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2019届高三物理二轮复习教师用书：第一部分专题一力与运动
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专题一
第一讲物体平衡与直线运动
考点一
静态平衡问题
1.[考查单个物体的平衡问题]
张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服质量为m。下列说法正确的是 ( )
A．CO杆所受的压力大小为mg
B．CO杆所受的压力大小为mg
C．AO绳所受的拉力大小为mg
D．BO绳所受的拉力大小为mg
解析：选D 设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到向下的拉力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图甲所示，
根据平衡条件得：F＝mgtan 60°＝mg；F2＝＝2mg。将F分解，如图乙所示，设AO所受拉力的大小为F1，因为∠AOB＝60°，根据几何知识得：F1＝F＝mg，所以绳AO和BO所受到的拉力大小为mg，而杆OC所受到的压力大小等于2mg；故D正确。
2．[考查多个物体的平衡问题]
[多选]如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m＝3 kg的小球相连，半球形器皿中的轻绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半球形器皿中，水平向右的拉力F＝10 N 作用在b上，三个物体保持静止状态。g取10 m/s2，下列说法正确的是 ( )
A．轻绳对物体a的拉力大小为10 N
B．物体c受到向右的静摩擦力
C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左
D．物体b受到一个摩擦力，方向水平向左
解析：选AD 对小球由平衡条件得2Tsin 60°＝mg，代入数据解得轻绳的拉力T＝10 N，选项A正确；因为轻绳的拉力T＝10 N＞F＝10 N，因此对a、b、c三个物体组成的整体分析可知，桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右，选项C错误；物体c处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，选项B错误；c对b没有摩擦力，而b处于平衡状态，由于水平拉力F＝10 N作用在b上，因此由平衡条件知，b受到方向水平向左、大小为10 N的静摩擦力，选项D正确。
考点二
动态平衡问题
3.[考查用图解法分析动态平衡问题]
质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
解析：选A 以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。
4．[考查用相似三角形法分析动态平衡问题]
[多选]如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小之间的关系，正确的是 ( )
A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2
C．F1＜F2 D．F1＝F2
解析：选BC 小球B受重力mg、绳子拉力FT和弹簧弹力F三个力而平衡，平移FT、F构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB相似，因此有＝＝，其中OA、L保持不变，因此绳子的拉力FT大小保持不变，A错误、B正确；当弹簧的劲度系数k增大时，弹簧的压缩量减小，A、B间距离增大，因此对应的力F增大，C正确、D错误。
考点三
匀变速直线运动问题
5.[考查匀变速直线运动规律及图像问题]
[多选] 为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是( )
A．新能源动力车的初速度为20 m/s
B．刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2
C．刹车过程持续的时间为10 s
D．刹车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m
解析：选AB 根据0－v2＝2ax得：＝－，可知＝，解得刹车过程中加速度大小a＝5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为v02＝400 m2/s2，则v0＝20 m/s，故A、B正确；则刹车过程持续的时间t＝＝ s＝4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x＝＝ m＝40 m，故D错误。
6.[考查用匀变速直线运动规律解决实际问题]
一辆车厢长为4 m的卡车沿水平路面行驶，在车厢正中央沿行驶方向放置一根长2 m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若卡车以18 m/s的速度匀速行驶，为了使车厢前挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？
(2)若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4 m/s2，则经多长时间钢管开始翻落？
解析：(1)若车厢前挡板恰好不被撞击，则卡车在刹车过程中的位移大小x1＝
对钢管有μmg＝ma2，
解得钢管的加速度大小a2＝μg＝3 m/s2
钢管的位移大小x2＝＝54 m
又由运动关系可知x2－x1＝
联立以上各式可得am＝ m/s2≈3.06 m/s2。
(2)从卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中，卡车的位移x1′＝at2
钢管的位移x2′＝a2t2
又由运动关系可得x1′－x2′＝＋，
联立解得t＝2 s。
答案：(1)3.06 m/s2 (2)2 s
考点四
动力学两类基本问题
7.[考查已知受力情况确定运动情况]
如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t1＜t2
C．t1＞t2 D．无法确定
解析：选B 设Oa与竖直方向夹角为θ，则Ob与竖直方向夹角为2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比较可得t1＜t2，故B正确。
8．[考查已知运动情况确定受力情况]
一个质量为m＝2 kg的物体在倾角θ＝37°粗糙的斜面上，在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时刻开始，物体运动的与时间t的关系如图所示(x为位移)，g＝10 m/s2，t＝2 s时撤去拉力，sin 37°＝0.6，求：
(1)拉力F的大小；
(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。
解析：(1)由匀变速直线运动公式x＝v0t＋at2
得＝v0＋at
对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示a1，则有：v0＝1 m/s，a1＝2 m/s2
物体在斜面上在拉力F作用下向上运动的过程，由牛顿第二定律得：F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1
解得F＝24 N。
(2)2秒末v＝v0＋a1t＝5 m/s
0到2秒内：x1＝v0t＋a1t12＝6 m
2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为
a2＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2
2秒后沿斜面向上位移：x2＝＝1.25 m
物体向上运动过程中距计时点的最大距离为
x＝x1＋x2＝7.25 m。
答案：(1)24 N (2)7.25 m
考点五
动力学中的综合问题
9.[考查传送带与运动图像结合的问题]
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B 0～t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1～t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动。t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。t2时刻以后物块相对传送带静止，相对滑动的距离最大，故B正确。
10．[考查动力学中的临界极值问题]
如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( )
A．2F B.
C．3F D.
解析：选B 力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm＝ma ①，对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma ②，由①②解得：fm＝F。当F′作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F′－fm＝ma1 ③，对整体，有：F′＝3ma1 ④，由上述各式联立解得：F′＝F，即F′的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过F，故B正确。
11．[考查含弹簧的连接体问题]
如图所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则下列关于FN的说法正确的是( )
A．刚撤去外力F时，FN＝
B．弹簧弹力等于F时，FN＝
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝mg
解析：选B 刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma1，对物体A有FN－mg＝ma1，联立解得FN＝＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－2mg＝2ma2，对物体A有FN－mg＝ma2，联立解得FN＝，选项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错误。
12．[考查多个物体组成的(绳)连接体问题]
如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创造的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体时的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所需要的时间更长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长。如果m＝M，求：
(1)物体B从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；
(2)系统由静止释放后，运动过程中物体C对物体B的拉力。
解析：(1)设物体的加速度大小为a，绳子中的张力大小为F
对物体A：F－Mg＝Ma
对物体B、C整体：(M＋m)g－F＝(M＋m)a
解得：a＝g
代入m＝M得，a＝
物体B从静止开始下落一段距离h历时t，则h＝at2
自由落体相同距离历时t0，则h＝gt02
解得：＝＝3。
(2)设物体B对物体C的拉力为T，
对物体C有mg－T＝ma
解得：T＝mg
由牛顿第三定律可知，物体C对物体B的拉力为mg，方向竖直向下。
答案：(1)3 (2)mg，方向竖直向下
释疑5大考点
考点一 静态平衡问题
本考点是整个高中物理力学体系的基础，也有一定的难度，“难”表现在两个方面：一是研究对象复杂，往往涉及多个物体(如诊断卷第2题)；二是试题情景新颖，常与生活实际相联系或是实际情景的抽象(如诊断卷第1题)。对于该类问题，关键是在准确选定研究对象的前提下，灵活地利用合成法、分解法或正交分解法，必要时结合整体与隔离法分析问题。建议对本考点自学为主。
(一)理清知识体系
(二)掌握解答平衡问题的基本思路
(三)用好多力多体平衡的解题技法
1．物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解，如诊断卷第1题，属于空间力系问题，O点受到的力不在同一平面，关键是将受力情况分成竖直和水平两个平面研究。如果物体受到三个以上力的平衡问题，通常采用正交分解法求解。
2．对于多个物体的平衡问题，要正确选取研究对象，整体法和隔离法交替使用，如诊断卷第2题，判断物体b所受的摩擦力时必须用隔离法，判断桌面对物体a的静摩擦力用整体法比较方便，求解时的易错点是忽略绳的拉力与F的大小关系，误认为桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左。
[题点全练]
1．(2018·济宁一模)如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D．2mg
解析：选A 对小球A受力分析，杆对小球A的弹力FN水平向左，碗对球的弹力沿AO方向以及小球受竖直向下的重力，由平衡条件可知，tan 30°＝，解得FN＝mgtan 30°＝mg，故A正确，B、C、D错误。
2．(2019届高三·石家庄调研)飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )
A．扫雷具受3个力作用
B．绳子拉力大小为
C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力
D．绳子拉力一定大于mg
解析：选C 对扫雷具进行受力分析，受到重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，如图所示，故A错误；根据平衡条件，有：
竖直方向：F浮＋Tcos θ＝mg
水平方向：f＝Tsin θ
计算得出：T＝，故B错误；扫雷具受到海水的水平方向的阻力等于绳子拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确、D错误。
3．(2018·辽宁庄河模拟)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均静止，绳与滑轮间的摩擦不计，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，物体A、B的质量分别为mA、mB，则( )
A．mA＞mB
B．mA＜mB
C．杆对B的弹力大小为mAgsin θ
D．杆对B的摩擦力大小为mAgcos θ
解析：选C 对物体A分析可知，绳子拉力T＝mAg，再对物体B进行受力分析可知，水平方向：Tsin θ＝N，故杆对B的弹力大小为mAgsin θ，选项C正确；竖直方向：Tcos θ＋f＝mBg，因无法判断摩擦力的方向，故无法判断二者的质量的大小，故选项A、B、D错误。
考点二 动态平衡问题
动态平衡是高考的常考问题。物体在缓慢移动过程中均处于平衡状态，但物体所受的某些力的大小和方向均发生变化，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要原因。针对此类问题，只要遵循正确的思维流程(见例1、例2)，准确分析各力特点，合理选取解题方法，问题便可迎刃而解。建议对本考点重点攻坚。
(一)灵活选取方法——针对破解动态平衡问题
[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
[思维流程]
方法一 图解法
方法二 解析法(正弦定理)
[答案] AD
(二)突破一个难点——动态平衡中的极值问题
(2018·九江联考)将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为( )
A.mg B．mg
C.mg D.mg
[思维流程]
[答案] B
[题点全练]
1．(2018·河南南阳一中模拟)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中，下列说法正确的是( )
A．框架对小球的支持力先减小后增大
B．力F的最小值为mgcos θ
C．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D．框架对地面的压力先增大后减小
解析：选B 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示。
根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F＝mgcos θ，故A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F沿顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C错误；F沿顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。
2．[多选]如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持轻绳始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物C，则( )
A．若健身者缓慢向右移动，绳OA拉力变大
B．若健身者缓慢向左移动，绳OB拉力变大
C．若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大
D．若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小
解析：选AD 设OA的拉力为FA，OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：FAcos θ－mg＝0，FAsin θ－FB＝0，解得FA＝，FB＝mgtan θ，当健身者缓慢向右移动时θ角变大，则FA、FB均变大，故选项A正确；当健身者缓慢向左移动时，θ角变小，则FA、FB均变小，因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力FB相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故选项B错误，D正确；不论健身者朝哪个方向移动，绳OA、OB拉力的合力保持不变，大小等于重物C的重力mg，故选项C错误。
3．(2018·湖南十四校二次联考)如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时∠BAC>90°，现使∠BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC。此过程中( )
A．轻杆AB对B端的弹力大小不变
B．轻杆AB对B端的弹力先减小后增大
C．力F逐渐增大
D．力F先逐渐减小后逐渐增大
解析：选A 以B点为研究对象，分析受力情况：悬挂重物的绳的拉力T(等于重物重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图。由平衡条件可知N和F的合力与T大小相等、方向相反，根据三角形相似可得＝＝；又T＝G，因杆的长度不变，BC距离变短，故N大小保持不变，力F逐渐减小，则A正确，B、C、D错误。
考点三 匀变速直线运动问题
本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的；匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生对本考点多加关注。
(一)“四类”匀变速直线运动公式要记牢
(二)“五种”常用解题方法运用好
(三)运动图像问题“四点提醒”不可少
1．对于xt图像，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于vt和at图像，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置。
2．在vt图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
3．vt图像中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。
4．对于非常规图像，不要想当然的猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义，如诊断卷第5题，根据0－v2＝2ax得，图线的斜率为＝－，还要注意刹车过程速度减为零后不再运动。
[题点全练]
1．(2018·四川雅安三诊)甲、乙两物体在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示，由图像可知( )
A．甲比乙运动得快
B．乙开始运动时，两物体相距20 m
C．在前25 s内，两物体距离先增大后减小
D．在前25 s内，两物体位移大小相等
解析：选C 位移时间图像的斜率等于速度，斜率越大，速度越大，甲比乙运动得慢，故A错误；由题图知：乙从原点出发，乙开始运动时，甲的位置坐标大于20 m，则两物体相距大于20 m，故B错误；在0～10 s这段时间内，乙静止在原点，甲沿正向做匀速直线运动，则两物体间的距离逐渐增大，在10～25 s这段时间内，甲的运动速率小于乙的运动速率，甲在乙的前方，则两者距离逐渐减小，故C正确；在前25 s内，甲的位移为x1＝(40－20)m＝20 m，乙的位移为x2＝(40－0)m＝40 m, 故D错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( )
