2024年高考物理大一輪復(fù)習(xí)：第4課時 力與曲線運動(二)-圓周運動模型

第4課時力與曲線運動（二）一一圓周運動模型

I備考知能網(wǎng)考什么學(xué)什么

C一般勻速網(wǎng)周運動

大體應(yīng)動u=〃'T

GMm.：：,、達高分一號2

勻速、方法受力分析=m(i>r

"二7"）、、：#地球I宣，

圓周運動F^ma=m-

、=ma>r

帶電粒了?在勾強磁場中的

運動（F=grB）

圓周運動f—

尸產(chǎn)嘰

蠅球模型，飛r

非勻速」建蹌標(biāo)系沿正交

Ifil周運動1徑向.垂出徑向分解

l開球模型H

(J",=>na,

I研透命題點怎么考怎么練

命題點。圓周運動

命題角度一水平面內(nèi)的圓周運動

【例1】如圖1所示，一小球由不可伸長的輕繩系于一啜直細桿的八點，當(dāng)埠直

桿以角速度切勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。關(guān)于小球到A點的

豎直距離h與角速度幻的關(guān)系圖線，正確的是（）

圖1

解析設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為仇繩長為L,根據(jù)牛頓第二定八號一丁

律得mgtanO=〃7L02sm。，解得°，=/奈^=東可知力=含，即人

與方成正比，〃與白的圖線是一條過原點的傾斜直線，D項正確。

答案D

命題角度二豎直面內(nèi)的圓周運動

【例2】如圖2是檢驗?zāi)撤N防護罩承受沖擊能力的裝置，M為半徑R=1.6m、固

定于豎直平面內(nèi)的光滑半圓弧軌道，A、8分別是軌道的最低點和最高點，N為防

護罩，它是一個豎直固定的"圓弧，其半徑廠=狀m,圓心位于8點。在4處放

置水平向左的彈簧槍，可向M軌道發(fā)射速度不同的質(zhì)量均為機=0.()1kg的小鋼

珠(可視為質(zhì)點)，彈簧槍可將彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為小鋼珠的動能。假設(shè)某次發(fā)射

的小鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過8點,g取l()m/s2。求：

(1)小鋼珠在B點的速度大?。?/p>

⑵小鋼珠從B點飛出后落到圓弧N上所用的時間；

(3)發(fā)射小鋼珠前，彈簧的彈性勢能痂。

解析(1)在B處對小鋼珠進行受力分析，由牛頓第二定律有

0%r

mg=〃zR,得g=y/gR=4m/s。

(2)小鋼珠從B點飛出后做平拋運動，

由平拋運動的規(guī)律得

X=VBt,/?=見於

f+?=/

聯(lián)立解得1=0.4S。

(3)從發(fā)射鋼珠到上升至B點過程，

由機械能守恒定律得E?=AEp+AEk=mg-2R+%樂解得瓦=0.4L

答案(l)4m/s(2)0.4s(3)0.4J

命題角度三圓周運動和平拋運動相結(jié)合

【例3】(2019?西安高三檢測)如圖3所示，豎直平面內(nèi)有一光滑管道口徑很小的

圓弧軌道，其半徑為R=0.5m,平臺與軌道的最高點等高。一質(zhì)量〃z=0.8kg可

看做質(zhì)點的小球從平臺邊緣的A處平拋，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入

軌道內(nèi)側(cè),軌道半徑。P與豎直線的夾角為53。，sin53°=0.8,cos530=0.6,

g取lOm/s?。試求：

(1)小球從A點開始平拋運動到P點所需的時間t；

(2)小球從A點水平拋出的速度大小優(yōu)和A點到圓弧軌道入射點P之間的水平距

離/;

(3)小球到達圓弧軌道最低點時的速度大??；

(4)小球沿軌道通過圓弧的最高點Q時對軌道的內(nèi)壁還是外壁有彈力？并求出彈

力的大小。

解析(1)從A到P過程中，小球做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，

有R+Rcos53°=5gP,

,解得f=0.4So

(2)根據(jù)分運動公式，有。y=g/,tan53。=抵，

解得0o=3m/s,

在水平方向上，有/=iw,解得/=1.2m。

(3)從A到圓弧軌道最低點，根據(jù)機械能守恒定律，有

%?浮=2〃吆/?+；〃就，解得。m/so

(4)小球從A到達。時，根據(jù)機械能守恒定律可知

VQ=VO=3m/s；

在Q點，根據(jù)牛頓第二定律，有

八+〃7g置，得FN=6.4N

根據(jù)牛頓第三定律可得

,

小球?qū)ν獗谟袕椓N=FN=6.4N0

答案(1)0.4s(2)3m/s1.2m(3)^29m/s(4)外壁6.4N

。反思感悟c

解答勻速圓周運動問題的方法

I命題預(yù)測

1.(多選)(2019?石家莊三模)如圖4所示，兩個質(zhì)量均為m的小球4、8套在半徑

為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉(zhuǎn)，兩小球隨圓環(huán)一起轉(zhuǎn)動且相對圓

