2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题一 力与运动第3课时 力与曲线运动含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题一力与运动第3课时力与曲线运动【知识网络】热点一曲线运动、运动的合成与分解例1两同学用尺子在黑板上画图，如图1(a)所示，甲同学拿尺子竖直贴在黑板上，水平向右匀速移动，乙同学拿粉笔贴着尺子右边缘在黑板上画线。若粉笔相对尺子向上运动的速度随时间变化的图像如图(b)所示，则黑板上画出的形状可能是()图1答案C解析由图(b)可知，粉笔相对尺子向上的速度先增大后减小，相对尺子一直向上运动，轨迹一直向上延伸，A、B错误；粉笔水平方向的分运动为向右的匀速运动，第一阶段竖直方向的分运动为初速度为0的匀加速直线运动，合运动轨迹为抛物线，开口向上。第二阶段竖直方向的分运动为匀减速直线运动，末速度为0，合运动轨迹为抛物线的一部分，开口向下，故C正确，D错误。例2(2024·江苏淮安高三联考)如图2所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时，下列判断正确的是()图2A.P做匀速运动B.P的速率为eq\f(v,cosθ2)C.绳的拉力大于mgsinθ1D.绳的拉力小于mgsinθ1答案C解析将小车速度沿绳方向与垂直绳方向分解，P的速率为vP＝vcosθ2，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，θ2逐渐减小，P的速度逐渐增大，P沿斜面向上做加速运动，根据牛顿第二定律有T－mgsinθ1＝ma＞0，故绳的拉力大于mgsinθ1，故C正确，A、B、D错误。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，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。训练1(2024·浙江名校协作体适应性考试)如图3所示，有一半径为r的圆环在一水平地面上向右运动，且其圆心速度大小为v。现有一木板，左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且木板与地面所成锐角为θ。则木板转动的角速度ω为()图3A.eq\f(v,r)cosθtaneq\f(θ,2) B.eq\f(v,r)sinθtaneq\f(θ,2)C.eq\f(v,r)coseq\f(θ,2)tanθ D.eq\f(v,r)cosθtanθ答案B解析设圆环与木板的接触点为P，圆心为O，角的顶点为A，连接AO，A、P之间的距离为x，将圆心的速度分解为板的速度和圆环上P点的速度，如图所示。由几何关系有taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,x)，由运动的合成与分解有v板＝vsinθ，板的角速度为ω＝eq\f(v板,x)，解得ω＝eq\f(v,r)sinθtaneq\f(θ,2)，故B正确。热点二抛体运动例3(2023·浙江6月选考，3)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是()答案D解析铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错误；铅球的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，又vy＝gt，联立可得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋g2t2)，所以v－t图像为曲线，B错误；由动能定理有mgh＝Ek－Ek0，又h＝eq\f(1,2)gt2，联立可得Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2，所以Ek－t图线为二次函数图线，C错误；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，E不变，D正确。例4(2024·河北保定高三检测)跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图4所示，某次比赛中，运动员以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员(包括滑雪板)视为质点。则运动员在空中运动的过程中下列说法正确的是()图4A.后一半时间内速度的变化量大于前一半时间内速度的变化量B.运动员在空中运动的时间是eq\f(v0tanθ,g)C.运动员离开倾斜赛道至垂直赛道最远处所用的时间是eq\f(v0tanθ,g)D.运动员离开倾斜赛道至垂直赛道最远处的水平位移是eq\f(2veq\o\al(2,0)tanθ,g)答案C解析由Δv＝gΔt可知，后一半时间内速度的变化量与前一半时间内速度的变化量相等，故A错误；由平抛运动的水平和竖直位移关系tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，可得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故B错误；距离赛道最远时，速度与斜面平行，有tanθ＝eq\f(gt′,v0)得t′＝eq\f(v0tanθ,g)，故C正确；运动员离开倾斜赛道至垂直赛道最远处的水平位移x＝v0t′＝eq\f(veq\o\al(2,0)tanθ,g)，故D错误。处理平抛(类平抛)运动的四个注意点(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，利用“化曲为直”的思想，分别研究物体在两个不同方向的分运动，再根据运动学公式、牛顿运动定律、几何关系等列式求解。(2)如图甲所示，对于从斜面上水平抛出又落到斜面上的问题，有eq\f(y,x)＝tanθ，速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远。(3)如图乙所示，对平抛运动的物体垂直打在斜面上，有eq\f(v0,vy)＝tanθ。(4)如图丙所示，做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同，它们之间的关系tanφ＝2tanθ。例5(2024·山东潍坊一模)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5甲所示为一城墙的入城通道，通道宽L＝6m。一质量m＝50kg的跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙做加速运动，加速到A点斜向上跃起，到达右墙壁B点时竖直速度恰好为零，B点距地面高h＝0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平速度变为等大反向，并获得一竖直向上的速度，恰能跃到左墙壁的C点，C点与B点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H＝2.05m，重力加速度为g，可认为整个过程中人的姿态不发生变化，如图乙所示，求：图5(1)人蹬墙后的水平速度大小；(2)人加速助跑的距离s。答案(1)6m/s(2)3.6m解析(1)设人蹬墙后的水平速度大小为v1，从B到C做斜抛运动，水平方向有L＝v1t竖直方向有H－h＝eq\f(1,2)g(eq\f(t,2))2联立得v1＝6m/s。(2)人从A点跳起到B点的过程中，逆过程为平抛运动，则水平方向v0＝v1，x＝v0t0竖直方向h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)解得t0＝0.4s，x＝2.4m由题意可知，人加速助跑的距离s＝L－x＝3.6m。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：vx0＝v0cosθ，vy0＝v0sinθ－gt位移：x＝v0cosθ·t，y＝v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2。(2)当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动处理。训练2(多选)(2024·安徽亳州高三期末)如图6所示，斜面的倾角θ＝45°，∠C＝90°，AC＝0.8m，从斜面顶端A点垂直斜面AB以初速度v0抛出一个小球(可以看成质点)，当小球与斜面碰撞时，碰后垂直斜面方向的速度反向大小不变，沿斜面方向的速度不变，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力的影响。