大題02+曲線運動與萬有引力定律（解析版）

1大題02曲線運動與萬有引力定律曲線運動與萬有引力定律是高考物理的高頻模塊，在全國卷及新高考卷中占比約10%~15%，2025年高考對“曲線運動與萬有引力定律”的考查將延續(xù)“重基礎、強應用、拓創(chuàng)新”的風格，突出物理模型構建與實際問題轉化能力。備考需緊扣核心素養(yǎng)，強化天體運動與曲線運動的綜合分析，同時關注航天科技熱點與跨學科融合，做到“以模型破萬題，以思想馭變化”。例1.（2024山東煙臺三模）跑酷，又稱自由奔跑，是一種結合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖甲所示的是一城墻的入城通道，通道寬度L＝6m，一跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻加速運動，加速到M點時斜向上躍起，到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，P點距好能躍到左墻壁上的Q點，P點與Q點等高，飛躍過程中跑酷愛好者距地面的最大高度為H＝2.05m，重力加速度g取10m/s2，整個過程中跑酷愛好者的姿態(tài)可認為保持不變，如圖乙所示，則：（1）跑酷愛好者助跑的距離是多少？（2）跑酷愛好者剛離開墻壁時的速度大小是多少？2（3）跑酷愛好者剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值是多少？答案（1）3.6m（2）61m/s（3）解析（1）跑酷愛好者到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，根據逆向思維可知，從M點到P2點的逆過程為平拋運動，則h＝gt12，從P點到Q點的過程為斜拋運動，根據對稱性可得H－h(huán)＝g，2L＝v0t2，解得t1＝0.4s，t2＝1s，v0＝6m/s，跑酷愛好者助跑的距離為x＝L－v0（2）跑酷愛好者剛離開墻壁時豎直方向的速度大小為跑酷愛好者剛離開墻壁時的速度大小為（3）跑酷愛好者剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為tan例2.(2024廣東二模)如圖所示，傾角θ=30°的足夠長斜面固定于水平地面上，將一小球(可視為質點)從斜面底端O以速度v0斜向上方拋出，速度方向與斜面間的夾角為α。經歷一段時間，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P點。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，求：(1)小球拋出時的速度方向與斜面間的夾角α的正切值tanα;(2)小球到斜面的最大距離；(3)小球到水平地面的最大高度。解析(1)小球拋出后，將小球的速度與重力分別沿斜面與垂直于斜面分解，則小球在這兩個方向上均做勻變速直線運動。小球以垂直于斜面方向的速度撞擊在斜面上的P點，表明此時沿斜面方向的分速度恰好減為0，根據對稱性可知，小球打在P點時垂直于斜面方向的分速度與拋出時垂直于斜面方向的分速α-gcosθ·t，則小球拋出時的速度方向與斜面夾角α的正切值tan由可得cos當小球垂直于斜面的分速度減為0時，距離斜面最遠，則有(3)小球做斜拋運動，將其運動沿水平與豎直方向分解，當球體到達最高點時，豎直方向的速度減為0，則有解得31.平拋運動（類平拋運動）問題的求解方法2.斜拋運動（類斜拋運動）的處理方法（1）斜拋運動是勻變速曲線運動，以斜上拋運動為例（如圖所示）θ-gt。（2）當物體做斜上拋運動至最高點時，運用逆向思維，可轉化為平拋運動。1．拋體運動在各類體育運動項目中很常見，如乒乓球運動?，F討論乒乓球發(fā)球問題，設球臺長2L、網高h，乒乓球反彈前后的水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，且不考慮乒乓球的旋轉和空氣阻力。(設重力加速度為g)(1)若球在球臺邊緣O點正上方高度h1處，以速度v1水平發(fā)出，落在球臺上的P1點(如圖中實線所示)，(2)若球從O點正上方某高度處以速度v2水平發(fā)出，恰好在最高點時越過球網落在球臺上的P2點(軌跡如圖中虛線所示)，求v2的大??