高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题1 第5课时 圆周运动 万有引力与航天（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题1 第5课时 圆周运动 万有引力与航天（含解析），共20页。试卷主要包含了网络构建，三种临界情况，卫星变轨，双星问题等内容，欢迎下载使用。
1．网络构建
2．三种临界情况
(1)接触面滑动临界：F＝F静m.
(2)接触面分离临界：FN＝0.
(3)绳恰好绷紧：FT＝0；绳恰好断，FT达到绳子最大承受拉力．
考题示例
例1 (2020·全国卷Ⅰ·16)如图1，一同学表演荡秋千．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1
A．200 N B．400 N
C．600 N D．800 N
答案 B
解析 取该同学与踏板整体为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子中的平均拉力为F.
由牛顿第二定律知：2F－mg＝eq \f(mv2,r)
代入数据得F＝405 N，故每根绳子平均承受的拉力约为405 N，
选项B正确．
例2 (2018·浙江11月选考·9)如图2所示，一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是( )
图2
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案 D
解析 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转弯的速度为20 m/s时，根据Fn＝meq \f(v2,R)，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车转弯时的最大向心加速度为am＝eq \f(Ff,m)＝7.0 m/s2，D正确．
例3 (2018·全国卷Ⅲ·25)如图3，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：
图3
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
答案 (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(m\r(23gR),2) (3)eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
eq \f(F0,mg)＝tan α①
F2＝(mg)2＋F02②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝meq \f(v2,R)③
由①②③式和题给数据得
F0＝eq \f(3,4)mg④
v＝eq \f(\r(5gR),2)⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cs α)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv12⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq \f(m\r(23gR),2)⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋eq \f(1,2)gt2＝CDeq \(○,\s\up1(10))
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))
命题预测
1.(多选)(2020·四川宜宾市叙州区第一中学高三模拟)如图4所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B 两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动．已知圆盘与B之间的动摩擦因数为μ， B与A之间的动摩擦因数为0.5μ，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
图4
A．物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定
B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等
C．A、B一起转动的最大角速度为eq \r(\f(μg,2L))
D．当A、B恰好发生相对运动时圆盘对B的摩擦力为2μmg
答案 BC
解析 两物块做匀速圆周运动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心，不恒定，故A错误；
根据向心力公式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；
对AB整体分析，当最大静摩擦力提供向心力时，有
μ·2mg＝2mLωB2
解得ωB＝eq \r(\f(μg,L))
对A分析，当B对A的最大静摩擦力提供向心力时，
有0.5μ·mg＝mLωA2
解得ωA＝eq \r(\f(μg,2L))
由以上分析可知，AB一起转动的最大角速度为ωm＝eq \r(\f(μg,2L))，此时圆盘对B的摩擦力为
Ff＝2m·L·ωm2＝μmg，故C正确，D错误．
2．如图5甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，其FN－v2图像如图乙所示．则( )
图5
A．小球的质量为eq \f(aR,b)
B．当地的重力加速度大小为eq \f(R,b)
C．v2＝c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上
D．v2＝2b时，在最高点杆对小球的弹力大小为2a
答案 A
解析 由题图乙可知当小球运动到最高点时，若v2＝b，则FN＝0，轻杆既不向上推小球也不向下拉小球，这时由小球受到的重力提供向心力，即mg＝eq \f(mv2,R)，得v2＝gR＝b，故g＝eq \f(b,R)，B错误；当v2>b时，轻杆向下拉小球，C错误；当v2＝0时，轻杆对小球弹力的大小等于小球重力大小，即a＝mg，代入g＝eq \f(b,R)得小球的质量m＝eq \f(aR,b)，A正确；当v2＝2b时，由向心力公式得FN＋mg＝eq \f(mv2,R)，得杆的弹力大小FN＝mg，故FN＝a，D错误．
3．(2020·甘南藏族自治州合作第一中学高三期中)如图6所示，一长l＝0.45 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝0.90 m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂，不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图6
(1)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；
(2)若eq \x\t(OP)＝0.30 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力．
答案 (1)0.90 m (2)7.0 N
解析 (1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mvB2＝mgl
解得小球运动到B点时的速度大小为：vB＝eq \r(2gl)＝3.0 m/s
小球从B点做平抛运动，由运动学规律得到：x＝vBt，
y＝H－l＝eq \f(1,2)gt2
解得：C点与B点之间的水平距离：
x＝vBeq \r(\f(2H－l,g))＝0.90 m.
