高考物理二輪復(fù)習(xí)-第1部分-專題1-第3講-力與曲線運(yùn)動(dòng)

力與曲線運(yùn)動(dòng)真題情境2021·全國(guó)甲卷T152021·全國(guó)乙卷T182020·全國(guó)卷ⅠT162020·全國(guó)卷ⅡT16考情分析【命題分析】高考對(duì)本講的命題，選擇題多集中在考查平拋運(yùn)動(dòng)、衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；計(jì)算題集中在圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用，題目與生活、生產(chǎn)相聯(lián)系，涉及相關(guān)物理量的臨界和極限狀態(tài)的求解?！舅仞B(yǎng)要求】1．掌握小船渡河問(wèn)題、關(guān)聯(lián)速度問(wèn)題的處理方法。2．應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及規(guī)律解決相關(guān)問(wèn)題。3．掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)，靈活處理相關(guān)問(wèn)題。4．掌握天體和衛(wèi)星的運(yùn)行特點(diǎn)和規(guī)律。5．會(huì)應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析衛(wèi)星變軌問(wèn)題。必備知識(shí)突破點(diǎn)一|拋體運(yùn)動(dòng)1．平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法2．平拋運(yùn)動(dòng)的二級(jí)結(jié)論(1)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻的瞬時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線一定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn)，則tanα＝eq\f(y,\f(x,2))。(2)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角α的正切值，是位移與水平方向的夾角θ的正切值的2倍，即tanα＝2tanθ。(3)若物體在斜面上平拋又落到斜面上，則其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值。(4)若平拋物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值。[典例1]如圖所示，一小球在斜面的頂端以初速度v0水平拋出，最后落到斜面上。已知斜面的傾角為α，小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。求：(1)小球落到斜面時(shí)速度大小和方向與水平面夾角的正切值；(2)小球離斜面最遠(yuǎn)時(shí)的速度大小和運(yùn)動(dòng)時(shí)間。[解析](1)如圖所示，設(shè)小球落到斜面上時(shí)速度方向與水平方向的夾角為θ小球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有vx1＝v0，x＝v0t小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，有vy1＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2小球落到斜面上，所以有tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)解得t＝eq\f(2v0tanα,g)tanθ＝eq\f(vy1,vx1)＝eq\f(gt,v0)＝2tanα小球落到斜面上的速度v1＝eq\r(v\o\al(2,x1)＋v\o\al(2,y1))＝v0eq\r(1＋4tan2α)。(2)當(dāng)小球的運(yùn)動(dòng)方向與斜面平行時(shí)，小球與斜面相距最遠(yuǎn)，設(shè)此時(shí)經(jīng)歷時(shí)間為t′，小球的運(yùn)動(dòng)方向與水平方向的夾角為α，則有vx＝vcosα，tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt′,vx)，vx＝v0解得t′＝eq\f(v0tanα,g)，v＝eq\f(v0,cosα)。[答案](1)v0eq\r(1＋4tan2α)2tanα(2)eq\f(v0,cosα)eq\f(v0tanα,g)[母題追問(wèn)]1．在上述例題的基礎(chǔ)上改變?yōu)橐韵虑榫埃涸谧銐蜷L(zhǎng)斜面上的A點(diǎn)，以水平速度v0拋出一個(gè)小球，不計(jì)空氣阻力，小球落至斜面時(shí)下落的豎直高度為h1；若將此球改用2v0水平速度拋出，仍落至斜面時(shí)下落的豎直高度為h2。則h1∶h2為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．1∶4D[斜面傾角的正切值為tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(2v0tanα,g)，可知運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)，初速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，所以時(shí)間比為1∶2。