还剩27页未读，
继续阅读
2022届高考物理二轮复习 专题02 力与曲线运动 学案
展开这是一份2022届高考物理二轮复习 专题02 力与曲线运动 学案，共30页。学案主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
专题2 力与物体的曲线运动
考点一 曲线运动
1.物体做曲线运动的条件
当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动。合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性。
2.分析运动合成与分解的一般思路
(1)判断运动是否做曲线运动的方法一般是看合速度方向和合加速度方向是否一致，也就是看速度角正切值和加速度角正切值是否绝对值相等。
(2)船过河的时间最短和位移最短两类基本问题，特别是位移最短中v船>v速和v船
(3)平抛运动的基本规律与推论及应用
①平抛(或类平抛)运动，水平匀速，竖直匀加，时间由高度决定，水平位移和落点速度由高度和初速度共同决定。
②做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示．
③做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ.
④斜面平抛模型的基本规律与灵活应用
只要落在斜面上，无论从哪里平抛，落点速度方向都相同，时间t＝，当速度方向与斜面平行时，垂直距离斜面最远，此时所需时间t`=t/2。
⑤平抛实验问题：如图所示用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L，小球在平抛运动途中的几个位置如图中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度为v0=2
此类问题一般解法：由水平方向上ab＝bc＝cd可知，相邻两点的时间间隔相等，设为T，竖直方向相邻两点间距之差相等，Δs＝L，则由 Δs＝aT2，即得T＝＝，时间T内，水平方向位移为s＝2L，所以v0＝＝2
(4)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。常见临界条件——绳的临界：张力FT＝0；接触面滑动的临界：F＝Ff；接触面分离的临界：FN＝0。
(5)绳杆模型
绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v高临＝，对应v低临＝，T=6mg
由小球恰能做圆周运动得v临＝0，
对应v低临＝，T=5mg
讨论分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN
(2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(3)只要是能做完成的圆周运动，那么ΔT高低=6mg
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心
(2)当0
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
应用
常考单个物体的受力、速度与能量变化
常考多个物体(一般是两个)构成的系统受力、速度与能量变化
1.质量为2kg的质点在x－y平面上运动，x方向的速度—时间图象和y方向的位移—时间图象分别如图甲、乙所示，则质点( )
A.初速度为4 m/s B.所受合外力为4 N
C.做匀变速直线运动 D.初速度的方向与合外力的方向垂直
答案：B
解析：x轴方向初速度为vx＝4 m/s，y轴方向初速度vy＝3 m/s，质点的初速度v0＝＝5 m/s.故A错误.x轴方向的加速度a＝2 m/s2，质点的合力F合＝ma＝4 N.故B正确.x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点受到的合力恒定不变.合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴方向，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直，做匀变速曲线运动.故C、D错误.
2.(多选)质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图甲、乙所示，由图可知( )
A.最初4s内物体的位移为8m
B.从开始至6s末物体都做曲线运动
C.最初4s内物体做曲线运动，接下来的2s内物体做直线运动
D.最初4s内物体做直线运动，接下来的2s内物体做曲线运动
答案：AC
解析：由运动的独立性并结合v－t图象可得，在最初4 s内y轴方向的位移y＝8m，x轴方向的位移x＝8m，由运动的合成得物体的位移s＝＝8 m，A正确．在0～4s内，物体的加速度a＝ay＝1m/s2，初速度v0＝vx0＝2 m/s，即物体的加速度与速度不共线，物体做曲线运动.4 s末物体的速度与x轴正方向夹角的正切tan α＝＝＝2，在4～6 s内，加速度与x轴正方向夹角的正切tan β＝＝＝2，初速度与加速度共线，物体做直线运动，C正确，B、D错误．
3.如图所示，在光滑水平面上有两条互相平行的直线l1、l2相距为确定值，AB是两条直线的垂线，其中A点在直线l1上，B、C两点在直线l2上且相距为确定值。一个物体沿直线l1以确定的速度匀速向右运动，如果物体要从A点运动到C点，图中1、2、3为可能的路径，则可以在物体通过A点时( )
A．获得由A指向B的任意瞬时速度；物体的路径是2
B．获得由A指向B的确定瞬时速度；物体的路径是2
C．持续受到平行AB的任意大小的恒力；物体的路径可能是1
D．持续受到平行AB的确定大小的恒力；物体的路径可能是3
答案：B
解析：由于B、C距离是确定的，且物体水平速度也是确定的，所以可以得出运动时间是确定的，若想物体路径是2，则必须获得由A指向B的确定瞬时速度，因此B对，A错；若获得平行于AB的恒力，那么竖直方向距离和时间是确定的前提下，只能是获得确定的恒力作用，因此C错，而竖直方向做匀加速运动，曲线不可能是3，所以D错。
