2021年高考物理一轮复习疑难易错专练三第四章含解析

题组一 双基练1. [2021·福州高三期末]如图所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°，下面四个光路图中，正确的是 ( )解析：本题考查全反射条件．光从玻璃射向空气，是从光密介质射向光疏介质，由于玻璃的折射率n ＝1.5，因此发生全反射的临界角sin C ＝1n ＝23<22，所以C <45°，因此图中的光会发生全反射，A 项正确．答案：A2. [2022·福建高三仿真模拟]如图所示，有一束光投射到放在空气中的平行玻璃砖的表面Ⅰ上，下列说法中正确的是 ( )A. 假如在界面Ⅰ上入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖B. 光从界面Ⅱ射出时出射光线可能与最初的入射光线不平行C. 光进入界面Ⅰ后可能不从界面Ⅱ射出D. 不论光从什么角度入射，都能从界面Ⅱ射出解析：发生全反射的必要条件有两个，即光从光密介质射入光疏介质和入射角不小于临界角，本题中光从空气射入界面Ⅰ上时，光是从光疏介质射入光密介质，所以即使入射角大于临界角，光也不会发生全反射现象，光会进入玻璃砖，选项A 错误；由于光的上、下两个界面平行，光从界面Ⅱ射出时出射光线确定会与最初的入射光线平行，选项B 错误；光进入界面Ⅰ后，从玻璃射向界面Ⅱ时的入射角确定小于临界角，光确定会从界面Ⅱ射出，选项C 错误；不论光从什么角度入射，都能从界面Ⅱ射出，选项D 正确．答案：D3. 夜间行车光照在警示标志上后反射回来特殊醒目，主要是由于警示标志是由球形的反射物制成，如图，假设反射物为分布均匀的球形，其折射率为 3.某次灯光照射在该标志上后，经球形物一系列的折射和反射后，出射光线恰与入射光线平行，则第一次的入射角( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 15°解析：设入射角为i ，折射角为θ，作出光路图，由于出射光线恰好和入射光线平行，所以i ＝2θ，依据折射定律sin i sin θ＝sin2θsin θ＝3，所以θ＝30°，i ＝2θ＝60°.答案：C4. [2022·江苏南京]如图甲所示，在安静的湖面下有一个点光源S ，它发出的是两种不同颜色的a 光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab 两种单色光构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a 光的颜色(图乙为俯视图)．则以下说法中正确的是 ( )A. 水对a 光的折射率比b 光的大B. a 光在水中的传播速度比b 光的大C. a 光的频率比b 光的大D. 在同一装置的杨氏双缝干涉试验中，a 光的干涉条纹比b 光窄解析：依据“周边为环状区域，且为a 光的颜色”知，点光源射向水面的单色光b 在环形区域内边界处发生全反射，而单色光a 在外边界处发生全反射，即水对单色光b 的临界角C 较小，由sin C ＝1n 可确定水对单色光a 的折射率比b 光的小，A 项错误；由折射率公式n ＝cv 知，a 光在水中的传播速度比b 光的大，B 项正确；a 光的频率比b 光的小，C 项错误；a 光的波长比b 光的大，干涉条纹间距与波长成正比，所以在同一装置的杨氏双缝干涉试验中，a 光的干涉条纹比b 光的宽，D 项错误．答案：B5. 如图所示的长直光纤，柱芯为玻璃，外层以折射率较玻璃低的介质包覆．若光线自光纤左端进入，与中心轴的夹角为θ，则下列有关此光线传播方式的叙述正确的是( )A. 不论θ为何值，光线都不会发生全反射B. 不论θ为何值，光线都会发生全反射C. θ够小时，光线才会发生全反射D. θ够大时，光线才会发生全反射解析：发生全反射的条件之一是入射角i 要大于等于临界角C ，即光线传播到光纤侧面时的入射角i 应满。

A.所用时间 t 2h g
B.水平位移大小 x 2v0
2h g
C.初速度的竖直分量大小为 2 gh
D.初速度大小为 v02 gh
【答案】B
【解析】
A.竖直方向由
h 1 gt 2 2
可得 t
Байду номын сангаас
2h g
，该斜抛运动等效为两个完全相同的平抛运动，时间是
2
倍，故
A
错误；
B.水平位移
x v0 2t 2v0
A.汽车在最高点有
mg
FN
mv 2 r
可知
FN mg
故处于失重状态，故 A 错误； B.如图 b 所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力
F mg tan m 2r
又
r L sin
可得
g g L cos h
故增大θ，但保持圆锥的高不变，圆锥摆的角速度不变，故 B 正确； C.小球靠重力和支持力的合力提供向心力，重力不变，根据平行四边形定则知，支持力大小相等，向心力相 等，由于转动的半径不等，则角速度不等，故 C 错误； D.火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对内轮缘会有挤压作用，
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A.如图 a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态 B.如图 b 所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变 C.如图 c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的 A、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在 A、B 两位置小 球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等
D.火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对火车轮缘会有挤压作用 【答案】B 【解析】
方向上的自由落体运动，故 C 正确；
D.平抛运动的落地速度等于水平分速度和竖直分速度的合速度，竖直分速度与高度有关，可知平抛运动的

(10＋2)章末综合能力滚动练一、单项选择题1．用40 N 的水平力F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后撤去，则第5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是( )A ．v ＝6 m/s ，a ＝0B ．v ＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2C ．v ＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2D ．v ＝10 m/s ，a ＝0答案 A解析 由牛顿第二定律可知，在前3 s 内物体的加速度a ＝F m＝2 m/s 2,3 s 末的速度大小v ＝at ＝6 m/s ，当外力F 撤去后，加速度变为零，物体的速度大小保持不变仍为6 m/s ，选项A 正确．2．如图1所示，在O 处有一点光源，MN 为竖直屏，屏MN 的垂线OM 中点O ′处有一静止小球．释放小球，小球做自由落体运动，在屏上得到小球的投影点．则投影点做( )图1A ．匀速直线运动B ．初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动C ．初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动D ．初速度不为零、加速度为2g 的匀加速直线运动答案 C解析 OM 中点O ′处小球做自由落体运动，h ＝12gt 2，由相似三角形知识，投影点的位移与时间的关系为：y ＝2h ＝gt 2，故投影点做初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动，C 正确．3.如图2所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速转动，下列说法中正确的是( )图2A ．物块处于平衡状态B ．物块受三个力作用C ．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越不容易脱离圆盘D ．在物块到转轴的距离一定时，物块运动周期越小，物块越不容易脱离圆盘答案 B解析 对物块进行受力分析可知，物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力，合力提供向心力，A 错误，B 正确；根据向心力公式F n ＝mrω2可知，当ω一定时，半径越大，所需的向心力越大，物块越容易脱离圆盘，C 错误；ω＝2πT ，则F n ＝mr ⎝⎛⎭⎫2πT 2，可知当物块到转轴的距离一定时，周期越小，所需的向心力越大，物块越容易脱离圆盘，D 错误．4．A 、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比s A ∶s B ＝4∶3，转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，则下列说法中正确的是( )A ．它们的线速度大小之比v A ∶vB ＝4∶3B ．它们的角速度大小之比ωA ∶ωB ＝2∶3C ．它们的周期之比T A ∶T B ＝3∶2D ．它们的向心加速度大小之比a A ∶a B ＝3∶2答案 A解析 A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比为s A ∶s B ＝4∶3，根据公式v ＝s t可知，线速度大小之比为v A ∶v B ＝4∶3，A 正确；转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，根据公式ω＝θt 可知，角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝3∶2，B 错误；根据公式T ＝2πω可知，周期之比为T A ∶T B ＝2∶3，C 错误；根据a n ＝ωv 可知，a A ∶a B ＝2∶1，D 错误．5．(2019·全国第一次大联考)如图3甲所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O 上，O 轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v ；O 轴处有一力传感器，可以测量小球通过最高点时O 轴受到的杆的作用力F ，若取竖直向下为F 的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F －v 2(v 为小球在最高点处的速度)图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则( )图3A ．O 轴到小球的距离为0.5 mB ．小球的质量为3 kgC ．小球恰好通过最高点时的速度大小为5 m/sD ．小球在最低点的速度大小为15 m/s 时，通过最高点时杆不受球的作用力答案 A解析 小球在最高点时重力与杆的作用力的合力提供向心力，若v ＝0，则F ＝mg ＝3 N ，解得小球质量m ＝0.3 kg ，若F ＝0，则mg ＝m v 2R，代入数据解得R ＝0.5 m ，选项A 正确，B 错误；轻杆模型中，在最高点只要小球速度大于等于零，小球即可在竖直面内做圆周运动，选项C 错误；设小球在最低点的初速度大小为v 0，小球能上升的最大高度为h ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh ，当v 0＝15 m/s 时，h ＝0.75 m<2R ，小球不能到达最高点，选项D 错误． 二、多项选择题6.(2019·四川广元市第二次适应性统考)如图4所示为一通关游戏示意图，与关门水平距离为L 的左上方有一手枪，手枪可以水平发射出初速度大小可以调节的子弹，关门上端距枪口的竖直距离为H ，L ＝2H .通关时，游戏者操控手枪射出子弹的瞬间关门开始运动，关门以大小为v 的速度水平向左匀速运动的同时还以大小为v 的初速度做竖直上抛运动．游戏要求子弹恰好从关门的上端擦边而过就算通关，重力加速度为g ，不计空气阻力．如果能够通关，子弹的初速度大小为( )图4A ．v B.2v C ．2v D.22v 答案 A解析 设子弹射出后经时间t 恰好从关门的上端擦边而过，子弹下降的距离h 1＝12gt 2，关门竖直上升的距离h 2＝v t －12gt 2，又h 1＋h 2＝H ，解得t ＝H v ；设子弹的初速度大小为v 0，则子弹水平方向运动的距离x 1＝v 0t ，关门水平方向运动的距离x 2＝v t ，又x 1＋x 2＝L ＝2H ，解得：子弹的初速度大小v 0＝v .7．(2019·山东济宁市期中)如图5所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )图5 A. 2 rad/sB.22 rad/s C ．1 rad/sD ．2 rad/s答案 C解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1 rad/s.8．(2019·山东济南市检测)如图6所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平力F A ＝(9－2t ) N(t 的单位是s)．从t ＝0开始计时，则( )图6A ．A 物体3 s 末时的加速度是初始时刻的511B ．t >4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t >4.5 s 时，A 、B 的加速度相反答案 ABD解析 对于A 、B 整体，由牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ，设A 、B 间的作用力为F N ，则对B 由牛顿第二定律可得F N ＋F B ＝m B a ，解得F N ＝m B F A ＋F B m A ＋m B－F B ＝16－4t 3 N ．当t ＝4 s 时，F N ＝0，A 、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动；当t ＝4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零；t >4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反；当t <4 s 时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F B m A ＋m B ，t ＝0时，a 0＝11 N m A ＋m B，t ＝3 s 时，a 3＝ 5 N m A ＋m B，则a 3＝511a 0，故选项A 、B 、D 正确． 9.牛顿在1689年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．如图7所示，将物体从一座高山上的O 点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A 、B 、C 、D 、E 是从O 点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道．已知B 是圆形轨道，C 、D 是椭圆轨道，在轨道E 上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是( )图7A ．物体从O 点抛出后，沿轨道A 运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动B ．在轨道B 上运动的物体，抛出时的速度大小为7.9 km/sC ．使轨道C 、D 上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O 点D ．在轨道E 上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于第三宇宙速度答案 AC解析 将物体从一座高山上的O 点水平抛出，且物体速度不大时，物体沿轨道A 运动落到地面上，若水平位移不大，则物体的运动是平抛运动，选项A 正确；在轨道B 上运动的物体，做匀速圆周运动，抛出时的速度大于第一宇宙速度7.9 km/s ，选项B 错误；使轨道C 、D 上物体的运动轨道变为圆轨道，可以在物体经过O 点时减小物体的速度，此时的圆轨道可以过O 点，选项C 正确；在轨道E 上运动的物体，将会克服地球的引力，抛出时的速度一定等于或大于第二宇宙速度11.2 km/s ，选项D 错误．10.如图8所示，将一小球从空中A 点以水平速度v 0抛出，经过一段时间后，小球以大小为2v 0的速度经过B 点，不计空气阻力，则小球从A 到B (重力加速度为g )( )图8A ．下落高度为3v 022gB ．经过的时间为3v 0gC ．速度增量为v 0，方向竖直向下D ．运动方向改变的角度为60°答案 AD解析 小球经过B 点时竖直分速度v y ＝(2v 0)2－v 02＝3v 0，由v y ＝gt 得t ＝3v 0g ；根据h ＝12gt 2得h ＝3v 022g，故A 正确，B 错误；速度增量为Δv ＝gt ＝3v 0，方向竖直向下，故C 错误；小球经过B 点时速度与水平方向的夹角正切值tan α＝v y v 0＝3，α＝60°，即运动方向改变的角度为60°，故D 正确．三、非选择题11.如图9所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO ′匀速转动，规定经过圆心O 点且水平向右为x 轴正方向．在O 点正上方距盘面高为h ＝5 m 处有一个可间断滴水的容器，从t ＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．图9已知t ＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g ＝10 m/s 2)(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？ 答案 (1)1 s (2)k π，其中k ＝1,2,3…解析 (1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动：h ＝12gt 2 则每一滴水滴落到盘面上所用时间t ＝2h g＝1 s (2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s 内转过的弧度为k π，k 为不为零的正整数．由ωt ＝k π得ω＝k πg 2h＝k π，其中k ＝1,2,3… 12．(2020·江苏如东县检测)如图10所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L ＝2.0 m ，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.40.现使平板车在水平路面上以加速度a 0匀加速启动，速度达到v ＝6.0 m/s 后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图10(1)若木箱与平板车保持相对静止，加速度a 0大小满足什么条件？(2)若a 0＝6.0 m/s 2，当木箱与平板车的速度都达到6.0 m/s 时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s .(3)若在木箱速度刚达到6.0 m/s 时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小a 应满足什么条件？答案 (1)a 0≤4.0 m/s 2 (2)3.5 m (3)a ≤18 m/s 2解析 (1)设木箱与平板车相对静止时加速度的最大值为a m ， 则由牛顿第二定律有μmg ＝ma m ，解得a m ＝4.0 m/s 2，故应满足的条件为a 0≤4.0 m/s 2.(2)由于a 0＝6.0 m/s 2>4.0 m/s 2，故木箱与平板车发生相对滑动．木箱的加速时间t 1＝v a m＝1.5 s ， 木箱的位移x 1＝v 2t 1＝4.5 m. 平板车速度达到v ＝6 m/s 所需的时间t 2＝v a 0＝1.0 s ， 木箱的速度达到6 m/s 时，平板车的位移x 2＝v 2t 2＋v (t 1－t 2)＝6 m ， 则木箱离驾驶室后端的距离s ＝x 2－x 1＋L ＝3.5 m.(3)木箱减速停止时的位移x 3＝v 22a m. 平板车减速停止时的位移x 4＝v 22a木箱不发生碰撞的条件为x 3－x 4≤s联立解得：a ≤18 m/s 2。

章末高效整合物理方法|类平抛运动的求解技巧1．类平抛运动的特点(1)受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．(2)运动特点在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m.2．类平抛运动的求解技巧(1)常规分解法将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a x、a y，初速度v0分解为v x、v y，然后分别在x、y方向列方程求解．在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v0＝10 m/s沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4-1所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图4-1(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点时的速度大小．【标准解答】(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F 和重力mg 作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得： a ＝F －mg m ＝15－101m/s 2＝5 m/s 2. 设质点从O 点到P 点经历的时间为t ，P 点坐标为(x P ，y P )， 那么x P ＝v 0t ，y P ＝12at 2 又tan α＝y Px P联立解得：t ＝3 s ，x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m. (2)质点经过P 点时沿y 轴正方向的速度 v y ＝at ＝15 m/s 故过P 点时的速度大小v P ＝v 20＋v 2y ＝513 m/s.【答案】 (1)3 s x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m (2)513 m/s [突破训练]1．如图4-2所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以一样的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1；B 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计阻力，那么以下说法正确的选项是( )【导学号：96622074】图4-2A ．A 、B 的运动时间一样 B ．A 、B 沿x 轴方向的位移一样C ．A 、B 运动过程中的加速度大小一样D ．A 、B 落地时速度大小一样D 设O 点与水平面的高度差为h ，由h ＝12gt 21，h sin θ＝12g sin θ·t 22可得：t 1＝2hg，t2＝2hg sin2θ，故t1<t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1<x2，B错误；由a1＝g，a2＝g sin θ可知，C错误；A落地的速度大小为v A＝v20＋(gt1)2＝v20＋2gh，B落地的速度大小v B＝v20＋(a2t2)2＝v20＋2gh，所以v A＝v B，故D 正确．物理模型|宇宙多星模型1．宇宙双星模型(1)两颗双星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等．(2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的．(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1＋r2＝L.2．宇宙三星模型(1)如图4-3所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动．这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡．运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：Gm2r2＋Gm2(2r)2＝ma向图4-3两行星转动的方向一样，周期、角速度、线速度的大小相等．(2)如图4-4所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动．每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供．图4-4Gm2L2×2×cos 30°＝ma向其中L ＝2r cos 30°.三颗行星转动的方向一样，周期、角速度、线速度的大小相等．(2021 ·安徽高考)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做一样角速度的圆周运动(图4-5所示为A 、B 、C 三颗星体质量不一样时的一般情况)．假设A 星体质量为2m ，B 、C 两星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，求：图4-5(1)A 星体所受合力大小F A ； (2)B 星体所受合力大小F B ； (3)C 星体的轨道半径R C ； (4)三星体做圆周运动的周期T .【标准解答】 (1)由万有引力定律可知，A 星体所受B 、C 星体引力大小为F BA ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2＝F CA ，方向如下图，那么合力大小为F A ＝23G m 2a 2.(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为F AB ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2，F CB ＝G m C m B r 2＝G m 2a 2，方向如下图．由F Bx ＝F AB cos 60 °＋F CB ＝2G m 2a 2， F By ＝F AB sin 60°＝3G m 2a 2， 可得F B ＝F 2Bx ＋F 2By ＝7G m 2a 2.(3)通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，那么R C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，可得R C ＝74a .或⎝ ⎛由对称性可知OB ＝OC ＝R C ，cos ∠OBD ＝F Bx F B ＝ DB OB ＝12a R C ，得R C ＝⎭⎪⎫74a (4)三星体运动周期一样，对C 星体，由F C ＝F B ＝7G m 2a 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R C ，可得T ＝πa 3Gm .【答案】 (1)23G m 2a 2 (2)7G m 2a 2 (3)74a(4)πa 3Gm[突破训练]2．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期一样的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．假设某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，那么此时圆周运动的周期为( ) 【导学号：96622075】A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k TD.n k TB 双星间的万有引力提供向心力．设原来双星间的距离为L ，质量分别为M 、m ，圆周运动的圆心距质量为m 的恒星距离为r .对质量为m 的恒星：GMm L 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·r 对质量为M 的恒星：G Mm L 2＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(L －r )得G M ＋m L 2＝4π2T 2·L 即T 2＝4π2L 3G (M ＋m )那么当总质量为k(M＋m)，间距为L′＝nL时，T′＝n3k T，选项B正确．高考热点1|平抛运动的临界问题解决平抛运动的临界问题要注意以下三点：(1)明确平抛运动的根本性质、公式；(2)确定临界状态；(3)确定临界轨迹，在轨迹示意图上寻找出几何关系．(2021·浙江高考)如图4-6所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开场匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以一样方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝取10 m/s2)图4-6(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)假设靶上只有一个弹孔，求L的范围．【思路导引】【标准解答】(1)装甲车匀减速运动的加速度大小a＝v202s＝209m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹的弹孔离地的高度 h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时(第二发打到靶上)，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时(第一发打到地上)，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg ＋s ＝570 m故L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m [突破训练]3．(2021 ·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图4-7所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，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 .假设乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择适宜的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，那么v 的最大取值范围是( )图4-7A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g6hD 设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好擦球网上边缘落到球网正中间． 那么竖直方向上有3h －h ＝12gt 21 ① 水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②由①②两式可得v 1＝L 14g h设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22③ 在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④由③④两式可得v 2＝124L 21＋L 22g6h那么v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.应选项D 正确．高考热点2|万有引力定律的应用万有引力定律的应用是每年高考的必考内容，命题重点主要有两个：一是以现代航天科技为背景考察人造卫星的发射、运行、变轨对接等问题；二是与抛体运动、圆周运动和牛顿第二定律综合起来考察．(多项选择)宇宙飞船以周期T 绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食〞过程，如图4-8所示．地球的半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G ，地球自转周期为T 0，太阳光可看做平行光，宇航员在A 点测出的张角为α，那么( )图4-8A ．飞船绕地球运动的线速度为2πRT sin α2B ．一天内飞船经历“日全食〞的次数为TT 0C ．飞船每次“日全食〞过程的时间为α2πT 0 D ．飞船周期为T ＝2πR sin α2RGM sin α2 【标准解答】 飞船绕地球运动的线速度为v ＝2πr T ，由几何关系知sin α2＝Rr ，所以v ＝2πR T sin α2，A 正确；又G Mmr 2 ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，由此得T ＝2πR sin α2RGM sin α2，D 正确；飞船每次经历“日全食〞过程的时间为飞船转过α角所需的时间，即α2πT ，C 错误；一天内飞船经历“日全食〞的次数为T 0T ，B 错误．【答案】 AD [突破训练]4．一卫星绕火星外表附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T .假设宇航员在火星外表以初速度v 水平抛出一小球，经过时间t 恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图4-9所示．引力常量为G ，那么火星的质量为( )【导学号：96622076】图4-9A.3v 3T 416Gt 3π4 B.33v 3T 416Gt 3π4 C.3v 2T 416Gt 3π4D.33v 2T 416Gt 3π4B 以M 表示火星的质量，r 0表示火星的半径，g ′表示火星外表附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G Mm r 20＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 0，在火星外表有G Mm ′r 20＝m ′g ′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝g ′tv ，联立以上各式解得M ＝33v 3T 416Gt 3π4，B 正确．。