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
解析：选BD t1～t2时间内，v甲＞v乙，t2时刻相遇，则t1时刻甲车在乙车的后面，故A错误、B正确。由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故C错误、D正确。
3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv12－mv02
解得μ＝。
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，运动员的加速度大小为a，所用的时间为t。由运动学公式得
·t＝s0
s1＝at2
联立解得a＝。
答案：(1) (2)
考点四 动力学两类基本问题
本考点通常以一个匀变速直线运动的物体为载体，通过两大分析(受力分析和运动分析)，运用牛顿运动定律和运动学规律求解加速度，只要考生牢记运动学基本公式及牛顿第二定律，仔细审题、灵活进行知识迁移交汇，即可轻松取分。建议考生自学为主。
(一)贯通一个知识体系
(二)理顺两类基本问题
1．由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况
首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。如诊断卷第7题中，先确定小滑环沿杆下落的加速度a1＝gcos θ(注意不是a1＝gsin θ)，a2＝gcos 2θ，再应用位移公式列式比较，得出结论。
2．由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况
由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。如诊断卷第8题中，先利用运动图像，结合公式x＝v0t＋at2可得图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示a1。再根据牛顿第二定律便可求出拉力F。
[题点全练]
1.(2018·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D 滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D正确，A、B、C错误。
2.将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2①
向下运动时：3d－d＝a2T2②
联立①②得：＝③
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④
向下运动时：mg－f＝ma2⑤
联立③④⑤得：f＝mg，C正确。
考点五 动力学中的综合问题
本考点是对牛顿运动定律和运动学公式的综合应用的考查。弹簧模型、斜面模型、板块模型等与动力学问题结合考查是高考命题的热点，以选择题形式出现时，可能会结合弹簧考查瞬时变化问题；以计算题形式考查时，可能结合其他模型考查多过程运动问题，且常会涉及功能关系，难度较大。解题过程中要不断体会方法、活用方法，提升解题能力。建议对本考点重点攻坚。
(一)铭记两点提醒
1．解决牛顿运动定律与运动图像综合问题时要借助图像获取有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。如诊断卷第9题，关键是通过图像得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况。
2．力的加速度效果分配法则求解——两个直接接触或通过细线相连的物体在外力F的作用下以共同的加速度运动，各个物体分得的动力与自身质量成正比。如诊断卷第11题，刚撤去外力F时，A、B组成的整体受到的合外力大小为F，弹簧弹力F1＝F＋2mg，根据力的加速度效果分配法则有FN＝F1＝＋mg，弹簧弹力等于F时，FN＝F＝。
(二)突破三类模型
[弹簧模型]
分析此类问题时注意把握住弹簧的三个特殊位置：原长位置，该位置弹簧的形变量为零，弹簧的弹力为零；弹簧的弹力与物体的重力相等的位置，该位置物体的加速度为零；弹簧最长或最短的位置，该位置弹簧的形变量最大，弹簧的弹力最大。
(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )
[解析] 设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
[答案] A
[斜面模型]
对于斜面模型中的平衡状态类问题，其解决办法一般是先应用整体法或隔离法对研究对象进行受力分析，然后对力进行正交分解(通常情况下是在平行于斜面和垂直于斜面的方向上建立坐标系)，最后根据Fx＝0、Fy＝0列方程求解。
如图所示，质量为M的楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有质量为m的小物块B。用平行于斜面的拉力F拉B，使之沿斜面匀速上滑，A与B之间的动摩擦因数为μ。现改变拉力的方向使其与斜面成一定的角度，使B仍沿斜面匀速上滑。在B匀速上滑的过程中，A始终保持静止。改变拉力的方向前后，下列描述正确的有( )
A．A对B的摩擦力减小
B．拉力一定增大
C．B对斜面的作用力不变
D．地面受到的摩擦力可能增大
[解析] 拉力F平行于斜面向上时，先对B进行受力分析，如图甲所示，B受重力mg，A对B的支持力N，A对B的摩擦力f，拉力F的共同作用。根据平衡条件可知，平行斜面方向，有F＝f＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N＝mgcos θ，其中f＝μN，解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)，①
f＝μmgcos θ。②
拉力改变方向后变为F′，B受的支持力变为N′，A对B的摩擦力变为f′，设F′与斜面的夹角为α。根据平衡条件，平行斜面方向，有F′cos α＝f′＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N′＋F′sin α＝mgcos θ，其中f′＝μN′，解得F′＝，③
f′＝μ(mgcos θ－F′sin α)，④
由②④两式知滑动摩擦力减小，故A正确。由①③两式知，拉力可能增大，也可能减小，故B错误。
对A进行受力分析，如图乙所示，A受重力Mg、支持力N2、B对A的压力N1、B对A的滑动摩擦力f1、地面对A的静摩擦力f静的共同作用。根据平衡条件可知，在水平方向有f静＝N1sin θ＋f1cos θ。结合对A、B选项的分析可知，当拉力改变方向后，B对A的压力N1和滑动摩擦力f1都减小，故二者合力一定减小，即静摩擦力f静一定减小，故C、D错误。
[答案] A
[板块模型]
当有外力作用在木板上的物块或木板上时，一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解，做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口。解答此类问题的注意事项：
(1)要注意运动过程中两物体的各物理量间存在的关系(如两物体的速度关系、位移关系等)，可以画位移关系图辅助理解两物体的位移关系；
(2)两物体发生相对运动的临界条件是两物体间的静摩擦力恰好等于最大静摩擦力；
(3)两物体速度相等时可能存在运动规律的变化，在解题时要注意这个临界状态。
如图所示，质量为M的木板(足够长)置于光滑水平面上，质量为m的木块与木板间的动摩擦因数为μ。开始时木板和木块均静止，某时刻起，一恒定的水平外力F作用在木板上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
[解析] 若两物体相对静止一起向右做匀加速运动
对整体，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
则木块与木板间的摩擦力f＝ma＝m≤μmg，
即0＜F≤μ(M＋m)g
此时am＝aM＝
当F＞μ(M＋m)g时，两物体发生相对运动
对木块，根据牛顿第二定律有μmg＝mam，
解得am＝μg
对木板，根据牛顿第二定律有F－μmg＝MaM，
解得aM＝
综上所述，若0＜F≤μ(M＋m)g，则am＝aM＝
若F＞μ(M＋m)g，则am＝μg，aM＝。
[答案] 见解析
[深化拓展]
(1)若将[例3]中的水平外力F作用在木块上，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
提示：若0＜F≤μmg，则am＝aM＝；若F＞μmg，则am＝，aM＝。
(2)若将[例3]中的木板置于粗糙水平面上，且木板与水平面间的动摩擦因数为μ2，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
提示：若0＜F≤μ2(M＋m)g，木块和木板的加速度均为零；
若μ2(M＋m)g＜F≤μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g，
则am＝aM＝；
若F＞μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g，
则am＝μ1g，aM＝。
一、高考真题集中演练——明规律
1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析：选CD xt图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误。由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，故B错误。t1和t2时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，故C、D正确。
2．[多选](2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。
3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ B.
C. D.
解析：选C 当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，A、B、D项错误，C项正确。
4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m。故选项C正确。
5．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确。
6．[多选](2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
解析：选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
7．[多选](2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确。由vt图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。
二、名校模拟重点演练——知热点
8．(2019届高三·成都模拟)如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ＜150°)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是( )
A．当θ＝60°时，N＝G
B．当θ＝90°时，N＝G
C．只有当θ＝120°时，才有N＝G
D．无论θ取何值，都有N＝G
解析：选D 对床单受力分析，受竖直向下的重力和晾衣杆竖直向上的支持力，晾衣杆对床单的支持力始终等于G，则根据牛顿第三定律知，无论夹角θ取何值都有N＝G，故A、B、C错误，D正确。
9.(2019届高三·洛阳模拟)宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图。下列说法正确的是( )
A．t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大反向
B．2～4 s内的质点做减速运动
C．t＝6 s时质点速度大小等于7 m/s
D．0～6 s内质点速度方向不变
解析：选D 加速度对时间的变化率称为急动度，等于at图像的斜率。则知t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大同向，故A错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知2～4 s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，得0～6 s速度的变化量为Δv＝×2 m/s＋×2×2 m/s＋×2×(－2) m/s＝3 m/s，因初速度为0，故t＝6 s时的速度为3 m/s，故C错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知0～6 s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确。
10．[多选](2018·菏泽一模)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像，取g＝10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量m＝1.5 kg
B．木板B的质量M＝1.5 kg
C．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝4 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ＝0.1
解析：选AC 由题图乙知，当F＝4 N时，加速度为a＝2 m/s2，对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg，当F>4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝F－，由图示图像可知，图线的斜率：k＝＝＝2，解得M＝0.5 kg，滑块A的质量为：m＝1.5 kg，故A正确，B错误；当a＝0时，F＝3 N，代入解得μ＝0.2，故D错误；根据F＝5 N>4 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为aB＝F－＝4 m/s2，故C正确。
11．[多选](2018·甘肃天水一模)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)。则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为2 N
D．若F>8 N，则B物块相对于木板滑动
解析：选BC A与木板间的摩擦力最大为fA＝0.2×1×10 N＝2 N，B与木板间的摩擦力最大为fB＝0.2×2×10 N＝4 N，若F＝1 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a＝ m/s2，故A错误；若F＝1.5 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a＝ m/s2＝0.5 m/s2，fA＝mBa＝0.5×2 N＝1 N，故B正确；若F＝4 N，假设A、B都相对木板静止，则整体共同的加速度a＝＝ m/s2，A所受的摩擦力f＝F－mAa＝ N＞2 N，假设不成立，故此时A已滑动，B所受的摩擦力为2 N，C正确；若F＝8 N，则A相对木板滑动，此时A给木板的摩擦力为2 N，小于B所受的最大静摩擦力，所以B物块相对木板静止，故D错误。
12.如图，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面。当车速达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿。树叶在运动中受到空气阻力，其大小F＝kv(v为车速，k为常数)，方向与车运动方向相反。若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a′；
(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；
(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a。
解析：(1)根据匀加速直线运动规律，有s＝a′t2
解得a′＝。
(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N，树叶受到的空气阻力为F，树叶受到的滑动摩擦力为f
F＝kv0
f＝μN
N＝mgcos θ＋Fsin θ
由牛顿第二定律，有mgsin θ－f－Fcos θ＝ma′
由题意，θ＝45°
联立解得μ＝。
(3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N′，树叶受到的空气阻力为F′，树叶受到的最大静摩擦力为f′
f′＝μN′
F′＝kv0
由牛顿第二定律有
N′sin θ＋f′cos θ－F′＝ma
N′cos θ＝f′sin θ＋mg
联立并代入μ，得a＝g－。
答案：(1) (2)
(3)g－
13．(2019届高三·皖南八校联考)如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1 kg的小物块放在质量m2＝2 kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°，现对长木板施加水平向左的拉力F＝18 N，长木板运动vt图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)长木板长度L；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)物块与木板间的动摩擦因数μ1。
解析：(1)从图线可知，木板运动2 s离开小物块，
在0～2 s，由图线可知x＝ m＝1 m，L＝2x＝2 m。
(2)在2～3 s，由图线可得a2＝＝4 m/s2，
a2＝，解得μ2＝0.5。
(3)在0～2 s，小物块在竖直方向受力平衡，
F支＋Tsin 37°＝m1g，
Tcos 37°＝f1，f1＝μ1F支，
长木板加速度a1＝＝0.5 m/s2，
a1＝，
解得μ1＝。
答案：(1)2 m (2)0.5 (3)
第二讲曲线运动与万有引力
考点一
平抛运动
1.[考查关联速度、速度的分解问题]
如图所示，物体A与物体B通过跨过光滑定滑轮的轻绳相连，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2
解析：选D 将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。
2．[考查多个物体的平抛运动问题]
一位网球运动员用拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能量损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为( )
A．1∶1 B．1∶3
C．3∶1 D．1∶9
解析：选B 两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到B点所用的时间等于第二种情况下落到A点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为t1＝3t，第二种情况下所用时间为t2＝t，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x＝v0t得v2＝3v1，即＝，B正确。
3．[考查平抛运动与斜面、圆的组合问题]
如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，则( )
A．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上
B．改变初速度的大小，b球速度方向和斜面的夹角可能变化
C．改变初速度的大小，a球可能垂直撞在圆弧面上
D．a、b两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直
解析：选D 将半圆轨道和斜面重合在一起，如图甲所示，设交点为A，如果初速度合适，可使小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。b球落在斜面上时，速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍，即tan φb＝2tan θb＝2×＝1，可得φb＝45°，即b球的速度方向与水平方向成45°角，此时a球落在半圆轨道上，a球的速度方向与水平方向成45°角，故两球的速度方向垂直，选项A错误，选项D正确。改变初速度的大小，b球位移偏向角不变，因速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，故速度偏向角不变，b球的速度方向和斜面的夹角不变，选项B错误。若a球垂直撞在圆弧面上，如图乙所示，则此时a球的速度方向沿半径方向，且有tan φ＞2tan θ，与平抛运动规律矛盾，a球不可能垂直撞在圆弧面上，选项C错误。
4．[考查体育运动中的平抛运动、临界极值问题]
一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A.
