2020届高考物理一轮复习 4.4万有引力与航天课时强化作业

本套资源目录2020高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天基次1曲线运动运动的合成与分解练习含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天基次2抛体运动练习含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天基次3圆周运动练习含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天基次4万有引力定律的理解及应用练习含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天能力课天体运动的综合问题练习含解析新人教版基础课 1 运动运动的合成与分解一、选择题1．(2019届重庆月考)关于两个运动的合成，下列说法正确的是( )A．两个直线运动的合运动一定也是直线运动B．方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动C．小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度D．小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短解析：选B 两个直线运动可以合成为直线运动(匀速直线＋匀速直线)，也可以合成为曲线运动(匀变速直线＋匀速直线)，选项A错误；两个分运动为匀速直线运动，没有分加速度，合运动就没有加速度，则合运动一定是匀速直线运动，选项B正确；小船对地的速度是合速度，其大小可以大于水速(分速度)、等于水速或小于水速，选项C错误；渡河时间由小船垂直河岸方向的速度决定，由运动的独立性知与水速的大小无关，选项D错误．2．(2018届中原名校联盟质检)在长约1 m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个适当的圆柱形的红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，将其迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底．现将此玻璃管倒置安装在置于粗糙水平桌面上的小车上，小车从位置A以初速度v0开始滑行，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升．经过一段时间后，小车运动到图中虚线位置B.按照图建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是( )解析：选A 根据题述，红蜡块沿玻璃管匀速上升，即沿y轴方向做匀速直线运动；在粗糙水平桌面上的小车从A位置以初速度v0开始运动，即沿x轴方向红蜡块做匀减速直线运动，合力向左，选项A正确．3．在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy，质量为1 kg的物体原来静止在坐标原点O(0,0)，t＝0时受到如图所示随时间变化的外力作用，图甲中F x表示沿x轴方向的外力，图乙中F y表示沿y轴方向的外力，下列描述正确的是( )A．0～4 s内物体的运动轨迹是一条直线B．0～4 s内物体的运动轨迹是一条抛物线C．前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀加速曲线运动D．前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀速圆周运动解析：选C 0～2 s内物体沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，2 s时受沿y 轴方向的恒力作用，与速度方向垂直，故2～4 s内物体做类平抛运动，C项正确．4．(多选)(2018届南昌一模)一质量为m的质点起初以速度v0做匀速直线运动，在t＝0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v＝0.5v0，由此可判断( ) A．质点受到恒力F作用后一定做匀变速曲线运动B．质点受到恒力F作用后可能做圆周运动C．t＝0时恒力F方向与速度v0方向间的夹角为60°D．恒力F作用3mv02F时间时质点速度最小解析：选AD 在t＝0时质点开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度为零，所以质点受到恒力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A正确；质点在恒力作用下不可能做圆周运动，故B错误；设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度v1＝v0sinθ＝0.5v0，由题意可知初速度与恒力间的夹角为钝角，所以θ＝150°，故C错误；在沿恒力方向上速度为0时有v0cos30°－FmΔt＝0，解得Δt＝3mv02F，故D正确．5．(2019届泉州模拟)如图所示，一质点受一恒定合外力F作用从y轴上的A点平行于x轴射出，经过一段时间到达x轴上的B点，在B点时其速度垂直于x轴指向y轴负方向，质点从A到B的过程，下列判断正确的是( )A．合外力F可能指向y轴负方向B．该质点的运动为匀变速运动C．该质点的速度大小可能保持不变D．该质点的速度一直在减小解析：选B 物体受到一恒力，从A到B，根据曲线运动条件，则有合外力的方向在x 轴负方向与y轴负方向之间，不可能沿y轴负方向，否则B点的速度不可能垂直x轴，故A错误；由于受到一恒力，因此做匀变速曲线运动，故B正确；因受到一恒力，因此不可能做匀速圆周运动，所以速度大小一定变化，故C错误；根据力与速度的夹角，可知，速度先减小后增大，故D错误．6．(2019届合肥模拟)如图所示，船从A点开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为( )A．2 m/sB．2.4 m/sC．3 m/sD．3.5 m/s解析：选B 设水流速度为v1，船在静水中的速度为v2，船沿AB方向航行时，运动的分解如图所示，当v2与AB垂直时，v2最小，v2min＝v1sin37°＝2.4 m/s，选项B正确．7．(2018年北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在起始位置的正下方位置．但实际上，赤道上方200 m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( )A ．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B ．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C ．落地点在抛出点东侧D ．落地点在抛出点西侧解析：选D 上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且根据题意知，其水平加速度为0，故A 、B 错；下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落地点在抛出点的西侧，故C 错，D 正确．8. (多选)如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m ，水的阻力恒为f ，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v ，此时人的拉力大小为F ，则此时( )A ．人拉绳行走的速度为v cos θB ．人拉绳行走的速度为v cos θC ．船的加速度为F cos θ－f m D ．船的加速度为F －f m解析：选AC 船的速度产生了两个效果：一是滑轮与船间的绳缩短，二是绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度进行分解，如图所示，人拉绳行走的速度v 人＝v cos θ，A 对、B 错；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F ，与水平方向成θ角，因此F cos θ－f ＝ma ，得a ＝F cos θ－f m，C 对，D 错．二、非选择题9．如图所示，在竖直平面内的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示，(坐标格为正方形，g 取10 m/s 2)求：(1)小球在M 点的速度v 1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ；(3)小球到达N 点的速度v 2的大小．解析：(1)设正方形的边长为s 0.小球竖直方向做竖直上抛运动，v 0＝gt 1,2s 0＝v 02t 1水平方向做匀加速直线运动，3s 0＝v 12t 1 解得v 1＝6 m/s.