(2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿第二定律得：Fm－mg＝meq \f(vB2,r)，r＝l－eq \x\t(OP)
由以上各式解得：Fm＝7.0 N．
高考题型2 万有引力定律 天体运动
1．在天体表面，忽略自转的情况下有Geq \f(Mm,R2)＝mg.
2．处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其加速度、线速度、角速度、周期与轨道半径的关系如下：
Geq \f(Mm,r2)＝F向＝
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(man→an＝\f(GM,r2)→a∝\f(1,r2),m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))→v∝\f(1,\r(r)),mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))→ω∝\f(1,\r(r3)),m\f(4π2,T2)r→T＝\r(\f(4π2r3,GM))→T∝\r(r3)))越高越慢只有T与r变化一致
3．求中心天体的质量和密度
(1)利用天体表面重力加速度g和天体半径R.
(2)利用卫星环绕中心天体的周期T、轨道半径r和天体半径R.
特例：对近地卫星，r＝R，则ρ＝eq \f(3π,GT2).
4．(1)卫星变轨：由低轨变高轨，瞬时点火加速，稳定在高轨道上时速度较小、动能较小、机械能较大；由高轨变低轨，反之．
(2)卫星经过两个轨道的相切点，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度．
(3)无论是圆轨道还是椭圆轨道，外轨道的周期较大．
5．双星问题
(1)两星都绕它们连线上的某一点做匀速圆周运动，角速度(周期)相等．
(2)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供
eq \f(Gm1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2
(3)两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，且m1r1＝m2r2，m1＋m2＝eq \f(4π2l3,GT2).
考题示例
例4 (2020·全国卷Ⅲ·16)“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( )
A.eq \r(\f(RKg,QP)) B.eq \r(\f(RPKg,Q)) C.eq \r(\f(RQg,KP)) D.eq \r(\f(RPg,QK))
答案 D
解析 在地球表面有Geq \f(M地m,R2)＝mg，“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动时有Geq \f(M月m′,KR月2)＝m′eq \f(v2,KR月)，根据已知条件有R＝PR月，M地＝QM月，联立以上各式解得v＝eq \r(\f(RPg,QK))，故选D.
例5 (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a火 B．a火>a地>a金
C．v地>v火>v金 D．v火>v地>v金
答案 A
解析 金星、地球和火星绕太阳公转时万有引力提供向心力，则有Geq \f(Mm,R2)＝ma，解得a＝Geq \f(M,R2)，结合题中R金a火，选项A正确，B错误；同理，有Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(\f(GM,R))，再结合题中R金v火，选项C、D错误．
例6 (多选)(2018·全国卷Ⅰ·20)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )
A．质量之积 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
答案 BC
解析 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示
每秒转动12圈，角速度已知，
中子星运动时，由万有引力提供向心力得
eq \f(Gm1m2,l2)＝m1ω2r1①
eq \f(Gm1m2,l2)＝m2ω2r2②
l＝r1＋r2③
由①②③式得eq \f(Gm1＋m2,l2)＝ω2l，所以m1＋m2＝eq \f(ω2l3,G)，
质量之和可以估算．
由线速度与角速度的关系v＝ωr得
v1＝ωr1④
v2＝ωr2⑤
由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算．
质量之积和各自的自转角速度无法求解．
例7 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·21)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，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图7中实线所示．在另一星球N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，则( )
图7
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
答案 AC
解析 设物体P、Q的质量分别为mP、mQ；星球M、N的质量分别为M1、M2，半径分别为R1、R2，密度分别为ρ1、ρ2；M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上，弹簧压缩量为0时有mPg1＝3mPa0，所以g1＝3a0＝Geq \f(M1,R12)，密度ρ1＝eq \f(M1,\f(4,3)πR13)＝eq \f(9a0,4πGR1)；在星球N上，弹簧压缩量为0时有mQg2＝mQa0，所以g2＝a0＝Geq \f(M2,R22)，密度ρ2＝eq \f(M2,\f(4,3)πR23)＝eq \f(3a0,4πGR2)；因为R1＝3R2，所以ρ1＝ρ2，选项A正确；当物体的加速度为0时有mPg1＝3mPa0＝kx0，mQg2＝mQa0＝2kx0，解得mQ＝6mP，选项B错误；根据a－x图线与x轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知，EkmP＝eq \f(3,2)mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，选项C正确；根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D错误．
命题预测
4．(2020·四川泸州市质量检测)我国实施空间科学战略性先导科技专项计划，已经发射了“悟空”“墨子”“慧眼”等系列的科技研究卫星，2019年8月31日又成功发射一颗微重力技术实验卫星．若微重力技术实验卫星和地球同步卫星均绕地球做匀速圆周运动时，微重力技术实验卫星的轨道高度比地球同步卫星低，下列说法中正确的是( )
A．该实验卫星的周期大于地球同步卫星的周期
B．该实验卫星的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
C．该实验卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度
D．该实验卫星的角速度小于地球同步卫星的角速度
答案 B
解析 万有引力提供向心力，由Geq \f(Mm,r2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝ma，解得：v＝eq \r(\f(GM,r))，T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，ω＝eq \r(\f(GM,r3))，a＝eq \f(GM,r2).实验卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，可知该实验卫星周期比地球同步卫星的小，向心加速度、线速度、角速度均比地球同步卫星的大，故选项B正确，A、C、D错误．
5．(多选)(2020·湖南3月模拟)我国计划发射火星探测器，预计经过10个月的飞行火星探测器到达火星，着陆火星表面并进行巡视探测．假设探测器在火星表面和地球表面以相同的速度竖直上抛一物体，其在地球上落回抛出点的时间是火星上的a倍，已知地球半径与火星半径之比为b.不计地球和火星的自转及其表面气体的阻力．下列说法正确的是( )
A．地球与火星绕太阳运动时，它们与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
B．地球表面与火星表面的重力加速度大小之比为1∶a
C．地球与火星的质量之比为a∶b2
D．地球与火星的第一宇宙速度大小之比为eq \r(b)∶eq \r(a)
答案 BD
解析 根据开普勒第二定律知同一椭圆运动过程中，行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星周期不同，它们与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积不相等，故A错误；根据竖直上抛运动规律知竖直上抛运动时间为：t＝2eq \f(v0,g)，已知探测器在火星表面和地球表面以相同的速度竖直上抛一物体，其在地球上落回抛出点的时间是火星上的a倍，则地球表面与火星表面的重力加速度大小之比eq \f(g地,g火)＝1∶a，故B正确；根据星球表面物体的重力等于万有引力，有mg＝meq \f(GM,R2)，得M＝eq \f(gR2,G)，地球与火星的质量之比为eq \f(M地,M火)＝b2∶a，故C错误；第一宇宙速度v＝eq \r(\f(GM,R))，所以地球与火星的第一宇宙速度大小之比为eq \f(v地,v火)＝eq \r(b)∶eq \r(a)，故D正确．
6.(2020·山东济宁市高三二模)如图8所示，我国发射的某探月卫星绕月球运动的轨道为椭圆轨道．已知该卫星在椭圆轨道上运行n周所用时间为t，卫星离月球表面的最大高度为5R，最小高度为R，月球的半径为R，下列说法正确的是( )
图8
A．月球的自转周期为T＝eq \f(t,n)
B．月球的第一宇宙速度为eq \f(16nπR,t)
C．探月卫星的最大加速度与最小加速度之比为5∶1
D．探月卫星的最大动能与最小动能之比为25∶1
答案 B
解析 由题意可知，探月卫星绕月运动的周期T＝eq \f(t,n)，但不能得到月球的自转周期，故A错误；设近月卫星的周期为T′，其轨道半径为R，根据开普勒第三定律有eq \f(4R3,T2)＝eq \f(R3,T′2)，解得T′＝eq \f(T,8)＝eq \f(t,8n)，则第一宇宙速度为v＝eq \f(2πR,T′)，解得v＝eq \f(16nπR,t)，故B正确；根据牛顿第二定律有Geq \f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，当卫星离月球表面有最小高度R，即r＝2R时，加速度最大，则有a1＝eq \f(GM,4R2)，当卫星离月球表面有最大高度5R，即r＝6R时，加速度最小，则有a2＝eq \f(GM,36R2)，则有
a1∶a2＝9∶1，故C错误；根据开普勒第二定律可知，卫星与月球球心的连线在相等时间内扫过的面积相等，则有eq \f(1,2)(5R＋R)v远Δt＝eq \f(1,2)(R＋R)v近Δt，解得v远∶v近＝1∶3，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，可得探月卫星在轨道上的最大动能与最小动能之比为9∶1，故D错误．
7．半径为R的某均匀球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极点”处的eq \f(1,k).已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A．该天体的质量为eq \f(gR2,kG)
B．该天体的平均密度为eq \f(4g,3πGR)
C．该天体的第一宇宙速度为eq \r(\f(gR,k))
D．该天体的自转周期为2πeq \r(\f(kR,k－1g))
答案 D
解析 在两“极点”处：Geq \f(Mm,R2)＝mg；在赤道处：Geq \f(Mm,R2)－meq \f(g,k)＝meq \f(4π2,T2)R，解得天体的质量为M＝eq \f(gR2,G)，T＝2πeq \r(\f(kR,k－1g))，选项A错误，D正确；该天体的平均密度为ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(gR2,G·\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR)，选项B错误；由Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)＝mg可知该天体的第一宇宙速度为v＝eq \r(gR)，选项C错误．
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·河南郑州市线上测试)如图1所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，重力加速度大小为g，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ满足( )
图1
A．sin θ＝eq \f(ω2L,g) B．tan θ＝eq \f(ω2L,g)
C．sin θ＝eq \f(g,ω2L) D．tan θ＝eq \f(g,ω2L)
答案 A
解析 小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示：
根据牛顿第二定律有：mgsin θ＝mLω2，
解得：sin θ＝eq \f(ω2L,g)，A正确，B、C、D错误．
2．(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.eq \r(\f(3π,Gρ)) B.eq \r(\f(4π,Gρ))
C.eq \r(\f(1,3πGρ)) D.eq \r(\f(1,4πGρ))
答案 A
解析 根据卫星受到的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力可得Geq \f(Mm,R2)＝m(eq \f(2π,T))2R，球形星体质量可表示为：M＝ρ·eq \f(4,3)πR3，由以上两式可得：T＝eq \r(\f(3π,Gρ))，A正确．
