2011新課標高考物理一輪復習精編解析版復習資料：　曲線運動 萬有引力與航天（26頁word附解析)

1、 第四章曲線運動 萬有引力與航天第1課時曲線運動運動的合成與分解 m的物體，在F1、F2、F3三個共點力的作用下做勻速直線運動，保持F1、F2不變，僅將F3的方向改變90°(大小不變)后，物體可能做(BC)A加速度大小為的勻變速直線運動B加速度大小為的勻變速直線運動C加速度大小為的勻變速曲線運動D勻速直線運動解析 物體在F1、F2、F3三個共點力作用下做勻速直線運動，必有F3與F1、F2的合力等大反向，當F3大小不變，方向改變90°時，F1、F2的合力大小仍為F3，方向與改變方向后的F3夾角為90°，故F合F3，加速度a，但因不知原速度方向與F合的方向間的關系，故

2、有B、C兩種可能、乙兩船在同一條河流中同時開始渡河，河寬為H，河水流速為v0，劃船速度均為v，出發(fā)時兩船相距H，甲、乙兩船船頭均與河岸成60°角，如圖8所示乙船恰好能垂直到達對岸A點，那么以下判斷正確的選項是(BD)A甲、乙兩船到達對岸的時間不同 圖8Bv2v0C兩船可能在未到達對岸前相遇D甲船也在A點靠岸解析 渡河時間均為，乙能垂直于河岸渡河，對乙船，由vcos 60°v0，可得v2v0，甲船在該時間內沿水流方向的位移為(vcos 60°v0)H，剛好到A點綜上所述，A、C錯誤，B、D正確，在B點的速度與加速度相互垂直，那么以下說法中正確的是(A)AD點的速率比

3、C點的速率大 圖9BA點的加速度與速度的夾角小于90°CA點的加速度比D點的加速度大D從A到D加速度與速度的夾角先增大后減小解析 質點做勻變速曲線運動，合力的大小方向均不變，加速度不變，故C錯誤；由B點速度與加速度相互垂直可知，合力方向與B點切線垂直且向下，故質點由C到D過程，合力做正功，速率增大，A正確；A點的加速度方向與過A的切線也即速度方向夾角大于90°，故B錯誤；從A到D加速度與速度的夾角一直變小，D錯誤4如圖10所示，一條小船位于200 m寬的河正中A點處，從這里向下游100 m處有一危險區(qū)，當時水流速度為4 m/s，為了使小船避開危險區(qū)沿直線到達對岸，小船在靜水

4、中的速度至少是(C) 圖10A. m/sB. m/sC2 m/sD4 m/s解析 tan ，30°，故v船v水sin 4× m/s2 m/s.5如圖11所示，兩小球a、b從直角三角形斜面的頂端以相同大小的水平速率v0向左、向右水平拋出，分別落在兩個斜面上，三角形的兩底角分別為30°和60°，那么兩小球a、b運動時間之比為(B)A1 B13 C.1 D31 圖11解析 設a、b兩球運動的時間分別為ta和tb，那么tan 30°，tan 60°，兩式相除得：.6如圖12所示，從一根內壁光滑的空心豎直鋼管A的上端邊緣，沿直徑方向向管內水平拋

5、入一鋼球球與管壁屢次相碰后落地(球與管壁相碰時間不計)，假設換一根等高但較粗的內壁光滑的鋼管B，用同樣的方法拋入此鋼球，那么運動時間 (C)A在A管中的球運動時間長B在B管中的球運動時間長 圖12C在兩管中的球運動時間一樣長D無法確定解析 小球做平拋運動，平拋運動可分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動球跟管壁碰撞中受水平方向彈力作用，只改變水平方向速度大小，而豎直方向始終僅受重力作用，保持自由落體運動由公式hgt2，得t，因A、B等高，故t相同，應選C.7小船在200 m寬的河中橫渡，水流速度為2 m/s，船在靜水中的航速是4 m/s，求：(1)當小船的船頭始終正對對岸時，它將在何