(2)由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过t 1到达x 轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x 轴时落到x ＝12处，位置N 的坐标为(12,0)，运动轨迹及N 如图．(3)到N 点时竖直分速度大小为v 0＝4 m/s水平分速度v x ＝a 水平t N ＝2v 1＝12 m/s故v 2＝v 02＋v x 2＝410 m/s.答案：(1)6 m/s (2)见解析图 (3)410 m/s基础课2 抛体运动一、选择题1．(2018年江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的( )A ．时刻相同，地点相同B ．时刻相同，地点不同C ．时刻不同，地点相同D ．时刻不同，地点不同解析：选B 小球不论是在管内还是在管外，它们竖直方向的加速度都等于g ，因此，落地时间与离开弹射管的先后无关，所以落地时刻相同．先弹出的小球做平抛运动的时间长，后弹出的小球做平抛运动的时间短，因此，两球的水平位移不同，落地点不同，故选项B 正确．2．一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出．水管距地面高h ＝1.8 m ，水落地的位置到管口的水平距离x ＝1.2 m ．不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是( )A ．1.2 m/sB ．2.0 m/sC ．3.0 m/sD ．4.0 m/s解析：选B 水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律h ＝12gt 2可知，水在空中的时间为0,6 s ，根据x ＝v 0t 可知水平速度为v 0＝2 m/s ，因此选项B 正确．3．(2019届北京四中练习)如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L ，成绩为4L ，假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有( )A ．tan α＝2B ．tan α＝1C ．tan α＝12D ．tan α＝14解析：选B 腾空过程中离地面的最大高度为L ，落地过程中，做平抛运动，根据平抛运动规律，L ＝12gt 2，解得t ＝ 2L g ，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，根据分运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：v x ＝2L t＝2gL ，根据运动学公式，在最高点竖直方向速度为零，那么运动员落到地面时的竖直分速度为：v y ＝gt ＝2gL ，运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角的正切值为：tan α＝v y v x ＝2gL 2gL＝1，故B 正确，A 、C 、D 错误．4．如图所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为 2 m ，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为( )A.34m B.23 m C.22 m D.43m 解析：选D 设斜面的高AB 为h ，落地点到C 点的距离为x ，则由几何关系及平抛运动规律有h tan θ＋x 2h g ＝h2tan θ＋x h g，求得x ＝43 m ，选项D 正确． 5．(2018届山东烟台一中月考)如图所示，从地面上同一位置同时抛出两小球A 、B 分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则下列说法正确的是( )A ．在运动过程中的任意时刻有vB >v A B ．B 的飞行时间比A 的长C ．B 的加速度比A 的大D ．在落地时的水平速度与合速度的夹角，B 比A 大解析：选A 由题可知，A 、B 两小球均做斜抛运动，由运动的分解可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，由两球运动的最大高度相同，可知两球的竖直方向速度相同，由图可知B 球水平位移大，则B 球水平速度大，在运动过程中的任意时刻有v B >v A ，选项A 正确；两球的加速度均为重力加速度，选项C 错误；设上升的最大高度为h ，在下落过程，由h ＝12gt 2，可知两球飞行时间相同，选项B 错误；落地时，竖直方向的速度v yA ＝v yB ，在落地时的水平速度与合速度的夹角θ，tan θ＝v y v x，因为v xA 小于v xB ，所以在落地时的水平速度与合速度的夹角，A 比B 大，选项D 错误．6．(2017年江苏卷)如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A．t B.2 2 tC.t2D.t4解析：选C 设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t＝Lv1＋v2，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝L2v1＋v2＝t2，C项正确．7．(2018届黑龙江哈尔滨第一中学期中)如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直落到斜面上D点，则CD与DA的比值为( )A.1tanαB.12tanαC.1tan 2α D.12tan 2α解析：选D 设小球水平方向的速度为v 0，将D 点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求得竖直方向的末速度为v 2＝v 0tan α，设该过程用时为t ，则D 、A 间水平距离为x ＝v 0t ，故DA ＝x cos α＝v 0tcos α；C 、D 间竖直距离为h ＝v 2t2，故CD ＝hsin α＝v 2t 2sin α，得CD DA ＝12tan 2α，故选项D 正确． 8．(2018届商丘一中押题卷)如图所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A.3gR2 B.33gR2 C. 3gR 2D.3gR 3解析：选B 飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有v y ＝v 0tan30°，又v y ＝gt ，则得v 0tan30°＝gt ，t ＝v 0tan30°g① 水平方向上小球做匀速直线运动，则有R ＋R cos60°＝v 0t ②联立①②解得v 0＝33gR2.9.如图所示，两小球a 、b 从直角三角形斜面的顶端以相同大小的水平速度v 0向左、向右水平抛出，分别落在两个斜面上，三角形的两底角分别为30°和60°，则两小球a 、b 运动时间之比为( )A ．1∶ 3B ．1∶3 C.3∶1D ．3∶1解析：选B 设a 、b 两球运动的时间分别为t a 和t b ，则tan30°＝12gt a 2v 0t a ＝gt a2v 0，tan60°＝12gt b 2v 0t b ＝gt b 2v 0，两式相除得：t a t b ＝tan30°tan60°＝13. 10．(多选) (2018届郑州一中模拟)如图所示，小球a 从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v 1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b 在斜面底端正上方与a 球等高处以速度v 2水平抛出，两球恰在斜面中点P 相遇，则下列说法正确的是( )A．v1∶v2＝2∶1B．v1∶v2＝1∶1C．若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇D．若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的下方解析：选AD 小球在P点相遇，知两球的水平位移相等，有：v1t sin30°＝v2t，解得v1∶v2＝2∶1，A正确，B错误；若小球b以2v2水平抛出，如图所示，若没有斜面，将落在B点，与P点等高，可知将落在斜面上的A点，由于a球、b球在水平方向上做匀速直线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所以b球落在斜面上时，a球在b 球的下方，C错误，D正确．二、非选择题11. (2019届重庆江北区联考)如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P 点处击中滑块(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.