；(3)若球從O點正上方水平發(fā)出后，球經反彈恰好越過球網且剛好落在對方球臺邊緣P3點，求發(fā)球點距O解析(1)根據平拋運動規(guī)律得hEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)聯立解得(2)根據平拋運動規(guī)律得h2＝gtEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)，x2＝v2t2聯立解得(3)球的運動軌跡如圖所示，得h3＝gtEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)且3x3＝2L設球從恰好越過球網到達到最高點所用的時間為t，水平距離為s，則有h3－h(huán)＝gt2由幾何關系得x3＋s＝L例3．如圖所示為賽車場的一個“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R的大圓弧和半徑r的小圓弧，直道與彎道相切，直道長度L．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的k倍，假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在圓心角為120°和240°的彎道上做勻速圓周運動，且R＝4r．若賽車不側滑且繞賽道一圈時間最短，發(fā)動機功率足夠大，重力加速度(1)賽車行駛的最大速率．(2)賽車繞賽道一圈的最短時間．答案解析(1)根據題意，由牛頓第二定律有解得最大速率為(2)根據題意，由公式可得，賽車在兩直道的時間為小圓弧彎道的時間為大圓弧彎道的時間為則賽車繞賽道一圈的最短時間 例4.如圖所示，裝置BO′O可繞豎直軸O′O轉動，可視為質點的小球A與兩細線連接后分別系于B、C兩點，裝置靜止時細線AB水平，細線AC與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球的質量m＝1kg，細線AC長L＝1m，B點到C點的水平和豎直距離相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)(1)若裝置勻速轉動的角速度為ω1，細線AB上的張力為零而細線AC與豎直方向夾角仍為37°,求角速6(2)若裝置勻速轉動的角速度為ω2時，細線AB剛好豎直，且張力為零，求此時角速度ω2的大小。答案解析(1)細線AB上的張力恰為零時有mgtan37°=mwEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)Lsin37°解得(2)細線AB恰好豎直，但張力為零時，由幾何關系得cosθ′=,則有θ′=53°EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)解得1.解決圓周運動問題的主要步驟2.求解豎直平面內圓周運動問題的思路22024山東青島一模）很多青少年在山地自行車上安裝了氣門嘴燈，夜間騎車時猶如踏著風火輪，格外亮眼。圖甲是某種自行車氣門嘴燈，氣門嘴燈內部開關結構如圖乙所示，彈簧一端固定，另一端與質量為m的小滑塊（含觸點a）連接，當觸點a、b接觸，電路接通使氣門嘴燈發(fā)光，觸點b位于車輪邊緣。車輪靜止且氣門嘴燈在最低點時觸點a、b距離為L，彈簧勁度系數為，重力加速度大小為g，自行車輪胎半徑為R，不計開關中的一切摩擦，滑塊和觸點a、b均可視為質點。7（1）若自行車勻速行駛過程中氣門嘴燈可以一直亮，求自行車行駛的最小速度；（2）若自行車以2gR的速度勻速行駛，求車輪每轉一圈，氣門嘴燈的發(fā)光時間。答案（2）解析（1）只要氣門嘴燈位于最高點時a、b接觸即可保證全程燈亮，彈簧原長時a、b間的距離為＋L=2L氣門嘴燈位于最高點時，對于小滑塊，有解得滿足要求自行車行駛的最小速度為v＝3gR。（2）速度為2gR時輪子滾動的周期為此速度下氣門嘴燈所需的向心力為此力恰好等于a、b接觸時彈簧的彈力，即無重力參與向心力，對應與圓心等高的點，故當氣門嘴燈位于下半圓周時燈亮，即例42024江蘇南通三模）兩顆相距較遠的行星A、B的半徑分別為RA、RB，且RB=2RA，距行星中心r處的衛(wèi)星圍繞行星做勻速圓周運動的線速度的平方v2隨r變化的關系如圖所示。行星可看作質量分布均勻的球體，忽略行星的自轉和其他星球的影響。（2）假設有相同的人形機器人在行星A、B表面的水平地面上從肩位水平射出相同的鉛球，在初速度相同的情況下，求鉛球射程的比值xA:xB。