第3讲 力与曲线运动（解析版）

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第3讲 力与曲线运动【选考真题】1．（2022•浙江）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（　　）A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大 B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力 C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行 D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得 解得：v可知天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小，故A错误；B、返回舱中的宇航员处于失重状态，地球引力提供做圆周运动向心力，故B错误；C、在同一轨道上运行时，线速度相同，质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行，故C正确；D、返回舱穿越大气层返回地面过程中，空气阻力对返回舱做负功，机械能减小，故D错误；故选：C。2．（2022•浙江）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间 B．从P点转移到Q点的时间小于6个月 C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小 D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度【解答】解：A、天问一号需要脱离地球引力的束缚，第二宇宙速度11.2km/s为脱离地球的引力，在地球发射天问一号的速度要大于第二宇宙速度，故A错误。B、地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律可知，k，天问一号在地火转移轨道的轨道半径大于地球公转半径，则运行周期大于12个月，从P点转移到Q点的时间大于6个月，故B错误；C、同理，环绕火星的停泊轨道半径小于调相轨道半径，则在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；D、天问一号在Q点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于火星轨道的速度，根据万有引力提供向心力可知，，解得线速度：v，地球公转半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度，故D错误。故选：C。3．（2021•浙江）空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02﹣2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（　　）A．绕地运行速度约为2.0km/s B．绕地运行速度约为8.0km/s C．在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒 D．在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒【解答】解：AB、卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度，即v1＝7.9km/s；根据万有引力提供向心力可得：，解得：v17.9km/s；设该空间站绕地运行速度大小为v2，根据万有引力提供向心力可得：，解得：v1根据图象可知，空间站距离地面的最小高度约为h＝418km＜R＝6400km，则v2km/s＝5.58km/s，所以空间站绕地运行速度5.58km/s＜v2＜7.9km/s，故AB错误；CD、由图可知，在4月份期间空间站高度进行了轨道修正，即存在发动机做功，则任意两小时内其机械能不可视为守恒；在5月份期间无外力做功，地球外层的稀薄空气任意两小时内对空间站做功很少，可以忽略不计，机械能可视为守恒，故D正确，C错误。故选：D。4．（2021•浙江）嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器，由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。为等待月面采集的样品，轨道器与返回器的组合体环月做圆周运动。已知引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2地球质量m1＝6.0×1024kg，月球质量m2＝7.3×1022kg，月地距离r1＝3.8×105km，月球半径r2＝1.7×103km。当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200km处做环月匀速圆周运动时，其环绕速度约为（　　）A．16m/s B．1.1×102m/s C．1.6×103m/s D．1.4×104m/s【解答】解：组合体在离月球表面距离为r＝r2+h；设组合体质量为m，月球对组合体的万有引力充当向心力，根据Gm可得vm/s＝1.6×103m/s，故C正确，ABD错误。故选：C。【要点提炼】一、合运动性质和轨迹的判断1.