解析： (1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y ，如图所示，由几何关系得v 0v y＝tan37°设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得v y ＝gt ＝12gt 2，x ＝v 0t 设抛出点到斜面底端的高度为h ，由几何关系得h ＝y ＋x tan37°联立解得h ＝1.7 m.(2)设在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得s ＝l －xcos37°设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2对滑块，由牛顿第二定律得mg sin37°－μmg cos37°＝ma 联立解得μ＝0.125. 答案：(1)1.7 m (2)0.12512．(2018届辽宁鞍山一中模拟)用如图甲所示的水平一斜面装置研究平抛运动，一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O 点，O 点与斜面顶端P 点的距离为s .每次用水平拉力F ，将物块由O 点从静止开始拉动，当物块运动到P 点时撤去拉力F .实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图象，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g 取10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则O 、P 间的距离s 是多少？解析：根据牛顿第二定律，在OP 段有F －μmg ＝ma ， 又2as ＝v P 2由平抛运动规律和几何关系有 物块的水平射程x ＝v P t 物块的竖直位移y ＝12gt 2由几何关系有y ＝x tan θ联立以上各式可以得到x ＝2v P 2tan θg解得F ＝mg4s tan θx ＋μmg由题图乙知μmg＝5，mg4s tanθ＝10 代入数据解得s＝0.25 m.答案：0.25 m基础课 3 圆周运动一、选择题1. (2019届湖北省重点中学联考)如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是( )A．P、Q两物体的角速度大小相等B．P、Q两物体的线速度大小相等C．P物体的线速度比Q物体的线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用解析：选A P、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，即P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错．2.如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则( )A ．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B ．受到的合力大小为F ＝mv 2RC ．若运动员加速，则一定沿斜面上滑D ．若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑解析：选 B 将运动员和自行车看做一个整体，则系统受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力的作用效果命名的力，不是物体实际受到的力，A 错误；系统所受合力提供向心力，大小为F ＝m v 2R，B 正确；运动员加速，系统有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，同理运动员减速，也不一定沿斜面下滑，C 、D 均错误．3. (2018届咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图所示．今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 点进入圆弧轨道运动．只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D ，则小球通过D 点后( )A ．一定会落到水平面AE 上B ．一定会再次落到圆弧轨道上C ．可能会再次落到圆弧轨道上D ．不能确定解析：选A 设小球恰好能够通过最高点D ，根据mg ＝m v D 2R，得：v D ＝gR ，知在最高点的最小速度为gR .小球经过D 点后做平抛运动，根据R ＝12gt 2得：t ＝2Rg.则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2Rg＝2R ，知小球一定落在水平面AE 上，故A 正确，B 、C 、D 错误．4.如图所示，长度均为l ＝1 m 的两根轻绳，一端共同系住质量为m ＝0.5 kg 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为l ，重力加速度g 取10 m/s 2.现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )A ．5 3 N B.2033N C ．15 ND ．10 3 N解析：选A 小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2r ；当小球在最高点的速率为2v 时，由牛顿第二定律得mg ＋2F T cos30°＝m2v 2r，解得F T ＝3mg ＝5 3 N ，故选项A 正确．5．(多选) (2018届信阳一模)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔边缘光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．Q 受到桌面的支持力变大B ．Q 受到桌面的静摩擦力变大C ．小球P 运动的周期变大D ．小球P 运动的角速度变大解析：选BD 金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件可知，Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故A 错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T ，细线在桌面下方的长度为L .小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有T ＝mg cos θ，F n ＝mg tan θ＝mω2L sin θ，解得角速度为ω＝gL cos θ，周期为T ＝2πω＝2πL cos θg；使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则细线拉力T 增大，角速度增大，周期T 减小．对Q 由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故B 、D 正确，C 错误．6．如图所示，一轻绳一端连接在悬点O ，另一端连着一个质量为m 的小球，将球放在与O 点等高的位置，绳子刚好拉直，绳长为L ，在O 点正下方L2处的A 点有一钉子，球由静止释放后下落到最低点，绳与钉子相碰后没有断，球继续运动，不计空气阻力，忽略绳经过A 点时的机械能损失，则( )A ．球运动到与A 点等高的B 点时，绳对悬点O 的拉力大小等于mg B ．球运动到与A 点等高的B 点时，绳对钉子的作用力大小等于 2mgC ．球刚好能运动到悬点O 点D ．球运动到与A 点等高的B 点时，剪断绳子，球能运动到与O 点等高的位置 解析：选D 小球由静止释放至运动到B 点的过程中机械能守恒，mg ×12L ＝12mv 2，则绳的拉力F ＝m v 212L ＝2mg ，A 项错误；此时绳对钉子的作用力为两边绳上张力的合力，即22mg ，B 项错误；根据机械能守恒定律可知，如果球能运动到O 点，则到O 点时的速度为零，在绳模型的圆周运动中这是不可能的，C 项错误；若运动到B 点时剪断绳子，球将做竖直上抛运动，运动过程中机械能守恒，球能运动到与O 点等高的位置，D 项正确．7. (多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M ＝2.0 kg 的木块，它与台面间的最大静摩擦力F f m ＝6.0 N ，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O (为光滑的)悬吊一质量m ＝1.0 kg 的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s 的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，取g ＝10 m/s 2，则它到O 孔的距离可能是( )A ．6 cmB ．15 cmC ．30 cmD ．