2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题一 第4讲　圆周运动　天体的运动【解析版】

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考点一 圆周运动
1．解决圆周运动问题的基本思路
eq \x(分析物体受力情况，画出受力示意图，确定向心力来源)→eq \x(利用平行四边形定则、正交分解法等表示出径向合力)→eq \x(根据牛顿第二定律及向心力公式列方程)
2．圆周运动的三种临界情况
(1)接触面滑动临界：摩擦力达到最大值．
(2)接触面分离临界：FN＝0.
(3)绳恰好绷紧：FT＝0；绳恰好断裂：FT达到绳子最大承受拉力．
3.常见的圆周运动及临界条件
(1)水平面内的圆周运动
(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动
例1 (2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A.eq \f(h,k＋1) B.eq \f(h,k)
C.eq \f(2h,k) D.eq \f(2h,k－1)
答案 D
解析 运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mvc2，在c点有FNc－mg＝meq \f(vc2,Rc)，FNc≤ kmg，联立有Rc≥eq \f(2h,k－1)，故选D.
例2 (多选)(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，足够大的平台上放一个质量为m的物块(视为质点)，轻质橡皮筋一端与物块连接，另一端系在竖直转轴上距平台高度为h的A点，开始时橡皮筋伸直但无弹力且与平台的夹角为37°.现使物块随平台由静止开始缓慢加速转动，当橡皮筋与平台的夹角为30°时，物块恰好要离开平台．物块与平台间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮筋的弹力始终遵循胡克定律，且弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2(其中k为橡皮筋的劲度系数，x为橡皮筋的形变量)．下列说法正确的是( )
A．当平台的角速度大小为eq \r(\f(g,7h))时，物块相对平台静止
B．橡皮筋的劲度系数为eq \f(mg,h)
C．物块在平台上滑动的过程中，其速度大小可能为2eq \r(gh)
D．在平台转动的过程中，摩擦力对物块做的功为eq \f(11,6)mgh
答案 AD
解析 设物块恰好相对平台静止时，平台的角速度为ω1，物块速度大小为v1，则有r1＝eq \f(h,tan 37°)＝eq \f(4,3)h，μmg＝mω12r1＝meq \f(v12,r1)，解得ω1＝eq \r(\f(3g,20h))，v1＝eq \r(\f(4gh,15))，由于eq \r(\f(g,7h))<ω1，所以当平台的角速度大小为eq \r(\f(g,7h))时，物块相对平台静止，故A正确；由题意可知，物块恰好要离开平台时，平台对物块支持力为零，橡皮筋的形变量为x＝eq \f(h,sin 30°)－eq \f(h,sin 37°)＝eq \f(h,3)，此时有r2＝eq \f(h,tan 30°)＝eq \r(3)h，kxsin 30°＝mg，解得k＝eq \f(6mg,h)，故B错误；当物块恰好离开平台时，设物块速度大小为v2，则有kxcs 30°＝meq \f(v22,r2)，解得v2＝eq \r(3gh)，则物块在平台上滑动时的速度范围在eq \r(\f(4gh,15))v2，说明物块已离开平台，故C错误；根据动能定理有Wf＋W弹＝eq \f(1,2)mv22，其中
W弹＝－ΔEp＝－eq \f(1,2)kx2，联立解得Wf＝eq \f(11,6)mgh，故D正确．
例3 (2018·全国卷Ⅲ·25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
答案 (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(m\r(23gR),2) (3)eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.则有
eq \f(F0,mg)＝tan α①
F2＝(mg)2＋F02②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝meq \f(v2,R)③
由①②③式和题给数据得
F0＝eq \f(3,4)mg④
v＝eq \f(\r(5gR),2)⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cs α)⑦
小球从A点到达C点过程，由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv12⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq \f(m\r(23gR),2)⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v竖直，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v竖直t＋eq \f(1,2)gt2＝CDeq \(○,\s\up1(10))
v竖直＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g)).