解析（1）設質量為m的衛(wèi)星繞行星做圓周運動整理得由RB=2RA，結合圖像得兩行星的質量關系MB=2MA密度解得（2）在每個行星表面兩行星表面的重力加速度之比gA:gB=2:1鉛球做平拋運動，豎直方向水平方向x=v0t解得9天體質量和密度的計算注意1）天體表面的重力加速度g是g的決定式，具有普適性。（2）若繞行天體繞中心天體表面（如近地）做勻速圓周運動時，軌道半徑r≈R，則中心天體的密度ρ=。人造衛(wèi)星運動問題的分析要點32024四川達州一模）2024年10月30日，神舟十九號載人飛船發(fā)射取得圓滿成功。不僅體現了中國航天技術進步，也標志著中國在全球航天領域競爭力提升。下圖為神舟十九號載人飛船與天和核心艙對接過程的示意圖，天和核心艙處于圓軌道Ⅲ,神舟十九號飛船處于圓軌道Ⅰ,變軌操作后，飛船沿橢圓軌道Ⅱ運動到B點與天和核心艙對接。已知軌道Ⅰ的半徑為r1，軌道Ⅲ的半徑為r3，神舟十九號飛船的質量為m，地球質量為M，飛船在地球周圍的引力勢能Ep=-。求：(1)神舟十九號載人飛船從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅲ穩(wěn)定運行的過程中外界需要提供的能量E（不考慮整個過程中質量的變化，不計一切阻力(2)飛船通過軌道Ⅱ到達B點時卻發(fā)現核心艙在其正前方，飛船通過向后噴氣使其加速追趕核心艙和側向向外噴氣讓其在軌道Ⅲ上運動。假設核心艙在飛船正前方，兩者間的圓弧長為s(s<<r3)，飛船瞬間向后噴氣加速后獲得恒定速率，經過時間t飛船追上核心艙。已知飛船側向每秒向外噴出質量為m0的粒子。求向側向噴出粒子的速度v。答案解析（1）飛船在軌道Ⅰ上，根據牛頓第二定律有飛船在軌道Ⅲ上，根據牛頓第二定律有根據能量守恒定律有解得（2）令飛出沿軌道Ⅲ的線速度為v2，則有v2t-v3t=s時間Δt內對側向向外噴出的粒子進行分析，根據動量定理有F其中根據牛頓第三定律，粒子對飛船的作用力F2=F1對飛船進行分析，根據牛頓第二定律有解得12024山東煙臺三模）跑酷，又稱自由奔跑，是一種結合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖甲所示的是一城墻的入城通道，通道寬度L＝6m，一跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻加速運動，加速到M點時斜向上躍起，到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，P點距離地面高h＝0.8m，然后立即蹬右墻壁，使水平方向的速度變?yōu)榈却蠓聪颍@得一豎直方向速度，恰好能躍到左墻壁上的Q點，P點與Q點等高，飛躍過程中跑酷愛好者距地面的最大高度為H＝2.05m，重力加速度g取10m/s2，整個過程中跑酷愛好者的姿態(tài)可認為保持不變，如圖乙所示，則：（1）跑酷愛好者助跑的距離是多少？（2）跑酷愛好者剛離開墻壁時的速度大小是多少？（3）跑酷愛好者剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值是多少？答案（1）3.6m（2）61m/s（3）解析（1）跑酷愛好者到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，根據逆向思維可知，從M點到P2點的逆過程為平拋運動，則2點的逆過程為平拋運動，則h＝1gt12，從P點到Q點的過程為斜拋運動，根據對稱性可得H－h(huán)＝1gt2，L＝v0t2，解得t1＝0.4s，t2＝1s，v0＝6m/s，跑酷愛好者助跑的距離為x＝L－v0（2）跑酷愛好者剛離開墻壁時豎直方向的速度大小為vy＝g×=5m/s，跑酷愛好者剛離開墻壁時的速度大小為（3）跑酷愛好者剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為tanθ==。2．電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應轉化成滅火彈的動能，設置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離L＝60m，滅火彈出膛速度v0＝50m/s，方向與水平面夾角θ=53°,不計炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°=0.8。