若小球能击中B点，初速度v0可能为()图6A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s答案AB解析垂直斜面方向加速度为ay＝gcosθ，每次到达斜面所用时间为t＝eq\f(2v0,ay)；沿斜面方向，加速度为ax＝gsinθ，设小球第n次到达斜面时恰到达B点，则eq\f(1,2)ax(nt)2＝eq\f(AC,sinθ)，以上各式联立解得v0＝eq\f(2,n)m/s(n＝1，2，3，…)，当n＝1时，v0＝2m/s；当n＝2时，v0＝1m/s，故A、B正确。热点三圆周运动例6(2024·重庆一中高三月考)如图7(a)所示，质量均为1kg的物体A和B放置在圆盘上，与圆盘间的动摩擦因数分别为μA和μB。用两根不可伸长的细绳将物体A、B和圆盘转轴相连，物体A、B与转轴的距离分别为rA和rB。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘绕转轴转动的角速度ω缓慢增大时，转轴与物体A之间的细绳拉力T1、A与B之间的细绳拉力T2随ω2的关系如图(b)所示。g＝10m/s2，则下列选项正确的是()图7A.μA＝0.25 B.μB＝0.1 C.rA＝1.5m D.rB＝2.5m答案C解析以物体B为研究对象，则有T2＋μBmg＝mω2rB，变形得T2＝mω2rB－μBmg，与T2图像对比可得rB＝2m，μB＝0.2，故B、D错误；以A为研究对象可得T1－T2＋μAmg＝mω2rA，代入T2得T1＝mω2(rA＋rB)－(μA＋μB)mg，与T1图像对比可得rA＋rB＝3.5m，μA＋μB＝0.5，即rA＝1.5m，μA＝0.3，故A错误，C正确。1.水平面内圆周运动的分析思路2.水平面内圆周运动的临界问题(1)绳的临界：绳恰好伸直，拉力FT＝0。(2)接触面滑动临界：达到最大静摩擦力，F＝Ffmax。(3)接触面分离临界：FN＝0。例7(2024·北京东城高三期末)如图8所示，一长为l的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球。使轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()图8A.小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上B.小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力指向O点C.若ω＝eq\r(\f(g,l))，小球通过最高点时，杆对球的作用力为零D.小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下答案C解析根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有mg＝mω2l，解得ω＝eq\r(\f(g,l))，可知，若小球运动的角速度ω＞eq\r(\f(g,l))，杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度ω＜eq\r(\f(g,l))，杆对球的作用力向上，故A错误，C正确；小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形定则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误；小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。方法总结训练3(2024·江苏卷，11)如图9所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则()图9A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωBC.向心加速度aA<aB D.向心力FnA>FnB答案C解析设小球和管口间的细绳与竖直方向的夹角为θ，则θA<θB，对小球受力分析有tanθ＝eq\f(Fn,mg)，则FnA<FnB，由牛顿第二定律可知aA<aB，C正确，D错误；对小球有mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r、r＝htanθ，联立得v＝eq\r(ghtan2θ)、ω＝eq\r(\f(g,h))，又hA>hB，则ωA<ωB，B错误；线速度大小无法判断，A错误。新情境命题生活中的曲线运动情境分析生活中的曲线运动也是高考必考内容之一，通常以日常生活情境、科技情境或体育运动情境为素材，考查运动的合成与分解、平抛运动和圆周运动等知识点，在具体题目中往往涉及临界极值问题，解题时要注意临界状态的分析。典例1如图10所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0＜l＜H)，空气阻力不计，小孩运动过程中绳子始终处于伸直状态。下列说法正确的是()图10A.l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大B.l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大C.当l＝eq\f(H,2)时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大D.当l＝eq\f(\r(2)H,2)时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大答案C解析小孩向下摆动的过程中机械能守恒，由mgl＝eq\f(1,2)mv2，解得小孩在O点正下方的速度v＝eq\r(2gl)，运动到O点正下方时，设绳子对小孩的拉力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,l)，解得F＝3mg，由牛顿第三定律知，小孩对绳子的拉力为3mg，与l大小无关，故A、B错误；小孩运动到绳子竖直时松手，此后做平抛运动，由平抛运动规律有x＝vt，H－l＝eq\f(1,2)gt2，联立解得x＝2eq\r(l（H－l）)，由数学知识可知，当l＝eq\f(H,2)时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，故C正确，D错误。典例2(多选)问天实验舱配置了多种实验柜用来开展太空实验，其中，变重力科学实验柜为科学实验提供0.01g～2g(零重力到两倍重力范围)高精度模拟的重力环境，支持开展微重力、模拟月球重力、火星重力等不同重力作用下的科学研究。如图11所示，变重力实验柜的主要装置是两套900毫米直径的离心机。离心机旋转的过程中，由于惯性，实验样品会有一个向外飞出的趋势，对容器壁产生压力，就像放在水平地面上的物体受到重力挤压地面一样。因此，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是()图11A.实验样品的质量越大，“模拟重力加速度”越大B.离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍C.实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心D.为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动答案BD解析根据题意可得m(2πn)2r＝mg模，则模拟重力加速度g模＝4π2n2r，模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，g模′＝4g模，即同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍，故A错误，B正确；实验样品因为有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，所以模拟重力的方向背离离心机转轴中心，故C错误；根据牛顿第三定律可知，一台离心机从静止开始加速转动，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，所以为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。1.(2024·江苏卷，4)喷泉a、b出射点高度相同，形成如图12所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的()图12A.加速度相同 B.初速度相同C.最高点的速度相同 D.