考点二 天体的运动
1．卫星的发射、运行及变轨
2.天体质量和密度的计算
3．双星问题
例4 (2022·河北邢台市高三期末)2021年11月23日，我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号”丙遥三十七运载火箭成功发射“高分三号”02星．该卫星的成功发射将进一步提升我国卫星海陆观测能力、服务海洋强国建设和支撑“一带一路”倡议．已知卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，线速度大小为v，引力常量为G，则地球的质量为( )
A.eq \f(v3T,πG) B.eq \f(2v3T,πG)
C.eq \f(v3T,2πG) D.eq \f(4v3T,πG)
答案 C
解析 设地球质量为M，卫星质量为m，卫星绕地球做圆周运动的轨道半径为r，根据T＝eq \f(2πr,v)，可得r＝eq \f(vT,2π)，根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，联立解得M＝eq \f(v3T,2πG)，故C正确，A、B、D错误．
例5 (2021·河北卷·4)“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为
2个火星日，已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为( )
A.eq \r(3,4) B.eq \r(3,\f(1,4))
C.eq \r(3,\f(5,2)) D.eq \r(3,\f(2,5))
答案 D
解析 根据万有引力提供向心力，可得eq \f(GMm,R2)＝meq \f(4π2,T2)R，则T＝eq \r(\f(4π2R3,GM))，R＝eq \r(3,\f(GMT2,4π2)).由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径R飞＝eq \r(3,\f(GM火2T2,4π2))＝eq \r(3,\f(G×0.1M地×4×\f(4π2R同3,GM地),4π2))＝eq \r(3,\f(2,5))R同，则eq \f(R飞,R同)＝eq \r(3,\f(2,5))，故选D.
例6 (2022·山东潍坊市一模)“祝融”火星车由着陆平台搭载着陆火星，如图所示为着陆后火星车与着陆平台分离后的“自拍”合影．着陆火星的最后一段过程为竖直方向的减速运动，且已知火星质量约为地球质量的eq \f(1,10)，火星直径约为地球直径的eq \f(1,2).则( )
A．该减速过程火星车处于失重状态
B．该减速过程火星车对平台的压力大于平台对火星车的支持力
C．火星车在火星表面所受重力约为其在地球表面所受重力的eq \f(2,5)
D．火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比约为1∶5
答案 C
解析 着陆火星的最后一段过程为竖直方向的减速运动，在靠近火星表面时，火星车处于超重状态，A错误；减速过程火星车对平台的压力与平台对火星车的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，B错误；由mg＝Geq \f(Mm,R2)，可得g＝Geq \f(M,R2)，且已知火星质量约为地球质量的eq \f(1,10)，火星直径约为地球直径的eq \f(1,2)，故eq \f(g火,g地)＝eq \f(2,5)，C正确；由Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，可知v＝eq \r(\f(GM,R))，因为火星直径约为地球直径的eq \f(1,2)，火星质量约为地球质量的eq \f(1,10)，eq \f(v火,v地)＝eq \r(\f(M火R地,M地R火))＝eq \r(\f(1,5))，D错误．
例7 (2022·浙江省名校协作体模拟)北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站．飞船的某段运动可近似看作如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，已知引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．载人飞船若要进入轨道Ⅰ，需要在A点减速
B．根据题中信息，可求出地球的质量M＝eq \f(4π2r3,GT2)
C．载人飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能
D．空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为eq \r(r3)∶eq \r(a3)
答案 D
解析 载人飞船若要进入轨道Ⅰ，要做离心运动，需要在A点点火加速，故机械能增加，A、C错误；设空间站轨道的周期为T1，由此可得Geq \f(Mm,r2)＝eq \f(4π2mr,T12)，解得M＝eq \f(4π2r3,GT12)，题中T为地球自转的周期，并非在轨道Ⅰ上的周期，不能利用该数据计算地球质量，B错误；设在轨道Ⅱ上运行的周期为T2，根据开普勒第三定律有eq \f(r3,T12)＝eq \f(a3,T22)，解得T1∶T2＝eq \r(r3)∶eq \r(a3)，D正确．
1.(2022·山东省实验中学一模)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直中心轴OO′匀速转动的水平转台中央处．质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g.此时转台转动的角速度大小为( )
A.eq \r(\f(2g,R)) B.eq \r(\f(\r(3g),R)) C.eq \f(2g,R) D.eq \r(\f(g,3R))
答案 A