4.如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知( )
A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动
C．物体A所受摩擦力逐渐增大 D．物体A所受摩擦力不变
答案：B
解析：设系在A上的细线与水平方向夹角为θ，物体B的速度为vB，大小不变，细线的拉力为FT，则物体A的速度vA＝，FfA＝μ(mg－FTsin θ)， 因物体下降，θ增大，故vA增大，物体A做加速运动，A错误，B正确；物体B匀速下降，FT不变，故随θ增大，FfA减小，C、D均错误。
5.(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Ff，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vcos θ B．人拉绳行走的速度为
C．船的加速度为 D．船的加速度为
答案：AC
解析：人拉绳行走的速度等于船的速度v沿绳方向的分量vcos θ，A正确，B错误；由牛顿第二定律得：Fcos θ－Ff＝ma，故船的加速度a＝，C正确，D错误。
6.如图所示，将甲、乙两球从虚线PQ右侧某位置分别以速度v1、v2沿水平方向抛出，其部分轨迹如图1、2所示，两球落在斜面上同一点，且速度方向相同，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.甲、乙两球抛出点在同一竖直线上 B.甲、乙两球抛出点在斜面上
C.甲球抛出点更靠近PQ线 D.一定有v1>v2
答案：D
解析：二者落在斜面上时速度的方向相同，所以速度的方向与水平方向之间的夹角θ是相等的，tan θ＝ 根据：vy＝gt x＝v0t y＝gt2 位移偏转角为α，联立可得：tan α＝＝tan θ
可知二者的位移偏转角也相等，所以两个小球的抛出点与落点的连线在同一直线上，故结合题目的图象可知1的抛出点高于2的抛出点，故A错误；结合A的分析可知，两个小球的抛出点与落点的连线在同一直线上，两个小球的抛出点可能在斜面上，也可能不在斜面上，故B错误；两个小球的抛出点与落点的连线在同一直线上，而题目的图中1在上，所以甲的抛出点离PQ要远一些，故C错误；由于甲的抛出点高一些，因此甲运动的时间长些，故竖直方向的速度v＝gt大些，而根据落点的速度方向相同，因此速度v1要大一些，故D正确.
5.如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v–t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( )
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
答案：BD
解析：从图(b)中可以看出第二次比第一次飞行时间长，且位移角又相同，都等于滑道倾角，所以竖直位移和水平位移都比第一次大，因此B对，A错；从图(b)中可以看出第二次落地获得的竖直速度要小，而时间长，所以第二次平均加速度要小，C错，加速度是由重力和阻力的合力产生，所以第二次阻力更大，D对。
6.如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径，现将小球(可视为质点)从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点，若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．v1：v2＝1：4
B．小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同
C．小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同
D．小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直
答案：B
解析：由题意可知两次落点的竖直高度相同，则运动时间相同，水平距离之比1：3，那么水平速度之比也是1：3，所以A错；根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，所以相同，B对；根据功率的定义式可知两次竖直速度相同，因此重力功率也相同，C错；小球落到C点，若速度与切面垂直，那么OC就是速度的切线方向，根据平抛运动推论，可知速度反向延长线应该交于水平位移中点，所以D错。
7.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则( )
A．b球一定先落在斜面上
B．a球可能垂直落在半圆轨道上
C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上
D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上
答案：C
解析：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上，若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上，故C正确，A、D错误；若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故B错误。
8.(多选)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，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A.此时绳子张力为FT＝2μmg
B.此时圆盘的角速度为ω＝
C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
答案：BC
解析：两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得：FT＝3μmg，ω＝，故B、C正确；此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供所需向心力，则A做离心运动，故D错误.