34 cm解析：选BC 转台以一定的角速度ω旋转，木块M 所需的向心力与回旋半径r 成正比，在离O 点最近处r ＝r 1时，M 有向O 点的运动趋势，这时摩擦力F f 沿半径向外，刚好达最大静摩擦力F f m ，即mg －F f m ＝M ω2r 1 得r 1＝mg －F f m Mω2＝1×10－62×52m ＝0.08 m ＝8 cm 同理，M 在离O 点最远处r ＝r 2时，有远离O 点的运动趋势，这时摩擦力F f 的方向指向O 点，且达到最大静摩擦力F f m ，即mg ＋F f m ＝M ω2r 2 得r 2＝mg ＋F f m Mω2＝1×10＋62×52m ＝0.32 m ＝32 cm 则木块M 能够相对转台静止，回旋半径r 应满足关系式r 1≤r ≤r 2.选项B 、C 正确． 8. (2019届绵阳诊断)如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg解析：选C 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝m v B 22L等，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．9. (2018届衡水市冀州中学一模)如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l ＝0.30 m 的轻杆，一端系住质量为0.2 kg 的小球，另一端固定在O 点，现将轻杆拉直至水平位置，然后给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度v 0＝3.0 m/s ，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．此时小球的加速度大小为30 m/s 2B ．小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上C ．若增大v 0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大D ．若增大v 0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小解析：选C 小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解： 切向加速度为：a ′＝mg sin αm＝g sin α； 向心加速度为：a n ＝v 02l ＝320.30m/s 2＝30 m/s 2；此时小球的加速度为合加速度，a ＝a n 2＋a ′2>a n ＝30 m/s 2>30 m/s 2，故A 错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mgl sin α＝12mv 12－12mv 02，解得：v 1＝v 02－2gl sin α，考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mg sin α＝m v 22l，代入数据计算可以得到v 2小于v 1，说明杆在最高点对球的作用力是拉力，故B 错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故F ＋mg sin α＝m v 最高2l，如果初速度增大，则最高点速度也增大，故拉力F 一定增大，故C 正确，D 错误．10．(多选)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M 的支架(含电动机)上由一根长为l 的轻杆带动一个质量为m 的铁球(铁球可视为质点)，如图乙所示，重力加速度为g .若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则( )。

曲线运动 万有引力与航天(45分钟　100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图所示，A 、B 是两个游泳运动员，他们隔着水流湍急的河流站在岸边，A 在上游的位置，且A 的游泳技术比B 好，现在两个人同时下水游泳，要求两个人尽快在河中相遇，试问应采取下列哪种方式比较好( )A ．A 、B 均向对方游(即沿图中虚线方向)而不考虑水流作用B ．B 沿图中虚线向A 游；A 沿图中虚线向偏上方游C ．A 沿图中虚线向B 游；B 沿图中虚线向偏上方游D ．A 、B 均沿图中虚线向偏上方游；A 比B 更偏上一些解析：A 游泳运动员在河里游泳时同时参与两种运动，一是被水冲向下游，二是沿自己划行方向的划行运动．游泳的方向是人相对于水的方向．选水为参考系，A 、B 两运动员只有一种运动，由于两点之间线段最短，所以选A.2.如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A ．t B.t 22C. D.t 2t4解析：C 设两球间的水平距离为L ，第一次抛出的速度分别为v 1、v 2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t ＝，若两球的抛出速L v 1＋v 2度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t ′＝＝，C 项正确．L 2 v 1＋v 2 t23.雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析：C 当后轮匀速转动时，由a ＝Rω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝mω2R ，在b 、d 两点有F b (d )＝mω2R ，在c 点有F c －mg ＝mω2R ，所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B 、D 错误，C 正确．4.科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是( )A ．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M 2∶M 1B ．双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1C ．双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2D ．双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2解析：B 双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L ，由G ＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1，M 1M 2L 2选项B 正确；双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项C 错误；双黑洞的向心加速度之比为a 1∶a 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项D 错误．5．如图所示的装置可以将滑块水平方向的往复运动转化为OB 杆绕O 点的转动，图中A 、B 、O 三处都是转轴．当滑块在光滑的水平横杆上滑动时，带动连杆AB 运动，AB 杆带动OB 杆以O 点为轴转动，若某时刻滑块的水平速度v ，连杆与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β，此时B 点转动的线速度为( )A.B.v cos αsin βv sin αsin βC.D.v cos αcos βv sin αcos β解析：A A 点的速度的方向沿水平方向，如图将A 点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度v A 分＝v cos α，B 点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B 的线速度为v ′，则v B 分＝v ′cos θ＝v ′sin β，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即v A 分＝v B 分，联立可得v ′＝，选项A 正确．v cos αsin β6.如图所示，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则转盘的角速度应满足的条件是( )A ．ω≤B ．ω≤ μg r 2μg 3rC ．ω≤ D. ≤ω≤ 2μg r μg r 2μg r解析：B 当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝mω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤ ，即ωA ≤ ，ωB ≤ ，ωC ≤ ，所以要使三个μg l 2μg r μg r 2μg 3r物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤ ，选项B 正确．