解析 当小物块受到的摩擦力是0时，设小物块随陶罐转动的角速度为ω，此时由小物块的重力与陶罐对它的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2Rsin θ，解得ω＝eq \r(\f(gtan θ,Rsin θ))＝eq \r(\f(2g,R))，A正确，B、C、D错误．
2．(多选)(2022·山西省高三联考)如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度大小为a0，线速度大小为v0，A点到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，卫星质量为m，则下列判断正确的是( )
A．卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为eq \f(1,3)a0
B．卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为eq \f(\r(3a0R),3)
C．卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的3eq \r(3)倍
D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，发动机需要做的功为eq \f(ma0R,6)－eq \f(mv02,18)
答案 BD
解析 设卫星在轨道Ⅱ上的加速度大小为a1，由eq \f(GMm,r2)＝ma，可得a1＝eq \f(R2,3R2)a0＝eq \f(1,9)a0，故A错误；设卫星在轨道Ⅱ上的线速度大小为v1，由a1＝eq \f(v12,3R)，解得v1＝eq \r(\f(1,3)a0R)＝eq \f(\r(3a0R),3)，故B正确；由开普勒第三定律有eq \f(T22,T12)＝eq \f(3R3,2R3)，解得eq \f(T2,T1)＝eq \f(3\r(6),4)，故C错误；设卫星在椭圆轨道远地点的线速度大小为v，则v0R＝v×3R，解得v＝eq \f(1,3)v0，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，发动机需要做的功为W＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(ma0R,6)－eq \f(mv02,18)，故D正确．
3．(2022·安徽马鞍山市质检)质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动．观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T0，且eq \f(T,T0)＝k.于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为( )
A.eq \f(1－k2,4k2)m B.eq \f(1＋k2,4k2)m
C.eq \f(1－k2,k2)m D.eq \f(1＋k2,k2)m
答案 A
解析 按照双星模型计算，两星绕连线的中点转动，则有Geq \f(m2,L2)＝m·eq \f(4π2,T02)·eq \f(L,2)，所以T0＝2πeq \r(\f(L3,2Gm))，由于C的存在，设其质量为M，双星的向心力由两个力的合力提供，则Geq \f(m2,L2)＋Geq \f(Mm,\f(L,2)2)＝m·eq \f(4π2,T2)·eq \f(L,2)，又eq \f(T,T0)＝k，解得M＝eq \f(1－k2,4k2)m，A正确，B、C、D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2022·河北保定市高三期末)如图所示，质量为m的小明(视为质点)坐摩天轮．小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为keq \r(\f(g,r))(常数k<1，g为重力加速度大小)的角速度做匀速圆周运动．若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是( )
A．小明通过最高点时不受重力作用
B．小明做匀速圆周运动的周期为eq \f(2π,k)eq \r(\f(r,g))
C．小明通过最高点时处于完全失重状态
D．小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg
答案 BD
解析 当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,k)eq \r(\f(r,g))，B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小F向＝mω2r＝k2mg2．(2022·湖北省八市二模)学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为1 m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动；自动识别区ab到a′b′的距离为6.9 m．汽车以速度3 m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3 s；若汽车可看成高1.6 m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6 m．要使汽车顺利匀速通过，闸杆转动的角速度至少为( )
A.eq \f(π,8) rad/s B.eq \f(π,6) rad/s
C.eq \f(π,4) rad/s D.eq \f(π,3) rad/s
答案 A
解析 闸杆转动时间为t＝eq \f(x,v)－t0＝eq \f(6.9,3) s－0.3 s＝2 s，要想汽车顺利匀速通过，闸杆转动的角度至少为tan θ＝eq \f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq \f(π,4)，则闸杆转动的角速度至少为ω＝eq \f(θ,t)＝eq \f(π,8) rad/s，故选A.