環(huán)靜止。已知OA與豎直方向的夾角夕=53。，04與03垂直，小球B與圓環(huán)間

恰好沒有摩擦力,重力力口速度為g,sin530=0.8,cos530=0.6,下列說法正確的

是()

A.圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為居

B.圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為'總

C.小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為前

D.小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為gmg

解析小球8與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，由支持力和重力的合*

B

力提供向心力，有mgtan37°=mtt?Rsin37°,解得居,則A正確，B錯誤;

對小球4受力分析，如圖所示。

水平方向FNsinO—Fjcos6=nico2Rsin3

豎直方向FNCOS8+6sin0—mg=0

聯(lián)立解得a=]ng,故C錯誤，D正確。

答案AD

2.如圖5所示，將質(zhì)量〃z=1.()kg的可視為質(zhì)點的小物塊放在長L=3.0m的平板

車左端，車的上表面粗糙，物塊與車上表面間的動摩擦因數(shù)4=。6,光滑半圓形

固定軌道與光滑水平軌道在同一豎直平面內(nèi)，半圓形軌道的半徑，?=1.2m,直徑

M0N豎直，車的上表面和軌道最低點高度相同，開始時車和物塊一起以加=

10m/s的初速度在水平軌道上向右運動，車碰到軌道后十即停止運動，g取

10m/s2>求：

圖5

⑴物塊剛進入半圓形軌道時速度大??；

(2)物塊剛進入半圓形軌道時對軌道的壓力大??；

(3)物塊回落至車上時距右端的距離。

解析(1)車停止運動后取小物塊為研究對象，設(shè)其到達車右端時的速度為s,由

動能定理可得

—pmgL沆-；/〃涕

解得功=8.0m/So

(2)剛進入半圓形軌道時，設(shè)物塊受到的支持力為外，由牛頓第二定律

v\

F^-mg=ni~

代入數(shù)據(jù)解得FN=63.3N

由牛頓第三定律可得FN=-FN,

所以物塊剛進入半圓形軌道時對軌道的壓力為63.3N,方向豎直向下。

(3)若物塊能到達半圓形軌道的最高點，則由機械能守恒定律可得

%加=+mg?2r

解得s=4m/s

設(shè)恰能通過最高點的速度為03,則

mg=ni—

代入數(shù)據(jù)解得03=2小m/s

因S>°3,故小物塊從半圓形軌道最高點做平拋運動

設(shè)物塊落點距車右端的水平距離為心則

在豎直方向2〃=女尸

水平方向x=sr

代入數(shù)據(jù)解得大=^^01^2.8mo

答案(1)8.0m/s(2)63.3N(3)2.8m

1J

1.必須夯實的“2個概念和3個問題”

(1)萬有引力、宇宙速度；

⑵衛(wèi)星的發(fā)射及運行問題、變軌問題、多星問題,

2.必須領(lǐng)會的“2種物理思想”

估算的思想、模型化思想。

3.必須辨明的“3個易錯易混點”

⑴估算天體質(zhì)量時，只能估算中心天體的質(zhì)量；

⑵衛(wèi)星變軌過程中，萬有引力不等于向心力；

⑶在多星問題中軌道半徑和距離往往不同。

命題角度一萬有引力定律的應(yīng)用

【例1】(2019?全國卷H,14)2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背

面軟著陸。在探測器“奔向”月球的過程中，用〃表示探測器與地球表面的距離,

廠表示它所受的地球引力，能夠描述/隨/?變化關(guān)系的圖象是()

FF

解析由萬有引力公式尸=G2可知,探測器與地球表面距離力越大，

“越小，排除B、C；而產(chǎn)與力不是一次函數(shù)關(guān)系，排除A,選項D正確。

答案D

命題角度二天體質(zhì)量、密度的估算

【例2】（2U1871月浙江選考，12）20世紀人類最偉大的創(chuàng)舉之一是開拓了太空

的全新領(lǐng)域?，F(xiàn)有一艘遠離星球在太空中直線飛行的宇宙飛船，為了測量自身質(zhì)