2μg 3r7.饲养员在池塘边堤坝边缘A 处以水平速度v 0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒．堤坝截面倾角为53°.坝顶离水面的高度为5 m ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是( )A ．若平抛初速度v 0＝5 m/s ，则鱼饵颗粒不会落在斜面上B ．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小C ．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，从抛出到落水所用的时间越长D ．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小解析：AB 鱼饵颗粒落地时间t ＝＝ s ＝1 s ，刚好落到水面时的水平速度为v 2h g 2×510＝＝ m/s ＝3.75 m/s<5 m/s ，当平抛初速度v 0＝5 m/s 时，鱼饵颗粒不会落在斜面上，A st 5×341正确；由于落到水面的竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，B 正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定，落水时间一定，与初速度v 0无关，C 错误；设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为α，则α＝53°，tanα＝＝y x ＝，即＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数，即与斜12v y t v 0t v y 2v 0v yv0面夹角也为常数，D 错误．8.(2018·烟台模拟)火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大太空探索项目，2018年左右我国将进行第一次火星探测．已知地球公转周期为T ，到太阳的距离为R 1，运行速率为v 1，火星到太阳的距离为R 2，运行速率为v 2，太阳质量为M ，引力常量为G .一个质量为m 的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A 点为近日点，以火星轨道上的B 点为远日点，如图所示．不计火星、地球对探测器的影响，则( )A ．探测器在A 点的加速度等于v 21R1B ．探测器在B 点的加速度大小为 GM R2C ．探测器在B 点的动能为mv 122D ．探测器沿椭圆轨道从A 到B 的飞行时间为()T 2R 1＋R 22R 132解析：AD 根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在A 点的加速度等于沿着图中小虚线圆轨道太阳公转的向心加速度，为a ＝，选项A 正确；根据牛顿第二定律，加v 21R 1速度由合力和质量决定，故在B 点的加速度等于沿着图中大虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为a ′＝，选项B 错误；探测器在B 点的速度小于v 2，故动能小于mv ，选项C 错v 2R 2122误；根据开普勒第三定律，有：＝R 31T 2 R 1＋R 22 3T ′2联立解得：T ′＝()T ，故探测器沿椭圆轨道从A 到B 的飞行时间为()T ，R 1＋R 22R 13212R 1＋R 22R 132故D 正确．9.如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A 处由静止释放．小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v .若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R (不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图像正确的是( )解析：AD 设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝，到地面时的速度v ＝，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则2gR 2gH 选项D 正确；小物体在B 点的加速度a ＝＝2g ，选项A 正确；在B 点对小物体应用向心力v 2B R公式，有F B －mg ＝，又由牛顿第三定律可知N ＝F B ＝3mg ，选项B 错误；小物体离开B 点mv 2B R后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R )R ，选12项C 错误．10.如图所示，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m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放，当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是( )A ．m a ∶m b ＝3∶1B ．m a ∶m b ＝2∶1C ．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D ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90°时，a 球对地面的压力刚好为零解析：AD 设D 杆到b 球的距离为r ，b 球运动到最低点时的速度大小为v ，则m b gr ＝m b v 2，12m a g －m b g ＝，可得m a ＝3m b ，所以选项A 正确、B 错误；若只将细杆D 水平向左移动少许，m b v 2r设D 杆到球b 的距离变为R ，当b 球摆过的角度为θ时，a 球对地面的压力刚好为零，此时b 球速度为v ′，如图所示，则m b gR sinθ＝m b v ′2,3m b g －m b g sin θ＝，可得θ＝12m b v ′2R90°，所以选项C 错误、D 正确．二、非选择题(本题共2小题，共40分．需写出规范的解题步骤)11．(18分)如图所示为某科技示范田自动灌溉的喷射装置的截面图，它主要由水泵、竖直的细输水管道和喷头组成，喷头的喷嘴离地面的高度为h ，喷嘴的长度为r .水泵启动后，水从水池通过输水管道压到喷嘴并沿水平方向喷出，在地面上的落点与输水管道中心的水平距离为R ，此时喷嘴每秒钟喷出的水的质量为m 0，忽略水池中水泵与地面的高度差，不计水进入水泵时的速度以及空气阻力，重力加速度为g .(1)求水从喷嘴喷出时的速率v 和水泵的输出功率P ；(2)若要浇灌离输水管道中心2R 处的蔬菜，求喷嘴每秒钟喷出水的质量m 1.解析：(1)水从喷嘴喷出后做平抛运动，则R －r ＝vt (2分)h ＝gt 2(2分)12解得v ＝(R －r )(1分)g 2h根据能量守恒定律可得Pt 0＝m 0gh ＋m 0v 2，其中t 0＝1 s(3分)12解得P ＝(2分)m 0g [ R －r 2＋4h 2]4h(2)设水的密度为ρ，喷出的速度为v 1，喷嘴的横截面积为S ，则m 0＝ρSv ，m 1＝ρSv 1(2分)由平抛运动的规律有2R －r ＝v 1t 1，h ＝gt (4分)1221联立解得m 1＝m 0.(2分)2R －r R －r 答案：(1)(R －r )　g 2hm 0g [ R －r 2＋4h 2]4h (2)m 02R －r R －r 12．(22分)如图所示，MN 为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N 端与水平面相切，轨道半径R ＝0.9 m ．粗糙水平段NP 长L ＝1 m ，P 点右侧有一与水平方向成θ＝30°角的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3 m/s.一质量为1 kg 且可视为质点的物块A 从圆弧轨道最高点M 由静止开始沿轨道滑下，物块A 与NP 段间的动摩擦因数μ1＝0.1.静止在P 点的另一个物块B 与A 完全相同，B 与传送带间的动摩擦因数μ2＝.A 与B 碰撞后A 、B 交换速度，碰撞时间不计，重力加速度g 取10 m/s 2，求：33(1)物块A 滑下后首次到达最低点N 时对轨道的压力；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量．解析：(1)设物块质量为m ，A 首次到达N 点的速度为v ′.