3．(2022·河南洛阳市二模)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光．下列说法正确的是( )
A．安装时A端比B端更远离圆心
B．高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触，电路导通，LED灯发光
C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光
答案 C
解析 要使LED灯发光，就要使重物做离心运动让MN接触，则应该A端更靠近圆心，故A错误；转速越大，所需要的向心力越大，弹簧拉伸越长，MN接触就会发光，不能说重物受到离心力，故B错误；在最低点时F1－mg＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(F1,mr)－\f(g,r))，增大质量可以使LED灯在较低转速下也能发光，故C正确；在最高点时F2＋mg＝mω2r，匀速行驶时，最低点弹簧弹力大于最高点弹簧弹力，因此LED灯转到最低点时能发光但在最高点不一定发光，故D错误．
4．(2022·四川省师范大学附属中学二诊)2021年2月24日，我国首个火星探测器“天问一号”成功进入火星停泊轨道，开始科学探测，并为择机着陆火星做好准备．假设火星和地球绕太阳公转的运动均可视为匀速圆周运动．某一时刻，火星会运动到日地连线的延长线上，如图所示．下列选项正确的是( )
A．“天问一号”在发射过程中处于完全失重状态
B．火星的环绕速度大于地球的环绕速度
C．火星的公转周期大于地球的公转周期
D．从图示时刻再经过半年的时间，太阳、地球、火星再次共线
答案 C
解析 “天问一号”在发射过程中，加速度向上，处于超重状态，故A错误；根据万有引力提供向心力可知eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(\f(GM,r))，由于火星的轨道半径比地球的大，则火星的环绕速度小于地球的环绕速度，故B错误；根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k可知，地球的轨道半径小，公转周期小，火星的轨道半径大，公转周期大，故C正确；从图示时刻再经过半年时间，地球运动到图示位置的对称点，但由于火星的角速度小，不能运动到图示位置的对称点，此时太阳、地球、火星不能再次共线，故D错误．
5．(多选)(2022·湖南衡阳市一模)2021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，假设神舟十三号载人飞船在距地面高度为h的轨道做圆周运动，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．神舟十三号载人飞船的线速度大于地球第一宇宙速度
B．神舟十三号载人飞船运行的周期为T＝2πeq \r(\f(R＋h3,gR2))
C．神舟十三号载人飞船轨道处的重力加速度为eq \f(gR2,R＋h2)
D．地球的平均密度为ρ＝eq \f(3g,4πGR2)
答案 BC
解析 根据万有引力提供向心力可得Geq \f(Mm,r2)＝eq \f(mv2,r)＝meq \f(4π2r,T2)＝man，且在地球表面满足Geq \f(Mm,R2)＝mg，即GM＝gR2，由题意知神舟十三号载人飞船轨道半径为r＝R＋h，所以解得T＝2πeq \r(\f(R＋h3,gR2))，v＝eq \r(\f(gR2,R＋h))，由于神舟十三号载人飞船的轨道半径大于地球近地卫星的轨道半径，所以其线速度小于地球近地卫星线速度，即小于第一宇宙速度；向心加速度即重力加速度为an＝eq \f(gR2,R＋h2)，故A错误，B、C正确；根据密度公式得ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(3g,4πGR)，故D错误．
6. (2022·广东高州市二模)如图所示，a为地球赤道上的物体，随地球表面一起转动，b为近地轨道卫星，c为同步轨道卫星，d为高空探测卫星．若a、b、c、d绕地球转动的方向相同，且均可视为匀速圆周运动．则( )
A．a、b、c、d中，a的加速度最大
B．a、b、c、d中，b的线速度最大
C．a、b、c、d中，c的周期最大
D．a、b、c、d中，d的角速度最大
答案 B
解析 由题分析可知，a、c的角速度相同，则根据an＝ω2r可知，a的加速度小于c的加速度，则a的加速度不是最大的，选项A错误；a、c的角速度相同，则根据v＝ωr可知，a的线速度小于c的线速度，根据v＝eq \r(\f(GM,r))可知b的线速度大于c、d的线速度，即b的线速度最大，选项B正确；根据开普勒第三定律可知，b、c、d中d的周期最大，而a、c周期相等，则在a、b、c、d中，d的周期最大，由ω＝eq \f(2π,T)可知，d的角速度最小，选项C、D错误．