在空中的时间相同答案A解析不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度为重力加速度，A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间t＝2eq\r(\f(2h,g))，可知tb>ta，D错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx＝eq\f(x,t)，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小，B、C错误。2.(2024·湖北卷，3)如图13所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上，设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到()图13A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d答案C解析3.(2024·广东卷，5)如图14所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为eq\f(l,2)、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为()图14A.req\r(\f(k,2m)) B.leq\r(\f(k,2m)) C.req\r(\f(2k,m)) D.leq\r(\f(2k,m))答案A解析由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝eq\f(l,2)，根据胡克定律有F＝kΔx＝eq\f(kl,2)，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹力提供向心力F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝req\r(\f(k,2m))，故A正确。4.(多选)(2024·山东卷，12)如图15所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是()图15A.运动时间为2eq\r(3)sB.落地速度与水平方向夹角为60°C.重物离PQ连线的最远距离为10mD.轨迹最高点与落点的高度差为45m答案BD解析对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0tcos30°，竖直方向上有y＝－v0tsin30°＋eq\f(1,2)gt2，由几何关系有eq\f(y,x)＝tan30°，联立解得重物的运动时间t＝4s，A错误；结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos30°，竖直分速度vy＝－v0sin30°＋gt，则tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\r(3)，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2ghmcos30°＝(v0sin60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10eq\r(3)m，C错误；结合B项分析，竖直方向上有2gym＝veq\o\al(2,y)，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45m，D正确。5.(2024·新课标卷，25)如图16，一长度l＝1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝eq\f(l,6)时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2。求：图16(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；(2)平台距地面的高度。答案(1)4m/seq\f(1,3)s(2)eq\f(5,9)m解析(1)设物块和薄板的质量均为m，薄板加速度大小为a1，物块离开薄板时薄板的速度大小为v1，对薄板，由牛顿第二定律得μmg＝ma1由初速度为零的匀加速直线运动规律得Δl＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1设物块的初速度大小为v0，加速度大小为a2，离开薄板时速度大小为v2，由题意可知，物块滑离薄板时，相对平台向右运动的位移为eq\f(1,6)l＋l＝eq\f(7,6)l对物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma2由匀变速直线运动规律得eq\f(7,6)l＝v0t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)联立解得t1＝eq\f(1,3)s，v0＝4m/s。(2)物块离开薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设运动时间为t2，平台高度为h，对薄板，由运动学规律得eq\f(1,2)l－Δl＝v1t2对物块，由平抛运动规律得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)联立解得h＝eq\f(5,9)m。6.(2024·江西卷，14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图17(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。图17(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值；(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。答案(1)eq\f(μg,ωeq\o\al(2,1)r1)(2)eq\r(\f(μgsinθcosβ,（μcosθ＋sinθsinβ）r2))解析(1)对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需向心力，如图所示。设转椅的质量为m，则转椅所需的向心力Fn1＝mωeq\o\al(2,1)r1转椅受到的摩擦力Ff1＝μmg根据几何关系有tanα＝eq\f(Ff1,Fn1)联立解得tanα＝eq\f(μg,ωeq\o\al(2,1)r1)。(2)转椅在题图(b)所示情况下所需的向心力Fn2＝mωeq\o\al(2,2)r2转椅受到的摩擦力Ff2＝μFN根据几何关系有tanβ＝eq\f(Ff2,Fn2)由平衡条件，竖直方向上有FN＋FTcosθ＝mg水平面上有Ff2＝FTsinθsinβ联立解得ω2＝eq\r(\f(μgsinθcosβ,（μcosθ＋sinθsinβ）r2))。基础保分练1.(2024·黑吉辽卷，2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图1，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的()图1A.半径相等B.线速度大小相等C.向心加速度大小相等D.角速度大小相等答案D解析由图可知rP<rQ，A错误；篮球绕轴转动时，P、Q在相同时间内转过的圆心角相等，根据ω＝eq\f(θ,t)可知，ωP＝ωQ，D正确；根据v＝ωr可知，线速度vP<vQ，B错误；根据a＝ω2r可知，向心加速度aP<aQ，C错误。2.(多选)(2024·江西卷，8)一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图2所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是()图2答案AD解析由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定量，则有x＝vxt，A正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝vy0t－eq\f(1,2)gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，B错误，D正确。3.(2024·山东历城二中高三月考)如图3是内燃机中一种传动装置，车轮和滑块上分别设置可以绕轴A、B转动的轻杆，O轴固定。工作时高压气体驱动活塞在汽缸中做往复运动，再通过连杆驱动滑块在斜槽中做往复运动，最终驱动车轮做角速度为ω的匀速圆周运动。