若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动；若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，则为曲线运动。2.若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运动。二、平抛(或类平抛)运动两个重要推论1.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。2.速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α。三、天体运动1.四个连等式＝ma＝m＝mω2r＝mr，得出a＝，v＝，ω＝，T＝。2.处理变轨问题的两类观点(1)力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心。(2)能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能增加则引力势能减小。3.双星问题(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2。(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。【方法指导】一、绳(杆)关联问题的速度分解方法1.把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量。2.沿绳(杆)方向的分速度大小相等。二、模型化思想的应用竖直面内圆周运动常考的两种临界模型 最高点无支撑最高点有支撑图示最高点向心力mg＋F弹＝mmg±F弹＝m恰好过最高点F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零 【例题精析】考点一 运动合成和分解与平抛运动例1．如图所示，在光滑的水平面内建有一直角坐标系xOy，一质量为m的小球在xOy坐标系内以大小为v0、方向与x轴正方向夹角为α的速度匀速运动，当小球运动到O点时对其施加大小为F、方向沿y轴负方向的恒力，重力加速度为g。则小球再次经过x轴时的横坐标为（　　）A． B． C． D．【解答】解：力F作用后小球的加速度大小为：a小球再次回到x轴经过的时间为：t小球在沿x轴方向做匀速直线运动，再次经过x轴时的横坐标为：x＝v0cosα•t联立解得：x，故A正确、BCD错误。故选：A。练1．如图所示，某人通过跨过定滑轮的绳子将小车拉上倾角为α的光滑斜面，人拉动绳子的速度v恒定，下列说法正确的是（　　）A．小车沿斜面上升的过程中，人对绳子拉力恒定 B．小车沿斜面上升的过程中，小车的动能先增大后减小 C．小车沿斜面上升h高的过程中，绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量 D．当绳子与斜面斜边的夹角为β时，小车的速度为【解答】解：AD、当绳子与斜面斜边的夹角为β时，将小车的速度进行分解，如图所示；则小车速度v车；随β增大，小车的速度增大，所以小车做加速运动，但不是匀加速直线运动，人对绳子的拉力不恒定，故AD错误；B、随着小车沿斜面向上运动，小车速度增大，所以小车的动能增大，故B错误；C、随着小车沿斜面向上运动，小车速度增大，此过程中只有拉力和重力做功，根据功能关系可得绳子拉力对小车做的功大于小车克服自身重力做的功，则绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量，故C正确。故选：C。练2．在倾角为θ，摩擦系数为μ（且μ＝tanθ）的斜面上有一个小木块，以平行AB边的初速度v0开始运动。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够大。对于小木块在斜面上的运动过程，同学们展开了讨论：（图中虚线表达的是小木块的运动轨迹）甲同学认为：运动轨迹如图甲，小木块最终静止。乙同学认为：运动轨迹如图乙，小木块最终静止。丙同学认为：运动轨迹如图丙，小木块最终以v0的速度，平行于AD边做匀速运动。丁同学认为：运动轨迹如图丁，小木块最终以某个小于v0的速度，平行于AD边做匀速运动。同学们决定去向老师请教。和老师交流后，老师告诉同学们，丁同学的说法是正确的，并且可以定量计算出最终速度是v0。（1）有同学指出：如果知道了小木块的最终速度，再测出小木块下滑的竖直高度h，就能推算出小木块运动轨迹的长度s。又有同学补充说，还要再测出小木块的质量m才行。你认为哪位同学说得正确？请写出小木块速度为v0，下滑高度为h时，轨迹长度s的表达式。（2）关于最终速度的定量计算你现在可能不会求解，但是你仍有可能对这些同学的想法是否合理进行分析和判断。请利用已学的知识分析说明甲、乙、丙说法的不正确之处。【解答】解：（1）全程根据动能定理得： 其中，，f＝μmgcosθ＝mgsinθ所以，即s与m无关（2）甲同学：物体初始时受力与速度不共线，不可能做直线运动；乙同学：物体受到的摩擦力大小为：f＝μmgcosθ＝mgsinθ方向与物体运动方向相反。在物体运动过程中，f方向如图所示：则f沿斜面向上的分量一定小于重力沿斜面向下的分量mgsinθ，因此物体沿斜面向下的分速度不可能为零，即物体不可能静止。丙同学：设物体的末速度为v，全程由动能定理得： 当物体滑下高度为h时，它滑过的距离s。又因为f＝μmgcosθ＝mgsinθ所以v＜v0。答：（1）见解析；（2）见解析。考点二 圆周运动问题例2．在2022年2月5日北京冬奥会上，我国选手范可新、曲春雨、张雨婷、武大靖、任子威一起夺得短道速滑混合团体接力奥运冠军！