7.如图所示，A、B、C三个物体放在水平旋转圆台上，用细线连接并固定在转轴上．已知物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；细线能承受的最大拉力为eq \f(1,2)μmg，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离均为r，C离轴的距离为2r，重力加速度取g，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是( )
A．A B．B
C．C D．三个物体同时滑动
答案 C
解析 当圆台转速较小时，三者都由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有Ff＝mω2r′，A、C需要的向心力相等，当转速增大到ω1时，由于mA＝2mB＝2mC，C所受静摩擦力先达到最大值；ω再增大，B、C间细线开始有拉力，对C由牛顿第二定律有FTBC＋μmg＝2mω22r，对B有FfB－FTBC＝mω22r，对A有FfA＝2mω22r，当FfB＝μmg时，FTBC＝eq \f(μmg,3)[争分提能练]
8．(2022·湖南长沙市长郡中学二模)如图甲所示，河外星系中两黑洞A、B的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．为研究方便简化为如图乙所示的示意图，黑洞A和黑洞B均可看成球体，OA＞OB，且黑洞A的半径大于黑洞B的半径，下列说法正确的是( )
A．两黑洞质量之间的关系一定是M1＞M2
B．黑洞A的运行角速度小于黑洞B的运行角速度
C．人类要把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，发射速度一定大于第三宇宙速度
D．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，它们运行的周期变大
答案 C
解析 黑洞A与黑洞B绕O点相同时间内转过的角度相同，所以，二者的角速度相等，设它们相距为L，角速度为ω，根据牛顿第二定律得Geq \f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，Geq \f(M1M2,L2)＝M2ω2·OB，联立得M1·OA＝M2·OB，根据题意OA>OB，所以M19．(2022·广东揭阳市高三期末)如图所示，同一水平面的皮带轮A、B通过不打滑的皮带传动，A轮的半径是B轮的2倍．在皮带轮各自的轴上用长度相同的轻绳分别悬挂质量为m甲和m乙的甲、乙两个小球，二者质量关系满足m甲＝4m乙．两轻绳上端的悬挂点足够高且在同一水平面上，通过外力驱动A轮，待系统稳定转动后，两轻绳与轴的夹角分别为α和β.下列说法正确的是( )
A．甲、乙两球转动的角速度之比为2∶1
B．甲、乙两球在同一水平面上
C．因为m甲＝4m乙，所以α<β
D．甲、乙两球受到的轻绳的拉力大小相等
答案 D
解析 A、B通过皮带传动，系统稳定后，A、B匀速转动，线速度大小相等，即vA＝vB，根据v＝ωr，则有ωA·2R＝ωBR，所以ωA∶ωB＝ω甲∶ω乙＝1∶2，A错误；甲、乙两球做匀速圆周运动，设θ为轻绳与轴的夹角，显然0<θcs β，故α<β，但此大小关系与质量无关，C错误；由题知拉力F＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(mgL,h)，因m甲＝4m乙，且h甲∶h乙＝4∶1，故甲球受到的轻绳的拉力等于乙球受到的轻绳的拉力，D正确．
10．(2022·陕西宝鸡市模拟)已知地球两极的重力加速度为g，地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍．考虑地球自转的影响，把地球视为质量均匀分布的球体，则赤道上的重力加速度为( )
A.eq \f(1,n)g B．(1－eq \f(1,n))g
C．(1－eq \f(1,n2))g D．(1－eq \f(1,n3))g
答案 D
解析 考虑地球的自转因素，但两极的自转半径为零，故万有引力等于重力，有Geq \f(Mm,R2)＝mg；赤道位置万有引力提供向心力和重力，有Geq \f(Mm,R2)＝mg赤＋ma赤；同步卫星的公转满足Geq \f(Mm,nR2)＝ma同；而赤道自转角速度和同步卫星的角速度相同，由a＝ω2r，有eq \f(a同,a赤)＝n，联立各式可得g赤＝(1－eq \f(1,n3))g，故选D.
11.(2022·山东济南市一模)如图所示，一长度为R的轻绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面上的O点，小球在斜面上绕O点做半径为R的圆周运动，A、B分别是圆周运动轨迹的最低点和最高点，若小球通过B点时轻绳拉力大小等于mg，重力加速度为g，则小球通过A点时，轻绳拉力大小为( )
A．2mg B．4mg
C．6mg D．7mg
答案 B
解析 在B点，根据轻绳拉力和重力沿斜面向下的分力提供向心力得mg＋mgsin 30°＝meq \f(v2,R)，从B点到A点，根据动能定理得mg2R·sin 30°＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，在A点，根据轻绳拉力和重力沿斜面向下的分力提供向心力得FT－mgsin 30°＝meq \f(v′2,R)，解得FT＝4mg，故选B.