已知轻杆OA长度为L，运动到图示位置时AB、BC垂直，α＝β＝60°，那么此时活塞的速度大小为()图3A.eq\f(1,2)ωL B.eq\f(3,2)ωL C.eq\f(\r(3),2)ωL D.eq\f(\r(3),3)ωL答案B解析A点的线速度为v＝ωL，A点的线速度沿AB水平杆的分速度为v′＝vsinα＝eq\f(\r(3),2)ωL，滑块在斜槽中的速度分解为沿BC向上和沿AB水平向右的分速度，滑块沿AB方向的分速度vAB＝v′＝eq\f(\r(3),2)ωL，结合图可知活塞的速度等于滑块在斜槽中沿竖直向上的分速度，所以滑块在斜槽中竖直向上的分速度为vBC＝vABtanβ＝eq\f(\r(3),2)ωL·eq\r(3)＝eq\f(3,2)ωL，故B正确。4.(2024·浙江1月选考，8)如图4所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为()图4A.eq\f(D,4)eq\r(\f(g,h)) B.eq\f(D,2)eq\r(\f(g,2h))C.eq\f(（\r(2)＋1）D,2)eq\r(\f(g,2h)) D.(eq\r(2)＋1)Deq\r(\f(g,2h))答案C解析设出水孔到水桶中心距离为x，则x＝v0eq\r(\f(2h,g))，落到桶底A点时，有x＋eq\f(D,2)＝v0eq\r(\f(2×2h,g))，解得v0＝eq\f(（\r(2)＋1）D,2)eq\r(\f(g,2h))，故C正确。5.(2024·江西南昌一模)一住宅阳台失火，消防员用靠在一起的两支水枪喷水灭火，如图5所示甲水柱射向水平阳台近处着火点A，乙水柱射向水平阳台远处着火点B，两水柱最高点在同一水平线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速度大小分别为v1、v2，甲、乙水柱在空中运动的时间分别为t1、t2。以下判断正确的是()图5A.v1＞v2，t1＝t2 B.v1＜v2，t1＝t2C.v1＞v2，t1＜t2 D.v1＜v2，t1＜t2答案B解析根据题意可知，甲、乙两水柱最高点在同一水平线上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，即t1＝t2，甲、乙水柱竖直方向的初速度相等，由图可知，乙的水平位移大，则乙水平方向的初速度大，有v2＞v1，故B正确。6.(多选)(2024·贵州贵阳模拟)如图6所示，质量均为m的甲、乙、丙三个小物块(均可看作质点)随水平转盘一起以角速度ω绕OO′轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动摩擦因数均为μ。已知甲、乙到转轴的距离为r1，丙到转轴的距离为r2，且r2＞r1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是()图6A.甲受到的摩擦力一定为μmgB.乙受到转盘的摩擦力一定为2mω2r1C.若角速度增大，丙先达到滑动的临界点D.若角速度增大，甲先达到滑动的临界点答案BC解析当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于μmg，故A错误；对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为Ff＝2mω2r1，故B正确；若角速度增大，根据μmg＝mω2r，丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误。7.(2024·河南周口高三月考)如图7所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，BC是轨道的水平直径，O为圆心，一个小球静止在轨道的最低点A。现给小球水平向左的初速度，小球沿圆轨道向上运动到D点时刚好离开圆轨道，此后小球恰能通过E点，E为O点上方与D等高的位置，OD与水平方向的夹角为θ，不计小球的大小，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()图7A.θ＝30° B.θ＝37° C.θ＝45° D.θ＝53°答案C解析小球刚要脱离圆轨道时，设小球的速度大小为v1，此时对小球mgsinθ＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，小球脱离轨道后，将做斜抛运动，则小球在D点时的水平方向vx＝v1sinθ，xDE＝Rcosθ，t＝eq\f(xDE,vx)，在竖直方向vy＝v1cosθ，t＝eq\f(2vy,g)，以上各式联立，解得sinθ＝eq\f(\r(2),2)，即θ＝45°，故C正确。8.(2024·山东烟台高三期末)如图8，半径为R的匀质实心圆盘，盘面与水平面的夹角为θ，开始时圆盘静止，其上表面均匀覆盖着一层细沙没有掉落，细沙与盘面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴旋转，其角速度从0开始缓慢增加到ω(未知)，此时圆盘表面上的细沙有eq\f(8,9)被甩掉，重力加速度为g。则ω的值为()图8A.eq\r(\f(g（μcosθ＋sinθ）,R)) B.eq\r(\f(g（μcosθ－sinθ）,R))C.eq\r(\f(3g（μcosθ＋sinθ）,R)) D.eq\r(\f(3g（μcosθ－sinθ）,R))答案D解析根据Fn＝mω2r可知在角速度相同的情况下半径越大，向心力越大，所以最外边的细沙随着角速度的增大最先发生滑动，因为圆盘表面上的细沙有eq\f(8,9)被甩掉，即eq\f(8,9)面积上的细沙发生滑动，剩下eq\f(1,9)的未滑动，设未滑动的半径为r，则πr2＝eq\f(1,9)πR2，解得r＝eq\f(1,3)R，在最低点有mg(μcosθ－sinθ)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(3g（μcosθ－sinθ）,R))，故D正确。提能增分练9.(2024·山东聊城一模)如图9所示，正方体框架ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球(可视为质点)，不计空气阻力。关于小球的运动，下列说法正确的是()图9A.落点在棱BB1上的小球，落在B1点时水平拋出的初速度最大B.落点在面A1B1C1D1内的小球，落在C1点的运动时间最长C.落点在三角形B1C1D1内的小球，水平抛出的初速度的最小值与最大值之比是1∶2D.落点在线B1D1上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同答案C解析设正方形棱长为l，落点在棱BB1上的小球，初速度沿AB方向，落在B1点时竖直位移最大，根据t＝eq\r(\f(2l,g))可知，时间最长，根据v＝eq\f(x,t)可知，水平拋出的初速度最小，故A错误；落点在面A1B1C1D1内的小球竖直位移相等，则运动时间相等，故B错误；落点在三角形B1C1D1内的小球运动时间相等，最大的水平位移为eq\r(2)l，最小的水平位移为eq\f(\r(2),2)l，最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2，由v＝eq\f(x,t)知水平抛出的初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故C正确；落点在线B1D1上的小球，竖直速度均为vy＝eq\r(2gl)，落地时重力的瞬时功率PG＝mgvy均相同，故D错误。10.(多选)(2024·陕西西安高三期末)如图10所示，在竖直面内固定一半圆形容器，圆心为O，半径为R。在圆心O处分别水平向左和向右抛出一个可视为质点的小球，两小球落在圆弧时速度方向相互垂直。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()图10A.两小球的初速度大小可能都为eq\r(\f(2\r(5)gR,5))B.两小球的初速度大小可能都为eq\f(\r(\r(2)gR),2)C.从抛出到落在圆弧上，两小球的运动时间可能不相等D.从抛出到落在圆弧上，两小球的运动时间一定相等答案AC解析若两小球的初速度大小相等，如图，根据平抛运动推论，速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的两倍，两小球落在圆弧时速度方向相互垂直，有tanθ＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)，sinθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,R)，cosθ＝eq\f(v0t,R)，联立得v0＝eq\r(\f(2\r(5)gR,5))，故A正确，B错误；当v1、v2不相等时，两小球运动时间可能不相等，速度偏转角不相等，但总能有两小球落在圆弧时速度方向相互垂直的速度值，故C正确，D错误。11.