由机械能守恒定律得mgR ＝mv ′2(2分)12设物块A 在N 点受到的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m (2分)v ′2R联立解得F N ＝30 N(1分)根据牛顿第三定律可知，物块A 对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(1分)(2)设A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，从释放物块A 至到达P 点的过程中，由能量守恒定律可知mgR ＝mv ＋μ1mgL (2分)1220解得v 0＝4 m/s(1分)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s(1分)碰撞后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设加速度大小为a 1，则对B ，有mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1(2分)解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2(1分)运动的时间为t 1＝＝0.4 s(2分)v Ba 1位移为x 1＝t 1＝0.8 m(2分)v B 2此过程物块B 与传送带相对运动的路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m(1分)此后B 反向加速，加速度大小仍为a 1，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，则加速时间为t 2＝＝0.3 s(1分)v a 1位移为x 2＝t 2＝0.45 m(1分)v 2此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m(1分)全过程产生的热量为Q ＝μ2mg cos θ(Δs 1＋Δs 2)＝12.25 J.答案：(1)30 N 竖直向下　(2)12.25 J。

课时作业13圆周运动及其应用时间：45分钟1．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)(D)A．运动周期之比为5 4B．运动线速度大小之比为1 1C．向心加速度大小之比为4 5 D．受到的合力大小之比为1514解析：学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的线速度之比为54，故B 错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则学员和教练员受到的合力大小之比为1514，故D正确．2．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(B)A.gRh L B.gRh d C.gRLh D.gRdh解析：汽车做匀速圆周运动，没有横向摩擦力时，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向沿水平方向，向心力F 向＝mg tan θ，根据牛顿第二定律有F 向＝m v 2R ，又知tan θ＝h d ，解得汽车转弯时的速度v ＝gRhd ，B 正确．3．图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是( B )A ．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B ．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C ．发生侧滑是因为运动员受到的合外力方向背离圆心D ．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力解析：运动员转弯所需的向心力由地面对车轮的摩擦力提供，则A 错误，B 正确．发生侧滑而做离心运动的原因是所受到的摩擦力小于所需要的向心力，故C、D错误．4．如图，某摩天轮总建设高度为160米，横跨直径为153米．它一共悬挂有60个座舱，旋转一周的时间是30分钟，可同时容纳400人左右同时进行游览．若该摩天轮做匀速圆周运动，则乘客(D)A．速度始终恒定B．加速度始终恒定C．乘客对座椅的压力大小始终不变D．乘客受到合力大小不变解析：本题考查圆周运动及对基本概念的理解．做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，方向不断变化，加速度大小不变，方向总是指向圆心，AB错误；乘客受到的合力大小不变，方向总是指向圆心，而压力在最低点大于最高点，C错误，D正确．5．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘面间的动摩擦因数相同．当匀速转动的圆盘转速恰为两物体刚好未发生滑动时的转速，烧断细绳，则两物体的运动情况将是(D)A．两物体沿切线方向滑动B．两物体沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远C．两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D．物体A仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体B发生滑动，离圆盘圆心越来越远解析：本题考查圆周运动．由题图知，物体B做匀速圆周运动的半径大于物体A做匀速圆周运动的半径，因为两物体的质量相等，角速度相同，物体B的向心力大于物体A的向心力，故当物体B刚要发生滑动时，物体B所受的摩擦力为最大静摩擦力，物体A所受的摩擦力小于最大静摩擦力，当物体A刚要发生滑动时，物体B做匀速圆周运动的向心力由细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供，所以烧断细线后，物体B所受的最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，B相对圆盘发生滑动而做离心运动，而物体A所需要的向心力小于最大静摩擦力，所以物体A相对圆盘静止，选项A、B、C错误，D正确．6．(多选)如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量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，另一端系于小球上，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时( CD )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 ．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等D ．当ω＝2gr 时，金属圆环对小球的作用力为零解析：因为圆环光滑，小球不受摩擦力，小球受重力、绳子的拉力、环对球的弹力，根据几何关系可知，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T cos60°＋N cos60°＝mg ，T sin60°－N sin60°＝mω2r sin60°，解得T ＝mg ＋12mω2r ，N ＝mg －12mω2r ，当ω＝2g r 时，金属圆环对小球的作用力N ＝0.综上可知C 、D 正确，A 、B 错误．7．如图所示，一根长为l ＝1 m 的细线一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果可用根式表示)(1)若要使小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析：(1)若要使小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力沿水平方向，受力分析如图所示．由牛顿第二定律及向心力公式得mg tan θ＝mω20l sin θ解得ω0＝g l cos θ＝522 rad/s. (2)同理，当细线与竖直方向成α＝60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得mg tan α＝mω′2l sin α解得ω′＝g l cos α＝2 5 rad/s. 答案：(1)52 2 rad/s (2)2 5 rad/s8．如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A 和B 水平放置，两轮半径关系为R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转动轴的最大距离为( C )A.R B 4B.R B 3C.R B 2 D ．R B解析：由图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度相同，由ω＝v R ，得ωA ωB＝v /R A v /R B ＝R B R A ＝12.