12．(2022·江西赣州市高三期末)如图所示为一直角轻质木架ABC，AB部分水平，BC部分竖直，其中A、B两点距离为L.一根长为2L的轻绳两端分别系在A、B两点，绳上串一个质量为m的光滑小圆环，初始时木架和圆环保持静止状态．现使木架绕轴BC转动，带动圆环一起在水平面内做圆周运动，当与A端相连的绳子保持竖直时，木架匀速转动，已知重力加速度为g，sin 37°＝eq \f(3,5).求：
(1)木架与圆环保持静止状态时，绳子的张力大小；
(2)与A端相连的绳子保持竖直时，木架转动的角速度．
答案 (1)eq \f(\r(3),3)mg (2)eq \r(\f(g,2L))
解析 (1)当木架与圆环保持静止状态时，由于A、B两点距离为L，且轻绳长为2L，根据几何关系可知，两端绳之间的夹角为60°，
对圆环受力分析可得，
竖直方向有2FTcs 30°＝mg
解得FT＝eq \f(\r(3),3)mg；
(2)设轻绳中拉力大小为FT′，做圆周运动的半径为L，圆环与A点的距离为L′，圆环与B点间的轻绳与水平方向的夹角为θ，
根据几何关系可得L2＋L′2＝(2L－L′)2
解得L′＝eq \f(3,4)L，可得θ＝37°
对圆环受力分析可得水平方向上有
FT′cs 37°＝mω2L
竖直方向上有FT′＋FT′sin 37°＝mg，
解得ω＝eq \r(\f(g,2L)).
[尖子生选练]
13．(2022·江苏省模拟)如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧一端固定于竖直转轴上，一端连接环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，O与环A间细线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m.现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，O与小球B间细线OB与竖直方向的夹角为37°.缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线OB与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；
(2)装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W.
答案 (1)eq \f(5g,4ω2) (2)2mg (3)eq \f(199mg2,144ω2)
解析 (1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得FT1cs 37°＝2mg
FT1sin 37°＝2mω2ssin 37°
联立解得s＝eq \f(5g,4ω2)
(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B分析得
FT2cs 53°＝2mg
FT2sin 53°＝2m(2ω)2s′sin 53°
s′＝eq \f(5g,12ω2)
设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时，对圆环A有FT1－F＝mω2(L－s)
装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有
FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)，解得F＝2mg
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B分析，得重力势能变化量为
ΔEp＝2mg(scs 37°－s′cs 53°)
动能变化量为ΔEk＝eq \f(1,2)·2m[(2ωs′sin 53°)2－(ωssin 37°)2]
联立解得细线对小球B做的功为W＝ΔEp＋ΔEk＝eq \f(199mg2,144ω2).水平面内
动力学方程
临界情况示例
水平转盘上的物体
Ff＝mω2r
恰好滑动
圆锥摆模型
mgtan θ＝mrω2
恰好离开接触面
轻绳模型
最高点FT＋mg＝meq \f(v2,r)
恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0
轻杆模型
最高点mg±F＝meq \f(v2,r)
恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球重力
带电小球在叠加场中的圆周运动
等效法
关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点，最左边和最右边位置
恰好通过等效最高点；恰好做完整圆周运动
倾斜转盘上的物体
最高点mgsin θ±Ff＝mω2r
最低点Ff－mgsin θ＝mω2r
恰好通过最低点
在地面
附近静止
忽略自转：Geq \f(Mm,R2)＝mg，故GM＝gR2(黄金代换式)
考虑自转
两极：Geq \f(Mm,R2)＝mg
赤道：Geq \f(Mm,R2)＝mg0＋mω2R
卫星的
发射
第一宇宙速度：v＝eq \r(\f(GM,R))＝eq \r(gR)＝7.9 km/s
(天体)
卫星在
圆轨道
上运行
Geq \f(Mm,r2)＝Fn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(man→an＝\f(GM,r2)→an∝\f(1,r2),m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))→v∝\f(1,\r(r)),mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))→ω∝\f(1,\r(r3)),m\f(4π2,T2)r→T＝\r(\f(4π2r3,GM))→T∝\r(r3)))
越高越慢，只有T与r变化一致
变轨
(1)由低轨变高轨，瞬时点火加速，稳定在高轨道上时速度较小、动能较小、机械能较大；由高轨变低轨，反之
(2)卫星经过两个轨道的相切点，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度
(3)根据开普勒第三定律，半径(或半长轴)越大，周期越长
模型概述
两星在相互间万有引力的作用下都绕它们连线上的某一点做匀速圆周运动
特点
角速度(周期)
相等
向心力
各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供
eq \f(Gm1m2,l2)＝m1ω2r1，eq \f(Gm1m2,l2)＝m2ω2r2
轨迹半径关系
(1)r1＋r2＝l
(2)m1r1＝m2r2
总质量
m1＋m2＝eq \f(4π2l3,GT2)