（1）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；（2）已知電容器儲存的電能E＝CU2，轉化為滅火彈動能的效率η=15％，滅火彈的質量為3kg，電容C=2.5×104μF，電容器工作電壓U應設置為多少？答案（1）60m（2）10002V解析（1）滅火彈離開炮口后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做豎直上拋運動。則滅火彈在水平方向上有vx＝v0cos53°=30m/s，滅火彈從離開炮口到擊中高樓所用的時間在豎直方向上有vy＝v0sin53°=40m/s，滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H＝vyt－gt2，代入數據解得H＝60m。解得E＝25000J，代入數據解得U＝10002V。3．如圖所示的是跳臺滑雪軌道簡化模型，AB段光滑曲面為加速滑道，BCD段圓弧滑道為半徑r＝16m的姿態(tài)調整滑道，左側與AB段平滑連接，右側與水平跳臺DE連接，EF段為傾角30°的速降斜坡。質量為60kg的滑雪運動員從加速滑道滑下后到達圓弧軌道的最低點C點時的速度大小v1＝20m/s，經過D點時的速度大小為v2＝15m/s，運動員整個運動過程的最高點P恰好在E點的正上方h＝7.2m處，最后落在斜坡上的Q點。已知重力加速度為10m/s2，不計空氣阻力，速降斜坡足夠長，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）運動員在C點時受到圓弧軌道的彈力；（2）水平平臺DE的長度；（3）經過P點之后，運動員距斜坡的最遠距離（結果用根式表示）。答案（1）2100N，方向豎直向上（2）10.8m（3）m解析（1）在C點，對運動員，由牛頓第二定律有即運動員在C點時受到圓弧軌道的彈力大小為2100N，方向豎直向上。（2）設運動員在由D點飛出時速度與水平方向成α角，從D點運動到P點的過程中，豎直方向有（v2sin2＝2gh，v2sinα=gt1水平方向有xDE＝v2t1cosα（3）運動到P點的速度vP＝v2cosα當垂直于斜坡方向上的速度減為0時，距離斜坡最遠，由幾何關系可知d＝hcosθ+H其中vy2＝2ayH解得4．單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM＝10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°,騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：（1）運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；（2）M、N之間的距離L。答案（1）4.8m（2）12m解析（1）在M點，設運動員在ABCD面內垂直于AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得v1=vMsin72.8°①設運動員在ABCD面內垂直于AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°=ma1②由運動學公式得③聯立①②③式，代入數據得d＝4.8m④（2）在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)律得設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥設騰空時間為t，由運動學公式得⑦⑧聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得L＝12m⑨52024吉林長春模擬預測）我國為了防御小行星撞擊地球，計劃在2030年實現一次對小行星的動能撞擊。已知地球質量為M，可視為質量分布均勻的球體，引力常量為G。若一顆質量為m的小行星距離地心為r時，速度的大小，m遠小于M。不考慮地球運動及其它天體的影響。（1）如圖（a若小行星的速度方向垂直于它與地心的連線，通過分析判斷該小行星能否圍繞地球做圓周運動；（2）如圖（b若小行星的速度方向沿著它與地心的連線指向地心。