平拋運(yùn)動(dòng)下落的豎直高度h＝eq\f(1,2)gt2∝t2，則h1∶h2＝1∶4，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。]2．在上述例題的基礎(chǔ)上改變?yōu)橐韵虑榫埃鹤屝∏蛟谛泵娴捻敹艘猿跛俣葀0垂直斜面斜向上拋出，最后仍落到斜面上。其他條件不變。求：(1)小球落到斜面上時(shí)的水平位移和豎直位移的大??；(2)小球從拋出到離斜面最遠(yuǎn)時(shí)的時(shí)間；(3)小球離斜面最遠(yuǎn)時(shí)的速度大小。[解析](1)建立如圖所示的坐標(biāo)系，分解重力可知：小球在沿斜面方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，ax＝gsinα；小球在y軸方向上做加速度大小為ay＝gcosα的類豎直上拋運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(2v0,ay)＝eq\f(2v0,gcosα)沿斜面的距離x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(2v\o\al(2,0)sinα,gcos2α)所以小球落到斜面上的水平位移為x∥＝xcosα＝eq\f(2v\o\al(2,0)tanα,g)豎直位移為x⊥＝xsinα＝eq\f(2v\o\al(2,0)tan2α,g)。(2)小球從拋出到離斜面最遠(yuǎn)時(shí)的時(shí)間為t′＝eq\f(t,2)＝eq\f(v0,gcosα)。(3)小球離斜面最遠(yuǎn)時(shí)vy＝0，只有沿x軸方向上的速度，則vx＝axt′＝v0tanα。[答案](1)eq\f(2v\o\al(2,0)tanα,g)eq\f(2v\o\al(2,0)tan2α,g)(2)eq\f(v0,gcosα)(3)v0tanα反思感悟：平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題要構(gòu)建好兩類模型，一類是常規(guī)平拋運(yùn)動(dòng)模型，注意分解方法，應(yīng)用勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；另一類是平拋斜面結(jié)合模型，要靈活應(yīng)用斜面傾角，分解速度或位移，構(gòu)建幾何關(guān)系。[考向預(yù)測(cè)]1．(2021·湖南永州二模)如圖所示，在斜面頂端a處以速度va水平拋出一小球，經(jīng)過(guò)時(shí)間ta恰好落在斜面底端c處。今在c點(diǎn)正上方與a等高的b處以速度vb水平拋出另一小球，經(jīng)過(guò)時(shí)間tb恰好落在斜面的三等分點(diǎn)d處。若不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)系式正確的是()A．ta＝eq\f(\r(3),2)tb B．ta＝3tbC．va＝eq\f(\r(3),2)vb D．va＝eq\f(3,2)vbC[由于a、b兩球下降的高度之比為3∶1，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知下落時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，則兩小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系是ta＝eq\r(3)tb，故A、B錯(cuò)誤；因?yàn)閮汕蛩轿灰浦葹?∶2，由v0＝eq\f(x,t)得va＝eq\f(\r(3),2)vb，故C正確，D錯(cuò)誤。]2．(多選)如圖所示，在一個(gè)傾角為37°的長(zhǎng)斜面底端O點(diǎn)正上方h＝1.7m的P點(diǎn)處將一小球以速度v0水平拋出，恰好垂直擊中斜面上的Q點(diǎn)，sin37°＝0.6。取g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．小球的初速度v0＝4m/sB．Q點(diǎn)離O點(diǎn)的距離|QO|＝1.2mC．保持h不變，將小球以2v0的速度水平拋出，則擊中斜面的位置到O點(diǎn)的距離小于2|QO|D．若拋出點(diǎn)高度變?yōu)?h，欲使小球仍能垂直擊中斜面，小球的初速度應(yīng)調(diào)整為eq\r(2)v0CD[如圖甲所示，小球垂直擊中斜面時(shí)，速度的偏向角為53°，設(shè)Q到水平面的高度為y，到OP的距離為x，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論可知，速度偏向角的正切值tan53°＝2·eq\f(h－y,x)＝2·eq\f(h－y,\f(y,tan37°))，可得y＝eq\f(9,17)h≈0.9m，x＝1.2m，|QO|＝eq\f(x,sin53°)＝1.5m，B錯(cuò)誤；小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h－y,g))＝0.4s，初速度v0＝eq\f(x,t)＝3m/s，A錯(cuò)誤；保持拋出點(diǎn)高度不變，初速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，如圖乙所示，若無(wú)斜面，則小球應(yīng)擊中Q′點(diǎn)，實(shí)際擊中點(diǎn)為軌跡與斜面的交點(diǎn)，顯然離底端O的距離小于2|QO|，C正確；若拋出點(diǎn)高度變?yōu)?h，根據(jù)小球垂直擊中斜面的規(guī)律知，y′＝eq\f(9,17)×2h，小球下落的高度和水平位移均變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，故小球的初速度應(yīng)調(diào)整為原來(lái)的eq\r(2)倍，D正確。