9.(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图6所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω＞ ，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
答案：AC
解析：对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误；当Ta cos θ＝mω2l⇒ω＝ 时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确；由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。
10.(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63m/s2 D.通过小圆弧弯道的时间为5.58s
答案：AB
解析：在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg＝m，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上的速率为vmR＝＝ m/s＝45 m/s，选项B正确；直道的长度为x＝＝50 m，在小弯道上的最大速率为：vmr＝＝ m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小为a＝＝ m/s2≈6.50 m/s2，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为，通过小圆弧弯道的时间为t＝＝ s≈2.80 s，选项D错误.
11.(多选)水流星是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则( )
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C．当v0>时，小球一定能通过最高点P
D．当v0<时，细绳始终处于绷紧状态
答案：CD
解析：小球在最低点时，重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态．故A错误；设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2.由动能定理得：
mg·2l＝mv－mv①
球经过最高点P：mg＋F1＝②
球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，如图
根据牛顿第二定律得到，
F2－mg＝m③
联立①②③解得：F2－F1＝6mg，与小球的速度无关．故B错误；球恰好经过最高点P，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力：mg＝m，得：v3＝④
小球以v0向上运动到最高点时，由动能定理得：
mg·2l＝mv－mv⑤
得：v4>>＝v3，所以小球一定能够过最高点P.故C正确；若v0<，设小球能够上升的最大高度为h，由机械能守恒得：mgh＝mv
A．轻杆转到水平位置时两球的加速度大小不等
B．轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等
C．运动过程中A球速度的最大值为
D．当A球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为mg
答案：CD
解析：两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，选项A、B错误；A、B球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即A在最低点)时，线速度最大，则mg·2R＝·3mv2，最大速度v＝ ，选项C正确；A在最低点时，分别对A、B受力分析，FNA－2mg＝2m，FNB＋mg＝m，则FNA－FNB＝，选项D正确。
考点二 天体运动
1.开普勒三大定律
轨道定律不仅适用于行星绕日，还适用于卫星绕地。周期定律a3/T2=k常用于求解椭圆轨道与圆轨道周期比较，k值只与中心天体的质量有关。
2.黄金代换GM=gR2
黄金代换公式常用于天体运动计算类问题，题目往往有在星球表面重力加速度为g之类的已知条件。
重力与万有引力关系：
(1)在赤道上：G＝mg1＋mω2R.
(2)在两极上：G＝mg2.
万有引力的两个有用推论
(1)推论1：在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即ΣF引＝0.
(2)推论2：在匀质球体内部距离球心r处的质点(m)受到的万有引力等于球体内半径为r的同心球体(M′)对其的万有引力，即F＝G.
3.卫星参量的比较与计算
高轨低速长周期
规律
4.卫星分类
(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s，T=85min。
(3)同步卫星的六个一定，且三种卫星的轨道面都过地球球心。
(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。
5.变轨
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA＞v1，在B点加速，则v3＞vB，又因v1＞v3，故有vA＞v1＞v3＞vB。
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律＝k可知T1＜T2＜T3。
(4)卫星由低轨道进入高轨道后，重力势能增大，动能减小，机械能增大．
6.宇宙速度与运动轨迹的关系
(1)v发＝7.9 km/s时，卫星绕地球做匀速圆周运动．
(2)7.9 km/s
(4)v发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间．
7.多星模型
(1)每个星体运动所需向心力由其他星体对其万有引力合力提供。
(2)由于同轴共面圆周运动，因此角速度相同，一般列角速度向心力方程。
(3)双星模型基本规律
①两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝
②若两颗星质量和一定，距离一定，那么周期是定值，即T＝2π ，与轨迹圆心位置无关
1.如图所示，一颗行星和一颗彗星绕同一恒星的运行轨道分别为A和B，A是半径为r的圆轨道，B为椭圆轨道，椭圆长轴QQ′为2r。P点为两轨道的交点，以下说法正确的是( )
A．彗星和行星经过P点时受到的万有引力相等
B．彗星和行星绕恒星运动的周期相同
C．彗星和行星经过P点时的速度相同
D．彗星在Q′处加速度为行星加速度的
答案：B
解析：行星和彗星的质量可能不同，故受到的万有引力可能不同，故A错误；因两星球半长轴相等，则由开普勒第三定律可知，两星球运动的周期相等，故B正确；对于行星，万有引力等于向心力，有G＝m，对于彗星，万有引力的一个分力提供向心力，另一个分力提供加速度，则知两星体经过P点时的速度大小不一定相等，但方向不同，故速度不可能相同，故C错误；由G＝ma可得，a＝，因彗星在Q′点离恒星中心的距离小于行星半径的二倍，故彗星在Q′处加速度大于行星加速度的，故D错误。
2.(多选)已知地球自转周期为T0，有一颗与同步卫星在同一轨道平面的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为同步轨道半径的四分之一，该卫星两次在同一城市的正上方出现的时间间隔可能是( )