为中国体育代表团拿到本届冬奥会首枚金牌，这也是短道速滑项目历史上第一枚男女混合接力奥运金牌。短道速滑比赛中运动员的最后冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2（r2＞r1）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是（　　）A．在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动 B．在做圆周运动时，乙先完成半圆周运动 C．在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等 D．在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等【解答】解：AB．根据向心力公式可得，由题意，甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，可知，做圆周运动的半径越大，周期越大，则甲先完成半圆周运动，故B错误，A正确；CD．根据向心力公式可得，甲乙运动员滑行速度为可知，乙的滑行速度大于甲的滑行速度，在直线加速阶段，根据位移—时间关系有：可知，甲的滑行时间大于乙的滑行时间；根据可知，甲到达终点线时的速度小于乙到达终点线时的速度，故CD错误故选：A。练3．如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10cm的等边三角形，其中钉子a、b沿着竖直方向。长为L＝0.3m的细线一端固定在钉子a上，另一端系着质量m＝200g的小球，细线拉直与边ab垂直，然后将小球以v0m/s的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g＝10m/s2，细线碰到钉子c后，物块到达最高点时，细线拉力大小为（　　）A．0N B．1N C．2N D．3N【解答】解：设物块到达量高点速度为v，根据机械能守恒得mv02mv2+mghh＝L﹣d﹣dLd代入数据联立解得vm/s根据牛顿第二定律F+mg＝m解得细线拉力大小为F＝mmg＝0.2N﹣0.2×10N＝2N故选：C。练4．如图，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力Fmg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ＝37°处，立即撤去F，此时传感装置示数为mg．已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）撤去F时小球的速度大小v1；（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小；（3）小球返回最低处时传感装置的示数。【解答】解：（1）从最低点到θ＝37°，由动能定理：FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ），解得：v1（2）从撤去F到返回最低点，由动能定理：mgL（1﹣cosθ），在最低点，由牛顿第二定律：T﹣mg＝m，联立解得：T（3）撤去F时轻绳拉力为T1，由牛顿第二定律：T1﹣mgcosθ＝m，解得：T，对物块由平衡条件：G＝T1+F1，小球返回最低处时，对物块：G＝T+F2，F2＝G﹣T，由牛顿第三定律，物块对传感器压力为，即传感装置的示数为答：（1）撤去F时小球的速度大小v1 为；（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小为；（3）小球返回最低处时传感装置的示数为.考点三 万有引力定律与天体运动例3． “天宫课堂”在2021年12月9日正式开讲，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，王亚平说他们在距离地球表面400km的空间站中一天内可以看到16次日出。已知地球半径为6400km，万有引力常数G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2，忽略地球的自转。若只知上述条件，则不能确定的是（　　）A．地球的平均密度 B．地球的第一宇宙速度 C．空间站与地球的万有引力 D．地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值【解答】解：A、根据一天内可以看到16次日出可以求得空间站的周期T1，并且地球半径R和空间站轨道高度h均已知，根据 可求出地球的质量，地球的半径已知，可求出地球的体积，根据可求得地球的密度，故A可以确定；B、设地球的第一宇宙速度为v，质量为m的物体绕地球表面以第一宇宙速度运行，根据牛顿第二定律得： 结合A选项，可知能确定地球的第一宇宙速度，故B可以确定；C、由于空间站的质量未知，所以无法求得空间站与地球的万有引力，故C不可以确定；D、空间站的线速度大小为 根据结合结合地球的质量联立可求出同步卫星的线速度大小，故地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值也可求得，故D可以确定；本题选不能确定的，故选：C。练5．在2021年10月10号举办的中国北斗应用大会上，中国工程院院士透露将对我国自主研制的全球定位和卫星导航系统——北斗系统进行升级换代，方向之一是考虑引入低轨卫星增强系统。如图是北斗系统中三类不同卫星的轨道示意图，假定这三类卫星均做匀速圆周运动，a为地球静止轨道卫星，b为地球中圆轨道卫星，c为倾斜地球同步轨道卫星，已知b卫星周期是a卫星周期的一半，c卫星与a卫星周期相同，地球自转周期为T，a卫星轨道半径为r，则下列说法正确的是（　　）A．b卫星运转线速度 B．a卫星运转加速度与b卫星运转加速度之比为 C．b卫星动能比c卫星动能大 D．a卫星与c卫星在相同时间内扫描到的地球区域面积相同【解答】解：A.a卫星为地球静止轨道卫星，其周期为T，根据开普勒第三定律，有得rbb卫星运转线速度vb故A错误；B.根据ara卫星与b卫星运转的加速度之比aa：ab：4，故B正确；C.由于卫星质量不确定，不能比较其动能的大小，故C错误；D.a卫星为地球静止轨道卫星，只能扫描正对地球表面的区域，而c卫星为倾斜地球同步轨道卫星，可以扫描到地球上不同的区域，故在相同时间内c卫星扫描到的地球区域面积较大，故D错误。故选：B。练6．我国发射的“悟空”探测卫星，三年来对暗物质的观测研究已处于世界领先地位。宇宙空间中两颗质量相等的星球绕其连线中心转动时，理论计算的周期与实际观测周期不符，且（K＞1）；因此，科学家认为，在两星球之间存在暗物质。假设以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质（已知质量分布均匀的球体对外部质点的作用，等效于质量集中在球心处对质点的作用），两星球的质量均为m；那么，暗物质质量为（　　）A． B． C．（k2﹣1）m D．（2k2﹣1）m【解答】解：双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，设它们之间的距离为L，万有引力提供向心力得：m（）2解得：T理论＝πL根据观测结果，星体的运动周期这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量m'，位于中点O处的质点的作用相同。则有：m（）2解得：T观测＝πL则：m′m．故B正确，ACD错误。故选：B。【强化专练】我国2021年4月29日在海南文昌用长征五号B遥二运载火箭成功将空间站“天和核心舱”送入离地高约450km的预定圆轨道，中国空间站在轨组装建造全面展开，后续的天舟货运飞船、神舟载人飞船以及“问天”、“巡天”实验舱也将相继与核心舱对接，预计到2022年11月正式完成中国空间站的建设。关于火箭发射以及空间站的组合、对接，下列说法正确的是（　　）A．火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推动火箭上升 B．空间站在轨运行的速率可能大于7.9km/s C．飞船要和在轨的“核心舱”对接，通常是将飞船发射到较低的轨道上，然后使飞船加速实现对接 D．未来在空间站中工作的航天员因为不受地球引力，所以处于完全失重状态【解答】解：A、火箭发射升空的过程中，火箭给喷出的燃气作用力，燃气给火箭反作用力，推动火箭上升，故A错误；B、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球表面做匀速圆周运动时的运行速度，空间站在轨运行的速度一定小于7.9km/s，故B错误；C、根据卫星对接原理可知，货运飞船先发射到较低轨道，获得较大的角速度，然后追及空间站，在适当位置加速做离心运动，实现与空间站对接，故C正确；D、在空间站中工作的宇航员受到地球引力作用，处于完全失重状态，故D错误。故选：C。2020年12月17号，嫦娥五号返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆，至此嫦娥五号圆满完成了首次月球采样返回任务。嫦娥五号由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成，从月球返回地球的过程为：上升器起飞，进入环月轨道①，经过转移轨道②，与停留在轨道③上的轨道器对接后进行样品转移，接着轨道器返回地球，最后返回舱与轨道器分离着陆地球。在这个过程中，下列说法正确的是（　　）A．上升器发射速度必须大于7.9km/s才能离开月球返回地球 B．从轨道1转移到轨道2时上升器的喷火方向与运动方向相反 C．轨道器在轨道③的运行速度大于上升器在轨道①的运行速度 D．上升器可以在轨道③上加速追上轨道器进行对接【解答】解：A、上升器发射速度必须大于月球的第一宇宙速度才能离开月球返回地球，7.9km/s是地球的第一宇宙速度，根据mg，得第一宇宙速度v，可知月球的第一宇宙速度比地球的第一宇宙速度小，因此，上升器发射速度不需要大于7.9km/s，故A错误；B、从轨道1转移到轨道2时上升器做离心运动，必须加速，因此上升器的喷火方向与运动方向相反，故B正确；C、根据万有引力提供向心力，得Gm，得v，因轨道③的半径大于轨道①的半径，可知，轨道器在轨道③的运行速度小于上升器在轨道①的运行速度，故C错误；D、上升器在轨道③上加速时，将做离心运动，会脱离轨道③，不可能追上轨道器进行对接，故D错误。故选：B。 “嫦娥奔月”非神话，“破壁飞天”化玉娥。“万户”精魂佑火箭，屈原“天问”下长河。2020年7月23日12时41分，文昌航天发射场上，长征五号遥四运载火箭成功将“天问一号”火星探测器顺利送入预定轨道。2020年10月，“天问一号”在距离地球约2940万千米处进行一次深空机动，4个月后探测器将与火星交会，然后通过“刹车”完成火星捕获，进行多次变轨后，择机开展着陆、巡视等任务。已知火星与地球的质量之比为1：10，半径之比为1：2，则（　　）A．火星与地球的平均密度之比为5：4 B．火星与地球表面的重力加速度大小之比为：2 C．“天问一号”分别绕火星与地球做圆周运动的最大速度之比为1： D．“天问一号”分别绕火星与地球做圆周运动的最小周期之比为2：【解答】解：A、根据密度的计算公式可得星球的密度，故A错误；B、在星球表面有：，，，故B错误；C、“天问一号”绕星球表面做匀速圆周运动时，速度最大，根据，得，，故C正确；D、“天问一号”绕星球表面做匀速圆周运动时，周期最小，根据，得，则，故D错误。故选：C。乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（　　）A．飞出时的初速度大小可能相等 B．飞出时的初速度竖直分量可能相等 C．在空中的时间可能相等 D．撞击墙壁的速度可能相等【解答】解：C、将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由题意可知，运动过程中高度较小的，运动时间较短，因此球在这两次从飞出到撞击墙壁前的过程中，在空中的时间不相等，故C错误；D、乒乓球反向做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，高度较小的，运动时间短，水平分速度较大，即乒乓球撞击墙壁的速度较大，故D错误；B、乒乓球反向做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，高度较小的，抛出时速度的竖直分量较小，故B错误；A、根据速度的合成可知，高度较小的，水平速度大，竖直速度小，故抛出时的初速度大小不能确定，有可能相等，故A正确。故选：A。中国航天科工集团消息，快舟一号甲运载火箭2020年4月中下旬将发射行云二号01、02号卫星。其中“行云二号”01星将被命名为“武汉号”，将在低轨道上承担覆盖全球的“天基物联网”的通信传输服务功能，并在集装箱、海洋、船舶、电力、地灾、环境、林业、工程机械等行业开展应用测试。假设卫星的运行轨道为圆轨道，下列说法正确的是（　　）A．“武汉号”卫星的运行速度一定大于7.9km/s B．如果两颗卫星的轨道半径相同，那么它们所受地球的引力大小一定相等 C．“武汉号”到达预定轨道运行后，卫星内部物件都呈漂浮状，说明这些物体不受地球重力 D．“武汉号”从地面上静止到轨道上运行，卫星的机械能增加【解答】解：A、第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力可知，m，解得运行速度：v，“武汉号”卫星的轨道半径大于地球半径，则运行速度小于7.9km/s，故A错误；B、两颗卫星的质量未知，则受到的地球引力大小未知，故B错误；C、“武汉号”到达预定轨道运行后，卫星内部物件都呈漂浮状，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，仍受到地球重力作用，故C错误；D、“武汉号”从地面上静止到轨道上运行，受到动力作用，动力做正功，卫星的机械能增加，故D正确。故选：D。2017年9月25日，微信启动页“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号“卫星拍摄地球的动态图（如图）。“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有（　　）A．不能全天候监测同一地区 B．运行速度大于第一宇宙速度 C．在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等 D．向心加速度大于地球表面的重力加速度【解答】解：A、由于“风云四号”是同步卫星，相对地面静止，故能全天候监测同一地区，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，G，解得：v，则半径越小，运行速度越大，而第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是卫星环绕地球最大的运行速度，故同步卫星的速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、根据开普勒第二定律，在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等，故C正确；D、根据万有引力提供向心力，故ma，故a，而地球表面的重力加速度g，因为r＞R，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误；故选：C。如图所示，斜面ABC固定在水平面BC上，小球甲从顶端A点以水平初速度v0抛出，恰好落在斜面的中点E上，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角α．现有乙、丙两小球分别以水平初速度v0、2v0从A点抛出，两小球落到斜面或水平面上的速度方向与水平方向的夹角分别为β、γ，则（　　）A．α＜β B．α＜γ C．β＝γ D．β＞γ【解答】解：设斜面的倾斜角为θ，甲球和乙落在斜面上，位移的偏向角都等于θ．设丙小球落到水平面上D点，位移偏为φ，，利用平抛运动速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的二倍的结论，则有：tanα＝tanβ＝2tanθ；2tanφ＝tanγ，结合tanθ＞tanφ，故有α＝β＞γ，故ABC错误，D正确。故选：D。北斗系统空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成，如图所示，地球静止轨道卫星A与倾斜地球同步轨道卫星B距地面高度均约为36000km，中圆轨道卫星C距地面高度约为21500km，下列说法正确的是（　　）A．A与B运行的周期相同 B．