(2024·山东济宁高三期末)如图11所示，小环A套在粗糙的水平杆KO上，小球B通过细线分别与小环和竖直轴OO′相连，A、B间细线长为L1＝0.5m，与竖直方向的夹角θ＝37°，B、P间细线水平，长为L2＝0.2m，整个装置可绕竖直轴OO′转动。已知小环A和小球B均可视为质点，小环A的质量为mA＝0.6kg，小球B的质量为mB＝0.4kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，在以下两问中，小环A与杆均未发生相对滑动。求：图11(1)装置匀速转动的角速度为ω1＝eq\r(10)rad/s时，小环A受到摩擦力的大小Ff1；(2)小环A受到摩擦力的大小为Ff2＝1.8N时，B、P间细线张力的大小。答案(1)0(2)3.32N或4.28N解析(1)对B受力分析，如图甲所示，竖直方向由平衡条件得F1cosθ＝mBg解得F1＝5N对A受力分析，如图乙所示，由牛顿第二定律得F1sinθ－Ff1＝mAωeq\o\al(2,1)(L1sinθ＋L2)解得Ff1＝0。(2)小环A受到摩擦力的大小为Ff2＝1.8N时，当摩擦力向左时，对A由牛顿第二定律得F1sinθ－Ff2＝mAωeq\o\al(2,2)(L1sinθ＋L2)解得ω2＝2rad/s对B，由牛顿第二定律得F－F1sinθ＝mBωeq\o\al(2,2)L2解得B、P间细线张力的大小为F＝3.32N当摩擦力向右时，对A由牛顿第二定律得F1sinθ＋Ff2＝mAωeq\o\al(2,3)(L1sinθ＋L2)解得ω3＝4rad/s对B，由牛顿第二定律得F′－F1sinθ＝mBωeq\o\al(2,3)L2解得B、P间细线张力的大小为F′＝4.28N。第4课时万有引力定律的应用【知识网络】热点一开普勒定律与万有引力定律的应用例1(2024·浙江6月选考，8)与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图1所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，则()图1A.小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度B.小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度C.小行星甲与乙的运行周期之比eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(Req\o\al(3,1),Req\o\al(3,2)))D.甲、乙两星从远日点到近日点的时间之比eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(（R1＋R）3,（R2＋R）3))答案D解析由开普勒第二定律可知，小行星甲在远日点的速度小于在近日点的速度，A错误；由eq\f(GMm,r2)＝ma，可得a＝eq\f(GM,r2)，结合题图可知，小行星乙的远日点到太阳的距离等于地球的公转半径，故小行星乙在远日点的加速度等于地球公转加速度，B错误；根据开普勒第三定律可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1＋R,2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R2＋R,2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,2))，则eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(（R1＋R）3,（R2＋R）3))，C错误；甲、乙两星从远日点到近日点的时间之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(T1,2),\f(T2,2))＝eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(（R1＋R）3,（R2＋R）3))，D正确。例2(2024·河北模拟预测)嫦娥六号月球探测器于2024年6月25日在内蒙古预定区域成功着陆，实现了世界首次月球背面采样返回的壮举。假设距离月球球心h处的重力加速度g与h的关系图像如图2所示，已知引力常量为G，则()图2A.距月球表面h0处的重力加速度为g0B.月球的平均密度为eq\f(3g0,4πGh0)C.在距月球表面2h0轨道上运行的航天器的速度大小为eq\f(\r(2g0h0),2)D.距月球球心eq\f(1,2)h0和eq\f(3,2)h0两位置处的重力加速度大小相等答案B解析由题图可知，距月球球心距离h0处的重力加速度为g0，A错误；设月球半径为R，当h≤R时，Geq\f(Mm,h2)＝mg，M＝ρ·eq\f(4,3)πh3，解得g＝eq\f(4Gπρh,3)；当h＞R时，Geq\f(Mm,h2)＝mg′，解得g′＝eq\f(GM,h2)，由题图可知R＝h0，月球的密度为ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(heq\o\al(2,0)g0,G·\f(4,3)πheq\o\al(3,0))＝eq\f(3g0,4πGh0)，B正确；当距月球球心eq\f(1,2)h0时，g1＝eq\f(4Gπρ·\f(1,2)h0,3)＝eq\f(1,2)g0，当距月球球心eq\f(3,2)h0时，g2＝eq\f(GM,（\f(3,2)h0）2)＝eq\f(4,9)g0，D错误；在距月球表面2h0轨道上运行时，有eq\f(GMm,（3h0）2)＝meq\f(v2,3h0)，则航天器的速度大小为v＝eq\r(\f(GM,3h0))＝eq\r(\f(g0h0,3))，C错误。训练1(2024·海南卷，6)嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为()A.eq\f(3π（1＋k）3,GT2k3) B.eq\f(3π,GT2) C.eq\f(π（1＋k）,3GT2k) D.eq\f(3π（1＋k）3,GT2)答案D解析eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(万有引力提供向心力，有,\f(GMm,（R＋h）2)＝m\f(4π2,T2)（R＋h）,密度公式ρ＝\f(M,V),球体体积公式V＝\f(4,3)πR3,已知条件h∶R＝k))eq\o(→,\s\up7(联立))eq\a\vs4\al(ρ＝\f(3π（1＋k）3,GT2)，,D正确。)热点二人造卫星和天体运动例3(2024·湖南长沙模拟)某型号手机实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图3所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地高度为6R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是()图3A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小相等B.能实现全球通信时，卫星离地高度至少为2RC.其中一颗质量为m的通信卫星的动能为eq\f(2mgR2,R＋h)D.通信卫星和地球自转周期之比为eq\r(\f(（R＋h）3,（7R）3))答案D解析通信卫星受到的万有引力F＝Geq\f(Mm,（R＋h）2)，三颗通信卫星的质量未知，所以万有引力大小不一定相等，A错误；三颗通信卫星若要全覆盖，如图所示，由几何关系可知cos60°＝eq\f(R,R＋h)，解得通信卫星离地高度至少h＝R，B错误；对卫星，有Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)，在地球表面Geq\f(Mm,R2)＝mg，其动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgR2,2（R＋h）)，C错误；由开普勒第三定律可得eq\f(Teq\o\al(2,1),Teq\o\al(2,2))＝eq\f(req\o\al(3,1),req\o\al(3,2))＝(eq\f(R＋h,R＋6R))3，同步卫星与地球自转周期相等，解得通信卫星和地球自转周期之比为eq\f(T1,T地)＝eq\f(T1,T2)＝eq\r(（\f(R＋h,7R)）3)，D正确。方法总结人造卫星运动问题的分析要点例4(2024·黑龙江哈尔滨一模)科学家在地球上用望远镜观测一个双星系统，可观测到一个亮度周期性变化的光点，这是因为其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。现科学家用一航天器去撞击双星系统中的一颗小行星，撞击后，科学家观测到系统光点明暗变化的时间间隔变短。若不考虑撞击引起的小行星质量变化，且撞击后该双星系统仍能稳定运行，则被航天器撞击后()A.该双星系统的运动周期不变B.两颗小行星中心连线的距离不变C.两颗小行星的向心加速度均变大D.两颗小行星做圆周运动的半径之比变大答案C解析撞击后，科学家观测到系统光点明暗变化的时间间隔变短，可知该双星系统的运动周期变小，故A错误；设双星之间的距离为L，根据万有引力提供向心力可得Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\f(4π2,T2)r1＝m2eq\f(4π2,T2)r2，其中r1＋r2＝L，联立解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(m2,m1)，T2＝eq\f(4π2L3,G（m1＋m2）)，可知两颗小行星中心连线的距离减小，两颗小行星做圆周运动的半径之比不变，故B、D错误；根据牛顿第二定律Geq\f(m1m2,L2)＝m1a1＝m2a2，两颗小行星中心连线的距离减小，两颗小行星的向心加速度均变大，故C正确。训练2(2024·广东湛江一模)北京时间2024年1月9日，我国在西昌卫星发射中心采用长征二号丙运载火箭，成功将“爱因斯坦探针”空间科学卫星发射升空，卫星顺利进入高度为600km、倾角为29°的近地轨道，发射任务取得圆满成功。已知同步卫星距地球表面高度约为35900km，下列说法正确的是()A.该卫星的运行速度大于第一宇宙速度B.该卫星的运行周期大于24hC.该卫星轨道处的重力加速度大于9.8m/s2D.该卫星运行的角速度大于地球同步卫星的角速度答案D解析Geq\f(Mm,r2)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))\o(→,\s\up7(r卫＞R地))v＜v1＝7.9km/s，,A错误；,m\f(4π2,T2)r→T＝2π\r(\f(r3,GM))\o(→,\s\up7(r卫＜R同),\s\do5(T同＝24h))T卫＜,24h，B错误；,mg→g＝\f(GM,r2)\o(→,\s\up7(r卫＞R地))g卫＜g＝9.8m/s2，,C错误；,mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))\o(→,\s\up7(r卫＜r同))ω卫＞ω同，,D正确。))热点三卫星的变轨、对接、追及相遇问题例5(2024·湖南长沙模拟预测)2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名航天员入驻。如图4为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是()图4A.飞船从②轨道变轨到③轨道需要在Q点点火减速B.飞船在③轨道上运行的速度大于第一宇宙速度C.飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能D.若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为eq\f(1,2)eq\r(（\f(R1＋R2,2R2)）3)T答案D解析飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，需要在Q点点火加速，故A错误；第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))，可知轨道半径越大，线速度越小，而③轨道的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此飞船在①轨道的速度大于天和核心舱在③轨道的速度，但由于飞船和天和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；根据开普勒第三定律可知eq\f(Req\o\al(3,2),T2)＝eq\f(（\f(R1＋R2,2)）3,T′2)，可得T′＝eq\r(（\f(R1＋R2,2R2)）3)T，飞船在②轨道从P到Q的时间为eq\f(1,2)T′，即t＝eq\f(1,2)eq\r(（\f(R1＋R2,2R2)）3)T，故D正确。1.卫星变轨的分析思路离心运动近心运动变轨起因卫星速度突然增大卫星速度突然减小受力分析Geq\f(Mm,r2)＜meq\f(v2,r)Geq\f(Mm,r2)＞meq\f(v2,r)变轨结果变为椭圆轨道运动或再变轨到较大半径圆轨道上运动变为椭圆轨道运动或再变轨到较小半径圆轨道上运动2.变轨过程中的能量变化卫星在同一轨道上稳定运行过程中机械能守恒，在变轨过程中，点火加速，做离心运动，轨道升高，机械能增加；点火减速，做近心运动，轨道降低，机械能减少。训练3(2023·湖北卷，2)2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，如图5所示。根据以上信息可以得出()图5A.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8B.当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大C.火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9∶4D.下一次“火星冲日”要出现在2023年12月8日之前答案B解析火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有eq\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地))＝eq\f(Teq\o\al(2,火),Teq\o\al(2,地))，可得eq\f(T火,T地)＝eq\r(\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地)))＝eq\f(3\r(3),2\r(2))，故A错误；当火星与地球相距最远时，两者的速度方向相反，此时两者相对速度最大，故B正确；在星球表面，根据Geq\f(Mm,R2)＝mg，由于不知道火星和地球的质量比和半径比，所以无法得出火星和地球表面的自由落体加速度之比，故C错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有ω火＝eq\f(2π,T火)，ω地＝eq\f(2π,T地)，要发生下一次火星冲日，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T地)－\f(2π,T火)))t＝2π，得t＝eq\f(T火T地,T火－T地)＞T地，可知下一次“火星冲日”要出现在2023年12月8日之后，故D错误。1.(2024·山东卷，5)鹊桥二号中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为()A.eq\r(\f(r3,a3)) B.eq\r(\f(a3,r3)) C.eq\f(r3,a3) D.eq\f(a3,r3)答案D解析鹊桥二号中继星在24小时椭圆轨道上运行时，由开普勒第三定律有eq\f(a3,T2)＝k，对地球同步卫星由开普勒第三定律有eq\f(r3,T2)＝k′，则有eq\f(M月,M地)＝eq\f(k,k′)＝eq\f(a3,r3)，D正确。2.(2024·新课标卷，16)天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的()A.0.001倍 B.0.1倍 C.10倍 D.1000倍答案B解析设行星质量为m，轨道半径为r1，周期为T1，红矮星质量为M1，由万有引力提供向心力有Geq\f(M1m,req\o\al(2,1))＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T1)))eq\s\up12(2)r1，可得M1＝eq\f(4π2req\o\al(3,1),GTeq\o\al(2,1))；同理可得太阳质量M2＝eq\f(4π2req\o\al(3,2),GTeq\o\al(2,2))(其中r2为日地距离，T2为地球公转周期)，eq\f(M1,M2)＝eq\f(req\o\al(3,1),req\o\al(3,2))·eq\f(Teq\o\al(2,2),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(0.073,0.062)≈0.1，B正确。3.(2024·湖北卷，4)太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图6中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则()图6A.