量，啟動推進器，測出飛船在短時間加內(nèi)速度的改變?yōu)锳。，和飛船受到的推力

”（其他星球?qū)λ囊珊雎裕?。飛船在某次航行中，當(dāng)它飛近一個孤立的星球時,

飛船能以速度在離星球的較高軌道上繞星球做周期為7的勻速圓周運動。已

知星球的半徑為R,引力常量用G表示。則宇宙飛船和星球的質(zhì)量分別是（）

?2'G?2，271G

F\tV2RFArv3T

CAo'GD,271G

解析根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)=ma=m-^.故飛船的質(zhì)量加=常。飛船繞星球做

圓周運動的半徑，?=興，由萬有引力提供向心力可知，華=干，即知=腎二

u3T

萬三，故選項D正確。

2G71

答案D

命題角度三衛(wèi)星運行參量的分析

[例3]（2019?全國卷山，15）金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓

周運動，它們的向心加速度大小分別為。金、。地、?；?，它們沿軌道運行的速率分

別為。金、o地、?；?。己知它們的軌道半徑R金VR地VR火，由此可以判定（）

A.4金＞4地火B(yǎng).4火地＞4金

C.v地火金D.v火地金

解析行星繞太陽做勻速圓周運動，由牛頓第二定律和圓周運動知識可知

GM

得向心加速度ci=

由。甯=〃看，得速度

由于R金VR地VR火

所以。今＞。坨火，八坨火，選項A正確。

答案A

命題角度四天體運動中的雙星、多星問題

【例4]（多選）（2018?全國卷I,20）2017年，人類第一次直接探測到來自雙中

子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過程，在兩顆中子星合并前約100s時,

它們相距約400km,繞二者連線上的某點每秒轉(zhuǎn)動12圈°將兩顆中子星都看做

是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學(xué)知識，可以

估算出這一時刻兩顆中子星（）

A.質(zhì)量之積B.質(zhì)量之和

C.速率之和D.各自的自轉(zhuǎn)角速度

解題關(guān)鍵：情境轉(zhuǎn)化——模型建構(gòu)（如圖所示）

,1.-'、、、

/、

/\

:?、、\

A[…=京B，:

\?

、/

、、■/

_____/

解析由題意可知，合并前兩中子星繞連線上某點每秒轉(zhuǎn)動12圈，則兩中子星的

周期相等，且均為r==1s,兩中子星的角速度均為8=令27r，兩中子星構(gòu)成了雙

星模型，假設(shè)兩中子星的質(zhì)量分別為〃八、mi,軌道半徑分別為川、n,速率分別

n22

為5、V2,則有染詈=〃2⑷2門、（/^=micon,又力+門=乙=4（）0km,解得

/2爐

陽+m2=7一，A錯誤，B正確；又由v\=0jr\.V2=cor2,貝Uv\-\-vi=co(r\+ri)

=CDL,C正確；由題中的條件不能求解兩中子星自轉(zhuǎn)的角速度，D錯誤。

答案BC

。反思感悟C

雙星模型的特點

I命題預(yù)測

1.如圖7所示，某人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，其軌道半徑為月球繞地

球運轉(zhuǎn)半徑的排設(shè)月球繞地球運動的周期為27天，則此衛(wèi)星的運轉(zhuǎn)周期大約是

)

解析由于n=A，r月=27天，由開普勒第三定律可得言=*則7衛(wèi)=|天。

答案c

2.（多選）在某星球表面以初速度DO豎直上拋一個物體，若物體只受該星球引力作

用，引力常量為G,忽略其他力的影響，物體上升的最大高度為〃，已知該星球

的直徑為"，下列說法正確的是（）

A.該星球的質(zhì)量

B.該星球的質(zhì)量為罌;

C.在該星球表面發(fā)射衛(wèi)星時最小的發(fā)射速度為

D.在該星球表面發(fā)射衛(wèi)星時最小的發(fā)射速度為久區(qū)