A. B. C. D.
答案：CD
解析：设地球的质量为M，卫星的质量为m，运动周期为T，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，有：＝解得：T＝2π . 同步卫星的周期与地球自转周期相同，即为T0.已知该人造卫星的运行半径为同步卫星轨道半径的四分之一，所以该人造卫星与同步卫星的周期之比是：＝ ＝，解得T＝T0.设卫星至少每隔t时间才在同一地点的正上方出现一次，根据圆周运动角速度与所转过的圆心角的关系θ＝ωt得：t＝2nπ＋t；解得t＝，当n＝1时t＝，n＝3时t＝，故A、B错误，C、D正确.
3.(多选)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，天文学家称为“行星冲日”，据报道，2014年各行星冲日时间分别为：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( )
行星
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径(AU)
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A. 各地外行星每年都会出现冲日现象
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
答案：BD
解析：试题分析：相邻两次行星冲日的时间间隔就是地球比该行星多运动一周的时间，根据开普勒第三定律可得根据万有引力提供向心力，周期，相邻两次行星冲日的时间间隔，即相邻两次行星冲日的时间间隔大于1年，所以选项A错，根据木星轨道半径是地球的5.2倍，木星周期大于11年，小于12年，所以木星冲日的时间间隔大于年小于1.1年，由于今年的冲日时间是1月6日，所以下次木星冲日在2015年，选项B对。由于木星相邻两次冲日的时间间隔的一半还不到一年，而所有行星冲日的相邻间隔都超过1年，所以天王星相邻两次的冲日的时间不可能是土星的一半，选项C错。根据海王星的轨道半径最大，周期最大，根据相邻两次冲日的时间间隔可判断海王星的时间间隔最短，选项D对。
4.如图所示，“嫦娥三号”从环月圆轨道I上的P点实施变轨进入椭圆轨道II，再由近月点Q开始进行动力下降，最后成功落月。下列说法正确的是( )
A．沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期
B．沿轨道I运行至P点时，需制动减速才能进人轨道II
C．沿轨道II运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度
D．沿轨道II运行时，由P点到Q点的过程中万有引力对其做负功
答案：B
解析：根据高轨低速长周期，可知A错；从高轨进入低轨需要减速，所以B对；Q点离地更近，根据加速度公式可知Q点加速度更大，所以C错；由P点到Q点的过程中，速度增大，可知万有引力做正功。
5.(多选)如图，虚线I、II、III分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道II为椭圆轨道，轨道III为与第二宇宙速度11.2km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道II的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则( )
A．卫星在轨道II的运行周期为轨道I的2倍
B．卫星经过a点的速率为经过b点的倍
C．卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍
D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
答案：CD
解析：根据开普勒第三定律，可知A错；根据，因在b点做向心运动，则，则，则B错；根据加速度公式，可知C对；从b轨道进入c轨道，轨道变高，所以机械能增加，因此D对。
6.(多选)据英国《卫报》网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”。假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍。则该行星与地球的( )
A．轨道半径之比为 B．轨道半径之比为
C．线速度之比为 D．线速度之比为
答案：AC
解析：行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有：G＝mR
解得：R＝ 。该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍，故：
＝ ＝
故A正确，B错误；
根据v＝，有：
＝·＝·＝ ；故C正确，D错误。
7.“嫦娥三号”携带“玉兔号”月球车首次实现月球软着陆和月面巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测。“玉兔号”在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2；地球与月球均视为球体，其半径分别为R1、R2；地球表面重力加速度为g。则( )
A．月球表面的重力加速度为
B．月球与地球的质量之比为
C．月球卫星与地球卫星分别绕月球表面与地球表面运行的速率之比为
D．“嫦娥三号”环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2π
答案：B
解析：由G1＝mg，G2＝mg月解得：g月＝g，A错误；由＝G1，＝G2，可解得：＝，又＝m，＝m，可解得月球卫星绕月球表面与地球卫星绕地球表面的速率之比＝ ＝ ，B正确，C错误；由＝mR2可得：T月＝ ＝2π ，D错误。
