第5课时 圆周运动 万有引力与航天命题规律 1.命题角度：(1)圆周运动的动力学分析；(2)万有引力定律、天体运动.2.常考题型：选择题，在计算题中，圆周运动通常与能量观点综合考查．高考题型1 圆周运动1．常见的圆周运动
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． 例1 图1甲所示为球形铁笼中进行的摩托车表演，已知同一辆摩托车在最高点A时的速度大小为8 m/s，在最低点B时的速度大小为16 m/s，铁笼的直径为8 m，取重力加速度g＝10 m/s2，摩托车运动时可看作质点．则摩托车在A、B点对铁笼的压力之比为( ) 图1 A．1∶21 B．1∶4 C．13∶27 D．3∶37 答案 D 解析 摩托车在铁笼中做圆周运动，则在A点有FNA＋mg＝m，解得FNA＝6m，在最低点B有FNB－mg＝m，解得FNB＝74m，则FNA∶FNB＝3∶37.由牛顿第三定律可知，摩托车在A、B点对铁笼的压力之比为3∶37，D正确． 例2 (多选)(2021·华中师范大学附属中学高三期末)如图2甲所示，两个质量分别为m、2m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为2l，b与转轴的距离为l.如图乙所示(俯视图)，两个质量均为m的小木块c和d(可视为质点)放在水平圆盘上，c与转轴、d与转轴的距离均为l，c与d之间用长度也为l的水平轻质细线相连．木块与圆盘之间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转动，下列说法正确的是( ) 图2 A．图甲中，a、b同时开始滑动 B．图甲中，a、b所受的静摩擦力始终相等 C．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，细线的最大拉力为kmg D．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为 答案 BD 解析 在题图甲中kmg＝mω2r，ω＝，r越大，开始滑动时的角速度越小，则a先滑动，选项A错误；对木块a有Ffa＝mω2(2l)，对b有Ffb＝2mω2l，即a、b所受的静摩擦力始终相等，选项B正确；在题图乙中，当ω>时，细线的拉力和最大静摩擦力提供木块做匀速圆周运动的向心力，当最大静摩擦力的方向与细线垂直时，如图所示，木块受到的合力F最大，圆盘转动的角速度最大，＝mωm2l，解得ωm＝，此时FTm＝kmgtan 30°＝kmg，选项C错误，选项D正确． 例3 (2018·全国卷Ⅲ·25)如图3，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＝.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： 图3 (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)mg (2) (3) 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.由力的合成法则有 ＝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＝m③ 由①②③式和题给数据得 F0＝mg④ v＝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＋cos α)⑦ 小球从A点到达C点过程，由动能定理有 －mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝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＋gt2＝CD v竖直＝vsin α⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得 t＝ 高考题型2 万有引力定律 天体运动1．卫星的发射及运行
2.天体质量和密度的计算 3．双星问题
考向一 开普勒行星运动定律的应用 例4 (2021·江苏镇江市高三期末)如图4所示为火星绕太阳运动的椭圆轨道，M、N、P是火星依次经过的三位置，F1、F2为椭圆的两个焦点．火星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，火星与太阳中心的连线扫过的面积分别为S1和S2.已知由M到N过程中，太阳的引力对火星做正功．下列判断正确的是( ) 图4 A．太阳位于焦点F1处 B．S1>S2 C．在M和N处，火星的动能EkM>EkN D．在N和P处，火星的加速度aN>aP 答案 B 解析 已知由M到N过程中，太阳的引力对火星做正功，所以太阳位于焦点F2处，故A错误； 根据开普勒行星运动定律得火星由M到P的过程中速度增大，火星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，所以火星由M到N运动时间大于由N到P的运动时间，则S1>S2，故B正确； 已知由M到N过程中，太阳的引力对火星做正功，根据动能定理得火星的动能EkM<EkN，故C错误； 根据万有引力公式得火星在N处受到太阳的引力小于在P处受到太阳的引力，根据牛顿第二定律得aN<aP，故D错误． 考向二 天体的质量和密度的估算 例5 (2021·全国乙卷·18)科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图5所示．科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU(太阳到地球的距离为1 AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞．这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖．若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为( ) 图5 A．4×104M B．4×106M C．4×108M D．4×1010M 答案 B 解析 可以近似把S2的运动看成匀速圆周运动，由题图可知，S2绕黑洞的周期T＝16年，地球的公转周期T0＝1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是r＝1 000R 地球绕太阳做圆周运动所需的向心力由太阳对地球的万有引力提供，由向心力公式可知 G＝mRω02＝mR2 解得太阳的质量为M＝ 同理S2绕黑洞做圆周运动所需的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知 ＝m′rω2＝m′r2 解得黑洞的质量为Mx＝ 综上可得Mx≈4×106M 故选B. 考向三 天体运动参量分析 例6 (2019·全国卷Ⅲ·15)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火．已知它们的轨道半径R金<R地<R火，由此可以判定( ) A．a金>a地>a火 B．a火>a地>a金 C．v地>v火>v金 D．v火>v地>v金 答案 A 解析 金星、地球和火星绕太阳公转时，根据万有引力提供向心力，则有G＝ma，解得a＝G，结合题中R金<R地<R火，可得a金>a地>a火，选项A正确，B错误；同理，有G＝m，解得v＝，再结合题中R金<R地<R火，可得v金>v地>v火，选项C、D错误． 例7 (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. B. C. D. 答案 D 解析 根据万有引力提供向心力，可得＝mR 则T＝，R＝. 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＝＝ ＝R同，则＝，故选D. 考向四 变轨问题 例8 (2021·广东省1月适应性测试·2)2020年12月17日，嫦娥五号成功返回地球，创造了我国到月球取土的伟大历史．如图6所示，嫦娥五号取土后，在P处由圆形轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，以便返回地球．下列说法正确的是( ) 图6 A．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均超重 B．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等 C．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时速率相等 D．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等 答案 D 解析 嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态，故A错误；嫦娥五号在轨道Ⅰ上经过P点时经加速后进入轨道Ⅱ运行，故嫦娥五号在轨道Ⅰ上P处的速率小于在轨道Ⅱ运行至P处时速率；加速后势能不变，动能增大，则机械能增大，故B、C错误；根据G＝ma得a＝，可知嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等，故D正确． 考向五 双星问题 例9 (多选)(2021·湖北高三检测)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．在中子星合并前，只受到彼此之间的万有引力作用而互相绕转，在浩瀚的银河系中，这样的双星系统很多．设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图7所示，若AO>OB，则( ) 图7 A．星球A的线速度一定大于B的线速度 B．星球A的质量一定大于B的质量 C．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越小 D．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小 答案 AD 解析 双星系统角速度相等，根据v＝ωr，且AO>OB，可知，A的线速度大于B的线速度，故A正确；双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以有＝mAω2rA＝mBω2rB，因为rB<rA，所以mB>mA，即B的质量一定大于A的质量，故B错误；根据万有引力提供向心力，得＝mA()2rA＝mB()2rB，解得周期为T＝2π，可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，转动周期越大；双星间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小，故C错误，D正确. 1.(多选)(2021·天津市河西区高三期末)如图8所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，重力加速度为g，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时，( ) 图8 A．细绳对小球的拉力可能为零 B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等 C．细绳对小球的拉力与小球的重力大小不可能相等 D．