6、時、何處到達對岸？(2)要使小船到達正對岸，應如何行駛？歷時多長？答案 (1)50 s后在正對岸下游100 m處靠岸(2)航向與水流方向夾角為60° s解析小船參與了兩個運動：隨水漂流和船在靜水中的運動因為分運動之間是互不干擾的，具有等時的性質，故(1)小船渡河時間等于垂直于河岸的分運動時間tt1 s50 s沿河流方向的位移x水v水t2×50 m100 m即在正對岸下游100 m處靠岸(2)要小船垂直過河，即合速度應垂直于河岸，如右圖所示那么cos=所以=60°，即航向與岸成60°角渡河時間t=t1=m的重物，開始車在滑輪的正下方，繩子的端點A離滑輪的距

7、離是H.車由靜止開始向左做勻加速運動，經過時間t繩子與水平方向的夾角為，如圖13所示，試求：圖13(1)車向左運動的加速度的大小(2)重物m在t時刻速度的大小(1)(2)解析(1)汽車在時間t內向左走的位移xHcot 又汽車勻加速運動xat2所以a(2)此時汽車的速度v汽at由運動的分解知識可得，汽車速度v汽沿繩的分速度與重物m的速度相等，即v物v汽cos 得v物【反思總結】第2課時平拋運動 v0水平拋出一個物體，物體落地時速度為v，那么物體從拋出到落地所用的時間為(C)A.B.C. D.解析 將v分解成水平分速度v0和豎直分速度vy，那么由vygt得t，應選C.2在同一平臺上的O點拋出的3個

8、物體，做平拋運動的軌跡如圖13所示，那么3個物體做平拋運動的初速度vA、vB、vC的關系及落地時間tA、tB、tC的關系分別是 (C)AvA>vB>vC，tA>tB>tCBvAvBvC，tAtBtC 圖13CvA<vB<vC，tA>tB>tCDvA<vB<vC，tA<tB<tC解析 豎直方向上物體做自由落體運動由圖可知hA>hB>hC，又hgt2，所以tA>tB>tC；水平方向上做勻速直線運動，由圖可知xA<xB<xC而v，所以vA<vB<vC，所以選項C正確3如圖14所示，

9、某一小球以v010 m/s的速度水平拋出，在落地之前經過空中A、B兩點，在A點小球速度方向與水平方向的夾角為45°，在B點小球速度方向與水平方向的夾角為60°(空氣阻力忽略不計，g取10 m/s2)以下判斷中正確的選項是(AC) 圖14A小球經過A、B兩點間的時間t(1) sB小球經過A、B兩點間的時間t sCA、B兩點間的高度差h10 mDA、B兩點間的高度差h15 m解析 vyAv0·tan 45°10 m/svyBv0·tan 60°10 m/s由v22gh可知hA5 mhB15 mhhBhA10 m，選項C對，D錯又由vgt可

10、知tA1 stB sttBtA(1) s，選項A對，B錯4(2021·唐山市階段調研)如圖15所示，在一次空地演習中，離地H高處的飛機以水平速度v1發(fā)射一顆炮彈欲轟炸地面目標P，反響靈敏的地面攔截系統(tǒng)同時以速度v2豎直向上發(fā)射炮彈攔截設攔截系統(tǒng)與飛機的水平距離為x，假設攔截成功，不計空氣阻力，那么v1、v2的關系應滿足(D) 圖15Av1v2 Bv1v2Cv1 v2 Dv1v2解析 由水平方向分運動，炮彈運動的時間t，由豎直方向分運動，Hx1x2gt2v2tgt2v2t，可見，v1v2.5一個人水平拋出一小球，球離手時的初速度為v0，落地時的速度是vt，空氣阻力忽略不計，以下哪個圖象

11、正確表示了速度矢量變化的過程(B) 解析 平拋運動各時刻速度的水平分量均相同，等于v0，又由vg·t知，速度的變化方向總是與重力加速度的方向相同，即豎直向下，結合平行四邊形定那么知，B正確6(2021·內江市第三次模擬)如圖16所示，跳臺滑雪是一項勇敢者的運動，它是在依靠山體建造的跳臺進行滑行比賽時運動員要穿著專業(yè)用的滑雪板，不帶雪杖在水平助滑路A上獲得初速度v0后高速水平飛出，在空中飛行一段距離后在B點著陸如果在運發(fā)動飛行時，經過時間t后的速度的大小為vt，那么，經過時間2t(運 圖16發(fā)動仍在空中飛行)后的速度大小為(D)Av02gt BvtgtC. D.解析 運發(fā)動在