已知取無窮遠處的引力勢能為零，則小行星在距地心為r處的引力勢能。設想提前發(fā)射質量為0.1m的無人飛行器，在距離地心為r處與小行星發(fā)生迎面撞擊，撞擊過程視為完全非彈性對心碰撞且撞擊后均未解體。為徹底解除小行星對地球的威脅（碰撞后運動到距地球無窮遠求飛行器撞擊小行星時的最小速度v0。答案（1）見解析解析（1）若小行星繞地球做勻速圓周運動，則解得由此可知，小行星不能圍繞地球做圓周運動；（2）根據題意，當小行星和飛行器發(fā)生完全非彈性碰撞，則有聯立可得62024山西太原一模）在完成登陸任務后，登陸艇自某行星表面升空與飛船會合并與飛船一起繞行星做圓周運動，其速率為v。飛船與登陸艇的質量均為m，行星的質量為M，萬有引力恒量為G。已知質量為m的物體與該行星的萬有引力勢能（以無窮遠處勢能為零，M為行星質量，r表示物體到行星中心的距離）。（1）求飛船與登陸艇繞行星做圓周運動的周期T和軌道半徑R。（2）在啟動返程時，飛船上火箭作一短時間的噴射（噴出氣體的質量可忽略使飛船相對登陸艇以速度u分離，且飛船分離時方向與速度v同向。若分離后飛船恰能完全脫離行星的引力。ⅰ.求飛船相對登陸艇的速度u。ⅱ.求飛船和登陸艇在火箭噴射過程中共獲得的機械能ΔE。解析（1）在做圓周運動過程中，由萬有引力提供向心力知代入得故（2）ⅰ.由動量守恒令登陸艇的速度為知v’，由能量守恒知代入得故方向與v相同ⅱ.噴射過程中共獲得的機械能為72024重慶九龍坡三模）2024年4月25日神舟十八號載人飛船成功發(fā)射，標志著中國載人航天技術已走在世界前列。有人對今后神舟系列飛船的發(fā)射構想：沿著地球的某條弦挖一通道，并鋪設成光滑軌道，在通道的兩個出口分別將一物體和飛船同時釋放，利用兩者碰撞（彈性碰撞）效應，將飛船發(fā)射出去，已知地表重力加速度g，地球的半徑為R；物體做簡諧運動的周期T=2兀為物體的質量，k為簡諧運動物體的回復力和其離開平衡位置的位移大小之比。（1）若神舟十八號飛船貼近地球表面做勻速圓周運動，則其運行的線速度大小；（2）如圖甲，設想在地球上距地心h處挖一條光滑通道AB，從A點靜止釋放一個質量為m的物體，求物體從A運動到B點的時間，以及物體通過通道中心O′的速度大小（質量分布均勻的空腔對空腔內的物體的萬有引力為零（3）如圖乙，若通道已經挖好，且，如果在AB處同時釋放質量分別為M和m的物體和飛船，他們同時到達O′點并發(fā)生彈性碰撞，要使飛船飛出通道口時速度達到第一宇宙速度，M和m應該滿足什么關系？解析（1）神舟十八號飛船貼近地球表面做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力根據萬有引力與重力的關系解得運行的線速度大小為（2）半徑為r的球體質量為質點在距離球心r處所受到的引力為故引力在AB通道方向分力為（設向右為正方向）該力與x成正比，故物體做簡諧運動，當r=R時，有根據萬有引力與重力的關系則物體從A運動到B點的時間為從A到O9點，萬有引力做功為W=Fx.xAO’=.xAO’=.R2.R2h2R2R2h2=(R2h2)解得（3）由（2）可知，物體到達O9點速度均為碰撞中滿足動量守恒根據機械能守恒可得22222Mv0+2mv0=2Mv1+2mv2解得返回出口過程中，萬有引力做功為返回出口過程中，根據動能定理其中代入得5M214Mm3m2=0解得M=3m82025云南昭通模擬預測）某固定裝置的豎直截面如圖所示，該裝置由弧形光滑軌道AB、豎直光滑圓軌道、水平粗糙直軌道BD、傾角為37。的粗糙斜軌道DE、圓弧形光滑管道EF平滑連接而成。現將一質量為0.1kg、可視為質點的小滑塊m1由弧形軌道AB上高h處由靜止釋放（h未知在經歷幾段不同的運動后，m1在F點與靜止在水平臺面上質量為0.4kg的長木板M發(fā)生正碰。已知圓軌道半徑R=0.5m，LBD=LDE=1m；m1與軌道BD、DE間的動摩擦因數均為μ1=0.25，M與水平臺面間的動摩擦因數=0.3，M最右端停放一質量為0.1kg、可視為質點的小滑塊m2，M與m2間的動摩擦因數μ3=0.2；水平臺面和木板M足夠長；m1從軌道AB上滑下后進入圓弧軌道，運動到與圓心O等高的C點時對軌道的壓力為10N。忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37。=0.6、cos37。=0.8。(1)求h的大小。(2)求m1剛到達F點時的速度大小。