空间站变轨前、后在P点的加速度相同B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大答案A解析变轨前、后，根据a＝eq\f(GM,r2)可知，空间站在P点的加速度相同，A正确；由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，B错误；变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在P点的速度比变轨前的大，C错误；变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变轨后在P点的速度，结合C项分析可知，变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前的速度，D错误。4.(多选)(2024·河北卷，8)2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通信。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道(如图7)，近月点A距月心约为2.0×103km，远月点B距月心约为1.8×104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是()图7A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12hB.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1C.鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s答案BD解析鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，所以从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，A错误；在A点，根据牛顿第二定律，有Geq\f(Mm,req\o\al(2,OA))＝maA，在B点，根据牛顿第二定律，有Geq\f(Mm,req\o\al(2,OB))＝maB，联立并代入数据可得鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为aA∶aB＝req\o\al(2,OB)∶req\o\al(2,OA)＝81∶1，B正确；根据物体做曲线运动时速度方向沿该点的切线方向，可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不垂直于其与月心的连线，C错误；鹊桥二号发射后围绕月球沿椭圆轨道运动，并未脱离地球引力束缚，也在围绕地球运动，所以鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s而小于11.2km/s，D正确。5.(多选)(2024·广东卷，9)如图8所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的eq\f(1,10)和eq\f(1,2)。地球表面重力加速度大小g＝10m/s2。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有()图8A.该行星表面的重力加速度大小为4m/s2B.该行星的第一宇宙速度为7.9km/sC.“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2D.“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW答案AC解析在星球表面，根据Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得g＝eq\f(GM,R2)，eq\f(g行,g)＝eq\f(M行,M地)·eq\f(Req\o\al(2,地),Req\o\al(2,行))＝eq\f(2,5)，可得该行星表面的重力加速度大小g行＝4m/s2，故A正确；在行星表面上空，根据万有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得行星的第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，可得该行星的第一宇宙速度v行＝eq\f(\r(5),5)v地，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，所以该行星的第一宇宙速度v行＝eq\f(\r(5),5)×7.9km/s，故B错误；“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F＝mg行＝4000N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律F＝m′a，解得a＝80m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P＝mg行v＝1000×4×60W＝240kW，故D错误。6.(多选)(2024·湖南卷，7)2024年5月3日，嫦娥六号探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于嫦娥四号和嫦娥五号，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集，并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的eq\f(1,6)，月球半径约为地球半径的eq\f(1,4)。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是()A.其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度B.其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度C.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的eq\r(\f(2,3))倍D.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的eq\r(\f(3,2))倍答案BD解析地球第一宇宙速度等于卫星在近地轨道的环绕速度，根据万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，结合mg＝Geq\f(Mm,R2)，可得第一宇宙速度v＝eq\r(gR)，又g月＝eq\f(1,6)g地，R月＝eq\f(1,4)R地，则v月＝eq\f(\r(6),12)v地，可知返回舱在绕月轨道上相对月球的速度小于地球第一宇宙速度，选项A错误，B正确；根据Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，又GM＝gR2，解得T＝eq\r(\f(4π2R,g))，可知eq\f(T月,T地)＝eq\r(\f(R月,R地))·eq\r(\f(g地,g月))＝eq\r(\f(3,2))，选项C错误，D正确。基础保分练1.(2024·全国甲卷，16)2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的eq\f(1,6)。下列说法正确的是()A.在环月飞行时，样品所受合力为零B.若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零C.样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同D.样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小答案D解析在环月飞行时，样品所受的合力提供向心力，不为零，A错误；若将样品放置在月球正面，根据牛顿第三定律可知，它对月球表面的压力等于月球对它的支持力，根据力的平衡条件可知，月球对它的支持力等于它在月球上的重力，不为零，故它对月球表面的压力不为零，B错误；质量是物体的固有属性，不会随受到的引力的变化而变化，C错误；由于月球表面重力加速度较地球表面的小，则样品在月球表面所受重力较在地球表面的小，结合B项分析可知，样品放置在月球背面时对月球的压力较其放在地球表面时对地球的压力小，D正确。2.