12、空中做平拋運動，水平方向勻速，vxv0，豎直方向做自由落體運動，vygt.故在t時刻速度v，從而求得D項正確7如圖17所示，水平地面上有P、Q兩點，A點和B點分別在P點和Q點的正上方，距離地面高度分別為h1和h2.某時刻在A點以速度v1水平拋出一小球，經時間t后又從B點以速度v2水平拋出另一球，結果兩球同時落在P、Q連線上的O點，那么有(C) 圖17A.v1h1v2h2 B.v1hv2hC.v1v2Dh1h2解析 v1t1v2t2，而t .8如圖18所示，一小球從平臺上水平拋出，恰好落在臨近平臺的一傾角為53°的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑，斜面頂端與平臺的高度差h m，g10

13、 m/s2，sin 53°，cos 53°，那么：(1)小球水平拋出的初速度v0是多大？ 圖18(2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x是多少？ (3)假設斜面頂端高H m，那么小球離開平臺后經多長時間t到達斜面底端？答案 (1)3 m/s(2) m s解析(1)由題意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，否那么小球會彈起，所以vyv0tan 53°，v2gh，那么vy4 m/s，v03 m/s.(2)由vygt1得t1 s，xv0t13× m m(3)小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度agsin 53°，初速度v5 m

14、vt2at解得t22 s(或t2 s不合題意舍去)所以tt1t2 s【反思總結】第3課時圓周運動 1.(2021·廈門理工學院附中期中)在一棵大樹將要被伐倒的時候，有經驗的伐木工人就會雙眼緊盯著樹梢，根據樹梢的運動情形就能判斷大樹正在朝著哪個方向倒下，從而防止被倒下的大樹砸傷從物理知識的角度來解釋，以下說法正確的選項是(B)A樹木開始倒下時，樹梢的角速度較大，易于判斷B樹木開始倒下時，樹梢的線速度較大，易于判斷C樹木開始倒下時，樹梢的向心加速度較大，易于判斷D供木工人的經驗缺乏科學依據2如圖11所示，有一質量為M的大圓環(huán)，半徑為R，被一輕桿固定后懸掛在O點，有兩個質量為m的小環(huán)(可視

15、為質點)，同時從大環(huán)兩側的對稱位置由靜止滑下，兩小環(huán)同時滑到大環(huán)底部時，速度都為v，那么此時大圓環(huán)對輕桿的拉力大小為(C) 圖11A(2m2M)gBMg2mv2/RC2m(gv2/R)MgD2m(v2/Rg)Mg解析 設每個小環(huán)滑到大環(huán)底部時，受大環(huán)的支持力為FN，由牛頓第二定律得FNmgm，由牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)向下的壓力大小也為FN；再對大環(huán)受力分析，由物體平衡條件可得，輕桿對大環(huán)的拉力FMg2FN2m(g)Mg，所以大環(huán)對輕桿的拉力大小為2m(g)Mg.只有C正確3如圖12所示，光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，其中圓軌道在豎直平面內，B為最低點，D

16、為最高點為使一質量為m的小球以初速度v0沿AB運動，恰能通過最高點，那么(AD) 圖12AR越大，v0越大BR越大，小球經過B點后瞬間對軌道的壓力越大Cm越大，v0越大Dm與R同時增大，初動能Ek0增大解析 由于小球恰能通過最高點，mgm，小球由B點到最高點的過程中機械能守恒，有mg·2Rmv2mv，可得v0，可見R越大，v0越大，與質量無關小球對軌道B點的壓力FNmgm5mg，FN6mg，與半徑無關初動能Ek0mvmgR，m與R同時增大，初動能增大4飛機駕駛員最多可承受9倍的重力加速度帶來的影響，當飛機在豎直平面上沿圓弧軌道俯沖時速度為v，那么圓弧的最小半徑為(B)A.B.C.D.