A与B受到的向心力一定相同 C．B比C运行的线速度大 D．B比C运行的角速度大【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，则万有引力提供向心力，即：mmmω2R解得周期：T，线速度：v，角速度：A、分析可知，卫星A、B轨道半径相等，故周期相同，故A正确；B、卫星A、B的质量未知，向心力不一定相同，故B错误；C、卫星B的轨道半径大于卫星C，故卫星B的运行线速度小于卫星C，故C错误；D、卫星B的轨道半径大于卫星C，故卫星B的运行角速度小于卫星C，故D错误。故选：A。某同学利用传感器和计算机研究做平抛运动的物体的轨迹，其原理如图所示。物体A从O点以一定水平速度抛出后，它能够每隔相同时间向各个方向同时发射超声波脉冲。在O点的正下方安放着超声波接收装置P．P盒装有P1、P2两个超声波接收器，并与计算机相联。已知P1、P2间距为10cm，OP1＝10cm，物体A运动到某一位置时发射超声波到P1和P2的时间分别为t110﹣3s和t210﹣3s，已知超声波的速度为340m/s，由此可以确定平抛物体A的初速度为（　　）A．m/s B．m/s C．m/s D．m/s【解答】解：由题可得：AP1＝v声t1＝34010﹣3m＝0.1m＝10cm   AP2＝v声t2＝340×t2＝34010﹣3mm＝10cm则AP1＝P1P2，cos∠AP1P2，得∠AP1P2＝30°物体平抛的水平位移为 x＝AP2sin∠AP1P2＝0.10.5mm竖直位移为 y＝（OP1+P1P2）﹣AP2cos∠AP1P2＝[（0.1+0.1）﹣0.1]m＝0.05m根据平抛运动的规律得：  x＝v0t  y联立解得 v0m/s，故A正确，BCD错误。故选：A。在星球A上将一小物块P竖直向上抛出，P的速度的二次方v2与位移x间的关系如图中实线所示；在另一星球B上用另一小物块Q完成同样的过程，Q的v2﹣x关系如图中虚线所示。已知A的半径是B的半径的，若两星球均为质量均匀分布的球体（球的体积公式为?，r为球的半径），两星球上均没有空气，不考虑两星球的自转，则（　　）A．A表面的重力加速度是B表面的重力加速度的倍 B．A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的倍 C．A的密度是B的密度的9倍 D．P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的倍【解答】解：A、对竖直上抛运动据速度位移关系公式得：v2＝2gx知：图象中的斜率k＝2g，所以对星球A，其斜率kA，其表面重力加速度gA，同理得：，得，所以9，故A错误。B、在星球表面，重力提供向心力，得第一宇宙速度公式 v，则：，故B正确。C、根据重力和万有引力相等，即mg，解得：M，球体的密度 ，则27，故C错误。D、P物体抛出后落回到原处的时间，t1＝2，同理，Q物体抛出后回到原处的时间 t2，故，故D错误。故选：B。2016年2月11日，美国自然科学基金召开新闻发布会宣布，人类首次探测到了引力波。2月16日，中国科学院公布了一项新的探测引力波的“空间太极计划”，由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年7月正式启动。计划从2016年到2035年分四阶段进行，将向太空发射三颗卫星探测引力波。在目前讨论的初步概念中，天琴将采用三颗全同的卫星（SCI、SC2、SC3）构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”。则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是（　　）A．三颗卫星一定是地球同步卫星 B．三颗卫星具有相同的加速度 C．三颗卫星的线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度 D．若知道引力常量G、三颗卫星绕地球运转周期T及地球的半径兄则可估算出地球的密度【解答】解：A、同步轨道卫星的半径约为42400公里，是个定值，而三颗卫星的半径约为10万公里，所以这三颗卫星不是地球同步卫星，故A错误；B、根据Gma，解得：a，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，方向不同，故B错误；C、第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度，故C错误；D、若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可以求出地球的质量，已知地球半径，所以能求出地球的密度，故D正确。故选：D。某同学用如图所示的装置研究平抛运动。在实验中，小球每次都从斜面上的同一高度下落，而放有复写纸和白纸的木板离水平桌面的高度依次调为h、2h、3h，根据小球撞击木板时在白纸上留下的点迹，可得小球平抛时的水平位移分别为x1、x2、x3，则（　　）A．若 x1：x2：x3＝1：2：3，则能说明小球在水平方向做 匀速直线运动 B．若 x1：x2：x3＝1：：，则能说明小球在水平方 向做匀速直线运动 C．若 x1：x2：x3＝1：4：9，则能说明小球在水平方向做匀速直线运动 D．若 x3﹣x2＝x2﹣x1，则能说明小球在水平方向做匀速直线运动【解答】解：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据t知，下降高度为h、2h、3h时，所用的时间之比为1：：，由于初速度相等，当水平位移之比为1：：时，则能说明小球在水平方向上做匀速直线运动。