解析物體做豎直上拋運動，根據(jù)運動學(xué)公式可得星球表面的重力加速度為9=

w在星球表面上有〃解得

,設(shè)星球的質(zhì)量為〃，物體的質(zhì)量為G^9=7g',

2h"7,

M=兩，選項A正確，B錯誤；在該星球表面發(fā)射衛(wèi)星的最小速度為。

=豈器，選項C錯誤，D正確。

答案AD

3.2018年8月12日，美國“帕克”太陽探測器在佛羅里達州卡納維拉爾角發(fā)射升

空，這是人類首個將穿越日冕“觸摸”太陽的探測器。已知海王星距太陽的距離

約為450400萬千米，“帕克”太陽探測器距太陽的距離約為4273萬千米。若海

王星與“帕克”太陽探測器圍繞太陽的運動均視為勻速圓周運動，則（）

A.海王星的運行周期一定比“帕克”太陽探測器的運行周期小

B.在相同時間內(nèi)，海王星轉(zhuǎn)過的弧長一定比“帕克”太陽探測器轉(zhuǎn)過的弧長長

C.海王星運行時的向心加速度一定比“帕克”太陽探測器運行時的向心加速度小

D.海王星的角速度一定比“帕克”太陽探測器的角速度大

解析由公式7=2、島可知被，所以海王星的運行周期比“帕克”太陽

探測器的運行周期大，選項A錯誤；由聾=〃?得度，知軌道半徑小，

運行速度大，海王星運行時的速度比“帕克”太陽探測器的小，在相同時間內(nèi)，

海王星轉(zhuǎn)過的弧長一定比“帕克”太陽探測器的短，選項B錯誤；根據(jù)華=

〃心可得。=誓8枚，因為海王星的軌道半徑大，所以其向心加速度較小，選項C

正確；根據(jù)公式畔小可得G='浮，軌道半徑越大，角速度越小，所

以海王星的角速度小于“帕克”太陽探測器的角速度，選項D錯誤。

答案C

4.（多選）荷蘭某研究所推出了2023年讓志愿者登陸火星、建立人類聚居地的計劃。

假設(shè)登陸火星需經(jīng)歷如圖8所示的變軌過程。已知引力常量為G,則下列說法正

確的是（）

圖8

A.飛船在軌道上運動時，運行的周期7m>71n>7'i

B.飛船在軌道【上的機械能大于在軌道11上的機械能

C.飛船在P點從軌道H變軌到軌道1,需要在P點朝速度方向噴氣

D.若軌道I貼近火星表面，已知飛船在軌道I上運動的角速度，可以推知火星的

密度

解析根據(jù)開普勒第三定律可知，飛船在軌道上運動時，運行的周期7川

選項A正確；飛船在P點從軌道II變軌到軌道I,需要在P點朝速度方向噴氣，

從而使飛船減速，則飛船在軌道1上的機械能小于在軌道II上的機械能，選項B

錯誤，C正確；若軌道I貼近火星表面，可認為軌道半徑等于火星半徑，根據(jù)萬

有引力提供向心力，（7瑾=〃次①2,以及密度公式"=§,火星體積丫=;兀符\聯(lián)

立解得〃=焉,

已知飛船在軌道I上運動的角速度，可以推知火星的密度，選項

D正確。

答案ACD

命題點3|帶電粒子在磁場中的圓周運動

命題角度一帶電粒子在勻強磁場中的運動

【例1】（2019?全國卷III,18）如圖9,在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)

強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為〃人電荷

量為式，/>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于），軸進入第一象限，最

后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為（）

解析帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變

由，?=］萬知，第一象限內(nèi)的圓半徑是第二象限內(nèi)圓半徑的2倍,

如圖所示。

粒子在第二象限內(nèi)運動的時間

T\2兀"？urn

===

nt\~~47~4~ic~/Bo~2Vq-BE

粒子在第一象限內(nèi)運動的時間

乃2兀勿？X22?！?

"=石=6qB=項

則粒子在磁場中運動的時間/=力+/2=焉，選項B正確。

答案B

命題角度二帶電粒子在磁場中運動的多解問題

【例2】（多選乂2019?湖南益陽市3月調(diào)研）如圖10所示，在某空間的一個區(qū)域

內(nèi)有一直線。。與水平面成45。角，在尸。兩側(cè)存在垂直于紙面且方向相反的勻強

磁場，磁感應(yīng)強度大小均為從位于直線上的。點有一粒子源，能不斷地水平向

右發(fā)射速率不等的相同粒子，粒子帶正電，電荷量為夕，質(zhì)量為例，所有粒子運

動過程中都經(jīng)過直線尸。上的方點，已知H=d,不計粒子重力及粒子相互間的

作用力，則粒子的速率可能為（）

?B?

x?xx'、、：/,?

x.」一』一僉"