(2024·山东泰安一模)如图1所示，A、B是围绕地球运转的两颗卫星，其中A卫星的轨道半径为RA，B卫星的轨道半径为RB，经过相同的时间，A卫星与地心O的连线扫过的面积为SA，B卫星与地心О的连线扫过的面积为SB，已知SB∶SA＝1∶2，则RB∶RA的值为()图1A.1∶2 B.1∶3 C.1∶4 D.1∶8答案C解析设卫星的周期为T，t时间内卫星与地心O的连线扫过的面积为S＝eq\f(t,T)πR2，根据题意有SB∶SA＝（eq\f(t,TB)πReq\o\al(2,B)）∶（eq\f(t,TA)πReq\o\al(2,A)）＝eq\f(Req\o\al(2,B),TB)∶eq\f(Req\o\al(2,A),TA)＝1∶2，根据eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，可得T＝eq\r(\f(4π2R3,GM))，则eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(Req\o\al(3,A),Req\o\al(3,B)))，联立可得RB∶RA＝1∶4，故C正确。3.(2024·天津和平模拟)嫦娥六号探测器测得月球表面的重力加速度为g0，已知月球的半径为R0，地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R。忽略地球、月球自转的影响，则()A.月球质量与地球质量之比为eq\f(g0Req\o\al(2,0),gR2)B.月球密度与地球密度之比为eq\f(g0R0,gR)C.月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为eq\f(Rg,R0g0)D.嫦娥六号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力大小之比为eq\f(g,g0)答案A解析在星球表面，由万有引力和重力近似相等，有eq\f(GMm,R2)＝mg，可得eq\f(M月,M地)＝eq\f(g0Req\o\al(2,0),gR2)，故A正确；密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3M,4πR3)，可得eq\f(ρ月,ρ地)＝eq\f(g0R,gR0)，故B错误；由mg＝eq\f(mv2,R)，可得eq\f(v月,v地)＝eq\r(\f(R0g0,Rg))，故C错误；嫦娥六号在月球表面所受万有引力与在地球表面所受万有引力之比为eq\f(F月,F地)＝eq\f(mg0,mg)＝eq\f(g0,g)，故D错误。4.(2024·江西卷，4)嫦娥六号探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时(两轨道均可视为圆形轨道)，其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是()A.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r2,r1)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,1)),\r(req\o\al(3,2))) B.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r1,r2)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,1)),\r(req\o\al(3,2)))C.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r2,r1)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,2)),\r(req\o\al(3,1))) D.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r1,r2)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,2)),\r(req\o\al(3,1)))答案A解析5.(多选)(2024·江西名校联盟高三摸底)北斗系统空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星等组成。将地球看成质量均匀的球体，若地球半径与同步卫星的轨道半径之比为k，下列说法正确的是()图2A.倾斜地球同步轨道卫星有可能每天同一时刻在北京的正上方B.地球静止轨道卫星有可能总在北京正上方与我们相对静止C.地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为(1－k3)D.地球北极重力加速度大小与赤道的重力加速度大小之比为(1－k3)答案AC解析倾斜地球同步轨道卫星周期仍然是24小时，但轨道与赤道平面有夹角，如果某时刻在北京正上方，则24小时后就又在北京正上方，故A正确；地球静止轨道卫星只可能在赤道的正上方，不可能在北京正上方，故B错误；根据题意，由万有引力提供向心力有eq\f(GMm,（\f(R,k)）2)＝meq\f(4π2,T2)(eq\f(R,k))，在地球北极有eq\f(GMm,R2)＝mg极，在赤道上有eq\f(GMm,R2)＝mg赤＋meq\f(4π2,T2)R，联立可得g赤＝(1－k3)g极，则地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为(1－k3)，故C正确，D错误。6.(2024·安徽合肥一模)我国科学家团队在某个河外星系中发现了一对相互绕转的超大质量双黑洞系统，这是迄今为止发现的第二例超大质量双黑洞绕转系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞1、2的质量分别为M1、M2，下列关于黑洞1、2的说法正确的是()A.半径之比为M1∶M2B.向心力之比为M1∶M2C.动能之比为M1∶M2D.角速度之比为1∶1答案D解析根据Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2r1＝M2ω2r2，可得M1r1＝M2r2，所以有r1∶r2＝M2∶M1，故A错误；根据F向＝Geq\f(M1M2,L2)，可得黑洞1、2的向心力之比为1∶1，故B错误；双星系统角速度相等，所以黑洞1、2的角速度之比ω1∶ω2＝1∶1，故D正确；根据v＝ωr，可得黑洞1、2的线速度之比v1∶v2＝M2∶M1，动能之比为Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)M1veq\o\al(2,1)∶eq\f(1,2)M2veq\o\al(2,2)＝M2∶M1，故C错误。7.(2024·安徽卷，5)2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图3所示，轨道的半长轴约为51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km，周期约为24h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时()图3A.周期约144hB.近月点的速度大于远月点的速度C.近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度D.近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度答案B解析冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得eq\f(aeq\o\al(3,1),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(aeq\o\al(3,2),Teq\o\al(2,2))，整理得T1＝T2eq\r(\f(aeq\o\al(3,1),aeq\o\al(3,2)))＝288h，A错误；根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B正确；从捕获轨道到冻结轨道鹊桥二号进行近月制动，其在捕获轨道近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C错误；两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，其在捕获轨道近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D错误。8.(2024·河南郑州模拟预测)2024年4月25日，神舟十八号在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将神舟十八号乘组成员顺利送入太空。对接前，空间站与神舟十八号的轨道如图4所示。对接后组合体在空间站之前的轨道上运行，已知空间站距地球表面约400km。则下列判断正确的是()图4A.若神舟十八号从图示位置变轨实现对接