当ω＝时，金属圆环对小球的作用力为零 答案 CD 解析 如果细绳对小球的拉力为零，则小球受到的重力与支持力的合力不可能提供向心力，故A错误；细绳和金属圆环对小球的作用力大小如果相等，二者在水平方向的合力为零，则向心力为零，故B错误；此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有FTcos 60°＋FNcos 60°＝mg，FTsin 60°－FNsin 60°＝mω2rsin 60°，解得FT＝mg＋mω2r，FN＝mg－mω2r，因为ω≠0，所以细绳对小球的拉力与小球的重力大小不可能相等，当ω＝时，金属圆环对小球的作用力FN＝0，故C、D正确． 2.(多选)(2021·湖北省部分重点中学高三期末联考)2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心点火升空．至此，北斗三号全球卫星导航系统星座部署已全面完成．如图9是北斗卫星导航系统中的三个轨道示意图．轨道A为地球赤道同步卫星轨道，轨道B为倾斜同步卫星轨道．轨道C为一颗中地球轨道卫星，D为赤道上某个建筑物(图中未画出)．下列说法正确的是( ) 图9 A．若轨道A上的卫星某时刻与轨道B上的卫星正好同时到达D的正上方，则以后每隔相同时间这两个卫星都会相遇在该建筑物D正上方 B．轨道B、C上的卫星及建筑物D的速度大小关系为：vB<vC<vD C．发射卫星B比发射卫星C更加容易 D．建筑物D的向心加速度一定小于地面的重力加速度 答案 AD 解析 A、B、D的转动周期都等于地球自转周期，则每隔相等时间三者仍然会回到同一直线上，故A正确；B、D周期相等，角速度相等，轨道半径大的速度大，则vB>vD，故B错误；轨道高度越大，需要的发射速度就越大，所以发射C更容易，故C错误；赤道表面的物体随地球自转的向心加速度一定小于地球表面的重力加速度，故D正确． 3.(2021·华大新高考联盟1月联考)2020年7月23日，我国成功发射了“天问一号”火星探测器．如图10所示，已知火星与天问一号、地球均绕太阳在同一平面内沿同一方向做匀速圆周运动，火星绕太阳的公转轨道半径是地球的1.5倍．为了节省燃料，通常选择地球与火星最近时(地球位于太阳与火星之间，且三者共线)为最佳发射期．则下一个火星探测器的最佳发射期至少要经过约( ) 图10 A．1.2年 B．1.8年 C．2.2年 D．2.8年 答案 C 解析 地球绕太阳运行周期为T1＝1年，设火星绕太阳运行周期为T2. 由开普勒第三定律有2＝3，得T2＝年． 设地球与火星再一次最近至少经过时间t，则有(ω1－ω2)t＝2π，即－＝1，解得t≈2.2年，故选C. 4．(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图11所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点各粘有一小物体，当B点转至最低位置时，此时O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知：OA＝AB，P是地面上的一点．此时A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点．不计空气阻力，则OP的距离是( ) 图11 A.R B.R C．5R D．7R 答案 A 解析 设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－，A随圆轮运动的线速度为，设A下落的时间为t1，水平位移为x，则在竖直方向上有：h－＝gt12，在水平方向上有：x＝t1；B下落的高度为h－R，B随圆轮运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为x，则在竖直方向上有：h－R＝gt22，在水平方向上有：x＝ωR·t2，联立解得：h＝R，故A正确，B、C、D错误． 专题强化练[保分基础练]1.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图1，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( ) 图1 A．10 m/s2 B．100 m/s2 C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2 答案 C 解析 根据匀速圆周运动的规律， 此时ω＝2πn＝100π rad/s， 向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C. 2.(2021·山西吕梁市高三一模)中学生常用的学习用具修正带的结构如图2所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件．大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，大齿轮半径是小齿轮半径的2倍，a、b点分别位于大小齿轮的边缘．c点在大齿轮的半径中点，当修正带被匀速拉动进行字迹修改时( ) 图2 A．大小齿轮的转向相同 B．a点的线速度比b点大 C．b、c两点的角速度相同 D．b点的向心加速度最大 答案 D 解析 大小齿轮相互吻合，传动时边缘点的线速度大小相等，方向相反，A、B错误；根据v＝ωr，解得ωa∶ωb＝rb∶ra＝1∶2，同轴传动时，角速度相等，故ωa＝ωc，所以b点与c点的角速度不相同，C错误；根据a＝ω2r，b、c点的向心加速度大小之比为ab∶ac＝ωb2∶ωc2＝ωb2∶ωa2＝4∶1，b点的向心加速度最大，D正确． 3.(多选)(2021·河北卷·9)如图3，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( ) 图3 A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大 答案 BD 解析 对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ＝mg 而FT＝k 可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时， 则FTcos θ－FN＝mω2r，即FN＝FTcos θ－mω2r 当转速较大，FN指向转轴时，则FTcos θ＋FN′＝mω′2r 即FN′＝mω′2r－FTcos θ 因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，则D正确． 4．(2021·河北唐山市一模)假设在月球表面将物体以某速度竖直上抛，经过时间t物体落回月球表面，上升的最大高度为h.已知月球半径为R、引力常量为G，不计一切阻力．则月球的密度为( ) A. B. C. D. 答案 C 解析 由自由落体公式得h＝g月()2，设月球质量为M，月球表面质量为m的物体所受重力mg月＝G，设月球体积为V，则V＝πR3，则月球的密度为ρ＝，联立以上各式得 ρ＝，故选C. 5.(2021·北京市顺义区高三期末)中国北斗卫星导航系统(简称BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，可为全球用户提供定位、导航和授时服务，该导航系统由多颗不同轨道的卫星组成．如图4所示，a、b、c为该系统中三颗轨道为圆的卫星，a是地球同步卫星，b是轨道半径与a相同的卫星，c的轨道半径介于近地卫星和同步卫星之间．下列说法正确的是( ) 图4 A．卫星b也可以长期“悬停”于北京正上空 B．卫星c的运行速度一定大于第一宇宙速度 C．卫星b的运行周期与地球的自转周期相同 D．卫星a的向心加速度大于卫星c的向心加速度 答案 C 解析 卫星b不是同步卫星，不能“悬停”在北京正上空，故A错误；第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力，有＝m，解得v＝，卫星c的轨道半径大于近地卫星轨道半径，则卫星c的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据万有引力提供向心力，有＝mr，解得T＝2π，卫星a、b的轨道半径相等，则周期相等，卫星a是同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，则卫星b的运行周期与地球自转周期相同，故C正确；根据万有引力提供向心力，有＝ma，解得a＝，卫星a的轨道半径大于卫星c的轨道半径，故卫星a的向心加速度小于卫星c的向心加速度，故D错误． 6．(2021·河南郑州市高三上第一次质量检测)如图5为嫦娥五号登月轨迹示意图．图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点．a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是( ) 图5 A．嫦娥五号在M点进入地月转移轨道时应点火加速 B．设嫦娥五号在圆轨道a上经过N点时的速度为v1，在椭圆轨道b上经过N点时的速度为v2，则v1>v2 C．设嫦娥五号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1>a2 D．嫦娥五号在圆轨道a上的机械能等于在椭圆轨道b上的机械能 答案 A 解析 嫦娥五号在M点点火加速，使万有引力小于所需向心力做离心运动，才能进入地月转移轨道，故A正确；嫦娥五号在圆轨道a上加速做离心运动才能进入椭圆轨道b，即a上的机械能小于b上的机械能，嫦娥五号经过a、b轨道上的N点时，引力势能相同，则在椭圆轨道b上经过N点时的动能大于圆轨道a上经过N点时动能，则有v2>v1，故B、D错误；根据牛顿第二定律得G＝ma，解得a＝，由此可知a1＝a2，故C错误． 7．(多选)(2021·湖南省1月适应性考试·7)在“嫦娥五号”任务中，有一个重要环节，轨道器和返回器的组合体(简称“甲”)与上升器(简称“乙”)要在环月轨道上实现对接．以便将月壤样品从上升器转移到返回器中，再由返回器带回地球．对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，且甲的轨道半径比乙小．如图6所示，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道．下列说法正确的是( ) 图6 A．在甲抬高轨道之前，甲的线速度小于乙 B．甲可以通过增大速度来抬高轨道 C．在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大 D．返回地球后，月壤样品的重量比在月球表面时大 答案 BD 解析 对在圆轨道上运转的卫星，由＝m得：v＝∝，故v甲>v乙，A错误；甲需增大速度才能做离心运动，与高轨道上的乙对接，B正确；在甲抬高轨道的过程中，由F＝G知，r增大，F减小，C错误；地球表面的重力加速度约为月球表面重力加速度的6倍，故相同的物体在地球上重量大，D正确． [争分提能练] 8.(2021·河北张家口市一模)如图7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θ＝30°的光滑斜面上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( ) 图7 A．2mg B．4mg C．6mg D．7mg 答案 B 解析 在B点，根据牛顿第二定律得mg＋mgsin 30°＝m，从B点到A点，根据动能定理得mg2R·sin 30°＝mv′2－mv2，在A点，根据牛顿第二定律得FT－mgsin 30°＝m，解得FT＝4mg，故选B. 9.