故選CD。甲乙]3．如圖所示，邊長(zhǎng)為a的正方體無(wú)蓋盒子ABCD-A′B′C′D′放置在水平地面上，O與A′、B′在同一直線上，且O與A′的距離為a。將小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從O點(diǎn)正上方距離O點(diǎn)3a處以某一速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。為使小球能落在盒子內(nèi)部，則小球拋出時(shí)速度vA．eq\f(\r(ga),2)<v<eq\r(ga) B．eq\f(\r(ga),2)<v<eq\f(\r(5ga),2)C．eq\f(\r(2ga),2)<v<eq\f(\r(3ga),2) D．eq\f(\r(2ga),2)<v<eq\f(\r(5ga),2)B[小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，欲使小球落在盒內(nèi)，則在豎直方向上小球下落的高度為2a，在豎直方向上有h＝2a＝eq\f(1,2)gt2，當(dāng)小球落在A點(diǎn)時(shí)水平位移最小，小球拋出的速度最小，在水平方向上有x＝a＝v1t，解得v1＝eq\f(\r(ga),2)；當(dāng)小球落在C點(diǎn)時(shí)水平位移最大，小球拋出的速度最大，在水平方向上有eq\r(a2＋2a2)＝v2t，解得v2＝eq\f(\r(5ga),2)。所以小球拋出的速度大小的范圍為eq\f(\r(ga),2)<v<eq\f(\r(5ga),2)，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]突破點(diǎn)二|圓周運(yùn)動(dòng)1．水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的“臨界”分析(1)繩的臨界：張力FT＝0(2)接觸面滑動(dòng)臨界：F＝fm(3)接觸面分離臨界：FN＝02．豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)(輕繩模型和輕桿模型)輕繩模型輕桿模型圖示在最高點(diǎn)受力重力，彈力F彈向下或等于零，mg＋F彈＝meq\f(v2,R)重力，彈力F彈向下、向上或等于零，mg±F彈＝meq\f(v2,R)恰好過(guò)最高點(diǎn)F彈＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(Rg)，即在最高點(diǎn)速度不能為零v＝0，mg＝F彈，在最高點(diǎn)速度可為零關(guān)聯(lián)應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末狀態(tài)聯(lián)系起來(lái)列方程求解[典例2](多選)(2021·云南曲靖二模)如圖甲所示，小球穿在豎直平面內(nèi)光滑的固定圓環(huán)上，繞圓心O點(diǎn)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)與小球間彈力大小為F，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其F-v2圖象如圖乙所示，g取10m/s2，則()甲乙A．小球的質(zhì)量為4kgB．固定圓環(huán)的半徑R為0.8mC．小球在最高點(diǎn)的速度為4m/s時(shí)，小球受圓環(huán)的彈力大小為20N，方向向上D．若小球恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，則其承受的最大彈力為100N[思路點(diǎn)撥]解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：(1)做好小球在某一位置的動(dòng)力學(xué)分析。(2)將小球的動(dòng)力學(xué)方程與F-v2圖象對(duì)應(yīng)，找出已知物理量。BD[對(duì)小球在最高點(diǎn)進(jìn)行受力分析，速度為0時(shí)，F(xiàn)－mg＝0，結(jié)合圖象可知：20N－m·10m/s2＝0，解得小球質(zhì)量m＝2kg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)F＝0時(shí)，由重力提供向心力可得mg＝eq\f(mv2,R)，結(jié)合圖象可知mg＝eq\f(8m/s2·m,R)，解得固定圓環(huán)半徑R為0.8m，選項(xiàng)B正確；小球在最高點(diǎn)的速度為4m/s時(shí)，設(shè)小球受圓環(huán)的彈力方向向下，由牛頓第二定律得F＋mg＝meq\f(v2,R)，代入數(shù)據(jù)解得F＝20N，方向豎直向下，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，其受力最大，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,R)，若小球恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，由以上兩式得F＝5mg，代入數(shù)據(jù)得F＝100N，選項(xiàng)D正確。]