3．(2019·江苏卷·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2所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G.则( )
图2
A．v1＞v2，v1＝eq \r(\f(GM,r))
B．v1＞v2，v1＞eq \r(\f(GM,r))
C．v1＜v2，v1＝eq \r(\f(GM,r))
D．v1＜v2，v1＞eq \r(\f(GM,r))
答案 B
解析 “东方红一号”环绕地球在椭圆轨道上运动的过程中，只有万有引力做功，因而机械能守恒，其由近地点向远地点运动时，万有引力做负功，卫星的势能增加，动能减小，因此v1＞v2；又“东方红一号”离开近地点开始做离心运动，则由离心运动的条件可知Geq \f(Mm,r2)＜meq \f(v12,r)，解得v1＞eq \r(\f(GM,r))，B正确，A、C、D错误．
4．(多选)(2020·陕西渭南市富平县高三期末)如图3所示为赛车场的一个“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别r和2r；一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①②③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力均为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
图3
A．赛车经过路线②③时的位移相等
B．选择路线②赛车的速率最小
C．选择路线③赛车所用时间最长
D．三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
答案 AD
解析 位移只与初、末位置有关，与路径无关，所以经过路线②③时的位移相等，故A正确；根据Fmax＝meq \f(v2,r)得v＝eq \r(\f(Fmaxr,m))，知选择路线①，轨道半径最小，则速率最小，故B错误；根据v＝eq \r(\f(Fmaxr,m))知，通过①、②、③三条路线的最大速率之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(2)，根据t＝eq \f(s,v)，由三段路程可知，选择路线③，赛车所用时间最短，故C错误；根据a＝eq \f(v2,r)知，因为最大速率之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(2)，半径之比为1∶2∶2，则三条路线上，赛车的向心加速度大小相等，故D正确．
5.(2020·重庆一中高三下学期6月模拟)被称为“魔力陀螺”玩具中的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图4所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
图4
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球的向心力只由磁性引力提供
C．铁球在A点的速度必须大于eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
答案 D
解析 铁球绕竖直放置的轨道运动，从上往下运动时速度变大，从下往上运动时速度变小，则不可能做匀速圆周运动，选项A错误；铁球的向心力由磁性引力和铁球的重力以及轨道的弹力沿圆心方向的合力提供，选项B错误；铁球在A点的速度大于零均可，选项C错误；若铁球到达最高点时的速度为零，则由最高点到最低点，由机械能守恒定律可得mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2，在最低点时若恰不脱轨，则F－mg＝meq \f(vB2,R)，解得F＝5mg，即轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨，选项D正确．
6．(2020·安徽黄山市高三期末)某行星的质量约为地球质量的4倍，若从该行星和地球的表面附近相同的高度处各由静止释放一金属小球，小球自由下落到表面经历的时间之比为3∶4，已知地球的半径为R，由此可知，该行星的半径为( )
A.eq \f(1,2)R B.eq \f(3,2)R C．2R D.eq \f(5,2)R
答案 B
解析 根据自由落体运动规律h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，由于从该行星和地球的表面附近相同的高度处各由静止释放一金属小球，小球自由下落到表面经历的时间之比为3∶4，则有eq \f(t星,t地)＝eq \r(\f(g地,g星))＝eq \f(3,4)，即eq \f(g地,g星)＝eq \f(9,16).