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由最大静摩擦力提供向心力，故μA mg ＝mω2A R A ①设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μB mg ＝mω2B r ②因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mω2A R A ＝mω2B r ，得r ＝(ωA ωB)2R A ＝(12)2R A ＝R A 4＝R B 2.所以选项C 正确．9．(2019·重庆一中模拟)如图，半径为R 的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O 的竖直线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转．有两个质量均为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，两小物块都随陶罐一起转动且相对罐壁静止，两物块和球心O 的连线相互垂直，且A 物块和球心O 的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g ，若A 物块受到的摩擦力恰好为零，则B 物块受到的摩擦力大小为( A )A.3－12mgB.3－14mg C.3－36mg D.3－236mg 解析：当A 所受摩擦力恰为零时，A 和球心的连线与竖直方向的夹角为60°，根据牛顿第二定律得mg tan60°＝mrω2，r ＝R sin60°，此时B 有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，竖直方向上N cos30°－f sin30°－mg ＝0，水平方向上N sin30°＋f cos30°＝mr ′ω2，r ′＝R sin30°，联立解得f ＝3－12mg ，A 正确． 10．(多选)如图所示，在角锥体表面上放一个物体，角锥体绕竖直轴转动．当角锥体旋转角速度增大时，物块仍和角锥体保持相对静止，则( AD )A．物体受到的支持力减小B．物体受到的合外力不变C．角锥体对物体的作用力不变D．物体受到的静摩擦力增大解析：物体随角锥体绕竖直轴转动，对物体受力分析，设倾斜面与水平面的夹角为α，所以在竖直方向：mg＝N cosα＋f sinα，水平方向：f cosα－N sinα＝mω2r，当角锥体旋转的角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则物体需要的向心力增大，分析知静摩擦力增大，支持力减小，物体在竖直方向所受合力为零，水平方向向心力增大，所以物体所受合外力增大，选项A、D正确．11．如图在水平圆盘上放有质量相同的滑块1和滑块2，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．两滑块与圆盘的滑动摩擦因数相同均为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．两滑块与轴O共线且滑块1到转轴的距离为r，滑块2到转轴的距离为2r，现将两个滑块用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，针对这个过程，求解下列问题：(1)求轻绳刚有拉力时圆盘的角速度；(2)求当圆盘角速度为ω＝μgr时，滑块1受到的摩擦力．解析：(1)轻绳刚有拉力时，物体2与转盘间的摩擦力达到最大静摩擦力，则由牛顿第二定律μmg＝mω20·2r解得ω0＝μg2r(2)当圆盘角速度为ω＝μgr>μg2r，此时2与转盘间的摩擦力是最大静摩擦力，则对2：F T＋μmg＝mω2·2r对1：F T＋F f1＝mω2·r解得F f1＝0答案：(1)μg2r(2)012．图甲中表演的水流星是一项中国传统民间杂技艺术，在一根绳子上系着两个装满水的桶，表演者把它甩动转起来，犹如流星般，而水不会流出来．图乙为水流星的简化示意图，在某次表演中，当桶A在最高点时，桶B恰好在最低点，若演员仅控制住绳的中点O 不动，而水桶A 、B (均可视为质点)都恰好能通过最高点，已知绳长l ＝1.6 m ，两水桶(含水)的质量均为m ＝0.5 kg ，不计空气阻力及绳重，取g ＝10 m/s 2.(1)求水桶在最高点和最低点的速度大小；(2)求图示位置时，手对绳子的力的大小．解析：(1)设最高点的速度为v 1，最低点的速度为v 2，水桶做圆周运动的半径R ＝l 2＝0.8 m 水桶恰通过最高点时绳上的拉力为零，有：mg ＝m v 21R解得：v 1＝2 2 m/s水桶从最高点运动到最低点有：mgl ＋12m v 21＝12m v 22 解得：v 2＝210 m/s(2)绳OA 对水桶A 的拉力为零，对最低点的桶B 受力分析可得F OB －mg ＝m v 22R解得：F OB ＝30 N所以，手对绳子的力的大小为30 N答案：(1)2 2 m/s210 m/s(2)30 N。

课时强化作业十七 万有引力与航天一、选择题1．两个大小相同的实心小铁球紧靠在一起时，它们之间的万有引力为F .若两个半径为实心小铁球半径2倍的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为( )A ．2FB ．4FC ．8FD ．16F解析：小铁球之间的万有引力F ＝G mm (2r )2＝G m 24r 2.对小铁球和大铁球分别有m ＝ρV ＝ρ·43πr 3，M ＝ρV ′＝ρ·43π(2r )3＝8ρ⎝⎛⎭⎫43πr 3＝8m ，故两大铁球间的万有引力F ′＝G 8m ·8m (2×2r )2＝16G m 24r 2＝16F .答案：D2．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )A ．向心加速度大小之比为4∶1B ．角速度大小之比为2∶1C ．周期之比为1∶8D ．轨道半径之比为1∶2解析：由E k ＝12m v 2，可知变轨前后的速度大小v ∶v ′＝2∶1，由G Mmr 2＝m v 2r ，得r ∶r ′＝1∶4，D 项错误；由ω＝v r ，得ω∶ω′＝8∶1，B 项错误；由T ＝2πω，知T ∶T ′＝1∶8，C 项正确；由a ＝ω2r ，知a ∶a ′＝16∶1，A 项错误．答案：C3．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值解析：各小行星距太阳远近不同，质量各异，太阳对小行星的引力F 引＝GMmr 2，故A 错；地球绕太阳的轨道半径小于小行星绕太阳的轨道半径，由GMm r 2＝m 4π2T2r 得T ＝2πr 3GM，显然轨道半径r 越大，绕太阳周期T 也越大，地球绕太阳周期T 地＝1年，所以小行星绕太阳周期大于1年，B 错；由GMm r 2＝ma ，a ＝GMr 2，可见，内侧小行星向心加速度大于外侧小行星向心加速度，选项C 正确；由GMmr 2＝m v 2r，v ＝GMr，小行星轨道半径r 小大于地球绕太阳轨道半径r 地，v 地>v 小，选项D 错． 答案：C4．(2014年全国卷Ⅰ)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示．则下列判断正确的是( )A.B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短解析：设某行星相邻两次冲日的时间间隔为t ，地球绕太阳的周期为T ，某行星绕太阳运动的周期为T 行，则有2πT t －2πT 行t ＝2π，可得t ＝T 1－T T 行，根据开普勒定律可得T 2T 2行＝R 3R 3行，联立可得t ＝T1－R 3R 3行，代入相关数据可得t 火＝T 1－R 3R 3火≈2.195 T ，t 木≈1.092 T ，t 土≈1.035 T ，t 天≈1.012 T ，t 海≈1.006T ，根据以上数据可知地外行星并不是每年都会出现冲日现象，选项A 错误；2014年1月6日出现了木星冲日现象，再经1.092 T 将再次出现木星冲日现象，即在2015年内一定会出现木星冲日现象，选项B 正确，由以上数据可知天王星相邻两次冲日的时间间隔不是土星相邻两次冲日时间的一半，故选项C 错误；由以上数据可知海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，选项D 正确．答案：BD5．(2013年新课标全国Ⅰ卷)2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343 km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接，对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下列说法正确的是( )A ．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C ．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D ．