反思感悟：抓“兩點(diǎn)”“一聯(lián)”把握解題關(guān)鍵點(diǎn)①“兩點(diǎn)”②“一聯(lián)”[考向預(yù)測(cè)]4．(多選)(2021·山東省煙臺(tái)市一模)質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)細(xì)桿的B點(diǎn)和A點(diǎn)，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長(zhǎng)為l，當(dāng)輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)繩的張力不可能為零B．a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大C．當(dāng)角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時(shí)，b繩將出現(xiàn)彈力D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化AC[對(duì)小球受力分析，可得a繩的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝eq\f(mg,sinθ)，為定值，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)Tacosθ＝mω2l，即ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))時(shí)，b繩的彈力為零，若角速度大于該值，則b繩將出現(xiàn)彈力，C正確；由于繩b可能沒(méi)有彈力，故繩b突然被剪斷，則a繩的彈力可能不變，D錯(cuò)誤。]5．(易錯(cuò)題)(多選)如圖，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開(kāi)始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，A．b一定比a先開(kāi)始滑動(dòng)B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開(kāi)始滑動(dòng)的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時(shí)，a所受摩擦力的大小為kmgAC[本題從向心力來(lái)源入手，分析發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件。小木塊a、b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由靜摩擦力提供向心力，即f＝mω2R。當(dāng)角速度增加時(shí)，靜摩擦力增大，當(dāng)增大到最大靜摩擦力時(shí)，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木塊a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，當(dāng)fa＝kmg時(shí)，即kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；對(duì)木塊b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，當(dāng)fb＝kmg時(shí)，即kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先達(dá)到最大靜摩擦力，選項(xiàng)A正確；兩木塊滑動(dòng)前轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)ω＝eq\r(\f(kg,2l))時(shí)b剛開(kāi)始滑動(dòng)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時(shí)，a沒(méi)有滑動(dòng)，則fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]6．(多選)如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)(不計(jì)一切阻力)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)繩對(duì)小球的拉力為T，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則()甲乙A．輕質(zhì)繩長(zhǎng)為eq\f(mb,a)B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(m,a)C．