(3)若m1與M碰撞時間極短，且碰后立即粘在一起，求最終m2與M最右端之間的距離。答案(1)h=3m(2)vF=6m/s(3)Δx=0.105m解析（1）m1運動到C點時，根據牛頓第二定律得m1從A到C的運動過程，根據動能定理得聯立代入數據解得h=3m（2）m1從A到F的運動過程，根據動能定理得代入數據解得vF=6m/s（3）m1與M相碰，根據動量守恒定律得m1vF=(m1+M)v1代入數據解得v1=1.2m/sm1與M碰后對m2分析得μ3m2g=m2a1代入數據解得a1=2m/s2對M和m1構成的整體受力分析得μ2(M+m1+m2)g+μ3m2g=(M+m1)a2代入數據解得a2=4m/s2代入數據解得共速的速度v=0.4m/s，t=0.2s該過程中m2運動的位移M運動的位移共速過后，m2與M分別減速運動，對m2受力分析得μ3m2g=m2a1代入數據解得a1=2m/s2對M和m1構成的整體受力分析得μ2(M+m1+m2)g—μ3m2g=(M+m1)a3代入數據解得a3=3.2m/s2m2對地位移M的對地位移最終計算可得m2距離M最右端的長度Δx=x2—x1+x4—x3=0.105m92024福建福州二模）如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有軌道ABCDFMNP，其中BC部分為水平軌道，與曲面AB平滑連接。CDF和FMN是豎直放置的半圓軌道，在最高點F對接，與BC在C點相切。NP為一與FMN相切的水平平臺，P處固定一輕彈簧。點D、N、P在同一水平線上。水平軌道BC粗糙，其余軌道均光滑，可視為質點的質量為m=0.02kg的帶正電的滑塊從曲面AB上某處由靜止釋放。已知勻強電場的場強E=2N/C，BC段長度L=1m，CDF的半徑R=0.2m。FMN的半徑r=0.1m?；瑝K帶電量q=0.1C，滑塊與BC間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g=10m/s2；求：(1)滑塊通過半圓軌道CDF最高點F的最小速度vF；(2)若滑塊恰好能通過F點，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度h0；(3)若滑塊在整個運動過程中，始終不脫離軌道，且彈簧的形變始終在彈性限度內，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度h需要滿足的條件。答案(1)2m/s(2)1m(3)km≤h≤（0.7+k）m（k=0，1，2，3……）解析（1）小球在F點根據牛頓第二定律有解得（2）設小球由h0處釋放恰好通過F點，對小球從釋放至F點這一過程由動能定理得(mg+qE)(h02R)μ(mg+qE)L=mvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),F)解得（3）討論①小球第一次運動到D點速度為零，對該過程由動能定理得(mg+qE)(h1R)μ(mg+qE)L=0解得則當h≤0.7m時，小球不過D點，不脫離軌道。②小球第一次進入圓軌道可以經過F點，壓縮彈簧被反彈，沿軌道PNMFDCBA運動，再次返回后不過D。小球恰好可以經過F點，由動能定理可得(mg+qE)(h22R)μ(mg+qE)L=mvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),F)解得則當h≥1m時，小球可以通過F點。小球再次返回剛好到D點(mg+qE)(h3R)μ(mg+qE).3L=0解得則當h≤1.7m時，小球被彈簧反彈往復運動后不過D點；綜上，當1m≤h≤1.7m，小球第一次進入圓軌道可以通過F點，往復運動第二次后不過D點，滿足始終不脫離軌道。③小球第一次進入圓軌道可以經過F點，壓縮彈簧被反彈，第二次往復運動時滿足小球恰好可以經過F點，由動能定理可得解得則當h≥2m時，小球可以兩次通過F點；小球再次返回剛好到D點(mg+qE)(h5R)μ(mg+qE).5L=0解得則當h≤2.7m時，小球被彈簧反彈第二次往復運動后不過D點；綜上2m≤h≤2.7m，小球第一、二次進入圓軌道可以通過F點，往復運動第二次后不過D點，滿足始終不脫離軌道。以此類推，可得當h滿足km≤h≤（0.7+k）m（k=0，1，2，3……）小球不脫離軌道。