圖10

A皿d口小qBd

,6m,4〃z

D事qBd

2m,tn

解析由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示

所有圓弧的圓心角均為90。，所以粒子運動的半徑一=乎《（〃=1,2,3,…），由

洛倫茲力提供向心力得卯8=〃,，則。=誓=蹴￡%〃=1,2,3,…），故A、

B、C正確，D錯誤。

答案ABC

命題角度三帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界、極值問題

【例3】（2019?江蘇卷，16）如圖11所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為及磁

場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N,MN=L,粒子

打到板上時會被反彈（碰撞時間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大

小不變、方向相反。質(zhì)量為〃7、電荷量為一的粒子速度一定，可以從左邊界的

不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d,且d<L.粒子重力不

計，電荷量保持不變。

圖II

(1)求粒子運動速度的大小V;

(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；

(3)從尸點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM=d,QN=g

求粒子從P到。

的運動時間九

解析(1)洛倫茲力提供向心力quB=〃r^

r=d,解得。=嚕

(2)如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切

由幾何關(guān)系得dm=d(1+sin60°)

解得小,=芍烏。

⑶粒子的運動周期7=需

qB

設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為人則

T

，=9+?〃=1,3,5,??-)

(1一坐|d時，粒子斜向上射出磁場

(a)當(dāng)L=nd+

3小一4)兀皿

解得，=6肪。

(b)當(dāng)L=nd+d時，粒子斜向下射出磁場

2+、分3v5-4)n加

答案⑴四d

''m(2)—2⑶6際

。反思感悟C

1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法

G就弓》一確定圓心

qp/①加道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系.

即「啜

②由幾何方法，一般由數(shù)學(xué)知識（勾股定

弋丁/理、三角函數(shù)等）來計算半徑

③偏轉(zhuǎn)角與圓心角、運動時間相聯(lián)系

【④粒子在磁場中運動時間與周期相聯(lián)系

牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律等，特別是

弋竺二周期公式.半徑公式

2.求解臨界、極值問題的“兩思路”

（1）以定理、定律為依據(jù)，求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分

析、討論臨界特殊規(guī)律和特殊解。

（2）畫軌跡討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值。

命題點4|圓周運動中的STSE問題

命題角度一火車轉(zhuǎn)彎

【例1】（多選）火車轉(zhuǎn)彎可近似看成是做勻速圓周運動，當(dāng)火車以規(guī)定速度通過

時，內(nèi)、外軌道均不受側(cè)向擠壓，如圖12所示?，F(xiàn)要降低火車轉(zhuǎn)彎時的規(guī)定速度,

需對鐵路進行改造，從理論上講以下措施可行的是（）

外，出婷

二內(nèi)軌

圖12

A.減小內(nèi)、外軌的高度差B.增加內(nèi)、外軌的高度差

C.減小彎道半徑D.增大彎道半徑

解析當(dāng)火車以規(guī)定速度通過彎道時，火車的重力和支持力的「』打

合力提供向心力，如圖所示/

即"2gtane=〃f萬，故gRlane=02,若使火車經(jīng)彎道時的速度o________

IX?

mg

減小，則可以減小傾角仇即減小內(nèi)、外軌的高度差，或者減小彎道半徑R,故A、

C正確，B、D錯誤。

答案AC

命題角度二生活、娛樂

【例2】（多選）（2019?江蘇卷，6）如圖13所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)

做勻速圓周運動。座艙的質(zhì)量為〃z,運動半徑為R,角速度大小為。重力加速

度為g,則座艙（）

A.運動周期為誓

B.線速度的大小為sR

C.受摩天輪作用力的大小始終為mg

D.所受合力的大小始終為marR

解析座艙的周期7=*=普，A錯誤；根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，v=coR,

B正確；座艙做勻速圓周運動，摩天輪對座艙的作用力與重力大小不相等，其合

力提供向心力，合力大小為產(chǎn)仔=〃7①2R,C錯誤，D正確。

答案BD

【例3】（多選）如圖14所示甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、

乙兩圖的軌道車在軌道的外側(cè)做圓周運動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內(nèi)側(cè)做

圓周運動，兩種過山車都有安全鎖（由上、下、側(cè)三個輪子組成）把軌道車套在了

軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R,下列說法正確的是（）

甲乙

丙丁

圖14

A.甲圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最高點時，庫椅一定給人向上的力

B.乙圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力

C.丙圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力

D.丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為癇

2

解析甲圖中，由=〃泰可知，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最高

點時，座椅給人向上的力為零，選項A錯誤；乙圖中，由尸一〃吆=〃r萬可知，當(dāng)

軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力F=mg+〃斥,

2

選項B正確；丙圖中，由“一〃吆=",可知，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最

低點時，座椅一定給人向上的力尸二根且+加天，選項C正確；由于過山車都有安

全鎖（由上、下、側(cè)三個輪子組成）把軌道車套在了軌道上，丁圖中，軌道車過最

高點的最小速度可以為零，選項D錯誤。

答案BC

命題角度三前沿科學(xué)、技術(shù)問題

［例4］我國首顆量子科學(xué)實驗衛(wèi)星于2016年8月16日1點40分成功發(fā)射。

中國計劃在2030年建成全球化的量子通信網(wǎng)絡(luò)。量子衛(wèi)星成功運行后，我國將在

世界上首次實現(xiàn)衛(wèi)星和地面之間的量子通信，構(gòu)建天地一體化的量子保密通信與

科學(xué)實驗體系。假設(shè)量子衛(wèi)星軌道在赤道平面，如圖15所示。已知量子衛(wèi)星的軌

道半徑是地球半徑的〃?倍，同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的〃倍，圖中戶點是

地球赤道上一點，由此可知（）

A.同步衛(wèi)星與量子衛(wèi)星的運行周期之比為。

B.同步衛(wèi)星與P點的速率之比為

C.量子衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的速率之比為A

D.量子衛(wèi)星與P點的速率之比為

解析根據(jù)得T=\J喂由題意知廠量子="水，廠同步=〃R,所以

土一區(qū)fI(〃R)二/Z故錯誤；為地球赤道上一點，。點角速度

彩一、(mR)3-、1療AP

等于同步衛(wèi)星的角速度，根據(jù)。=5,所以有需二1=華=多故B錯誤；根據(jù)

答案D

【例5】如圖16是某屏蔽高能粒子輻射的裝置，鉛盒左側(cè)面中心。有一放射源

可通過鉛盒右側(cè)面的狹縫MQ向外輻射a粒子，鉛盒右側(cè)有一左右邊界平行的勻

強磁場區(qū)域。過。的截面MNP。位于垂直磁場的平面內(nèi)，?！贝怪庇贛Q。已知

/MOH=NQOH=53°<>(x粒子質(zhì)量機=6.64X1027kg,電荷量q=3.20X1019C,

速率。=1.28Xm/s；磁場的磁感應(yīng)強度8=0.664T,方向垂直于紙面向里，粒

子重力不計，忽略粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)，sin53°=0.80,cos53°=0.60o

\Qxx

鉛盒立體圖

r-d-

裝置截面性

圖16

(1)求垂直于磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間六

(2)若所有粒子均不能從磁場右邊界穿山，即達到屏蔽作用，求磁場區(qū)域的最小寬

度〃

解析(1)粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,

卯8=其7-挈

T

垂直于磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間為t=^

rr

代入數(shù)據(jù)解得10-6s^9.81XIO-8so

JJ

⑵粒子在磁場中做勻速圓周運動，

若沿OQ方向進入磁場的粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，則所有

粒子均不能從磁場的右邊界射出，如圖所示,

由幾何關(guān)系可得d=R+Rsin53°

代入數(shù)據(jù)可得d=0.72m。卜港/

答案(1)9.81X10-8s(2)0.72m

。反思感悟c

破解科技類問題“三妙招”

(1)提煉：把題目中科學(xué)技術(shù)與物理知識相聯(lián)系的部分提煉出來。

⑵轉(zhuǎn)化：把提煉出來的相關(guān)部分轉(zhuǎn)化為已有的物理模型，運用模型知識解決問題。

(3)遷移：把生活中的物理迂移到固有的物理規(guī)律中，用熟悉的物理規(guī)律解決科學(xué)

技術(shù)中的有關(guān)問題。

課后知能練提能練標(biāo)準練

A卷提能小卷練

一、選擇題

1.(2019?天津卷，1)2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥

四號探測器成功發(fā)射，“實現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背

刻上了中國足跡”。已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R探測港的質(zhì)量為加，引力

常量為G,嫦娥四號探測潛圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運動時，探測器的

圖1

A.周期需B.動能為繁

C.角速度為D.向心加速度為鬻

解析探測器繞月運動由萬有引力提供向心力，對探測器，由牛頓第二定律得，

6^^=加停）r,解得周期丁=\^^^，A正確；由6^=吟知，動能Ek=^nv2

=G處,B錯誤；由根尸o>2得，角速度c錯誤；由G^=

加。得，向心加速度D錯誤。

答案A

2.（2019?北京卷，16）如圖2所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶

電粒子垂直磁場邊界從〃點射入，從〃點射出。下列說法正確的是（）

…二…力

圖2

A.粒子帶正電

B.粒子在b點速率大于在a點速率

C.若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從h點右側(cè)射出

D.若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

解析由左手定則知，粒子帶負電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不

變，B錯誤；由冗=不，若僅減小磁感應(yīng)強度8,R變大,則粒子可能從b點右

側(cè)射出，C正確；由R嘴若僅減小入射速率力則R變小，粒子在磁場中的

偏轉(zhuǎn)角。變大，由，=（r，r=鬻知，運動時間變長，D錯誤。

答案c

3.在半徑為R的圓形容器上開一個小孔尸，圓心。處固定一個放射源S,放射源

能向圓平面內(nèi)各個方向輻射不同速率的。粒子，如圖3所示。。粒子的質(zhì)量為〃?、

電荷量為e。容器內(nèi)壁能吸收。粒子，讓磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場垂直于圓平

面時有0粒子從尸孔U射出。則能從尸孔射出的p粒子的速率可能為（）

eBR吏cBReBRyfjeBR

AD?Alx.c!-/?c

4"?4m2tn2m

解析放射源輻射的0粒子在磁場中做圓周運動的軌跡均經(jīng)過圓心。與速度方向

相切，故。粒子軌跡圓心。在垂直于速度方向的容器半徑上，粒子軌跡與容器壁

相切是不從容器中射出的臨界狀態(tài)，粒子能直接從P孔射出時，p粒子在磁場中

做圓周運動的軌跡半徑應(yīng)滿足心＞多粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向

心力，由牛頓第二定律得的8=）17，解得。＞矍^，A、B、C錯誤，D正確。

答案D

4.（多選）如圖4所示，圓。和橢圓b是位于地球赤道平面上的衛(wèi)星軌道，其中圓。

是地球同步軌道?，F(xiàn)在有A、8兩顆衛(wèi)星分別在〃、b軌道上運行，但運行方向與

地球自轉(zhuǎn)方向相反，己知4、8的運行周期分別為△、乃，地球自轉(zhuǎn)周期為7b,

P為軌道力的近地點.則下列說法正確的是（）

圖4

A.衛(wèi)星A是地球同步衛(wèi)星

B.衛(wèi)星B在P點時動能最大

C.7b=Ti

D.ri<72

解析圓。是地球同步軌道，但衛(wèi)星4的運行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反，所以不

是地球同步衛(wèi)星，A項錯誤；衛(wèi)星B在橢圓軌道上，在近地點尸時速度最大，動

能最大，R項F確：根據(jù)萬有引力提供向心力，可得6當(dāng)=〃/普廠，得出周期

r=\/W，可知因衛(wèi)星A與地球同步衛(wèi)星距離地面高度相等，所以周期相同，

\j

C項正確；根據(jù)開普勒第三定律竽=&(常數(shù))，衛(wèi)星A的軌道半徑大于衛(wèi)星B的軌

道半長軸，所以，>?，D項錯誤。

答案BC

二、非選擇題

5.如圖5所示為圓弧形固定光滑軌道，。點切線方向與水平方向夾角為53。，b點、

切線方向水平。一小球以水平初速度6m/s做平拋運動剛好能從。點沿軌道切線

方向進入軌道，已知軌道半徑為1m,小球質(zhì)量為1kg。(sin53°=0.8,cos53°=

0.6,g=10m/s2)求：

(1)小球做平拋運動的飛行時間；

(2)小球到達b點時，軌道對小球的壓力大小。

7;v

解析(1)小球進入軌道時速度方向與水平方向夾角為53。，則有tan53o=:Vx

0y=gf，解得，=0.8So

(2)設(shè)初始位置距。點高度為九則有

設(shè)初始位置距人點高度為H,則有

從初始位置到人由動能定理得

口1，1。

mgH=—jnvx

對b點由牛頓第二定律得

vi

FNI/〃g=〃京

聯(lián)立以上各式，解得小=58N。

答案(l)0.8s(2)58N

6.如圖6所示，在X。)，平面內(nèi)，有一以。為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)

域，磁場方向垂直坐標(biāo)平面向里，磁感應(yīng)強度大小為及位于。點的粒子源向第

二象限內(nèi)的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子，粒子均不會從磁場的圓弧邊界

射出。粒子的速率相等，質(zhì)量為〃人電荷量大小為夕，粒子重力及粒子間的相互

作用均不計。

⑴若粒子帶負電，求粒子的速率應(yīng)滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間;