當(dāng)v2＝c時(shí)，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力差均為6AD[設(shè)繩長(zhǎng)為R，由牛頓第二定律知小球在最高點(diǎn)滿足T＋mg＝meq\f(v2,R)，即T＝eq\f(m,R)v2－mg，由題圖乙知a＝mg，b＝gR，所以g＝eq\f(a,m)，R＝eq\f(mb,a)，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝c時(shí)，有T＋mg＝meq\f(c,R)，將g和R的值代入得T＝eq\f(ac,b)－a，C錯(cuò)誤；因小球在最低點(diǎn)滿足T′－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，即在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋eq\f(m,R)(veq\o\al(2,1)－v2)，又由機(jī)械能守恒定律知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，可得ΔT＝6mg＝6a，D正確。]突破點(diǎn)三|萬(wàn)有引力與航天1．估算天體質(zhì)量和密度的解題技巧(1)利用萬(wàn)有引力提供天體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力估算天體質(zhì)量時(shí)，求出的只是中心天體的質(zhì)量，并非環(huán)繞天體的質(zhì)量。(2)區(qū)別天體半徑R和衛(wèi)星軌道半徑r，只有在天體表面附近的衛(wèi)星才有r≈R；計(jì)算天體密度時(shí)，體積V＝eq\f(4,3)πR3中R為天體半徑。2．分析衛(wèi)星運(yùn)行參量的“一模型”“兩思路”(1)一種模型：無(wú)論是自然天體(如地球、月亮)還是人造天體(如宇宙飛船、人造衛(wèi)星)都可以看作質(zhì)點(diǎn)，圍繞中心天體(視為靜止)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如例題中的中心天體為地球。(2)兩條思路①萬(wàn)有引力提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2·r＝meq\f(4π2,T2)·r。②天體對(duì)其表面物體的萬(wàn)有引力近似等于重力，即eq\f(GMm,R2)＝mg或GM＝gR2(R、g分別是天體的半徑、表面重力加速度)，公式GM＝gR2應(yīng)用廣泛，被稱為“黃金代換式”。3．用好——“橋梁”地面赤道上的物體隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，與同步衛(wèi)星具有相同的角速度。比較地面赤道上物體和空中衛(wèi)星的運(yùn)行參數(shù)，可借助同步衛(wèi)星的“橋梁”作用。4．衛(wèi)星變軌的運(yùn)動(dòng)模型是向心運(yùn)動(dòng)和離心運(yùn)動(dòng)，當(dāng)由于某種原因衛(wèi)星速度v突然增大時(shí)，有Geq\f(Mm,r2)<meq\f(v2,r)，萬(wàn)有引力不足以提供向心力，衛(wèi)星將偏離圓軌道做離心運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v突然減小時(shí)，有Geq\f(Mm,r2)>meq\f(v2,r)，衛(wèi)星將做向心運(yùn)動(dòng)。[典例3](多選)(2021·湖南卷)2021年4月29日，中國(guó)空間站天和核心艙發(fā)射升空，準(zhǔn)確進(jìn)入預(yù)定軌道。根據(jù)任務(wù)安排，后續(xù)將發(fā)射問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙和夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙，計(jì)劃2022年完成空間站在軌建造。核心艙繞地球飛行的軌道可視為圓軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的eq\f(1,16)。下列說(shuō)法正確的是()A．核心艙進(jìn)入軌道后所受地球的萬(wàn)有引力大小約為它在地面時(shí)的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))eq\s\up12(2)倍B．核心艙在軌道上飛行的速度大于7.9km/sC．核心艙在軌道上飛行的周期小于24hD．后續(xù)加掛實(shí)驗(yàn)艙后，空間站由于質(zhì)量增大，軌道半徑將變小[思路點(diǎn)撥]解此題把握兩點(diǎn)：(1)衛(wèi)星的運(yùn)行看成萬(wàn)有引力作用下的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)行軌道和質(zhì)量無(wú)關(guān)。(2)第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度。