(多选)(2021·湖南岳阳市高三检测)如图8所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从与C、D等高的位置(轻绳伸直)静止释放．当b球摆过的角度为90°时，a球对地面的压力刚好为零，下列结论正确的是( ) 图8 A．ma∶mb＝2∶1 B．ma∶mb＝3∶1 C．若只将b的质量变大，则当b球摆过的角度为小于90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零 D．若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度为小于90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零 答案 BC 解析 由于b球摆动90°过程中机械能守恒，则有mbgl＝mbv2，此时a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为mag，根据牛顿第二定律和向心力公式得mag－mbg＝mb，解得ma∶mb＝3∶1，故A错误，B正确；当b球摆过的角度为θ(小于90°)时，则mbglsin θ＝mbv′2，若此时a球对地面的压力刚好为零，则mag－mbgsin θ＝mb，解得mag＝3mbgsin θ，对比mag＝3mbg可知，若只将b的质量变大，当b球摆过的角度为小于90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零，则C正确；D水平左移少许后，D与b球的距离设为l′，当b球摆过的角度为90°时，有mbgl′＝mv″2，FT－mbg＝mb，得FT＝3mbg，此时a球对地面的压力刚好为零，故D错误． 10.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图9所示，天文观测中观测到有三颗星体位于边长为l的等边三角形三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动．已知引力常量为G，不计其他星体对它们的影响，关于这个三星系统，下列说法正确的是( ) 图9 A．三颗星体的质量可能不相等 B．某颗星体的质量为 C．它们的线速度大小均为 D．它们两两之间的万有引力大小为 答案 D 解析 轨道半径等于等边三角形外接圆的半径，r＝＝l.根据题意可知其中任意两颗星体对第三颗星体的合力指向圆心，所以这两颗星体对第三颗星体的万有引力等大，由于这两颗星体到第三颗星体的距离相同，故这两颗星体的质量相同，所以三颗星体的质量一定相同，设为m，则2Gcos 30°＝m··l，解得m＝，它们两两之间的万有引力F＝G＝G＝，A、B错误，D正确；线速度大小为v＝＝·l＝，C错误． 11.(2021·重庆市高三第一次联合诊断检测)某人参加户外活动，水平轻绳一端固定，人手握轻绳另一端从静止开始无初速度运动，到最低点时松开轻绳，最后落到水平地面上．如图10所示，将这一过程简化为：长度为L的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端拴接一质量为m的小球(可视为质点)，O点距离水平地面高度为H(L＜H)，将轻绳水平拉直，使小球从静止开始无初速度释放，小球到达最低点时与轻绳脱离，最后落到水平地面上，已知重力加速度为g，不计空气阻力． 图10 (1)求小球落地前瞬时速度大小； (2)如果L大小可以改变(L仍小于H)，其他条件不变，求小球落地点与O点的最大水平距离． 答案 (1) (2)H 解析 (1)设小球落地前瞬时速度大小为v，由机械能守恒定律得 mv2＝mgH，解得 v＝ (2)设小球摆至最低点时，速度大小为v0 mv02＝mgL，解得v0＝ 小球在最低点脱离轻绳后做平抛运动，历时t落地，设小球落地点与O点的水平距离为x，有 x＝v0t，H－L＝gt2 解得x＝2 当L＝H－L，即L＝时，小球落地点与O点的水平距离最大，为xmax＝H. 12．(2021·华大新高考联盟1月联考)如图11甲所示，光滑半圆环轨道固定在竖直平面上，最低点与光滑水平面平滑连接，一长度与半圆轨道直径相等的轻弹簧左端固定在高h＝0.4 m的固定竖直挡板P上，弹簧的右端在半圆轨道的最低点处．将一小球(可视为质点)置于弹簧的右端(与弹簧接触但不连接)并向左压缩弹簧，然后静止释放，小球被弹簧弹开后进入半圆轨道运动．多次重复，每次弹簧的压缩量不同．通过固定在半圆轨道最高点处的压力传感器与速度传感器(甲图中未画出)测出小球对轨道的压力大小F与此处小球速度的平方v2的关系如图乙所示．已知当某次弹簧的压缩量x＝0.1 m静止释放小球后．小球恰能经过挡板P的上端．重力加速度g＝10 m/s2.不计空气阻力．求： 图11 (1)小球的质量m与半圆轨道的半径r； (2)弹簧的劲度系数k. 答案 (1)0.1 kg 0.3 m (2)210 N/m 解析 (1)小球在半圆轨道的最高点处，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m，即FN＝－mg＋m 由题图乙知－mg＝－1 N，可得m＝0.1 kg 当FN＝0时v2＝3 m2·s－2，可得r＝0.3 m (2)当弹簧压缩量为x＝0.1 m静止释放小球后，弹簧对小球做功W＝x＝kx2 以半圆轨道最低点所在的水平面为零势能面，由功能关系知，小球在半圆轨道最高点处的机械能为mg·2r＋mv12＝W 小球离开半圆轨道最高点做平抛运动，设历时t经过挡板P的最高点，由平抛运动规律有2r－h＝gt2 2r＝v1t 代入数据联立解得k＝210 N/m. 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