(2)若粒子帶正電，求粒子在磁場中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積。

解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，

洛倫茲力提供向心力，則

根據(jù)幾何關(guān)系段

聯(lián)立得uW喏

粒子在磁場中做圓周運動的周期7=羿=黑

V*C/LJ

由粒子在磁場中運動的軌跡可得，沿)，軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運動時

間最短，則片方T

Tim

聯(lián)立可得f=

（2）分析可得，粒子在磁場中能經(jīng)過的區(qū)域最大面積為半圓，如圖中陰影部分,

由幾何關(guān)系可得該半圓的半徑/=宗

面積S=3兀，

聯(lián)立可得S='R2。

O

儂1

答案⑴-2

.2)8

B卷高考標(biāo)準練

（20分鐘48分）

選擇題（本大題共8小題，每小題6分，共48分。其中第1?5題為單項選擇題，

第6?8題為多項選擇題）

1.（2019?江蘇卷，4）1970年成功發(fā)射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛(wèi)

星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動。如圖7所示，設(shè)衛(wèi)星在近地點、遠地

點的速度分別為5、S,近地點到地心的距離為r,地球質(zhì)量為M,引力常量為Go

則（）

A.Vl>y2,B.V1>V2,

C.V\<V2,D.U1<U2,

解析衛(wèi)星繞地球運動，由開普勒第二定律知，近地點的速度大于遠地點的速度,

即口＞汲。若衛(wèi)星以近地點時的半徑做圓周運動，則有專"=〃手，得運行速度

5產(chǎn),由于衛(wèi)星在近地點做離心運動，則。近，即切,,,選項B

正確。

答案B

2.（2019?北京卷，18）2019年5月17日.我國成功發(fā)射第45顆北斗導(dǎo)航b星.該

衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）。該衛(wèi)星（）

A.入軌后可以位于北京正上方

B.入軌后的速度大于笫一宇宙速度

C.發(fā)射速度大于第二宇宙速度

D.若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少

解析同步衛(wèi)星只能位于赤道正上方，A錯誤；由牛=干知，衛(wèi)星的軌道半

徑越大，環(huán)繞速度越小，因此入軌后的速度小于第一宇宙速度（近地衛(wèi)星的環(huán)繞速

度），B錯誤；同步衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，C錯

誤；若該衛(wèi)星發(fā)射到近地圓軌道，所需發(fā)射速度較小，所需能量較少，D正確。

答案D

3.（2019?新鄉(xiāng)一模）如圖8所示，豎直面內(nèi)的光滑圓軌道處于固定狀態(tài)，一輕彈簧

一端連接在圓軌道圓心的光滑轉(zhuǎn)軸上，另一端與圓軌道上的小球相連，小球的質(zhì)

量為1kg,當(dāng)小球以2m/s的速度通過圓軌道的最低點時,球?qū)壍赖膲毫?（）N,

軌道的半徑一=0.5in,重力加速度g取1（）m/s2,則小球要能通過圓軌道的最高點,

小球在最高點的速度至少為（）

A.lm/sB.2m/s

C.3m/sD.4m/s

解析設(shè)小球在軌道最低點時所受軌道支持力為FN、彈簧彈力大小為F,則FN

一〃吆一尸=〃7,求得尸=2N,可判斷出彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球以最小速度通

9

7）6

過最高點時，球?qū)壍赖膲毫偤脼榱?，則〃吆一斤=〃不，求得s=2m/s,B項

正確。

答案B

4.如圖9所示，地球位于。點，兩衛(wèi)星A、B繞地球的運動可近似看成是同一平

面內(nèi)的同方向繞行的勻速圓周運動。其中衛(wèi)星A為地球同步衛(wèi)星，若以=4分，則

衛(wèi)星A、B相鄰兩次距離最小的時間間隔為（）

,-一、、、

/Z、

/、

9.、、：

Af…七，；

、、//

、、、…，

圖9

A.；天B.g天

C.，天D.：天

解析根據(jù)開普勒第三定律捻=攵得，衛(wèi)星A、8的周期之比為缶避=8,衛(wèi)

星4的周期為7^=1天，則衛(wèi)星9的周期為TB￡天。設(shè)經(jīng)時間/兩衛(wèi)星相鄰兩

O

次距離最近，則兩衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的角度之差△，=傍一$}=2兀，得T天。選項D

正確。

答案D

5.（2019全國卷II,17）如圖10,邊長為/的正方形而以內(nèi)存在勻強磁場,磁感

應(yīng)強度大小為8,方向垂直于紙面（abed所在平面）向外。次?邊中點有一電子發(fā)射

源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于M邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為七則從心

d兩點射出的電子的速度大小分別為（）

b

圖10

*kB/,*kBlD.gkB/,^kBl

解析若電子從。點射出,