AC[根據(jù)萬(wàn)有引力定律有F＝Geq\f(Mm,r2)，核心艙進(jìn)入軌道后的萬(wàn)有引力與地面上萬(wàn)有引力之比為eq\f(F1,F2)＝eq\f(R2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(1,16)R))eq\s\up12(2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))eq\s\up12(2)，所以A正確；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，核心艙做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于地球半徑，故核心艙在軌道上飛行的速度小于第一宇宙速度，即小于7.9km/s，所以B錯(cuò)誤；根據(jù)T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可知核心艙做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑小于同步衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，則其周期比同步衛(wèi)星的周期小，小于24h，所以C正確；衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬(wàn)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))，則衛(wèi)星的環(huán)繞速度與衛(wèi)星的質(zhì)量無(wú)關(guān)，所以變軌時(shí)需要點(diǎn)火減速或者點(diǎn)火加速，增加質(zhì)量不會(huì)改變軌道半徑，所以D錯(cuò)誤。]反思感悟：衛(wèi)星運(yùn)行參量的比較方法(1)列出四個(gè)連等式：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝ma。(2)導(dǎo)出四個(gè)表達(dá)式：a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))。(3)結(jié)合r大小關(guān)系，比較得出a、v、ω、T的大小關(guān)系。[考向預(yù)測(cè)]7．宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬(wàn)有引力作用互相繞轉(zhuǎn)，稱之為雙星系統(tǒng)，設(shè)某雙星系統(tǒng)繞其連線上的O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。若AO<OB，則()A．星球A的向心力一定大于星球B的向心力B．星球A的線速度一定大于星球B的線速度C．星球A的質(zhì)量一定大于星球B的質(zhì)量D．雙星的總質(zhì)量一定，雙星之間的距離越大，其轉(zhuǎn)動(dòng)周期越小C[雙星靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，所以向心力大小相等，故A錯(cuò)誤；雙星系統(tǒng)角速度相等，根據(jù)v＝ωr，且AO<OB，可以知道，A的線速度小于B的線速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，得：Geq\f(m1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，因?yàn)閞1<r2，所以m1>m2，即A的質(zhì)量一定大于B的質(zhì)量，故C正確；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r1＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r2，又r1＋r2＝L，計(jì)算得出周期為T＝2πeq\r(\f(L3,Gm1＋m2))，由此可以知道雙星的總質(zhì)量一定，雙星之間的距離越大，轉(zhuǎn)動(dòng)周期越大，故D錯(cuò)誤。]8．(多選)(2021·福建高三二模)2021年2月15日17時(shí)，天問(wèn)一號(hào)火星探測(cè)器在“火星捕獲軌道”的遠(yuǎn)火點(diǎn)成功實(shí)施平面機(jī)動(dòng)，進(jìn)入兩極上空的“環(huán)火星1軌道”，之后多次在近火點(diǎn)實(shí)施制動(dòng)，進(jìn)入運(yùn)行周期為火星自轉(zhuǎn)周期2倍的“火星停泊軌道”，載荷的高分辨率相機(jī)、光譜儀等儀器將對(duì)預(yù)選著陸區(qū)地形地貌、沙塵天氣等進(jìn)行詳查，為擇機(jī)著陸火星做好準(zhǔn)備，則“天問(wèn)一號(hào)”()A．在“火星停泊軌道”的運(yùn)行周期大于它在“環(huán)火星1軌道”的運(yùn)行周期B．在“火星停泊軌道”從近火點(diǎn)向遠(yuǎn)火點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒C．在“火星停泊軌道”每次經(jīng)過(guò)近火點(diǎn)時(shí)，都在火星上同一個(gè)位置的正上空D．在“火星捕獲軌道”的遠(yuǎn)火點(diǎn)要沿捕獲軌道的速度反方向點(diǎn)火進(jìn)入“環(huán)火星1軌道”BC[在“火星停泊軌道”的運(yùn)行半長(zhǎng)軸小于“環(huán)火星1軌道”的半長(zhǎng)軸，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，在“火星停泊軌道”的周期小于它在“環(huán)火星1軌道”的運(yùn)行周期，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在“火星停泊軌道”從近火點(diǎn)向遠(yuǎn)火點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，只有火星的引力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確；因?yàn)樵凇盎鹦峭２窜壍馈鄙系闹芷诘扔诨鹦亲赞D(zhuǎn)周期的2倍，則在“火星停泊軌道”每次經(jīng)過(guò)近火點(diǎn)時(shí)，都在火星上同一個(gè)位置的正上空，選項(xiàng)C正確；“火星捕獲軌道”與“環(huán)火星1軌道”有一定夾角，所以無(wú)論沿捕獲軌道的速度正方向或反方向點(diǎn)火，均不會(huì)進(jìn)入“環(huán)火星1軌道”，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]9．