故B正确，A、C、D错误。故选：B。目前，乒乓球运动员都使用发球机来练球。现建立如下简化模型，如图所示，水平乒乓球球台离地高度H＝0.75m，总长L＝3.2m，置于居中位置的球网高h＝0.15m，发球机装在左侧球台的左边缘中点，发球过程简化为：球从C点出发后（C点与球台等高），通过半径R＝0.2m的圆弧管道，在最高点D点水平且平行于球台中轴线发出（定义该速度为发球速度），D点在球台上方且与球台左边缘的水平距离l＝0.1m。可视为质点的乒乓球质量m＝0.003kg，运动中所受空气阻力不计，与球台的碰撞视为弹性碰撞，即碰撞后速度大小不变，碰后方向与碰前方向关于竖直线对称。发球规则为：乒乓球必须在左侧球台碰撞一次（仅限一次），跨网后能与右侧球台碰撞即视为发球成功。（1）若发球速度为v＝5m/s，求乒乓球对D点轨道压力的大小和方向；（2）求发球机成功发球的速度范围；（3）现定义有效回球时间：球第一次碰撞右侧球台后至再次碰撞球台的时间间隔为有效回球时间，若第一次碰撞右侧球台后不再第二次碰撞球台，球第一次碰撞右侧球台后至球运动到球台平面以下离球台竖直高度差为0.25m前的时间间隔为有效回球时间。则以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间各为多少？【解答】解：（1）设轨道对球的压力为F，方向向下F+mg＝m解得：F＝0.345 N则由牛顿第三定律知球对轨道的压力为0.345 N，方向竖直向上（2）球发出后至落到球台做平抛运动，竖直位移为R＝0.2 m，由Rgt2解得：t＝0.2 s平抛运动前0.1 s和后0.1 s的竖直位移分别为0.05 m和0.15 m，结合网高0.15 m，经过分析可得图一和图二分别是能够过网的最小速度和最大速度的对应情景。以图中最小速度发球，经过0.5 s，球到达球网。vmintl，解得：vmin＝3 m/s显然球能够在右侧球台碰撞，此即最小成功发球速度同理：以图中最大速度发球，经过0.3 s，球到达球网。vmaxtl，解得：vmax＝5 m/s得球过网后再经过0.3 s落到右侧球台上距离右边缘0.1 m处，故此最大速度即成功发球的最大速度。发球机成功发球的速度范围：3m/s≤v≤5m/s（3）以最小速度发球：经分析可得：球可以在右侧球台碰撞两次，故有效回球时间为t'＝0.4 s以最大速度发球：经分析可得：球在右侧球台只能碰撞一次，故有效回球时间为球的上升时段和球的下落时段之和，显然球的上升时间为t1＝0.2 s，求得球下落的竖直位移为0.45 mΔhg，解得t2＝0.3 s所以有效回球时间为t'＝0.5 s答：（1）若发球速度为v＝5m/s，乒乓球对D点轨道压力的大小为0.345N，方向竖直向上；（2）发球机成功发球的速度范围为：3m/s≤v≤5m/s；（3）以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间分别为0.4s和0.5s.如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成（底端连接处D与D′略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1＝1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ＝60°；水平直线轨道CD长度L＝1.2m，动摩擦因数μ＝0.5；圆轨道DED′的半径R2＝0.8m。将质量m＝0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m＝0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）若h＝0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；（2）若h＝0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；（3）要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。【解答】解：（1）从A到B：0＝2gh水平初速度v0，解得v0m/s（2）从A抛出到C：mg（h），vc＝2m/s在C点：FNC﹣mg＝m，解得FNC＝6N；由牛顿第三定律得，压力F′NC＝FNC＝6N，方向竖直向下（3）球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点，且返回时停在CD轨道上，则仅碰撞1次，刚好到圆心等高处时：mg（R1﹣R1cosθ）＝μmgL+mgR2解得：vB1＝4m/s返回时刚好到Q点，满足：mg（R1﹣R1cosθ）＝2μmgL解得：vB2＝2m/s综上解得：0≤vB≤2m/s要过E点，则需满足mg（R1﹣R1cosθ）﹣μmgL＝mg2R2mg，解得：vB3＝2m/s过E点则仅碰撞1次，满足：vB≥2m/s综上所述：0≤vB≤2m/s或者vB≥2m/s从A到B，要满足的关系：（vBsin60°）2＝2ghh要满足的条件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m答：（1）小球P从A点弹出时的初速度大小为m/s；（2）小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力为6N，方向竖直向下；（3）h需要满足的条件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m。