考点二
圆周运动
5.[考查水平面内的圆周运动问题]
[多选]如图所示，水平转台上的小物体A、B通过弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速(既在每个转速下可认为是匀速转动)，已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离都为r，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )
A．物体A和B同时相对转台发生滑动
B．当A受到的摩擦力为0时，B受到的摩擦力背离圆心
C．当B受到的摩擦力为0时，A受到的摩擦力背离圆心
D．当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为
解析：选CD 当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr＋μmg＝mωA2r，解得ωA＝ ，当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr＋2μmg＝2mωB2r，解得ωB＝ ；ωA＞ωB，所以B最先滑动，允许的最大角速度为ωB＝ ，A错误，D正确；当A受到的摩擦力为0时，由弹力充当向心力，故kr＝mω2r，解得ω＝，此时B受到的向心力为F＝2mω2r＝2kr，故B受到的摩擦力指向圆心，B错误；当B受到的摩擦力为0时，由弹力充当向心力，故kr＝2mω2r，解得ω＝，此时A受到的向心力为F＝mω2r＝kr＜kr，故A受到的摩擦力背离圆心，C正确。
6．[考查竖直面内的圆周运动问题(轻绳模型)]
如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切。以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系。已知传送带长L＝6 m，匀速运动的速度v0＝4 m/s。一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求N点的纵坐标yN；
(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道。求传送带上这些位置的横坐标的范围。
解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝4 m/s2，小物块与传送带共速时，小物块位移x1＝＝2 m＜L－xP＝4 m，故小物块与传送带共速后以v0匀速运动到Q，然后冲上圆弧轨道，恰好到N点时有mg＝m
从Q到N有mvQ2－mvN2＝2mgR
解得R＝0.32 m，故yN＝2R＝0.64 m。
(2)若小物块能通过最高点N，则0≤x≤L－x1
即0≤x≤4 m
若小物块恰能到达高度为R的M点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x2
则μmgx2＝mgR
解得x2＝0.8 m，故5.2 m≤x≤6 m
所以当0≤x≤4 m或5.2 m≤x≤6 m时，小物块均不脱离圆弧轨道。
答案：(1)0.64 m (2)0≤x≤4 m或5.2 m≤x≤6 m
7．[考查圆周运动与平抛运动相结合的问题]
如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m的物体与圆盘之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与餐桌之间的动摩擦因数为μ2＝0.25，餐桌高也为R。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，求餐桌半径R1的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R2＝R，则在圆盘角速度缓慢增大时，求物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L为多少？
解析：(1)为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于物体与圆盘之间的最大静摩擦力，即μ1mg≥mω2R
解得ω≤ ＝ 。
(2)物体恰好从圆盘上甩出时的角速度ω1＝ ，则速度v1＝ω1R＝
当物体滑到餐桌边缘速度减小到0时，恰好不滑落到地面，根据匀变速直线运动规律，有2μ2gx1＝v12
可得滑过的位移x1＝＝R
餐桌最小半径R1＝＝R。
(3)若餐桌半径R2＝R，由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离
x2＝＝R
根据匀变速直线运动规律，有2(－μ2gx2)＝v22－v12
可得物体离开餐桌边缘的速度v2＝
设物体离开餐桌到地面所需时间为t，根据平抛运动规律x3＝v2t，R＝gt2
可知物体离开餐桌边缘后的水平位移x3＝
由几何关系可得，落地点到圆盘中心的水平距离
L＝＝R。
答案：(1) (2)R (3)R
考点三
万有引力定律
8.[考查行星运动与开普勒定律]
一颗小行星环绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的9倍，则这颗小行星的运转周期是( )
A．3年 B．9年
C．18年 D．27年
解析：选D 根据开普勒第三定律，设地球公转半径为R，则小行星做匀速圆周运动的半径为9R
则：＝，取T地＝1年，则可以得到：T＝27年，故选项D正确，A、B、C错误。
9．[考查重力与万有引力的关系]
[多选]已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为(设地球表面的重力加速度为g)( )
A．地球的自转周期为T＝2π
B．地球的自转周期为T＝π
C．地球同步卫星的轨道半径为
D．地球同步卫星的轨道半径为
解析：选AC 在北极FN1＝G，在赤道G－FN2＝mR，根据题意，有FN1－FN2＝ΔN，联立计算得出：T＝2π ，所以A正确，B错误；万有引力提供同步卫星的向心力，则：G＝m′，联立可得：r3＝，又地球表面的重力加速度为g，则：mg＝G，得：r＝ R，C正确，D错误。
10．[考查应用万有引力定律计算天体质量和密度]
在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上。该航天员从高 h＝L 处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离是 L，已知该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．该星球的重力加速度g＝
B．该星球的质量M＝
C．该星球的第一宇宙速度v＝v0
D．该星球的密度ρ＝
解析：选D 设星球表面的重力加速度为g，则根据小球的平抛运动规律得：L＝gt2，L＝，故v0t＝2L，联立得g＝，A错误；在星球表面有mg＝G，联立g＝，解得M＝，该星球的密度为ρ＝＝＝，B错误，D正确；设该星球的近地卫星质量为m0，根据重力等于向心力得m0g＝m0，解得v＝＝v0，C错误。
考点四
人造卫星和宇宙航行
11.[考查卫星运行的参量比较]
2018年3月30日01时56分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭(及远征一号上面级)，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道(高度35 809 km)、倾斜地球同步轨道(高度35 809 km)、中圆地球轨道(高度21 607 km)，如图所示。已知地球半径为6 370 km，下列说法正确的是( )
A．中圆地球轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期长
B．中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大
C．倾斜地球同步轨道卫星的线速度为4 km/s
D．倾斜地球同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方
解析：选D 地球静止轨道卫星的周期等于地球的自转周期为24 h，因中圆地球轨道半径小于地球静止轨道半径，根据＝C，可知中圆地球轨道卫星的周期一定比地球静止轨道卫星的周期小，故A错误；根据万有引力定律：F＝，由于不知道两种卫星的质量，所以不能比较它们受到的万有引力的大小关系，故B错误；根据v＝，其中T＝86 400 s，r＝35 809 km，解得倾斜地球同步轨道卫星的线速度为v＝2.6 km/s，故C错误；倾斜地球同步轨道卫星的周期是24 h，地球的自转周期为24 h，所以倾斜地球同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故D正确。
12．[考查卫星的变轨问题]
[多选]作为一种新型的多功能航天飞行器，航天飞机集火箭、卫星和飞机的技术特点于一身。假设一航天飞机在完成某次维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，如图所示，已知A点距地面的高度为2R(R为地球半径)，B点为轨道Ⅱ上的近地点，地球表面重力加速度为g，地球质量为M。又知若物体在离星球无穷远处时其引力势能为零，则当物体与星球球心距离为r时，其引力势能Ep＝－G(式中m为物体的质量，M为星球的质量，G为引力常量)，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．该航天飞机在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于经过B点的速度
B．该航天飞机在轨道Ⅰ上经过A点时的向心加速度大于它在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度
C．在轨道Ⅱ上从A点运动到B点的过程中，航天飞机的加速度一直变大
D．可求出该航天飞机在轨道Ⅱ上运行时经过A、B两点的速度大小
解析：选ACD 在轨道Ⅱ上A点为远地点，B点为近地点，航天飞机经过A点的速度小于经过B点的速度，故A正确。在A点，航天飞机所受外力为万有引力，根据G＝ma，知航天飞机在轨道Ⅰ上经过A点和在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度相等，故B错误。在轨道Ⅱ上运动时，由A点运动到B点的过程中，航天飞机距地心的距离一直减小，故航天飞机的加速度一直变大，故C正确。航天飞机在轨道Ⅱ上运行时机械能守恒，有－＋mvA2＝－＋mvB2，由开普勒第二定律得rAvA＝rBvB，结合＝mg，rA＝3R，rB＝R，可求得vA、vB，故D正确。
13．[考查双星、多星模型]
[多选]2017年10月16日，美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星并合引力波事件，如图为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量为M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则( )
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越大，T越大
D．M一定，L越大，T越大
解析：选BD 设双星质量分别为mA、mB，轨道半径分别为RA、RB，角速度相等且为ω，根据万有引力定律可知：G＝mAω2RA，G＝mBω2RB，距离关系为：RA＋RB＝L，联立解得：＝，因为RA＞RB，所以A的质量一定小于B的质量，故A错误；根据线速度与角速度的关系有：vA＝ωRA、vB＝ωRB，因为角速度相等，半径RA＞RB，所以A的线速度大于B的线速度，故B正确；又因为T＝，联立以上可得周期为：T＝2π ，所以总质量M一定，两星间距离L越大，周期T越大，故C错误，D正确。
释疑4大考点
考点一 平抛运动
平抛运动可以单独命题也可以综合圆周运动、机械能、动量、电场等知识命题，命题形式可以是选择题，也可以是计算题，解题方法多种多样，但最基本的思想是“化曲为直”，即把曲线运动转化为两个方向上的直线运动来解决。试题往往与生活实际、体育运动等紧密联系，体现了物理来源于生活，又走向生活的命题思路。建议考生适当关注。
(一)基本知能——把握速度分解的几种常见模型
物体的实际运动即合运动，将与轻绳连接的物体的运动沿轻绳方向和垂直轻绳方向进行分解。轻绳的关联速度常见模型有如下几种。
[注意] 速度的分解应考虑沿运动效果方向进行。如诊断卷第1题，绳端具有两个运动效果，一是使绳子伸长，二是使绳子转动，而物体B的速度沿绳子方向的分速度即为物体A匀速上升的速度，即vB＝。
(二)基本思维——化曲为直求解平抛运动问题
(三)二级结论——速解斜面上的平抛运动问题
1．若平抛的物体垂直打在斜面上，此时水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
2．对于在斜面上平抛又落到斜面上的物体，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值；速度偏角的正切值一定为位移偏角(斜面倾角)的正切值的2倍；如诊断卷第3题，利用对称的思想，将半圆轨道和斜面重合在一起，使问题简化。
(四)临界条件——准确解答平抛运动落点问题
此类问题要先找到临界条件，再运用平抛运动规律列方程解答。如诊断卷第4题，本题易出错的地方有：(1)对题中的“最大取值范围”理解不到位；(2)找不到两种临界状态，尤其是过网且恰好落在右侧台面的两角处(习惯性地认为恰好落在台面右侧边缘中点时速率最大)。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析：选A 画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：
x＝vt，
x·tan θ＝gt2
则x＝·v2，
即x∝v2
甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1。
2．(2018·湖南永州模拟)在军事演习时，红军轰炸机要去轰炸蓝军地面上的一个目标，通过计算，轰炸机在某一高度以一定的速度飞行，在离目标水平距离x时释放一颗炸弹，可以准确命中目标。现为了增加隐蔽性和安全性，轰炸机飞行的高度和速度均减半，若仍能准确命中目标，则轰炸机释放炸弹时离目标的水平距离应为(不计空气阻力)( )
A.x B.x
C.x D.x
解析：选A 炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝gt2，得：t＝，炸弹平抛运动的水平距离为：x＝v0t＝v0，由此可知，当轰炸机飞行的高度和飞行速度都要减半时，炸弹的水平位移变为原来的，所以轰炸机投弹时离目标的水平距离应为x，故A正确。
3．(2019届高三·皖南八校联考)如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，不计空气阻力，已知AB＝h1，网高h2＝h1，AC＝x，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．落点D距离网的水平距离为x
B．网球的初速度大小为x
C．若击球高度低于h1，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内
D．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内
解析：选C 因为h1－h2＝h1，由t＝可知＝，由x＝v0t可知＝，则xAD＝x，D点距网的水平距离为x，A错误；球从A到D，h1＝gt2，x＝v0t，得v0＝x ，B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，则有＝，解得h′＝h1，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，C正确；若保持击球高度不变，球的初速度较小时，可能触网，不一定落到对方界内，可见D错误。
考点二 圆周运动
圆周运动中的动力学问题是高考命题的重点内容。由于情境的多样性和作用力的多样性，圆周运动中的动力学问题类型多，难度大。解答圆周运动中的动力学问题的基本思路：将具体情境转换为相应物理模型，通过受力分析，运用牛顿运动定律及相关知识解答，建议对本考点重点攻坚。
(一)理清基础知识
1．圆周运动基础知识和典型实例
2．轻绳、轻杆模型对比记忆
模型
轻绳模型
轻杆模型
实例
球与轻绳连接、水流星、翻滚过山车等
球与轻杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等
图示
在最高
点受力
重力，弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
重力，弹力F弹向下、向上或等于零mg±F弹＝m
恰好过
最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零
v＝，mg＝F弹
在最高点速度可为零
(二)把握解题关键
1．明确向心力是解决圆周运动问题的关键
在匀速圆周运动中，合力是物体做圆周运动的向心力。在变速圆周运动中，沿半径方向的合力是物体做圆周运动的向心力。如诊断卷第5题，当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力。
2．解决竖直面内圆周运动问题的关键是“两点一过程”
“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点(或从最低点到最高点)，往往用动能定理将这两点联系起来。如诊断卷第6题，应用牛顿第二定律分析小物块在最高点N的受力情况，应用动能定理分析小物块从最低点Q到最高点N的运动过程。
3．解决实际情境中抽象出来的圆周运动问题，关键是找出向心力的具体来源
如诊断卷第7题，是一道将圆周运动、牛顿第二定律、直线运动和平抛运动有机结合的试题。建立合适的物理模型是解题的关键。物体离开圆盘后沿圆盘的切线方向做直线运动，直线运动的位移和圆盘的半径及桌面的半径构成一个直角三角形；当物体沿餐桌边缘飞出后，物体轨迹的俯视图中物体从离开圆盘到落地的水平位移和圆盘的半径及落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L也构成一个直角三角形。
(三)突破三类题型
题型1 竖直面内圆周运动的轻绳模型
如图所示，长度均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点的速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球
在最高点速率为2v时，两根轻绳的拉力大小均为( )
A.mg B.mg
C．3mg D．2mg
[解析] 设小球在竖直平面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动的轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos θ＝L。根据题述，小球在最高点的速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，有mg＝m；小球在最高点速率为2v时，设每根轻绳的拉力大小为F，则有2Fcos θ＋mg＝m，联立解得F＝mg。
[答案] A
题型2 竖直面内圆周运动的轻杆模型
[多选](2018·福建四校联考)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是( )
A．小球的线速度大小为
B．小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上
C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O
D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg
[解析] 根据向心加速度a＝，代入得小球的线速度v＝，所以A正确；需要的向心力F＝ma＝mg，所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力F＝，方向不指向圆心O，所以C正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律：F－mg＝m，得轻杆对小球作用力的最大值为F＝2mg，所以D正确。
[答案] ACD
题型3 水平面内圆周运动的临界问题
(2018·淮北模拟)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台、A与B 间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力有可能为3μmg
B．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C．转台的角速度ω有可能恰好等于
D．若角速度ω在题干所述原基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动
[解析] 对A、B整体，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g；对C，有：mω2·1.5r≤μmg；对A，有：3mω2r≤μ·3mg，解得：ω≤ ，即满足不发生相对滑动时，转台的角速度ω≤ ，可知A与B间的静摩擦力最大值fm＝3m·r·ω2＝3mr·＝2μmg，故A错误，C正确；A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力，且有m×1.5rω2＜3mrω2，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；由以上分析可知，最先发生相对滑动的是C，故D错误。
[答案] C
考点三 万有引力定律
万有引力与航天是圆周运动的引申与应用，随着我国天宫系列空间站、“天眼”侦察卫星、“悟空”号暗物质粒子探测卫星、“墨子”号量子科学实验卫星等重大科技成果相继问世，结合最新的航天成果考查万有引力与航天方面的知识已成为高考的热点，2019年高考可能会结合最新科技成果从以下三个角度命题：一是天体运动中的线速度、周期、向心加速度等物理量的关系；二是估测中心天体的质量及密度；三是卫星的变轨、能量的变化。建议考生自学为主。
(一)计算天体质量和密度的两条基本思路
1．利用中心天体自身的半径R和表面的重力加速度g：由G＝mg求出M，进而求得ρ＝＝＝。
2．利用环绕天体的轨道半径r、周期T：由G＝mr ，可得出M＝，若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径r＝R，则ρ＝＝。
(二)涉“g”问题的两点提醒
1．不考虑自转问题时，有G＝mg，其中g为星球表面的重力加速度，若考虑自转问题，如诊断卷第9题，则在两极上才有：G＝mg，而赤道上则有：G－mg＝mR。
2．根据自由落体、竖直上抛、平抛运动等知识计算出星球表面的重力加速度g，再由mg＝G＝m，去估算星球的质量、密度、第一宇宙速度等，是天体运动问题中常出现的一类综合题，如诊断卷第10题。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为( )
A．2∶1 B．4∶1
C．8∶1 D．16∶1
解析：选C 由G＝mr得＝（或根据开普勒第三定律＝k），则两卫星周期之比为＝ ＝ ＝8，故C正确。
2．(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( )
A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3
C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3
解析：选C 脉冲星自转，边缘物体m恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有G＝mr，又M＝ρ·πr3，整理得密度ρ＝＝ kg/m3≈5.2×1015 kg/m3。
3．[多选](2018·唐山二模)人类将在2023年登陆火星，已知人造卫星A绕火星做匀速圆周运动所能达到的最大速度为v，最小周期为T。现有人造卫星B绕火星做匀速圆周运动，运行半径是火星半径的n倍。引力常量为G，则( )
A．火星的半径为
B．火星的质量为
C．火星的密度为
D．卫星B的运行速度为
解析：选AC 由题意可知，卫星A绕火星表面做圆周运动，则火星的半径满足：R＝，选项A正确；根据G＝m，解得M＝，选项B错误；火星的密度为ρ＝＝＝，选项C正确；根据G＝m，解得v＝ ∝，则卫星B的运行速度为，选项D错误。
4．设地球是一个密度均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，如果沿地球的直径挖一条隧道，将物体从此隧道一端由静止释放，刚好运动到另一端，不考虑阻力。在此过程中，关于物体的运动速度v随时间t变化的关系图像可能是( )
解析：选C 如果物体在距地心为r处(r≤R)，那么这个物体只会受到以地心为球心、以r为半径的那部分球体的万有引力，而距地心为r到R之间的球壳对物体作用力的合力为零。设物体的质量为m，地球密度为ρ，以半径为r的那部分球体的质量为M，距地心r处的重力加速度为g，则V＝πr3，mg＝G，得g＝＝Gρπr。由于物体掉入隧道之后，r在变化，g也在变化，且离地心越近g越小，在地心处g＝0。物体的加速度g与距球心的距离r成正比，因此从隧道一端由静止释放到到达地心前，物体做加速度减小的加速运动，到达地心时加速度为零，速度最大；穿过地心后，物体做加速度增大的减速运动，到隧道另一端时速度为零，所以选项C正确。
考点四 人造卫星和宇宙航行
天体运动问题是高考的热点内容，常考查卫星的变轨、对接，天体相距最近或最远问题，随地、绕地运动问题，卫星运动过程中的动力学问题、能量问题，加速度(向心加速度、重力加速度)、线速度、周期的比较等。解决这些问题的总体思路是熟悉两个模型：随地运动和绕地运动；变轨抓住两种分析观点：动力学观点和能量观点；注意匀速圆周运动知识的应用。建议考生适当关注即可。
(一)理清基本知识
1．定量分析法
(1)列出五个连等式：
G＝ma＝m＝mω2r＝mr。
(2)导出四个表达式：
a＝，v＝ ，ω＝ ，T＝ 。
(3)结合r大小关系，比较得出a、v、ω、T的大小关系。
2．定性结论法
将下述结论牢记于心：r越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越，而周期和机械能均越。
(二)掌握变轨问题的两类处理方法(以诊断卷第12题为例)
1．力学的观点：如在A点减速进入轨道Ⅱ，即为减速向心，反之加速离心，同时还要清楚减速时向运动方向喷气，加速时向运动的反方向喷气。
2．能量的观点：如在轨道Ⅰ上运行时的机械能比在轨道Ⅱ上运行时的机械能大。在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中航天飞机的机械能守恒、动能增加、引力势能减小等。
(三)澄清两种认知
1．地球同步卫星是相对地球静止的卫星，同步卫星只能是发射到赤道上空特定的高度，以特定的速度沿地球自转的方向绕地球转动。转动的周期和角速度与地球自转的周期和角速度一致，转动周期为24 h。如诊断卷第11题，不论何种轨道的卫星，都是由万有引力提供向心力，圆周轨道都以地心为圆心。
2．双星、多星问题解题的关键在于分析向心力的来源和轨道半径，如诊断卷第13题，两星间的距离不要误认为是轨道半径，各星体绕着系统的质心位置转动，轨道半径不同；向心力的分析容易漏力，
例如：如图所示的三星系统，三颗星体质量均为m，三角形ABC为等边三角形，边长为a，可列方程＝m·a·2。试想若mA＝2mB＝2mC＝2m时，将是怎样的三角形？若三颗星体在一条直线上又怎样列方程？
提示：以系统的重心为圆心转动，若是三角形求三星系统的等效质心。
[题点全练]
1．(2019届高三·太原模拟)“月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年3.8 cm的速度远离地球。不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是( )
A．月球绕地球做圆周运动的周期将减小
B．月球绕地球做圆周运动的线速度增大
C．地球同步定点卫星的高度增大
D．地球同步定点卫星的角速度增大
解析：选C 万有引力充当向心力，故G＝mr，解得T＝2π ，可知轨道半径越大，周期越大，所以月球绕地球做圆周运动的周期增大，A错误；根据公式G＝m可得v＝ ，故轨道半径越大，线速度越小，所以月球绕地球运动的线速度减小，B错误；因为地球旋转速度减小，即角速度减小，根据T＝可知自转周期变大，根据T＝2π 可知同步卫星的轨道半径变大，即地球同步定点卫星的高度增大，C正确，D错误。
2．(2018·贵州适应考试)如图所示，某次发射人造卫星的过程中，先将卫星发射到地面附近的圆形轨道Ⅰ上，在P点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，Q点为轨道Ⅱ的远地点。下列说法正确的是( )
A．卫星在P点变轨时的速度必须大于7.9 km/s
B．卫星从P点到Q点的过程中机械能逐渐减小
C．卫星沿轨道Ⅰ经过P点时的加速度大于沿轨道Ⅱ经过P点时的加速度
D．若要使运动到Q点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在Q点的速度至少要达到11.2 km/s
解析：选A 卫星在轨道Ⅰ上经过P点时的速度等于7.9 km/s，则要想进入轨道Ⅱ，则在P点必须要加速做离心运动，则卫星在P点变轨时的速度必须大于7.9 km/s，选项A正确；卫星从P点到Q点的过程中只有地球的引力做功，则机械能不变，选项B错误；根据a＝可知，卫星沿轨道Ⅰ经过P点时的加速度等于沿轨道Ⅱ经过P点时的加速度，选项C错误；若要使运动到P点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在P点的速度至少要达到11.2 km/s，则若要使运动到Q点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在Q点的速度不需要达到11.2 km/s，选项D错误。
3．[多选](2018·百校联盟4月联考)2017年6月15日上午，我国在酒泉卫星发射中心成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”，并成功收获首批数据。可认为该卫星在距离地面550 km的圆轨道上运行，关于该卫星，下列说法正确的是( )
A．该卫星运行轨道的平面一定通过地心
B．该卫星在轨道上运行时，速度变化比地球同步卫星的速度变化快
C．该卫星在轨道上的运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
D．该卫星在绕地球运动的过程中，如果不加以干预，卫星的动能会逐渐减小
解析：选AB 所有地球卫星的轨道平面一定过地心，故A正确；该卫星的离地高度小于同步卫星的高度，则其轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据G＝ma，解得：a＝，故该卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，即该卫星在轨道上运行时，速度变化比地球同步卫星的速度变化快，故B正确；第一宇宙速度是卫星围绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，故该卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；该卫星在绕地球运动的过程中，若不加以干预，卫星的轨道半径减小，卫星的线速度变大，故卫星的动能变大，故D错误。
4．[多选](2018·全国卷Ⅰ)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
解析：选BC 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
＝m1ω2r1 ①
＝m2ω2r2 ②
l＝r1＋r2 ③
由①②③式得＝ω2l，所以m1＋m2＝，
质量之和可以估算。
由线速度与角速度的关系v＝ωr得
v1＝ωr1 ④
v2＝ωr2 ⑤
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。
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是( )
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
解析：选C 发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h＝gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误。由vy2＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误。由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确。由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误。
2．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
解析：选B 开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。
3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
解析：选A 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
4.[多选](2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中( )
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
解析：选CD 在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速率越来越小，C项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确。
5．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )
A．周期变大 B．速率变大
C．动能变大 D．向心加速度变大
解析：选C 组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据＝m，可得v＝ ，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B项错误；又T＝，则周期T不变，A项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C项正确；向心加速度a＝不变，D项错误。
6．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )
A．1 h B．4 h
C．8 h D．16 h
解析：选B 万有引力提供向心力，对同步卫星有：
G＝mr，整理得GM＝
当r＝6.6 R地时，T＝24 h
若地球的自转周期变小，轨道半径最小为2R地
三颗同步卫星A、B、C如图所示分布。
则有＝
解得T′≈＝4 h，选项B正确。
二、名校模拟重点演练——知热点
7．(2019届高三·江西六校联考)北斗卫星导航系统由一组轨道高低不同的人造地球卫星组成。高轨道卫星是地球同步卫星，其轨道半径约为地球半径的6.6倍。若某低轨道卫星的周期为12小时，则这颗低轨道卫星的轨道半径与地球半径之比约为( )
A．4∶1 B．3∶3
C．2∶4 D．1∶6
解析：选A 设低轨道卫星轨道半径为r，地球半径为R，由开普勒第三定律可知：＝，解得：r≈4.2R，故A正确，B、C、D错误。
8．(2018·哈尔滨六中模拟)北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。对于其中的5颗同步卫星，下列说法正确的是( )
A．它们运行的线速度一定大于第一宇宙速度
B．地球对它们的吸引力一定相同
C．一定位于赤道上空同一轨道上
D．它们运行的速度一定完全相同
解析：选C 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，即是卫星环绕地球圆周运动的最大速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以它们运行的线速度一定小于7.9 km/s，故A错误。5颗同步卫星的质量不一定相同，则地球对它们的吸引力不一定相同，故B错误。同步卫星都位于赤道上空同一轨道上，故C正确。5颗同步卫星在相同的轨道上运行，速度的大小相同，方向不同，故D错误。
9．[多选](2018·重庆江津中学月考)地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，质量相等的三颗卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切。不计阻力，以下说法正确的是( )
A．如果地球的转速为原来的 倍，那么赤道上的物体将会飘起来而处于完全失重状态
B．卫星甲、乙分别经过P点时的速度相等
C．卫星甲的机械能最大
D．卫星周期：T甲>T乙>T丙
解析：选ACD 地球上的物体随地球自转的向心加速度为a时，有：G－mg＝ma；当物体飘起来的时候，由万有引力完全提供向心力，有G＝ma′，则此时物体的向心加速度为a′＝g＋a；根据向心加速度和转速的关系有：a＝R(2πn)2，a′＝R(2πn′)2可得：n′＝n＝ n，故A正确。物体在椭圆形轨道上运动时，轨道高度越高，在近地点时的速度越大，所以卫星甲经过P点时的速度比卫星乙经过P点时的速度大，故B错误。卫星的机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，因卫星甲的最远点较远，故卫星甲的机械能最大，故C正确。根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，甲的最长，则T甲>T乙>T丙，故D正确。
10．(2018·衡水中学模拟)据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”——沃尔夫(Wolf) 1061c。沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星的沃尔夫1061c运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离地球最近的宜居星球。设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行。已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度
B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关
C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于2
D．若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c的半径
解析：选D 从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，故A错误；根据G＝mr知，T＝ ，与卫星的密度无关，故B错误；沃尔夫1061c和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，公转半径的三次方之比不等于2，故C错误；已知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c的质量，根据G＝mr可以求出沃尔夫1061c的半径，故D正确。
11.(2018·福建四校联考)如图所示，可视为质点的小球，位于半径为
m的半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则小球的初速度为(不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2)( )
A. m/s B．4 m/s
C．3 m/s D. m/s
解析：选C 飞行过程中恰好与半圆柱体相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移为：y＝R，vy2＝2gy＝gR，所以，tan 30°＝，联立以上各式解得：v0＝ ＝3 m/s，故选项C正确。
12．[多选](2019届高三·肇庆模拟)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外马路宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为(g取10 m/s2，不计墙的厚度)( )
A．3.1 m/s B．4.7 m/s
C．7.2 m/s D．11.5 m/s
解析：选CD 球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧时的平抛初速度，小球做平抛运动，设运动时间为t1，则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1，小球的竖直位移：H＝gt12，联立解得vmax＝(L＋x) ＝(10＋3)× m/s＝13 m/s；v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度，设小球运动到围墙最高点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2，小球的竖直方向位移：H－h＝gt22，联立解得vmin＝L ＝5 m/s，故C、D正确。
13．[多选](2018·六安模拟)如图甲所示，倾角为45°的斜面体置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连(绳与斜面平行)，滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°，在图丙中，两个小球对称在水平面上做圆周运动，每个小球质量均为，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°。三幅图中，斜面体都静止，且小球未碰到斜面，以下说法正确的是( )
A．甲图中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左
B．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能为零
C．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下
D．丙图小球转动的过程中滑块可能沿斜面向上运动
解析：选AB 甲图中对滑块和斜面体视为整体，受到轻绳斜向上的拉力作用，则斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左，选项A正确；乙图中小球做圆周运动时，绳的拉力T＝，对滑块当2mgsin 45°＝T时，即当θ＝45°时滑块受到的摩擦力为零，选项B正确；乙图小球转动的过程中，若滑块受到的摩擦力沿斜面向下，则2mgsin 45°＜T＝，此时cos θ＜，则θ>45°，与题意不符，选项C错误；丙图小球受到轻绳的拉力均为T＝，则拉滑块的轻绳的拉力为T′＝2Tcos θ＝mg，则小球转动过程中，滑块位置不动，选项D错误。
14.[多选](2018·太原模拟)如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三个小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法正确的是( )
A．三个小球受到的合力值相等
B．距碗口最近的小球线速度的值最大
C．距碗底最近的小球向心加速度的值最小
D．处于中间位置的小球的周期最小
解析：选BC 对于任意一球，设其所在位置与半球形碗的球心的连线与竖直方向的夹角为β，半球形碗的半径为R。根据重力和支持力的合力提供小球做圆周运动的向心力，得F合＝mgtan β，A错误；又r＝Rsin β，F合＝mgtan β＝m＝ma＝mr，联立得：v＝，T＝2π ，a＝gtan β，R一定，可知β越大(越接近碗口)，线速度v越大、周期越小、加速度a越大，B、C正确，D错误。
15．(2018·吉林调研)我国发射的“悟空”探测卫星，三年来对暗物质的观测研究已处于世界领先地位。宇宙空间中两颗质量相等的星球绕其连线中心转动时，理论计算的周期与实际观测周期不符，且＝k(k>1)；因此，科学家认为，在两星球之间存在暗物质。假设以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质(已知质量分布均匀的球体对外部质点的作用，等效于质量集中在球心处对质点的作用)，两星球的质量均为m；那么，暗物质质量为( )
A.m B.m
C．(k2－1)m D．(2k2－1)m
解析：选B 双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，设它们之间的距离为L，万有引力提供向心力得：G＝m· ，解得：T理论＝πL 。根据观测结果，星体的运动周期＝k，这种差异是由双星之间均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在双星之间的暗物质对双星系统的作用与一质量等于双星之间暗物质的总质量m′、位于中点O处的质点对双星系统的作用相同。则有：G＋G＝m·，解得：T观测＝πL ，所以：m′＝m。故B正确。
16．[多选](2018·山西运城康杰中学模拟)已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地球运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。假设某时刻，该卫星在如图A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0。不计空气阻力。则( )
A．T＝
B．T＝
C．t＝
D．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道的过程，机械能不变
解析：选BC 赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，知三天内卫星转了8圈，则有3T0＝8T，解得：T＝，故A错误，B正确；根据开普勒第三定律知，＝，解得：t＝ ，故C正确；卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，则机械能减小，故D错误。
专题一
第一讲物体平衡与直线运动
考点一
静态平衡问题
1.[考查单个物体的平衡问题]
张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服质量为m。下列说法正确的是 ( )
A．CO杆所受的压力大小为mg
B．CO杆所受的压力大小为mg
C．AO绳所受的拉力大小为mg
D．BO绳所受的拉力大小为mg
解析：选D 设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到向下的拉力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图甲所示，
根据平衡条件得：F＝mgtan 60°＝mg；F2＝＝2mg。将F分解，如图乙所示，设AO所受拉力的大小为F1，因为∠AOB＝60°，根据几何知识得：F1＝F＝mg，所以绳AO和BO所受到的拉力大小为mg，而杆OC所受到的压力大小等于2mg；故D正确。
2．[考查多个物体的平衡问题]
[多选]如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m＝3 kg的小球相连，半球形器皿中的轻绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半球形器皿中，水平向右的拉力F＝10 N 作用在b上，三个物体保持静止状态。g取10 m/s2，下列说法正确的是 ( )
A．轻绳对物体a的拉力大小为10 N
B．物体c受到向右的静摩擦力
C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左
D．物体b受到一个摩擦力，方向水平向左
解析：选AD 对小球由平衡条件得2Tsin 60°＝mg，代入数据解得轻绳的拉力T＝10 N，选项A正确；因为轻绳的拉力T＝10 N＞F＝10 N，因此对a、b、c三个物体组成的整体分析可知，桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右，选项C错误；物体c处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，选项B错误；c对b没有摩擦力，而b处于平衡状态，由于水平拉力F＝10 N作用在b上，因此由平衡条件知，b受到方向水平向左、大小为10 N的静摩擦力，选项D正确。
考点二
动态平衡问题
3.[考查用图解法分析动态平衡问题]
质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
解析：选A 以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。
4．[考查用相似三角形法分析动态平衡问题]
[多选]如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小之间的关系，正确的是 ( )
A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2
C．F1＜F2 D．F1＝F2
解析：选BC 小球B受重力mg、绳子拉力FT和弹簧弹力F三个力而平衡，平移FT、F构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB相似，因此有＝＝，其中OA、L保持不变，因此绳子的拉力FT大小保持不变，A错误、B正确；当弹簧的劲度系数k增大时，弹簧的压缩量减小，A、B间距离增大，因此对应的力F增大，C正确、D错误。
考点三
匀变速直线运动问题
5.[考查匀变速直线运动规律及图像问题]
[多选] 为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是( )
A．新能源动力车的初速度为20 m/s
B．刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2
C．刹车过程持续的时间为10 s
D．刹车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m
解析：选AB 根据0－v2＝2ax得：＝－，可知＝，解得刹车过程中加速度大小a＝5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为v02＝400 m2/s2，则v0＝20 m/s，故A、B正确；则刹车过程持续的时间t＝＝ s＝4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x＝＝ m＝40 m，故D错误。
6.[考查用匀变速直线运动规律解决实际问题]
一辆车厢长为4 m的卡车沿水平路面行驶，在车厢正中央沿行驶方向放置一根长2 m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若卡车以18 m/s的速度匀速行驶，为了使车厢前挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？
(2)若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4 m/s2，则经多长时间钢管开始翻落？
解析：(1)若车厢前挡板恰好不被撞击，则卡车在刹车过程中的位移大小x1＝
对钢管有μmg＝ma2，
解得钢管的加速度大小a2＝μg＝3 m/s2
钢管的位移大小x2＝＝54 m
又由运动关系可知x2－x1＝
联立以上各式可得am＝ m/s2≈3.06 m/s2。
(2)从卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中，卡车的位移x1′＝at2
钢管的位移x2′＝a2t2
又由运动关系可得x1′－x2′＝＋，
联立解得t＝2 s。
答案：(1)3.06 m/s2 (2)2 s
考点四
动力学两类基本问题
7.[考查已知受力情况确定运动情况]
如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t1＜t2
C．t1＞t2 D．无法确定
解析：选B 设Oa与竖直方向夹角为θ，则Ob与竖直方向夹角为2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比较可得t1＜t2，故B正确。
8．[考查已知运动情况确定受力情况]
一个质量为m＝2 kg的物体在倾角θ＝37°粗糙的斜面上，在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时刻开始，物体运动的与时间t的关系如图所示(x为位移)，g＝10 m/s2，t＝2 s时撤去拉力，sin 37°＝0.6，求：
(1)拉力F的大小；
(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。
解析：(1)由匀变速直线运动公式x＝v0t＋at2
得＝v0＋at
对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示a1，则有：v0＝1 m/s，a1＝2 m/s2
物体在斜面上在拉力F作用下向上运动的过程，由牛顿第二定律得：F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1
解得F＝24 N。
(2)2秒末v＝v0＋a1t＝5 m/s
0到2秒内：x1＝v0t＋a1t12＝6 m
2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为
a2＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2
2秒后沿斜面向上位移：x2＝＝1.25 m
物体向上运动过程中距计时点的最大距离为
x＝x1＋x2＝7.25 m。
答案：(1)24 N (2)7.25 m
考点五
动力学中的综合问题
9.[考查传送带与运动图像结合的问题]
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B 0～t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1～t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动。t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。t2时刻以后物块相对传送带静止，相对滑动的距离最大，故B正确。
10．[考查动力学中的临界极值问题]
如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( )
A．2F B.
C．3F D.
解析：选B 力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm＝ma ①，对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma ②，由①②解得：fm＝F。当F′作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F′－fm＝ma1 ③，对整体，有：F′＝3ma1 ④，由上述各式联立解得：F′＝F，即F′的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过F，故B正确。
11．[考查含弹簧的连接体问题]
如图所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则下列关于FN的说法正确的是( )
A．刚撤去外力F时，FN＝
B．弹簧弹力等于F时，FN＝
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝mg
解析：选B 刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma1，对物体A有FN－mg＝ma1，联立解得FN＝＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－2mg＝2ma2，对物体A有FN－mg＝ma2，联立解得FN＝，选项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错误。
12．[考查多个物体组成的(绳)连接体问题]
如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创造的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体时的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所需要的时间更长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长。如果m＝M，求：
(1)物体B从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；
(2)系统由静止释放后，运动过程中物体C对物体B的拉力。
解析：(1)设物体的加速度大小为a，绳子中的张力大小为F
对物体A：F－Mg＝Ma
对物体B、C整体：(M＋m)g－F＝(M＋m)a
解得：a＝g
代入m＝M得，a＝
物体B从静止开始下落一段距离h历时t，则h＝at2
自由落体相同距离历时t0，则h＝gt02
解得：＝＝3。
(2)设物体B对物体C的拉力为T，
对物体C有mg－T＝ma
解得：T＝mg
由牛顿第三定律可知，物体C对物体B的拉力为mg，方向竖直向下。
答案：(1)3 (2)mg，方向竖直向下
释疑5大考点
考点一 静态平衡问题
本考点是整个高中物理力学体系的基础，也有一定的难度，“难”表现在两个方面：一是研究对象复杂，往往涉及多个物体(如诊断卷第2题)；二是试题情景新颖，常与生活实际相联系或是实际情景的抽象(如诊断卷第1题)。对于该类问题，关键是在准确选定研究对象的前提下，灵活地利用合成法、分解法或正交分解法，必要时结合整体与隔离法分析问题。建议对本考点自学为主。
(一)理清知识体系
(二)掌握解答平衡问题的基本思路
(三)用好多力多体平衡的解题技法
1．物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解，如诊断卷第1题，属于空间力系问题，O点受到的力不在同一平面，关键是将受力情况分成竖直和水平两个平面研究。如果物体受到三个以上力的平衡问题，通常采用正交分解法求解。
2．对于多个物体的平衡问题，要正确选取研究对象，整体法和隔离法交替使用，如诊断卷第2题，判断物体b所受的摩擦力时必须用隔离法，判断桌面对物体a的静摩擦力用整体法比较方便，求解时的易错点是忽略绳的拉力与F的大小关系，误认为桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左。
[题点全练]
1．(2018·济宁一模)如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D．2mg
解析：选A 对小球A受力分析，杆对小球A的弹力FN水平向左，碗对球的弹力沿AO方向以及小球受竖直向下的重力，由平衡条件可知，tan 30°＝，解得FN＝mgtan 30°＝mg，故A正确，B、C、D错误。
2．(2019届高三·石家庄调研)飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )
A．扫雷具受3个力作用
B．绳子拉力大小为
C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力
D．绳子拉力一定大于mg
解析：选C 对扫雷具进行受力分析，受到重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，如图所示，故A错误；根据平衡条件，有：
竖直方向：F浮＋Tcos θ＝mg
水平方向：f＝Tsin θ
计算得出：T＝，故B错误；扫雷具受到海水的水平方向的阻力等于绳子拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确、D错误。
3．(2018·辽宁庄河模拟)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均静止，绳与滑轮间的摩擦不计，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，物体A、B的质量分别为mA、mB，则( )
A．mA＞mB
B．mA＜mB
C．杆对B的弹力大小为mAgsin θ
D．杆对B的摩擦力大小为mAgcos θ
解析：选C 对物体A分析可知，绳子拉力T＝mAg，再对物体B进行受力分析可知，水平方向：Tsin θ＝N，故杆对B的弹力大小为mAgsin θ，选项C正确；竖直方向：Tcos θ＋f＝mBg，因无法判断摩擦力的方向，故无法判断二者的质量的大小，故选项A、B、D错误。
考点二 动态平衡问题
动态平衡是高考的常考问题。物体在缓慢移动过程中均处于平衡状态，但物体所受的某些力的大小和方向均发生变化，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要原因。针对此类问题，只要遵循正确的思维流程(见例1、例2)，准确分析各力特点，合理选取解题方法，问题便可迎刃而解。建议对本考点重点攻坚。
(一)灵活选取方法——针对破解动态平衡问题
[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
[思维流程]
方法一 图解法
方法二 解析法(正弦定理)
[答案] AD
(二)突破一个难点——动态平衡中的极值问题
(2018·九江联考)将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为( )
A.mg B．mg
C.mg D.mg
[思维流程]
[答案] B
[题点全练]
1．(2018·河南南阳一中模拟)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中，下列说法正确的是( )
A．框架对小球的支持力先减小后增大
B．力F的最小值为mgcos θ
C．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D．框架对地面的压力先增大后减小
解析：选B 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示。
根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F＝mgcos θ，故A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F沿顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C错误；F沿顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。
2．[多选]如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持轻绳始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物C，则( )
A．若健身者缓慢向右移动，绳OA拉力变大
B．若健身者缓慢向左移动，绳OB拉力变大
C．若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大
D．若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小
解析：选AD 设OA的拉力为FA，OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：FAcos θ－mg＝0，FAsin θ－FB＝0，解得FA＝，FB＝mgtan θ，当健身者缓慢向右移动时θ角变大，则FA、FB均变大，故选项A正确；当健身者缓慢向左移动时，θ角变小，则FA、FB均变小，因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力FB相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故选项B错误，D正确；不论健身者朝哪个方向移动，绳OA、OB拉力的合力保持不变，大小等于重物C的重力mg，故选项C错误。
3．(2018·湖南十四校二次联考)如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时∠BAC>90°，现使∠BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC。此过程中( )
A．轻杆AB对B端的弹力大小不变
B．轻杆AB对B端的弹力先减小后增大
C．力F逐渐增大
D．力F先逐渐减小后逐渐增大
解析：选A 以B点为研究对象，分析受力情况：悬挂重物的绳的拉力T(等于重物重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图。由平衡条件可知N和F的合力与T大小相等、方向相反，根据三角形相似可得＝＝；又T＝G，因杆的长度不变，BC距离变短，故N大小保持不变，力F逐渐减小，则A正确，B、C、D错误。
考点三 匀变速直线运动问题
本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的；匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生对本考点多加关注。
(一)“四类”匀变速直线运动公式要记牢
(二)“五种”常用解题方法运用好
(三)运动图像问题“四点提醒”不可少
1．对于xt图像，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于vt和at图像，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置。
2．在vt图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
3．vt图像中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。
4．对于非常规图像，不要想当然的猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义，如诊断卷第5题，根据0－v2＝2ax得，图线的斜率为＝－，还要注意刹车过程速度减为零后不再运动。
[题点全练]
1．(2018·四川雅安三诊)甲、乙两物体在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示，由图像可知( )
A．甲比乙运动得快
B．乙开始运动时，两物体相距20 m
C．在前25 s内，两物体距离先增大后减小
D．在前25 s内，两物体位移大小相等
解析：选C 位移时间图像的斜率等于速度，斜率越大，速度越大，甲比乙运动得慢，故A错误；由题图知：乙从原点出发，乙开始运动时，甲的位置坐标大于20 m，则两物体相距大于20 m，故B错误；在0～10 s这段时间内，乙静止在原点，甲沿正向做匀速直线运动，则两物体间的距离逐渐增大，在10～25 s这段时间内，甲的运动速率小于乙的运动速率，甲在乙的前方，则两者距离逐渐减小，故C正确；在前25 s内，甲的位移为x1＝(40－20)m＝20 m，乙的位移为x2＝(40－0)m＝40 m, 故D错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( )
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
解析：选BD t1～t2时间内，v甲＞v乙，t2时刻相遇，则t1时刻甲车在乙车的后面，故A错误、B正确。由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故C错误、D正确。
3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv12－mv02
解得μ＝。
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，运动员的加速度大小为a，所用的时间为t。由运动学公式得
·t＝s0
s1＝at2
联立解得a＝。
答案：(1) (2)
考点四 动力学两类基本问题
本考点通常以一个匀变速直线运动的物体为载体，通过两大分析(受力分析和运动分析)，运用牛顿运动定律和运动学规律求解加速度，只要考生牢记运动学基本公式及牛顿第二定律，仔细审题、灵活进行知识迁移交汇，即可轻松取分。建议考生自学为主。
(一)贯通一个知识体系
(二)理顺两类基本问题
1．由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况
首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。如诊断卷第7题中，先确定小滑环沿杆下落的加速度a1＝gcos θ(注意不是a1＝gsin θ)，a2＝gcos 2θ，再应用位移公式列式比较，得出结论。
2．由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况
由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。如诊断卷第8题中，先利用运动图像，结合公式x＝v0t＋at2可得图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示a1。再根据牛顿第二定律便可求出拉力F。
[题点全练]
1.(2018·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D 滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D正确，A、B、C错误。
2.将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2①
向下运动时：3d－d＝a2T2②
联立①②得：＝③
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④
向下运动时：mg－f＝ma2⑤
联立③④⑤得：f＝mg，C正确。
考点五 动力学中的综合问题
本考点是对牛顿运动定律和运动学公式的综合应用的考查。弹簧模型、斜面模型、板块模型等与动力学问题结合考查是高考命题的热点，以选择题形式出现时，可能会结合弹簧考查瞬时变化问题；以计算题形式考查时，可能结合其他模型考查多过程运动问题，且常会涉及功能关系，难度较大。解题过程中要不断体会方法、活用方法，提升解题能力。建议对本考点重点攻坚。
(一)铭记两点提醒
1．解决牛顿运动定律与运动图像综合问题时要借助图像获取有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。如诊断卷第9题，关键是通过图像得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况。
2．力的加速度效果分配法则求解——两个直接接触或通过细线相连的物体在外力F的作用下以共同的加速度运动，各个物体分得的动力与自身质量成正比。如诊断卷第11题，刚撤去外力F时，A、B组成的整体受到的合外力大小为F，弹簧弹力F1＝F＋2mg，根据力的加速度效果分配法则有FN＝F1＝＋mg，弹簧弹力等于F时，FN＝F＝。
(二)突破三类模型
[弹簧模型]
分析此类问题时注意把握住弹簧的三个特殊位置：原长位置，该位置弹簧的形变量为零，弹簧的弹力为零；弹簧的弹力与物体的重力相等的位置，该位置物体的加速度为零；弹簧最长或最短的位置，该位置弹簧的形变量最大，弹簧的弹力最大。
(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )
[解析] 设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
[答案] A
[斜面模型]
对于斜面模型中的平衡状态类问题，其解决办法一般是先应用整体法或隔离法对研究对象进行受力分析，然后对力进行正交分解(通常情况下是在平行于斜面和垂直于斜面的方向上建立坐标系)，最后根据Fx＝0、Fy＝0列方程求解。
如图所示，质量为M的楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有质量为m的小物块B。用平行于斜面的拉力F拉B，使之沿斜面匀速上滑，A与B之间的动摩擦因数为μ。现改变拉力的方向使其与斜面成一定的角度，使B仍沿斜面匀速上滑。在B匀速上滑的过程中，A始终保持静止。改变拉力的方向前后，下列描述正确的有( )
A．A对B的摩擦力减小
B．拉力一定增大
C．B对斜面的作用力不变
D．地面受到的摩擦力可能增大
[解析] 拉力F平行于斜面向上时，先对B进行受力分析，如图甲所示，B受重力mg，A对B的支持力N，A对B的摩擦力f，拉力F的共同作用。根据平衡条件可知，平行斜面方向，有F＝f＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N＝mgcos θ，其中f＝μN，解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)，①
f＝μmgcos θ。②
拉力改变方向后变为F′，B受的支持力变为N′，A对B的摩擦力变为f′，设F′与斜面的夹角为α。根据平衡条件，平行斜面方向，有F′cos α＝f′＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N′＋F′sin α＝mgcos θ，其中f′＝μN′，解得F′＝，③
f′＝μ(mgcos θ－F′sin α)，④
由②④两式知滑动摩擦力减小，故A正确。由①③两式知，拉力可能增大，也可能减小，故B错误。
对A进行受力分析，如图乙所示，A受重力Mg、支持力N2、B对A的压力N1、B对A的滑动摩擦力f1、地面对A的静摩擦力f静的共同作用。根据平衡条件可知，在水平方向有f静＝N1sin θ＋f1cos θ。结合对A、B选项的分析可知，当拉力改变方向后，B对A的压力N1和滑动摩擦力f1都减小，故二者合力一定减小，即静摩擦力f静一定减小，故C、D错误。
[答案] A
[板块模型]
当有外力作用在木板上的物块或木板上时，一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解，做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口。解答此类问题的注意事项：
(1)要注意运动过程中两物体的各物理量间存在的关系(如两物体的速度关系、位移关系等)，可以画位移关系图辅助理解两物体的位移关系；
(2)两物体发生相对运动的临界条件是两物体间的静摩擦力恰好等于最大静摩擦力；
(3)两物体速度相等时可能存在运动规律的变化，在解题时要注意这个临界状态。
如图所示，质量为M的木板(足够长)置于光滑水平面上，质量为m的木块与木板间的动摩擦因数为μ。开始时木板和木块均静止，某时刻起，一恒定的水平外力F作用在木板上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
[解析] 若两物体相对静止一起向右做匀加速运动
对整体，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
则木块与木板间的摩擦力f＝ma＝m≤μmg，
即0＜F≤μ(M＋m)g
此时am＝aM＝
当F＞μ(M＋m)g时，两物体发生相对运动
对木块，根据牛顿第二定律有μmg＝mam，
解得am＝μg
对木板，根据牛顿第二定律有F－μmg＝MaM，
解得aM＝
综上所述，若0＜F≤μ(M＋m)g，则am＝aM＝
若F＞μ(M＋m)g，则am＝μg，aM＝。
[答案] 见解析
[深化拓展]
(1)若将[例3]中的水平外力F作用在木块上，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
提示：若0＜F≤μmg，则am＝aM＝；若F＞μmg，则am＝，aM＝。
(2)若将[例3]中的木板置于粗糙水平面上，且木板与水平面间的动摩擦因数为μ2，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
提示：若0＜F≤μ2(M＋m)g，木块和木板的加速度均为零；
若μ2(M＋m)g＜F≤μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g，
则am＝aM＝；
若F＞μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g，
则am＝μ1g，aM＝。
一、高考真题集中演练——明规律
1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析：选CD xt图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误。由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，故B错误。t1和t2时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，故C、D正确。
2．[多选](2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。
3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ B.
C. D.
解析：选C 当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，A、B、D项错误，C项正确。
4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m。故选项C正确。
5．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确。
6．[多选](2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
解析：选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
7．[多选](2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确。由vt图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。
二、名校模拟重点演练——知热点
8．(2019届高三·成都模拟)如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ＜150°)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是( )
A．当θ＝60°时，N＝G
B．当θ＝90°时，N＝G
C．只有当θ＝120°时，才有N＝G
D．无论θ取何值，都有N＝G
解析：选D 对床单受力分析，受竖直向下的重力和晾衣杆竖直向上的支持力，晾衣杆对床单的支持力始终等于G，则根据牛顿第三定律知，无论夹角θ取何值都有N＝G，故A、B、C错误，D正确。
9.(2019届高三·洛阳模拟)宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图。下列说法正确的是( )
A．t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大反向
B．2～4 s内的质点做减速运动
C．t＝6 s时质点速度大小等于7 m/s
D．0～6 s内质点速度方向不变
解析：选D 加速度对时间的变化率称为急动度，等于at图像的斜率。则知t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大同向，故A错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知2～4 s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，得0～6 s速度的变化量为Δv＝×2 m/s＋×2×2 m/s＋×2×(－2) m/s＝3 m/s，因初速度为0，故t＝6 s时的速度为3 m/s，故C错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知0～6 s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确。
10．[多选](2018·菏泽一模)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像，取g＝10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量m＝1.5 kg
B．木板B的质量M＝1.5 kg
C．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝4 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ＝0.1
解析：选AC 由题图乙知，当F＝4 N时，加速度为a＝2 m/s2，对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg，当F>4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝F－，由图示图像可知，图线的斜率：k＝＝＝2，解得M＝0.5 kg，滑块A的质量为：m＝1.5 kg，故A正确，B错误；当a＝0时，F＝3 N，代入解得μ＝0.2，故D错误；根据F＝5 N>4 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为aB＝F－＝4 m/s2，故C正确。
11．[多选](2018·甘肃天水一模)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)。则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为2 N
D．若F>8 N，则B物块相对于木板滑动
解析：选BC A与木板间的摩擦力最大为fA＝0.2×1×10 N＝2 N，B与木板间的摩擦力最大为fB＝0.2×2×10 N＝4 N，若F＝1 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a＝ m/s2，故A错误；若F＝1.5 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a＝ m/s2＝0.5 m/s2，fA＝mBa＝0.5×2 N＝1 N，故B正确；若F＝4 N，假设A、B都相对木板静止，则整体共同的加速度a＝＝ m/s2，A所受的摩擦力f＝F－mAa＝ N＞2 N，假设不成立，故此时A已滑动，B所受的摩擦力为2 N，C正确；若F＝8 N，则A相对木板滑动，此时A给木板的摩擦力为2 N，小于B所受的最大静摩擦力，所以B物块相对木板静止，故D错误。
12.如图，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面。当车速达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿。树叶在运动中受到空气阻力，其大小F＝kv(v为车速，k为常数)，方向与车运动方向相反。若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a′；
(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；
(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a。
解析：(1)根据匀加速直线运动规律，有s＝a′t2
解得a′＝。
(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N，树叶受到的空气阻力为F，树叶受到的滑动摩擦力为f
F＝kv0
f＝μN
N＝mgcos θ＋Fsin θ
由牛顿第二定律，有mgsin θ－f－Fcos θ＝ma′
由题意，θ＝45°
联立解得μ＝。
(3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N′，树叶受到的空气阻力为F′，树叶受到的最大静摩擦力为f′
f′＝μN′
F′＝kv0
由牛顿第二定律有
N′sin θ＋f′cos θ－F′＝ma
N′cos θ＝f′sin θ＋mg
联立并代入μ，得a＝g－。
答案：(1) (2)
(3)g－
13．(2019届高三·皖南八校联考)如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1 kg的小物块放在质量m2＝2 kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°，现对长木板施加水平向左的拉力F＝18 N，长木板运动vt图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)长木板长度L；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)物块与木板间的动摩擦因数μ1。
解析：(1)从图线可知，木板运动2 s离开小物块，
在0～2 s，由图线可知x＝ m＝1 m，L＝2x＝2 m。
(2)在2～3 s，由图线可得a2＝＝4 m/s2，
a2＝，解得μ2＝0.5。
(3)在0～2 s，小物块在竖直方向受力平衡，
F支＋Tsin 37°＝m1g，
Tcos 37°＝f1，f1＝μ1F支，
长木板加速度a1＝＝0.5 m/s2，
a1＝，
解得μ1＝。
答案：(1)2 m (2)0.5 (3)
第二讲曲线运动与万有引力
考点一
平抛运动
1.[考查关联速度、速度的分解问题]
如图所示，物体A与物体B通过跨过光滑定滑轮的轻绳相连，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2
解析：选D 将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。
2．[考查多个物体的平抛运动问题]
一位网球运动员用拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能量损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为( )
A．1∶1 B．1∶3
C．3∶1 D．1∶9
解析：选B 两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到B点所用的时间等于第二种情况下落到A点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为t1＝3t，第二种情况下所用时间为t2＝t，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x＝v0t得v2＝3v1，即＝，B正确。
3．[考查平抛运动与斜面、圆的组合问题]
如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，则( )
A．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上
B．改变初速度的大小，b球速度方向和斜面的夹角可能变化
C．改变初速度的大小，a球可能垂直撞在圆弧面上
D．a、b两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直
解析：选D 将半圆轨道和斜面重合在一起，如图甲所示，设交点为A，如果初速度合适，可使小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。b球落在斜面上时，速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍，即tan φb＝2tan θb＝2×＝1，可得φb＝45°，即b球的速度方向与水平方向成45°角，此时a球落在半圆轨道上，a球的速度方向与水平方向成45°角，故两球的速度方向垂直，选项A错误，选项D正确。改变初速度的大小，b球位移偏向角不变，因速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，故速度偏向角不变，b球的速度方向和斜面的夹角不变，选项B错误。若a球垂直撞在圆弧面上，如图乙所示，则此时a球的速度方向沿半径方向，且有tan φ＞2tan θ，与平抛运动规律矛盾，a球不可能垂直撞在圆弧面上，选项C错误。
4．[考查体育运动中的平抛运动、临界极值问题]
一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A.