(易錯(cuò)題)(多選)有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測(cè)衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則()A．a(chǎn)的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度B．在相同時(shí)間內(nèi)b轉(zhuǎn)過(guò)的弧長(zhǎng)最長(zhǎng)，a、c轉(zhuǎn)過(guò)的弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的角度相等C．c在4小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角是eq\f(π,3)，a在2小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角是eq\f(π,6)D．b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小時(shí)BC[a在地球表面隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，其萬(wàn)有引力等于重力與向心力之和，且重力遠(yuǎn)大于向心力，故a的向心加速度遠(yuǎn)小于重力加速度g，根據(jù)牛頓第二定律，萬(wàn)有引力提供向心力，Geq\f(Mm,r2)＝man，解得向心加速度an＝eq\f(GM,r2)，由于衛(wèi)星d的軌道半徑大于衛(wèi)星c的軌道半徑，所以衛(wèi)星c的向心加速度大于d的向心加速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；地球同步衛(wèi)星c繞地球運(yùn)動(dòng)的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，相同時(shí)間內(nèi)a、c轉(zhuǎn)過(guò)的弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的角度相等，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，軌道半徑越小速度越大，則vb>vc>vd，又a與c角速度相等，且a的軌道半徑小于c的軌道半徑，故vc>va，即b的速度最大，所以在相同時(shí)間內(nèi)b轉(zhuǎn)過(guò)的弧長(zhǎng)最長(zhǎng)，選項(xiàng)B正確；a、c角速度相同，在4小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角都為eq\f(2π,6)＝eq\f(π,3)，在2小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角都為eq\f(2π,12)＝eq\f(π,6)，選項(xiàng)C正確；c和b的軌道半徑都小于d的軌道半徑，由開(kāi)普勒第三定律可知，b的運(yùn)動(dòng)周期一定小于d的運(yùn)動(dòng)周期，d的運(yùn)動(dòng)周期一定大于c的運(yùn)動(dòng)周期(24小時(shí))，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]突破點(diǎn)四|新情境探究以大氣環(huán)境監(jiān)測(cè)為背景考查衛(wèi)星運(yùn)行規(guī)律[案例1](2021·北京豐臺(tái)區(qū)高三一模)為了對(duì)大氣二氧化碳進(jìn)行全天時(shí)、高精度監(jiān)測(cè)，我國(guó)研制的全球首顆搭載主動(dòng)激光雷達(dá)的大氣環(huán)境監(jiān)測(cè)衛(wèi)星，將于2021年7月出廠待發(fā)射。與地球同步軌道衛(wèi)星(圖中衛(wèi)星1)不同，大氣環(huán)境監(jiān)測(cè)衛(wèi)星(圖中衛(wèi)星2)是軌道平面與赤道平面夾角接近90°的衛(wèi)星，一天內(nèi)環(huán)繞地球飛14圈。下列說(shuō)法正確的是()A．衛(wèi)星2的速度大于衛(wèi)星1的速度B．衛(wèi)星2的周期大于衛(wèi)星1的周期C．衛(wèi)星2的向心加速度小于衛(wèi)星1的向心加速度D．衛(wèi)星2所處軌道的重力加速度等于衛(wèi)星1所處軌道的重力加速度A[因?yàn)榈厍蛲叫l(wèi)星(衛(wèi)星1)的周期是24h，而大氣環(huán)境監(jiān)測(cè)衛(wèi)星(衛(wèi)星2)的周期是eq\f(24h,14)，可見(jiàn)衛(wèi)星2的周期小，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，故衛(wèi)星2的軌道半徑小于衛(wèi)星1的軌道半徑，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM