

解得

5=2m

则当/iN2m时，小球可以两次通过厂点；小球再次返回刚好到。点

(mg+qE)(h5-R)-〃(mg+qE)-5L=0

解得

h5=2.7m

则当Z/W2.7m时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过。点；综上2mW/i42.7m,小球第一、二次

进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过。点，满足始终不脱离轨道。以此类推，可得当/7满

足km4h4(0.7+k)m(4=0,1,2,3......)小球不脱离轨道。

1.(2024北京高考真题)科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质(星

体等)在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点。为

观测点，以质量为根的小星体(记为P)为观测对象。当前P到。点的距离为外,宇宙的密度为4。

(1)求小星体P远离到九处时宇宙的密度/

(2)以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集

中于。点对尸的引力。已知质量为班和在、距离为R的两个质点间的引力势能1=-G噜，G为引

力常量。仅考虑万有引力和P远离。点的径向运动。

a.求小星体尸从4处远离到2%。处的过程中动能的变化量小七；

b.宇宙中各星体远离观测点的速率v