考点二
圆周运动
5.[考查水平面内的圆周运动问题]
[多选]如图所示，水平转台上的小物体A、B通过弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速(既在每个转速下可认为是匀速转动)，已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离都为r，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )
A．物体A和B同时相对转台发生滑动
B．当A受到的摩擦力为0时，B受到的摩擦力背离圆心
C．当B受到的摩擦力为0时，A受到的摩擦力背离圆心
D．当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为
解析：选CD 当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr＋μmg＝mωA2r，解得ωA＝ ，当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr＋2μmg＝2mωB2r，解得ωB＝ ；ωA＞ωB，所以B最先滑动，允许的最大角速度为ωB＝ ，A错误，D正确；当A受到的摩擦力为0时，由弹力充当向心力，故kr＝mω2r，解得ω＝，此时B受到的向心力为F＝2mω2r＝2kr，故B受到的摩擦力指向圆心，B错误；当B受到的摩擦力为0时，由弹力充当向心力，故kr＝2mω2r，解得ω＝，此时A受到的向心力为F＝mω2r＝kr＜kr，故A受到的摩擦力背离圆心，C正确。
6．[考查竖直面内的圆周运动问题(轻绳模型)]
如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切。以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系。已知传送带长L＝6 m，匀速运动的速度v0＝4 m/s。一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求N点的纵坐标yN；
(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道。求传送带上这些位置的横坐标的范围。
解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝4 m/s2，小物块与传送带共速时，小物块位移x1＝＝2 m＜L－xP＝4 m，故小物块与传送带共速后以v0匀速运动到Q，然后冲上圆弧轨道，恰好到N点时有mg＝m
从Q到N有mvQ2－mvN2＝2mgR
解得R＝0.32 m，故yN＝2R＝0.64 m。
(2)若小物块能通过最高点N，则0≤x≤L－x1
即0≤x≤4 m
若小物块恰能到达高度为R的M点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x2
则μmgx2＝mgR
解得x2＝0.8 m，故5.2 m≤x≤6 m
所以当0≤x≤4 m或5.2 m≤x≤6 m时，小物块均不脱离圆弧轨道。
答案：(1)0.64 m (2)0≤x≤4 m或5.2 m≤x≤6 m
7．[考查圆周运动与平抛运动相结合的问题]
如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m的物体与圆盘之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与餐桌之间的动摩擦因数为μ2＝0.25，餐桌高也为R。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，求餐桌半径R1的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R2＝R，则在圆盘角速度缓慢增大时，求物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L为多少？
解析：(1)为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于物体与圆盘之间的最大静摩擦力，即μ1mg≥mω2R
解得ω≤ ＝ 。
(2)物体恰好从圆盘上甩出时的角速度ω1＝ ，则速度v1＝ω1R＝
当物体滑到餐桌边缘速度减小到0时，恰好不滑落到地面，根据匀变速直线运动规律，有2μ2gx1＝v12
可得滑过的位移x1＝＝R
餐桌最小半径R1＝＝R。
(3)若餐桌半径R2＝R，由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离
x2＝＝R
根据匀变速直线运动规律，有2(－μ2gx2)＝v22－v12
可得物体离开餐桌边缘的速度v2＝
设物体离开餐桌到地面所需时间为t，根据平抛运动规律x3＝v2t，R＝gt2
可知物体离开餐桌边缘后的水平位移x3＝
由几何关系可得，落地点到圆盘中心的水平距离
L＝＝R。
答案：(1) (2)R (3)R
考点三
万有引力定律
8.[考查行星运动与开普勒定律]
一颗小行星环绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的9倍，则这颗小行星的运转周期是( )
A．3年 B．9年
C．18年 D．27年
解析：选D 根据开普勒第三定律，设地球公转半径为R，则小行星做匀速圆周运动的半径为9R
则：＝，取T地＝1年，则可以得到：T＝27年，故选项D正确，A、B、C错误。
9．[考查重力与万有引力的关系]
[多选]已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为(设地球表面的重力加速度为g)( )
A．地球的自转周期为T＝2π
B．地球的自转周期为T＝π
C．地球同步卫星的轨道半径为
D．地球同步卫星的轨道半径为
解析：选AC 在北极FN1＝G，在赤道G－FN2＝mR，根据题意，有FN1－FN2＝ΔN，联立计算得出：T＝2π ，所以A正确，B错误；万有引力提供同步卫星的向心力，则：G＝m′，联立可得：r3＝，又地球表面的重力加速度为g，则：mg＝G，得：r＝ R，C正确，D错误。
10．[考查应用万有引力定律计算天体质量和密度]
在未来的“星际穿越”中，某航天员降落在一颗不知名的行星表面上。该航天员从高 h＝L 处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的距离是 L，已知该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．该星球的重力加速度g＝
B．该星球的质量M＝
C．该星球的第一宇宙速度v＝v0
D．该星球的密度ρ＝
解析：选D 设星球表面的重力加速度为g，则根据小球的平抛运动规律得：L＝gt2，L＝，故v0t＝2L，联立得g＝，A错误；在星球表面有mg＝G，联立g＝，解得M＝，该星球的密度为ρ＝＝＝，B错误，D正确；设该星球的近地卫星质量为m0，根据重力等于向心力得m0g＝m0，解得v＝＝v0，C错误。
考点四
人造卫星和宇宙航行
11.[考查卫星运行的参量比较]
2018年3月30日01时56分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭(及远征一号上面级)，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道(高度35 809 km)、倾斜地球同步轨道(高度35 809 km)、中圆地球轨道(高度21 607 km)，如图所示。已知地球半径为6 370 km，下列说法正确的是( )
A．中圆地球轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期长
B．中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大
C．倾斜地球同步轨道卫星的线速度为4 km/s
D．倾斜地球同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方
解析：选D 地球静止轨道卫星的周期等于地球的自转周期为24 h，因中圆地球轨道半径小于地球静止轨道半径，根据＝C，可知中圆地球轨道卫星的周期一定比地球静止轨道卫星的周期小，故A错误；根据万有引力定律：F＝，由于不知道两种卫星的质量，所以不能比较它们受到的万有引力的大小关系，故B错误；根据v＝，其中T＝86 400 s，r＝35 809 km，解得倾斜地球同步轨道卫星的线速度为v＝2.6 km/s，故C错误；倾斜地球同步轨道卫星的周期是24 h，地球的自转周期为24 h，所以倾斜地球同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故D正确。
12．[考查卫星的变轨问题]
[多选]作为一种新型的多功能航天飞行器，航天飞机集火箭、卫星和飞机的技术特点于一身。假设一航天飞机在完成某次维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，如图所示，已知A点距地面的高度为2R(R为地球半径)，B点为轨道Ⅱ上的近地点，地球表面重力加速度为g，地球质量为M。又知若物体在离星球无穷远处时其引力势能为零，则当物体与星球球心距离为r时，其引力势能Ep＝－G(式中m为物体的质量，M为星球的质量，G为引力常量)，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．该航天飞机在轨道Ⅱ上经过A点的速度小于经过B点的速度
B．该航天飞机在轨道Ⅰ上经过A点时的向心加速度大于它在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度
C．在轨道Ⅱ上从A点运动到B点的过程中，航天飞机的加速度一直变大
D．可求出该航天飞机在轨道Ⅱ上运行时经过A、B两点的速度大小
解析：选ACD 在轨道Ⅱ上A点为远地点，B点为近地点，航天飞机经过A点的速度小于经过B点的速度，故A正确。在A点，航天飞机所受外力为万有引力，根据G＝ma，知航天飞机在轨道Ⅰ上经过A点和在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度相等，故B错误。在轨道Ⅱ上运动时，由A点运动到B点的过程中，航天飞机距地心的距离一直减小，故航天飞机的加速度一直变大，故C正确。航天飞机在轨道Ⅱ上运行时机械能守恒，有－＋mvA2＝－＋mvB2，由开普勒第二定律得rAvA＝rBvB，结合＝mg，rA＝3R，rB＝R，可求得vA、vB，故D正确。
13．[考查双星、多星模型]
[多选]2017年10月16日，美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星并合引力波事件，如图为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量为M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则( )
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越大，T越大
D．M一定，L越大，T越大
解析：选BD 设双星质量分别为mA、mB，轨道半径分别为RA、RB，角速度相等且为ω，根据万有引力定律可知：G＝mAω2RA，G＝mBω2RB，距离关系为：RA＋RB＝L，联立解得：＝，因为RA＞RB，所以A的质量一定小于B的质量，故A错误；根据线速度与角速度的关系有：vA＝ωRA、vB＝ωRB，因为角速度相等，半径RA＞RB，所以A的线速度大于B的线速度，故B正确；又因为T＝，联立以上可得周期为：T＝2π ，所以总质量M一定，两星间距离L越大，周期T越大，故C错误，D正确。
释疑4大考点
考点一 平抛运动
平抛运动可以单独命题也可以综合圆周运动、机械能、动量、电场等知识命题，命题形式可以是选择题，也可以是计算题，解题方法多种多样，但最基本的思想是“化曲为直”，即把曲线运动转化为两个方向上的直线运动来解决。试题往往与生活实际、体育运动等紧密联系，体现了物理来源于生活，又走向生活的命题思路。建议考生适当关注。
(一)基本知能——把握速度分解的几种常见模型
物体的实际运动即合运动，将与轻绳连接的物体的运动沿轻绳方向和垂直轻绳方向进行分解。轻绳的关联速度常见模型有如下几种。
[注意] 速度的分解应考虑沿运动效果方向进行。如诊断卷第1题，绳端具有两个运动效果，一是使绳子伸长，二是使绳子转动，而物体B的速度沿绳子方向的分速度即为物体A匀速上升的速度，即vB＝。
(二)基本思维——化曲为直求解平抛运动问题
(三)二级结论——速解斜面上的平抛运动问题
1．若平抛的物体垂直打在斜面上，此时水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
2．对于在斜面上平抛又落到斜面上的物体，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值；速度偏角的正切值一定为位移偏角(斜面倾角)的正切值的2倍；如诊断卷第3题，利用对称的思想，将半圆轨道和斜面重合在一起，使问题简化。
(四)临界条件——准确解答平抛运动落点问题
此类问题要先找到临界条件，再运用平抛运动规律列方程解答。如诊断卷第4题，本题易出错的地方有：(1)对题中的“最大取值范围”理解不到位；(2)找不到两种临界状态，尤其是过网且恰好落在右侧台面的两角处(习惯性地认为恰好落在台面右侧边缘中点时速率最大)。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析：选A 画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：
x＝vt，
x·tan θ＝gt2
则x＝·v2，
即x∝v2
甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1。
2．(2018·湖南永州模拟)在军事演习时，红军轰炸机要去轰炸蓝军地面上的一个目标，通过计算，轰炸机在某一高度以一定的速度飞行，在离目标水平距离x时释放一颗炸弹，可以准确命中目标。现为了增加隐蔽性和安全性，轰炸机飞行的高度和速度均减半，若仍能准确命中目标，则轰炸机释放炸弹时离目标的水平距离应为(不计空气阻力)( )
A.x B.x
C.x D.x
解析：选A 炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝gt2，得：t＝，炸弹平抛运动的水平距离为：x＝v0t＝v0，由此可知，当轰炸机飞行的高度和飞行速度都要减半时，炸弹的水平位移变为原来的，所以轰炸机投弹时离目标的水平距离应为x，故A正确。
3．(2019届高三·皖南八校联考)如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，不计空气阻力，已知AB＝h1，网高h2＝h1，AC＝x，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．落点D距离网的水平距离为x
B．网球的初速度大小为x
C．若击球高度低于h1，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内
D．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内
解析：选C 因为h1－h2＝h1，由t＝可知＝，由x＝v0t可知＝，则xAD＝x，D点距网的水平距离为x，A错误；球从A到D，h1＝gt2，x＝v0t，得v0＝x ，B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，则有＝，解得h′＝h1，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，C正确；若保持击球高度不变，球的初速度较小时，可能触网，不一定落到对方界内，可见D错误。
考点二 圆周运动
圆周运动中的动力学问题是高考命题的重点内容。由于情境的多样性和作用力的多样性，圆周运动中的动力学问题类型多，难度大。解答圆周运动中的动力学问题的基本思路：将具体情境转换为相应物理模型，通过受力分析，运用牛顿运动定律及相关知识解答，建议对本考点重点攻坚。
(一)理清基础知识
1．圆周运动基础知识和典型实例
2．轻绳、轻杆模型对比记忆
模型
轻绳模型
轻杆模型
实例
球与轻绳连接、水流星、翻滚过山车等
球与轻杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等
图示
在最高
点受力
重力，弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
重力，弹力F弹向下、向上或等于零mg±F弹＝m
恰好过
最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零
v＝，mg＝F弹
在最高点速度可为零
(二)把握解题关键
1．明确向心力是解决圆周运动问题的关键
在匀速圆周运动中，合力是物体做圆周运动的向心力。在变速圆周运动中，沿半径方向的合力是物体做圆周运动的向心力。如诊断卷第5题，当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力。
2．解决竖直面内圆周运动问题的关键是“两点一过程”
“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点(或从最低点到最高点)，往往用动能定理将这两点联系起来。如诊断卷第6题，应用牛顿第二定律分析小物块在最高点N的受力情况，应用动能定理分析小物块从最低点Q到最高点N的运动过程。
3．解决实际情境中抽象出来的圆周运动问题，关键是找出向心力的具体来源
如诊断卷第7题，是一道将圆周运动、牛顿第二定律、直线运动和平抛运动有机结合的试题。建立合适的物理模型是解题的关键。物体离开圆盘后沿圆盘的切线方向做直线运动，直线运动的位移和圆盘的半径及桌面的半径构成一个直角三角形；当物体沿餐桌边缘飞出后，物体轨迹的俯视图中物体从离开圆盘到落地的水平位移和圆盘的半径及落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L也构成一个直角三角形。
(三)突破三类题型
题型1 竖直面内圆周运动的轻绳模型
如图所示，长度均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点的速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球
在最高点速率为2v时，两根轻绳的拉力大小均为( )
A.mg B.mg
C．3mg D．2mg
[解析] 设小球在竖直平面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动的轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos θ＝L。根据题述，小球在最高点的速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，有mg＝m；小球在最高点速率为2v时，设每根轻绳的拉力大小为F，则有2Fcos θ＋mg＝m，联立解得F＝mg。
[答案] A
题型2 竖直面内圆周运动的轻杆模型
[多选](2018·福建四校联考)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是( )
A．小球的线速度大小为
B．小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上
C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O
D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg
[解析] 根据向心加速度a＝，代入得小球的线速度v＝，所以A正确；需要的向心力F＝ma＝mg，所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力F＝，方向不指向圆心O，所以C正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律：F－mg＝m，得轻杆对小球作用力的最大值为F＝2mg，所以D正确。
[答案] ACD
题型3 水平面内圆周运动的临界问题
(2018·淮北模拟)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台、A与B 间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力有可能为3μmg
B．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力
C．转台的角速度ω有可能恰好等于
D．若角速度ω在题干所述原基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动
[解析] 对A、B整体，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g；对C，有：mω2·1.5r≤μmg；对A，有：3mω2r≤μ·3mg，解得：ω≤ ，即满足不发生相对滑动时，转台的角速度ω≤ ，可知A与B间的静摩擦力最大值fm＝3m·r·ω2＝3mr·＝2μmg，故A错误，C正确；A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力，且有m×1.5rω2＜3mrω2，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；由以上分析可知，最先发生相对滑动的是C，故D错误。
[答案] C
考点三 万有引力定律
万有引力与航天是圆周运动的引申与应用，随着我国天宫系列空间站、“天眼”侦察卫星、“悟空”号暗物质粒子探测卫星、“墨子”号量子科学实验卫星等重大科技成果相继问世，结合最新的航天成果考查万有引力与航天方面的知识已成为高考的热点，2019年高考可能会结合最新科技成果从以下三个角度命题：一是天体运动中的线速度、周期、向心加速度等物理量的关系；二是估测中心天体的质量及密度；三是卫星的变轨、能量的变化。建议考生自学为主。
(一)计算天体质量和密度的两条基本思路
1．利用中心天体自身的半径R和表面的重力加速度g：由G＝mg求出M，进而求得ρ＝＝＝。
2．利用环绕天体的轨道半径r、周期T：由G＝mr ，可得出M＝，若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径r＝R，则ρ＝＝。
(二)涉“g”问题的两点提醒
1．不考虑自转问题时，有G＝mg，其中g为星球表面的重力加速度，若考虑自转问题，如诊断卷第9题，则在两极上才有：G＝mg，而赤道上则有：G－mg＝mR。
2．根据自由落体、竖直上抛、平抛运动等知识计算出星球表面的重力加速度g，再由mg＝G＝m，去估算星球的质量、密度、第一宇宙速度等，是天体运动问题中常出现的一类综合题，如诊断卷第10题。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为( )
A．2∶1 B．4∶1
C．8∶1 D．16∶1
解析：选C 由G＝mr得＝（或根据开普勒第三定律＝k），则两卫星周期之比为＝ ＝ ＝8，故C正确。
2．(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( )