航天员在天宫一号中处失重状态，说明航天员不受地球引力作用 ＝m v 2r，解析：卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，即GMmr 2由此式得v ＝GMr，由此式可得卫星的轨道半径越小，其运行速率越大，所以神舟九号飞船和天宫一号在距地面343 km 的高空对接，其运行速率一定小于第一宇宙速度，故选项A 错误；由稀薄气体的影响天宫一号，使其速率减小，这样由万有引力提供的加速度将大于天宫一号由运动状态决定的向心加速度，天宫一号将缓慢降低高度，由于高度降低，其运行速率将增大，故选项B 、C 正确；航天员在天宫一号中在绕地球运行过程中，处于失重状态，航天员仍受到重力作用，故选项D 错误．答案：BC6.2012年6月24日中午12时，神舟九号飞船与天宫一号进行了手动交会对接．若“天宫一号”M 和“神舟九号”N 绕地球做圆周运动的示意图如图所示，虚线为各自轨道．由此可以判定( )A ．M 、N 的运行速率均小于7.9 km/sB ．M 的周期小于N 的周期C ．M 运行速率大于N 的运行速率D ．N 必须适度加速才有可能与M 实现对接解析：由题意可知M 、N 均绕地心做匀速圆周运动，其轨道半径均大于地球半径，所以其运行速率均小于第一宇宙速度，选项A 正确；由于R M ＞R N ，所以T M ＞T N ，v M ＜v N ，故选项B 、C 错误；要实现“神舟九号”N 与“天宫一号”M 的对接，N 需增大轨道半径，即N 需做离心运动，所以N 必须加速才有可能与M 实现对接，选项D 正确．答案：AD7．(2014年天津卷)研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大解析：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，即G Mm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 得r ＝ 3GMT 24π2，由于同步卫星的周期等于地球的自转周期，当地球自转变慢，自转周期变大，则同步卫星做圆周运动的半径会变大，距地面的高度变大，选项A 正确；由G Mm r 2＝ma 得a ＝GMr 2，半径变大，向心加速度变小，选项B 错误；由GMmr 2＝m v 2r得v ＝GM r ，半径变大，线速度变小，选项C 错误；由ω＝2πT分析可知，同步卫星的周期变大，角速度变小，选项D 错误．答案：A8.北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置(如右图所示)．若卫星均按顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R .不计卫星间的相互作用力，则以下判断中正确的是( )A ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为RgrB ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3R rgD ．卫星1中质量为m 的物体的动能为12mgr解析：由GMm r 2＝ma ，GMm R 2＝mg ，得a ＝gR 2r 2.故选项A 错误；卫星向后喷气时速度增大，所需的向心力增大，万有引力不足提供其所需的向心力而做离心运动，与卫星2不再处于同一轨道上，选项B 错误；由t ＝θ360° T ＝16T ，GMm r 2＝mr 4π2T 2，GMm R 2＝mg ，可得t ＝πr3R r g .故选项C 正确；由GMmr2＝m v 2r ，GMm R 2＝mg ，E k ＝12m v 2，可得E k ＝mgR 22r，选项D 错误．答案：C9．2010年10月26日21时27分，北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施了降轨控制，约18分钟后，卫星成功进入了远月点100公里、近月点15公里的试验轨道，为在月球虹湾区拍摄图象做好准备．如图所示为“嫦娥二号”某次在近地点A 由轨道1变轨为轨道2的示意图，下列说法中正确的是( ) A ．“嫦娥二号”在轨道1的A 点处应点火加速B ．“嫦娥二号”在轨道1的A 点处的速度比在轨道2的A 点处的速度大C ．“嫦娥二号”在轨道1的A 点处的加速度比在轨道2的A 点处的加速度大D ．“嫦娥二号”在轨道1的B 点处的机械能比在轨道2的C 点处的机械能大解析：卫星要由轨道1变轨为轨道2在A 处做离心运动，应该使“嫦娥二号”点火加速，使向心力m v 2r 大于万有引力GMm r 2，故选项A 正确，选项B 错误；由GMm r 2＝ma 可知，卫星在不同轨道运行时，只要高度相同，加速度大小相等，故选项C 错误；卫星由轨道1变轨到轨道2，需要加速，火箭推力对“嫦娥二号”做正功，卫星的机械能增加，卫星在轨道上正常运转时其机械能守恒，所以卫星在1轨道运行的机械能比卫星在轨道2运行的机械能小，选项D 错误．答案：A10．(2013年新课标全国Ⅱ卷)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小，若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小解析：由于空气阻力做负功，卫星的机械能将减小，所以卫星的轨道半径一定减小，在此过程中引力做正功，引力势能减小，由于轨道半径减小，由v ＝GMr可知卫星的运行速率增大，其动能增大，故选项A 、C 错误，选项B 正确；根据动能定理可知，在卫星克服空气阻力做功，降低轨道半径的过程中引力做正功，其动能增加，即引力做正功大于克服阻力做功，所以卫星克服阻力做功小于引力势能的减小．选项D 正确．答案：BD 二、非选择题11.两颗卫星在同一轨道平面绕地球做匀速圆周运动．地球半径为R ，a 卫星离地面的高度等于R ，b 卫星离地面的高度为3R ，则：(1)a 、b 两卫星周期之比T a ∶T b 是多少？(2)若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点的正上方，则a 卫星至少经过多少个周期两卫星相距最远？解析：(1)两卫星绕地球做匀速圆周运动所需的向心力由万有引力提供：GMm r 2＝m 4π2T 2r ，可得T＝ 4π2r 3GM ，又因两颗卫星轨道半径分别为：r a ＝R ＋R ＝2R ，r b ＝R ＋3R ＝4R ，则T aT b＝r 3ar 3b＝(2R )3(4R )3＝24.(2)如图所示，两卫星分别位于地球两侧且两卫星与地球三者在同一直线上时，相距最远．有ωa t －ωb t ＝π， 2πT a t －2πT b t ＝π，又T a T b ＝24，解得t ＝4＋27T a .答案：(1)24 (2)4＋2712．(2014年北京卷)万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性． (1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.a ．若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1/F 0的表达式，并就h ＝1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；b ．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2/F 0的表达式．(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r 、太阳的半径R S 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的1年将变为多长？解析：(1)设小物体的质量为m ，a ．在北极地面由万有引力定律，G MmR 2＝F .在北极上空高出地面h 处 G Mm (R ＋h )2＝F 1 得F 1F 2＝R 2(R ＋h )2当h ＝1.0%R 时，F 1F 0＝11.012＝0.98.b ．在赤道面上，小物体随地球自转，做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力， GMm R 2－F 2＝m 4π2T 2R 则F 2F 0＝1－4π2R 3GMT 2. (2)设地球绕太阳公转周期为T E ，由万有引力定律和牛顿第二定律有 G M S M r 2＝M 4π2T 2E r 得T E ＝4π2r 3GM S＝3πG ρ⎝⎛⎭⎫r R S 3其中ρ为太阳的密度由上式可知地球公转周期T E 仅与太阳的密度、地球公转半径及太阳半径之比有关，因此“设想地球”的1年与现实的1年时间相同．答案：见解析13．我国已成功发射了探月卫星“嫦娥二号”，未来我国航天员可登月．若航天员在月球表面附近某处以初速度v 0水平抛出一小物块，测得小物块下落高度为h 时，水平距离为s .(1)求月球表面的重力加速度g ；(2)设月球半径为R ，求月球的第一宇宙速度v 1.解析：(1)设小物块做平抛运动的时间为t ，由运动学公式有s ＝v 0t ，h ＝12gt 2.解得g ＝2h v 20s2.(2)设小物块的质量为m ，由牛顿第二定律有： mg ＝GMm R2.G Mm R 2＝m v 21R .联立解得v 1＝v 0s 2hR . 答案：(1)2h v 20s 2 (2)v 0s2hR。