又在星球表面附近万有引力近似等于重力，
即Geq \f(Mm,R2)＝mg，则有eq \f(M地R星2,M星R地2)＝eq \f(g地,g星)，
所以R星＝eq \r(\f(g地M星,g星M地))R地＝eq \r(\f(9,16)×4)R＝eq \f(3,2)R，选项B正确，A、C、D错误．
7．(2020·湖北荆州市高三模拟)如图5所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方竖直距离h＝1 m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3 m，L2＝2 m，则A、B两小球( )
图5
A．周期之比T1∶T2＝2∶3
B．角速度之比ω1∶ω2＝3∶2
C．线速度大小之比v1∶v2＝2eq \r(2)∶eq \r(3)
D．向心加速度大小之比a1∶a2＝8∶3
答案 C
解析 小球做匀速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Fcs θ－mg＝0①
在水平方向有Fsin θ＝meq \f(4π2,T2)Lsin θ②
由①②得T＝2πeq \r(\f(Lcs θ,g))
又h＝Lcs θ，则T＝2πeq \r(\f(h,g))
所以周期相等，T1∶T2＝1∶1
角速度ω＝eq \f(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mgtan θ＝meq \f(v2,htan θ)，
解得v＝tan θeq \r(gh)
根据几何关系可知
tan θ1＝eq \f(\r(L12－h2),h)＝2eq \r(2)
tan θ2＝eq \f(\r(L22－h2),h)＝eq \r(3)
故线速度大小之比v1∶v2＝2eq \r(2)∶eq \r(3)，故C正确；
向心加速度a＝vω，则向心加速度大小之比等于线速度大小之比，a1∶a2＝2eq \r(2)∶eq \r(3)，故D错误．
8．(多选)(2020·福建龙岩市检测)2019年人类天文史上首张黑洞图片正式公布．在宇宙中当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统．在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称为“潮汐瓦解事件”．天鹅座X－1就是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图6所示．在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是( )
图6
A．它们的万有引力大小变大
B．它们的万有引力大小不变
C．恒星做圆周运动的轨道半径将变大，线速度也变大
D．恒星做圆周运动的轨道半径将变小，线速度也变小
答案 AC
解析 质量较大的M1和质量较小的M2之间的万有引力F＝Geq \f(M1M2,L2)，结合数学知识可知当M1＝M2时，M1M2有最大值，根据题意，质量较小的黑洞M2吞噬质量较大的恒星M1，所以万有引力变大，A正确，B错误；对于两天体，万有引力提供向心力，Geq \f(M1M2,L2)＝M1eq \f(4π2,T2)R1，Geq \f(M1M2,L2)＝M2eq \f(4π2,T2)R2，解得两天体质量表达式M2＝eq \f(4π2L2,GT2)R1，M1＝eq \f(4π2L2,GT2)R2，两天体总质量表达式M1＋M2＝eq \f(4π2L2,GT2)(R1＋R2)＝eq \f(4π2L3,GT2)，两天体的总质量不变，天体之间的距离L不变，所以天体运动的周期T不变，较小质量的黑洞M2质量增大，所以恒星做圆周运动的轨道半径R1增大，根据v＝eq \f(2πR,T)可知恒星的线速度增大，C正确，D错误．
[争分提能练]
9．(2020·福建福清市线上检测)2019年“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面．如图7，为给“嫦娥四号”探测器登陆月球背面提供通信支持，“鹊桥号”卫星绕地月拉格朗日点L2做圆周运动．已知在地月拉格朗日点L1或L2，卫星受地球和月球引力的合力作用，能随月球同步绕地球做圆周运动．则( )
图7
A．卫星在L1点的线速度比在L2点的小
B．卫星在L1点的角速度比在L2点的大
C．同一卫星在L1、L2点受地球和月球引力的合力相等
D．若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于L2点，能量消耗最小，能更好地为“嫦娥四号”探测器提供通信支持
答案 A
解析 地月拉格朗日点L1或L2与月球保持相对静止，卫星在L1、L2点的角速度相等，故B错误；根据v＝ωr可得，卫星在L1点的线速度比在L2点的小，故A正确；根据a＝ω2r可得，同一卫星在L1、L2点受地球和月球引力的向心加速度不相等，故合力不相等，C错误；若“鹊桥号”刚好位于L2点，几乎不消耗能量，但由几何关系可知，通信范围较小，并不能更好地为“嫦娥四号”探测器提供通信支持，故D错误．
10.(2020·湖南高三二模)假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，如图8所示，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达A处时，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ；到达轨道Ⅱ的近月点B处再次点火进入月球近月圆轨道Ⅲ(距月球表面高度视为零)绕月球做圆周运动．下列判断正确的是( )