A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3
C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3
解析：选C 脉冲星自转，边缘物体m恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有G＝mr，又M＝ρ·πr3，整理得密度ρ＝＝ kg/m3≈5.2×1015 kg/m3。
3．[多选](2018·唐山二模)人类将在2023年登陆火星，已知人造卫星A绕火星做匀速圆周运动所能达到的最大速度为v，最小周期为T。现有人造卫星B绕火星做匀速圆周运动，运行半径是火星半径的n倍。引力常量为G，则( )
A．火星的半径为
B．火星的质量为
C．火星的密度为
D．卫星B的运行速度为
解析：选AC 由题意可知，卫星A绕火星表面做圆周运动，则火星的半径满足：R＝，选项A正确；根据G＝m，解得M＝，选项B错误；火星的密度为ρ＝＝＝，选项C正确；根据G＝m，解得v＝ ∝，则卫星B的运行速度为，选项D错误。
4．设地球是一个密度均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，如果沿地球的直径挖一条隧道，将物体从此隧道一端由静止释放，刚好运动到另一端，不考虑阻力。在此过程中，关于物体的运动速度v随时间t变化的关系图像可能是( )
解析：选C 如果物体在距地心为r处(r≤R)，那么这个物体只会受到以地心为球心、以r为半径的那部分球体的万有引力，而距地心为r到R之间的球壳对物体作用力的合力为零。设物体的质量为m，地球密度为ρ，以半径为r的那部分球体的质量为M，距地心r处的重力加速度为g，则V＝πr3，mg＝G，得g＝＝Gρπr。由于物体掉入隧道之后，r在变化，g也在变化，且离地心越近g越小，在地心处g＝0。物体的加速度g与距球心的距离r成正比，因此从隧道一端由静止释放到到达地心前，物体做加速度减小的加速运动，到达地心时加速度为零，速度最大；穿过地心后，物体做加速度增大的减速运动，到隧道另一端时速度为零，所以选项C正确。
考点四 人造卫星和宇宙航行
天体运动问题是高考的热点内容，常考查卫星的变轨、对接，天体相距最近或最远问题，随地、绕地运动问题，卫星运动过程中的动力学问题、能量问题，加速度(向心加速度、重力加速度)、线速度、周期的比较等。解决这些问题的总体思路是熟悉两个模型：随地运动和绕地运动；变轨抓住两种分析观点：动力学观点和能量观点；注意匀速圆周运动知识的应用。建议考生适当关注即可。
(一)理清基本知识
1．定量分析法
(1)列出五个连等式：
G＝ma＝m＝mω2r＝mr。
(2)导出四个表达式：
a＝，v＝ ，ω＝ ，T＝ 。
(3)结合r大小关系，比较得出a、v、ω、T的大小关系。
2．定性结论法
将下述结论牢记于心：r越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越，而周期和机械能均越。
(二)掌握变轨问题的两类处理方法(以诊断卷第12题为例)
1．力学的观点：如在A点减速进入轨道Ⅱ，即为减速向心，反之加速离心，同时还要清楚减速时向运动方向喷气，加速时向运动的反方向喷气。
2．能量的观点：如在轨道Ⅰ上运行时的机械能比在轨道Ⅱ上运行时的机械能大。在轨道Ⅱ上由A点运动到B点的过程中航天飞机的机械能守恒、动能增加、引力势能减小等。
(三)澄清两种认知
1．地球同步卫星是相对地球静止的卫星，同步卫星只能是发射到赤道上空特定的高度，以特定的速度沿地球自转的方向绕地球转动。转动的周期和角速度与地球自转的周期和角速度一致，转动周期为24 h。如诊断卷第11题，不论何种轨道的卫星，都是由万有引力提供向心力，圆周轨道都以地心为圆心。
2．双星、多星问题解题的关键在于分析向心力的来源和轨道半径，如诊断卷第13题，两星间的距离不要误认为是轨道半径，各星体绕着系统的质心位置转动，轨道半径不同；向心力的分析容易漏力，
例如：如图所示的三星系统，三颗星体质量均为m，三角形ABC为等边三角形，边长为a，可列方程＝m·a·2。试想若mA＝2mB＝2mC＝2m时，将是怎样的三角形？若三颗星体在一条直线上又怎样列方程？
提示：以系统的重心为圆心转动，若是三角形求三星系统的等效质心。
[题点全练]
1．(2019届高三·太原模拟)“月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年3.8 cm的速度远离地球。不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是( )
A．月球绕地球做圆周运动的周期将减小
B．月球绕地球做圆周运动的线速度增大
C．地球同步定点卫星的高度增大
D．地球同步定点卫星的角速度增大
解析：选C 万有引力充当向心力，故G＝mr，解得T＝2π ，可知轨道半径越大，周期越大，所以月球绕地球做圆周运动的周期增大，A错误；根据公式G＝m可得v＝ ，故轨道半径越大，线速度越小，所以月球绕地球运动的线速度减小，B错误；因为地球旋转速度减小，即角速度减小，根据T＝可知自转周期变大，根据T＝2π 可知同步卫星的轨道半径变大，即地球同步定点卫星的高度增大，C正确，D错误。
2．(2018·贵州适应考试)如图所示，某次发射人造卫星的过程中，先将卫星发射到地面附近的圆形轨道Ⅰ上，在P点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，Q点为轨道Ⅱ的远地点。下列说法正确的是( )
A．卫星在P点变轨时的速度必须大于7.9 km/s
B．卫星从P点到Q点的过程中机械能逐渐减小
C．卫星沿轨道Ⅰ经过P点时的加速度大于沿轨道Ⅱ经过P点时的加速度
D．若要使运动到Q点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在Q点的速度至少要达到11.2 km/s
解析：选A 卫星在轨道Ⅰ上经过P点时的速度等于7.9 km/s，则要想进入轨道Ⅱ，则在P点必须要加速做离心运动，则卫星在P点变轨时的速度必须大于7.9 km/s，选项A正确；卫星从P点到Q点的过程中只有地球的引力做功，则机械能不变，选项B错误；根据a＝可知，卫星沿轨道Ⅰ经过P点时的加速度等于沿轨道Ⅱ经过P点时的加速度，选项C错误；若要使运动到P点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在P点的速度至少要达到11.2 km/s，则若要使运动到Q点的卫星能摆脱地球引力的束缚，卫星在Q点的速度不需要达到11.2 km/s，选项D错误。
3．[多选](2018·百校联盟4月联考)2017年6月15日上午，我国在酒泉卫星发射中心成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”，并成功收获首批数据。可认为该卫星在距离地面550 km的圆轨道上运行，关于该卫星，下列说法正确的是( )
A．该卫星运行轨道的平面一定通过地心
B．该卫星在轨道上运行时，速度变化比地球同步卫星的速度变化快
C．该卫星在轨道上的运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
D．该卫星在绕地球运动的过程中，如果不加以干预，卫星的动能会逐渐减小
解析：选AB 所有地球卫星的轨道平面一定过地心，故A正确；该卫星的离地高度小于同步卫星的高度，则其轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据G＝ma，解得：a＝，故该卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，即该卫星在轨道上运行时，速度变化比地球同步卫星的速度变化快，故B正确；第一宇宙速度是卫星围绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，故该卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；该卫星在绕地球运动的过程中，若不加以干预，卫星的轨道半径减小，卫星的线速度变大，故卫星的动能变大，故D错误。
4．[多选](2018·全国卷Ⅰ)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
解析：选BC 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
＝m1ω2r1 ①
＝m2ω2r2 ②
l＝r1＋r2 ③
由①②③式得＝ω2l，所以m1＋m2＝，
质量之和可以估算。
由线速度与角速度的关系v＝ωr得
v1＝ωr1 ④
v2＝ωr2 ⑤
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。
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是( )
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
解析：选C 发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h＝gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误。由vy2＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误。由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确。由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误。
2．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
解析：选B 开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。
3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
解析：选A 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
4.[多选](2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中( )
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
解析：选CD 在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速率越来越小，C项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确。
5．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )
A．周期变大 B．速率变大
C．动能变大 D．向心加速度变大
解析：选C 组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据＝m，可得v＝ ，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B项错误；又T＝，则周期T不变，A项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C项正确；向心加速度a＝不变，D项错误。
6．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )
A．1 h B．4 h
C．8 h D．16 h
解析：选B 万有引力提供向心力，对同步卫星有：
G＝mr，整理得GM＝
当r＝6.6 R地时，T＝24 h
若地球的自转周期变小，轨道半径最小为2R地
三颗同步卫星A、B、C如图所示分布。
则有＝
解得T′≈＝4 h，选项B正确。
二、名校模拟重点演练——知热点
7．(2019届高三·江西六校联考)北斗卫星导航系统由一组轨道高低不同的人造地球卫星组成。高轨道卫星是地球同步卫星，其轨道半径约为地球半径的6.6倍。若某低轨道卫星的周期为12小时，则这颗低轨道卫星的轨道半径与地球半径之比约为( )
A．4∶1 B．3∶3
C．2∶4 D．1∶6
解析：选A 设低轨道卫星轨道半径为r，地球半径为R，由开普勒第三定律可知：＝，解得：r≈4.2R，故A正确，B、C、D错误。
8．(2018·哈尔滨六中模拟)北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。对于其中的5颗同步卫星，下列说法正确的是( )
A．它们运行的线速度一定大于第一宇宙速度
B．地球对它们的吸引力一定相同
C．一定位于赤道上空同一轨道上
D．它们运行的速度一定完全相同
解析：选C 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，即是卫星环绕地球圆周运动的最大速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以它们运行的线速度一定小于7.9 km/s，故A错误。5颗同步卫星的质量不一定相同，则地球对它们的吸引力不一定相同，故B错误。同步卫星都位于赤道上空同一轨道上，故C正确。5颗同步卫星在相同的轨道上运行，速度的大小相同，方向不同，故D错误。
9．[多选](2018·重庆江津中学月考)地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，质量相等的三颗卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切。不计阻力，以下说法正确的是( )
A．如果地球的转速为原来的 倍，那么赤道上的物体将会飘起来而处于完全失重状态
B．卫星甲、乙分别经过P点时的速度相等
C．卫星甲的机械能最大
D．卫星周期：T甲>T乙>T丙
解析：选ACD 地球上的物体随地球自转的向心加速度为a时，有：G－mg＝ma；当物体飘起来的时候，由万有引力完全提供向心力，有G＝ma′，则此时物体的向心加速度为a′＝g＋a；根据向心加速度和转速的关系有：a＝R(2πn)2，a′＝R(2πn′)2可得：n′＝n＝ n，故A正确。物体在椭圆形轨道上运动时，轨道高度越高，在近地点时的速度越大，所以卫星甲经过P点时的速度比卫星乙经过P点时的速度大，故B错误。卫星的机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，因卫星甲的最远点较远，故卫星甲的机械能最大，故C正确。根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，甲的最长，则T甲>T乙>T丙，故D正确。
10．(2018·衡水中学模拟)据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”——沃尔夫(Wolf) 1061c。沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星的沃尔夫1061c运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离地球最近的宜居星球。设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行。已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度
B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关
C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于2
D．若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c的半径
解析：选D 从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，故A错误；根据G＝mr知，T＝ ，与卫星的密度无关，故B错误；沃尔夫1061c和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，公转半径的三次方之比不等于2，故C错误；已知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c的质量，根据G＝mr可以求出沃尔夫1061c的半径，故D正确。
11.(2018·福建四校联考)如图所示，可视为质点的小球，位于半径为
m的半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则小球的初速度为(不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2)( )
A. m/s B．4 m/s
C．3 m/s D. m/s
解析：选C 飞行过程中恰好与半圆柱体相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移为：y＝R，vy2＝2gy＝gR，所以，tan 30°＝，联立以上各式解得：v0＝ ＝3 m/s，故选项C正确。
12．[多选](2019届高三·肇庆模拟)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外马路宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为(g取10 m/s2，不计墙的厚度)( )
A．3.1 m/s B．4.7 m/s
C．7.2 m/s D．11.5 m/s
解析：选CD 球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧时的平抛初速度，小球做平抛运动，设运动时间为t1，则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1，小球的竖直位移：H＝gt12，联立解得vmax＝(L＋x) ＝(10＋3)× m/s＝13 m/s；v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度，设小球运动到围墙最高点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2，小球的竖直方向位移：H－h＝gt22，联立解得vmin＝L ＝5 m/s，故C、D正确。
13．[多选](2018·六安模拟)如图甲所示，倾角为45°的斜面体置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连(绳与斜面平行)，滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°，在图丙中，两个小球对称在水平面上做圆周运动，每个小球质量均为，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°。三幅图中，斜面体都静止，且小球未碰到斜面，以下说法正确的是( )
A．甲图中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左
B．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能为零
C．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下
D．丙图小球转动的过程中滑块可能沿斜面向上运动
解析：选AB 甲图中对滑块和斜面体视为整体，受到轻绳斜向上的拉力作用，则斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左，选项A正确；乙图中小球做圆周运动时，绳的拉力T＝，对滑块当2mgsin 45°＝T时，即当θ＝45°时滑块受到的摩擦力为零，选项B正确；乙图小球转动的过程中，若滑块受到的摩擦力沿斜面向下，则2mgsin 45°＜T＝，此时cos θ＜，则θ>45°，与题意不符，选项C错误；丙图小球受到轻绳的拉力均为T＝，则拉滑块的轻绳的拉力为T′＝2Tcos θ＝mg，则小球转动过程中，滑块位置不动，选项D错误。
14.[多选](2018·太原模拟)如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三个小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法正确的是( )
A．三个小球受到的合力值相等
B．距碗口最近的小球线速度的值最大
C．距碗底最近的小球向心加速度的值最小
D．处于中间位置的小球的周期最小
解析：选BC 对于任意一球，设其所在位置与半球形碗的球心的连线与竖直方向的夹角为β，半球形碗的半径为R。根据重力和支持力的合力提供小球做圆周运动的向心力，得F合＝mgtan β，A错误；又r＝Rsin β，F合＝mgtan β＝m＝ma＝mr，联立得：v＝，T＝2π ，a＝gtan β，R一定，可知β越大(越接近碗口)，线速度v越大、周期越小、加速度a越大，B、C正确，D错误。
15．(2018·吉林调研)我国发射的“悟空”探测卫星，三年来对暗物质的观测研究已处于世界领先地位。宇宙空间中两颗质量相等的星球绕其连线中心转动时，理论计算的周期与实际观测周期不符，且＝k(k>1)；因此，科学家认为，在两星球之间存在暗物质。假设以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质(已知质量分布均匀的球体对外部质点的作用，等效于质量集中在球心处对质点的作用)，两星球的质量均为m；那么，暗物质质量为( )
A.m B.m
C．(k2－1)m D．(2k2－1)m
解析：选B 双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，设它们之间的距离为L，万有引力提供向心力得：G＝m· ，解得：T理论＝πL 。根据观测结果，星体的运动周期＝k，这种差异是由双星之间均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在双星之间的暗物质对双星系统的作用与一质量等于双星之间暗物质的总质量m′、位于中点O处的质点对双星系统的作用相同。则有：G＋G＝m·，解得：T观测＝πL ，所以：m′＝m。故B正确。
16．[多选](2018·山西运城康杰中学模拟)已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地球运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。假设某时刻，该卫星在如图A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0。不计空气阻力。则( )
A．T＝
B．T＝
C．t＝
D．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道的过程，机械能不变
解析：选BC 赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，知三天内卫星转了8圈，则有3T0＝8T，解得：T＝，故A错误，B正确；根据开普勒第三定律知，＝，解得：t＝ ，故C正确；卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，则机械能减小，故D错误。
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