8.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相同的匀速圆周运动．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．若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，则此时圆周运动的周期为( )
A.T B.T C.T D.T
答案：B
解析：双星靠彼此的引力提供向心力，则有
G＝m1r1
G＝m2r2
并且r1＋r2＝L
解得T＝2π
当两星总质量变为原来的k倍，两星之间距离变为原来的n倍时
T′＝2π
＝·T
故选项B正确．
一、选择题
1.如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a。在船下水点A的下游距离为b处是瀑布。为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)( )
A.小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝.速度最大，最大速度为vmax＝
B.小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小、速度最大，最大速度为vmax＝
C.小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最短且速度最小，最小速度vmin＝
D.小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小，最小速度vmin＝
答案：D
解析：小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t＝，故A错误；小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度必须指向上游，合速度不是最大，故B错误；由图，小船沿轨迹AB运动位移最大，由于渡河时间t＝，与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最短，故C错误；合速度沿着AB方向时位移显然是最大的，划船的速度最小，故：＝，故v船＝；故D正确；故选D.
2.(多选)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以速度v0水平抛出，经时间t1落在斜面上B点.现在斜面空间加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以速度v0水平抛出，经时间t2落在斜面上B点下方的C点.不计空气阻力，以下判断正确的是( )
A.小球一定带正电
B.小球所受电场力可能大于重力
C.小球两次落在斜面上的速度方向相同
D.小球两次落在斜面上的速度大小相等
答案：CD
解析：不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据tan θ＝＝，则t＝，因为水平方向上做匀速直线运动，可知t2＞t1，则a＜g，可知小球一定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故A、B错误.因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同.根据平行四边形定则知，初速度相同，则小球两次落在斜面上的速度大小相等，故C、D正确.
3.如图所示，正方形ABCD在竖直平面内，AD水平，分别从A点和D点以速度v1、v2各平抛一个小球，两小球均能经过AC上的E点，且从D点抛出的小球经过E时的速度方向与AC垂直，不计空气阻力．则下列说法正确的是( )
A．两小球到达E点所用时间不等
B．两小球从抛出点到E点的速度变化量不相同
C．两小球的初速度大小关系为v2＝2v1
D．若v1、v2取合适的值，则E可以是AC的中点
答案：C
解析：A、D点到E的竖直距离相等，所以两小球到达E点所用时间相等，故A错误；两小球加速度相同，用时相等，所以两小球的速度变化量相同，故B错误；设从A点抛出的小球速度偏转角为θ，从D点抛出的小球速度偏转角为θ′，由平抛运动关系得tanθ＝2tan45°＝2tanθ′，两小球到E点时竖直方向分速度相等，可知v2＝2v1，C正确；无论v1、v2取何值，E都不能是AC的中点，因E为中点时，两小球运动轨迹对称，从D点抛出的小球不可能垂直AC经过E点，故D错误．
4.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的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A.细线所受的拉力变小 B.小球P运动的角速度变大
C.Q受到桌面的静摩擦力变小 D.Q受到桌面的支持力变大
答案：B
解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L.P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，则有：FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝ ，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度ω增大.故A错误，B正确.对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦力变大，Q所受的支持力不变，故C、D错误；故选B.
5.如图所示，一个质量为M的箱子放在水平地面上，箱内用一长为l的细绳拴一质量为m的小球，绳的另一端固定在箱子的顶板上．现把细绳拉到与竖直方向成θ角的位置自由释放，当球摆到最低点时，地面受到的压力为( )
A．Mg(2－cosθ) B．Mg＋mg(2－cosθ)
C．(M＋m)g D．Mg＋mg(3－2cosθ)
答案：D
解析：若小球保持不动，地面受到的压力为(M＋m)g；小球摆动时，设小球摆到最低点时的速度为v，根据动能定理有mgl(1－cosθ)＝mv2，解得v＝；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，与静止时相比，拉力增加值等于向心力大小，即ΔF＝Fn＝m＝2mg(1－cosθ)，故此时压力为N＝(M＋m)g＋ΔF＝Mg＋mg(3－2cosθ)，D正确．
6.如图，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内作圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力FN和地面对M的摩擦力有关说法正确的是( )
A．小滑块在A点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左
B．小滑块在B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右
C．小滑块在C点时，FN＝(M＋m)g，M与地面无摩擦
D．小滑块在D点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
答案：B
解析：因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝时，对轨道的压力为零，轨道对地面的压力FN＝Mg，当小滑块的速度v＞时，对轨道的压力向上，轨道对地面的压力FN＜Mg，故选项A错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力水平向左，所以轨道对地有向左运动的趋势，地面给轨道向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以轨道对地面的压力FN＝Mg，故选项B正确；小滑块在C点时，地面对轨道也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以轨道对地面的压力FN＞(M＋m)g，故选项C错误；小滑块在D点时，地面给轨道向左的摩擦力，轨道对地面的压力FN＝Mg，故选项D错误。
7.(多选)北京时间2017年9月7日，全运会在天津举办，山东队28岁的张成龙以14.733分在男子单杠决赛中获得第一名。假设张成龙训练时做单臂大回环的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度(指他的重心的线速度)大小为v，得到F－v2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A.张成龙通过最高点最小速度是3m/s
B.张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C.当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D.在完成单臂大回环的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3250N的力
答案：BD
解析：张成龙的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”，所以通过最高点最小速度为0；当F=0时，由向心力公式可得，结合图像可解得R=0.9m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，所以B对；当张成龙在最高点的速度为4m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，C错；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由向心力方程，从最高点到最低点过程中，根据动能定理，联立求得当最高点速度最小时，Fmin=3250N，所以D对。
8.(多选)如图甲所示，在2017年郑州航展上奥伦达开拓者飞行表演队完成了倒飞筋斗的动作。现将其简化成如图乙所示的光滑球拍和小球，让小球在竖直面内始终不脱离球拍而做匀速圆周运动，且在运动到图乙中的A、B、C、D位置时球与球拍间无相对运动。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，且此时球拍与水平面成θ角。设小球的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度大小为g，则( )
A.小球通过C点时向心力的大小等于小球通过A点时的向心力大小
B.小球在C点受到的球拍的弹力比在A点时大3mg
C.在B、D两处球拍的倾角与小球的运动速度v应满足tan θ＝
D.小球在B、D两点受到的球拍的弹力大小为FN＝mg＋
答案：AC
解析：因为小球做匀速圆周运动，所以在A、C两点的向心力大小相等，所以A对；对A、C两点分别列向心力方程，然后两式求差可以退出两点弹力差为2mg；故B错；设板与斜面倾角为θ，对B点受力分析列向心力方程可以得出，所以C对，D错。
9.(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道，P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45°角，此时物体的速度是10 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物体做平抛运动的水平初速度v0为2 m/s
B．物体沿滑道经过P点时速度的水平分量为 m/s
C．OP的长度为5 m
D．物体沿滑道经过P点时重力的功率为40 W
答案：C
解析：小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LP
10.(多选)如图所示，竖直面有两个圆形导轨固定在一水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道，在两轨道右侧的正上方将质量均为m的金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是( )
A．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
B．若hA＝hB＝2R，则两小球在轨道最低点对轨道的压力为4mg
C．若hA＝hB＝R，则两小球都能上升到离地高度为R的位置
D．若hA和hB均大于R，两小球都能从最高点飞出
答案：CD
解析：A中为绳模型，小球A能从最高点飞出的最小速度为v＝，从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为：xA＝ ＝R，小球A落在轨道右端口外侧．而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，故A错误；若hA＝hB＝2R，由机械能守恒定律可知，小球到达最低点时的速度v＝2，则由向心力公式可得：F＝mg＋m＝5mg，故B错误；若hA＝hB＝R，根据机械能守恒定律可知，两小球都到达与O点等高的位置速度为零，即两小球都能上升到离地高度为R的位置，故C正确；由A的分析可知，A球最高点最小速度为v＝，则由机械能守恒定律可知，mg(hA－2R)＝mv，A球下落的最小高度为R；而B中小球只要在最高点的速度大于2R即可，故D正确．
11.如图所示，一个质量为M的人，站在台秤上，一长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )
A.小球运动过程中小球和人组成的系统水平方向动量守恒
B.小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为Mg
C.小球在a、b、c两个位置时，台秤的示数相同
D.小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态
答案：C
解析：整个运动过程中小球和人组成的系统会受到台秤的摩擦力作用，所以系统动量水平方向并不一定守恒，A错；小球运动到最高点时，台秤示数为Mg，但并不是最小，所以B错；小球在a、b、c两个位置时，人竖直方向只受到重力和台秤的支持力，且二力平衡，所以台秤示数相同，C对；小球从最高点运动到最低点过程中，不是始终处于超重状态，从b到c过程中处于失重，所以D错。
12.(多选)某行星外围有一圈厚度为d的发光带(发光的物质)，简化为如图3甲所示模型，R为该行星除发光带以外的半径.现不知发光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某科学家做了精确地观测，发现发光带绕行星中心的运行速度与到行星中心的距离r的关系如图乙所示(图中所标量为已知)，则下列说法正确的是( )
A.发光带是该行星的组成部分
B.该行星的质量M＝
C.行星表面的重力加速度g＝
D.该行星的平均密度为ρ＝
答案：BC
解析：若发光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有v＝ωr，v与r应成正比，与图不符，因此该发光带不是该行星的组成部分，故A错误，发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引力提供向心力，则有：G＝得该行星的质量为：M＝；由题图知，r＝R时，v＝v0，则有：M＝.故B正确.当r＝R时有mg＝m，得行星表面的重力加速度g＝，故C正确.该行星的平均密度为ρ＝＝，故D错误，故选B、C.
13.美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”.天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞合并事件.假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小.若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是( )
A.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等
B.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等
C.36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径大
D.随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在减小
答案：D
解析：这两个黑洞共轴转动，角速度相等，根据v＝ωr可知，由于不知道两个黑洞的转动半径关系，所以线速度大小不一定相等，故A错误；根据a＝ω2r可知，由于不知道两个黑洞的转动半径关系，所以向心加速度大小不一定相等，故B错误；两个黑洞都是做圆周运动，则＝m1ω2r1＝m2ω2r2，可以得到半径与质量成反比关系，质量大的半径小，故选项C错误；根据G＝m1可得，m2＝r1，根据G＝m2可得，m1＝r2，所以m1＋m2＝(r1＋r2)＝，当m1＋m2不变时，r减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故D正确.
14.由三颗星体构成的系统，叫做三星系统.有这样一种简单的三星系统：质量刚好都相同的三个星体a、b、c在三者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相同周期的圆周运动，若三个星体的质量均为m，三角形的边长为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A.三个星体做圆周运动的轨道半径为R
B.三个星体做圆周运动的周期均为2πR
C.三个星体做圆周运动的线速度大小均为
D.三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为
答案：B
解析：由几何关系知；它们的轨道半径为r＝＝a，故A错误；根据合力提供向心力有：2·cos 30˚＝ma′＝m＝mr得星体做圆周运动的周期为：T＝2πa，线速度为：v＝ ，向心加速度为：a′＝，故B正确，C、D错误.
15.(多选)宇宙飞船以周期T绕地球做匀速圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历类似“日全食”的过程，如图所示。已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看成平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则( )
A．飞船绕地球运动的线速度为
B．一天内飞船经历“日全食”的次数为
C．飞船每次在“日全食”过程所需的时间为
D．飞船的周期为T＝
答案：CD
解析：飞船绕地球做匀速圆周运动，由于线速度为v＝，又由几何关系知sin＝，得r＝，故v＝，故A正确；地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为n＝，故B错误；由几何关系知每次在“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为t＝，故C正确；万有引力提供向心力，则＝m2r，得T＝2πr＝，故D正确。
16.(多选)P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同。则( )
A．P1的平均密度比P2的大 B．P1的“第一宇宙速度”比P2的小
C．s1的向心加速度比s2的大 D．s1的公转周期比s2的大
答案：AC
解析：由图像左端点横坐标相同可知，P1、P2两行星的半径R相等，对于两行星的近地卫星：G＝ma，得行星的质量M＝，由ar2图像可知P1的近地卫星的向心加速度大，所以P1的质量大，平均密度大，选项A正确；根据G＝得，行星的第一宇宙速度v＝ ，由于P1的质量大，所以P1的第一宇宙速度大，选项B错误；s1、s2的轨道半径相等，由ar2图像可知s1的向心加速度大，选项C正确；根据G＝m2r得，卫星的公转周期T＝2π ，由于P1的质量大，故s1的公转周期小，选项D错误。
17.(多选)2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础。已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G，则( )
A．航天器的轨道半径为
B．航天器的环绕周期为
C．月球的质量为
D．月球的密度为
答案：BC
解析：根据几何关系得r＝，故A错误；经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，则＝，得T＝，故B正确；由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以G＝mr，得M＝＝＝，故C正确；月球的体积V＝πr3＝π3，月球的密度ρ＝＝＝，故D错误。
18.2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持。特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术。如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，北斗系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，高分一号在C位置，若卫星均顺时针运行，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。则以下说法正确的是( )
A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g
B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需要的时间为
C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速
D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度由于存在稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小
答案：D
解析：根据公式G＝ma，在地球表面有G＝mg，联立可得a＝，A错误；根据公式G＝mω2r可得ω＝，两者夹角为60°，所以运动时间为t＝＝，B错误；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，轨道周长变长或轨迹半径变大，运动周期变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达G3所在轨道必须对其加速，故C错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，D正确。
二、计算题
1.如图所示，在同一竖直平面内的两正对的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，现在最高点A与最低点B各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的关系图象如图2所示，g取10m/s2，不计空气阻力．
(1)求小球的质量与轨道半径
(2)若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为多少？
答案：(1)0.05 kg (2)17.5 m
解析：(1)小球从A点到B点，由能量守恒定律得mv＝mg(2R＋x)＋mv
对B点：FN1－mg＝m
对A点：FN2＋mg＝m
由牛顿第三定律可得：两点压力差
ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋
由题图2得：纵轴截距6mg＝3 N，m＝0.05 kg
(2)因为图线的斜率k＝＝1 N/m，得R＝1 m
在A点小球不脱离轨道的条件为vA≥
结合(1)解得：xm＝17.5 m
2.如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8m．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＝800m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运
动，行进s＝90m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同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＝10m/s2)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L＝410m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)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．
答案：(1) m/s2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m＜L≤570 m
解析：(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a＝＝ m/s2
(2)第一发子弹飞行时间t1＝＝0.5 s
弹孔离地高度h1＝h－gt＝0.55 m
第二发子弹的弹孔离地的高度h2＝h－g()2＝1.0 m
两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45 m.
(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1
L1＝(v0＋v)＝492 m
第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2
L2＝v＋s＝570 m
L的范围492 m＜L≤570 m
3.如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，圆弧轨道半径R＝0.75m，物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小物块在B点时的速度大小；
(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。
答案：(1)5m/s (2) N (3)2m
解析：(1)从A点到B点，小物块做平抛运动，有H－h＝gt2
到达B点时，竖直分速度vy＝gt
tan 37°＝
联立解得：vB＝＝5 m/s
(2)从A点到C点，有mgH＝mv－mv
设小物块在C点受到的支持力为FN，则：
FN－mg＝m
联立解得：v2＝2 m/s
FN＝ N
由牛顿第三定律可知，小物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为 N
(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力为
Ff＝μ1mg＝7 N
长木板与地面间的最大静摩擦力为Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N
由Ff
相关学案
高考物理考纲解读与热点难点突破专题03力与曲线运动 教学案：
这是一份高考物理考纲解读与热点难点突破专题03力与曲线运动 教学案，共16页。学案主要包含了命题趋势，重点、难点剖析，题型示例，2017·新课标Ⅰ卷，特别提醒，变式探究，举一反三等内容，欢迎下载使用。
2023届高考物理二轮复习学案：专题一+第三讲力与曲线运动：
这是一份2023届高考物理二轮复习学案：专题一+第三讲力与曲线运动，共6页。学案主要包含了体验高考，必备知识，关键能力典型练，学科素养提升练，核心素养归纳等内容，欢迎下载使用。
2023届高考物理二轮复习专题一第3讲力与曲线运动学案：
这是一份2023届高考物理二轮复习专题一第3讲力与曲线运动学案，共14页。