图8
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率为eq \r(\f(g0R,3))
B．飞船在A处点火变轨时，动能增大
C．飞船在A处变轨完成后向B处运行的过程中机械能增大
D．飞船在轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间为2πeq \r(\f(R,g0))
答案 D
解析 在月球表面有mg0＝eq \f(GMm,R2)，在轨道Ⅰ上运动时有eq \f(GMm,R＋3R2)＝meq \f(v2,R＋3R)，解得v＝eq \f(\r(g0R),2)，故A错误；
飞船在A点处点火变轨后做向心运动，可知需要的向心力小于提供的向心力，故飞船的速度减小，动能减小，故B错误；
飞船从A到B的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；
在月球表面有mg0＝eq \f(GMm,R2)，在轨道Ⅲ上运动时有eq \f(GMm,R2)＝m(eq \f(2π,T))2R
联立解得卫星在轨道Ⅲ上运动一周所需时间T＝2πeq \r(\f(R,g0))，故D正确．
11.(2020·山东淄博市高三3月第二次网考)如图9所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立即停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图9
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为eq \f(2v2,g)
D．速度v不能超过eq \r(\f(2F－MgL,M))
答案 D
解析 物块向右匀速运动时，夹子与物块处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，故A错误；小环碰到钉子P时，物块做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；依据机械能守恒定律，物块减小的动能转化为重力势能，则有：eq \f(1,2)Mv2＝Mgh，则物块上升的最大高度为h＝eq \f(v2,2g)，故C错误；因夹子对物块的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，对物块有：2F－Mg＝Meq \f(vm2,L)，解得：vm＝eq \r(\f(2F－MgL,M))，故速度v不能超过eq \r(\f(2F－MgL,M))，故D正确．
12．如图10，一个质量为m ＝ 0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度 v＝4 m/s.(取g ＝10 m/s2)求：
图10
(1)小球做平抛运动的初速度v0 的大小；
(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的弹力．
答案 (1)2 m/s (2)eq \f(2\r(3),5) m 0.6 m (3)8 N 竖直向上
解析 (1)小球到A点时的速度如图所示，由图可知：v0＝vcs θ＝2 m/s
(2)小球到A点时的竖直速度为：vy＝vsin θ＝2eq \r(3) m/s
由平抛运动规律得：vy2＝2gh
速度为：vy＝gt
水平位移为：x＝v0t
联立并代入数据解得：h＝0.6 m，x＝eq \f(2,5)eq \r(3) m
(3)取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvC2＋mg(R＋Rcs θ)
代入数据得：vC＝eq \r(7) m/s
由圆周运动向心力公式得：FNC＋mg＝meq \f(vC2,R)
代入数据得：FNC＝8 N
由牛顿第三定律得：小球对轨道的弹力大小为8 N，方向竖直向上．
13．(2020·百校联盟必刷卷三)如图11所示，质量均为m的物块A、B放在水平圆盘上，它们到转轴的距离分别为r、2r，圆盘做匀速圆周运动．当转动的角速度为ω时，其中一个物块刚好要滑动，不计圆盘和中心轴的质量，不计物块的大小，两物块与圆盘间的动摩擦因数相同，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
图11
(1)物块与圆盘间的动摩擦因数；
(2)用水平细线将A、B两物块连接，细线刚好拉直，圆盘由静止开始逐渐增大转动的角速度，当两物块刚好要滑动时，外力对转轴做的功．
答案 (1)eq \f(2rω2,g) (2)eq \f(10,3)mr2ω2
解析 (1)由分析可知，物块离转轴的距离越大，越容易滑动，
因此最先滑动的是物块B.
根据牛顿第二定律μmg＝m·2rω2
解得：μ＝eq \f(2rω2,g)
(2)当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为ω1.
对物块A受力分析有：μmg－FT＝mrω12
对物块B受力分析有：μmg＋FT＝m·2rω12
解得：ω1＝eq \f(2\r(3),3)ω
则物块A的线速度大小为：vA＝rω1＝eq \f(2\r(3),3)rω
物块B的线速度大小为：vB＝2rω1＝eq \f(4\r(3),3)rω
根据功能关系可得，外力做的功为：
W＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(10,3)mr2ω2.