12024北京高考真題）科學家根據天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質（星體等）在做彼此遠離運動，且質量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測的結果都一樣。以某一點O為觀測點，以質量為m的小星體（記為P）為觀測對象。當前P到O點的距離為r0，宇宙的密度為P0。（1）求小星體P遠離到2r0處時宇宙的密度ρ;（2）以O點為球心，以小星體P到O點的距離為半徑建立球面。P受到的萬有引力相當于球內質量集中于O點對P的引力。已知質量為m1和m2、距離為R的兩個質點間的引力勢能為引力常量。僅考慮萬有引力和P遠離O點的徑向運動。a．求小星體P從r0處遠離到2r0。處的過程中動能的變化量ΔEk；b．宇宙中各星體遠離觀測點的速率v滿足哈勃定律v=Hr，其中r為星體到觀測點的距離，H為哈勃系數。H與時間t有關但與r無關，分析說明H隨t增大還是減小。答案隨t增大而減小解析（1）在宇宙中所有位置觀測的結果都一樣，則小星體P運動前后距離O點半徑為r0和2r0的球內質量相同，即解得小星體P遠離到2r0處時宇宙的密度（2）a．此球內的質量P從r0處遠離到2r0處，由能量守恒定律得，動能的變化量b．由a知星體的速度隨r0增大而減小，星體到觀測點距離越大，運動時間t越長，由v=Hr知，H減小，故H隨t增大而減小。22023北京高考真題）螺旋星系中有大量的恒星和星際物質，主要分布在半徑為R的球體內，球體外僅有極少的恒星。球體內物質總質量為M，可認為均勻分布，球體內外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G。（1）求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關系；（2）根據電荷均勻分布的球殼內試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達式的相似性和相關力學知識，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關系；（3）科學家根據實測數據，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運動的速度大小v隨r的變化關系圖像，如圖所示，根據在r>R范圍內的恒星速度大小幾乎不變，科學家預言螺旋星系周圍（r>R）存在一種特殊物質，稱之為暗物質。暗物質與通常的物質有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求r=nR內暗物質的質量M’。答案（2）詳解（1）由萬有引力定律和向心力公式有解得（2）在r≤R內部，星體質量由萬有引力定律和向心力公式有解得（3）對處于R球體邊緣的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有對處于r=nR處的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有解得M’=(n1)M32024江西高考）雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖a、b所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅（視為質點）。轉椅運動穩(wěn)定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）在圖a中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。（2）將圓盤升高，如圖b所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ,繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。答案（12）解析（1）對轉椅受力分析，轉椅在水平面內受摩擦力、輕繩拉力，兩者合力提供其做圓周運動所需的向心力，如圖所示。設轉椅的質量為m，則轉椅所需的向心力Fn1＝mw12r1轉椅受到的摩擦力f1=μmg根據幾何關系有聯立解得（2）轉椅在題圖b情況下所需的向心力Fn2＝mw22r2轉椅受到的摩擦力f2=μN2根據幾何關系有tanβ=豎直方向上由平衡條件有N2＋Tcosθ=mg聯立解得42022江蘇高考真題）在軌