17、解析 由向心力來源分析可知：F向FNmgm，而FN9mg，故R，應選B.5如圖13所示，質量為m的物塊，沿著半徑為R的半球形金屬殼內壁滑下，半球形金屬殼豎直固定放置，開口向上，滑到最低點時速度大小為v，假設物體與球殼之間的摩擦因數為，那么物體在最低點時，以下說法正確的選項是(CD) 圖13A受到向心力為mgm B受到的摩擦力為mC受到的摩擦力為(mgm)D受到的合力方向斜向左上方解析 物體在最低點受豎直方向的合力Fy，方向向上，提供向心力，Fym，A錯誤；而FyFNmg，得FNmgm，物體受滑動摩擦力FfFN(mgm)，B錯誤，C正確；Ff水平向左，故物體受到的Ff與Fy的合力，斜向左上方，D

18、正確6如圖14所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放置兩個用細線相連的質量均為m的小物體A、B，它們到轉軸的距離分別為rA20 cm，rB30 cm，A、B與盤面間最大靜摩擦力均為重，試求：(1)當細線上開始出現張力時，圓盤的角速度0. 圖14(2)當A開始滑動時，圓盤的角速度.(3)當A即將滑動時，燒斷細線，A、B運動狀態(tài)如何？(g取10 m/s2)答案 rad/s(2)4 rad/s(3)A隨圓盤做圓周運動，B做離心運動解析最初圓盤轉動角速度較小，A、B隨圓盤做圓周運動所需向心力較小，可由A、B與盤面間靜摩擦力提供由于rB>rA，由公式Fm2r可知，B所需向心力較大；當B與盤面間

19、靜摩擦力到達最大值時(此時A與盤面間靜摩擦力還沒有到達最大)，假設繼續(xù)增大轉速，那么B將做離心運動而拉緊細線，使細線上出現張力，轉速越大，細線上張力越大，使得A與盤面間靜摩擦力增大當A與盤面間靜摩擦力也到達最大時，A將開始滑動(1)kmgmrB0 rad/s3.65 rad/s(2)分析此時A、B受力情況如以下圖所示，根據牛頓第二定律有：對A：F靜m-FT=m2rA對B：F靜mFTm2rB其中F靜mkmg聯立解得 rad/s4 rad/s(3)燒斷細線，FT消失，A與盤面間靜摩擦力減小后繼續(xù)隨圓盤做圓周運動，而B由于F靜m缺乏以提供向心力而做離心運動7(2021·邢臺模擬)如圖15所

20、示，左圖是游樂場中過山車的實物圖片，右圖是過山車的原理圖在原理圖中半徑分別為R1 m和R2 m的兩個光滑圓形軌道，固定在傾角為37°斜軌道面上的Q、Z兩點，且兩圓形軌道的最高點A、B均與P點平齊，圓形軌道與斜軌道之間圓滑連接現使小車(視作質點)從P點以一定的初速度沿斜面向下運動斜軌道面與小車間的動摩擦因數為，g10 m/s2，sin 37°，cos 37°：圖15(1)假設小車恰好能通過第一個圓形軌道的最高點A處，那么其在P點的初速度應為多大？(2)假設小車在P點的初速度為10 m/s，那么小車能否平安通過兩個圓形軌道？答案 (1)2 m/s(2)能解析(1)小車

21、恰好過A點，故有vA小車由P到A的過程，由動能定理有mgcos ·lPQmvmv由幾何關系可得lPQ代入數據可得v02 m/s(2)小車以v10 m/s的初速度從P點下滑時，因為有v10 m/s>v02 m/s，所以，小車可以通過圓形軌道O1.設小車能夠通過B點，那么P到B由動能定理得mgcos ·lPZmvmv2其中l(wèi)PZ代入數據可得vB m/s而車恰好能過B點時，在B點的速度為vB m/s因為vB m/s>vB，所以小車可以通過圓形軌道O2.【反思總結】一、選擇題(此題共9小題，每題6分，共54分)1(2021·江蘇·4)在無風的情況下，

22、跳傘運發(fā)動從水平飛行的飛機上跳傘，下落過程中受到空氣阻力，以下描繪下落速度的水平分量大小vx、豎直分量大小vy與時間t的圖象，可能正確的選項是()解析由于物體下落過程中所受的空氣阻力越來越大，且阻力隨v增大而增大，故水平方向做加速度逐漸減小的減速運動，A錯，B可能正確；豎直方向其合力mg-Ff(Ff為豎直阻力)，且Ff增大，做加速度逐漸減小的加速運動，C、D錯答案B2(2021·廣東·11)某同學對著墻壁練習打網球，假定球在墻面上以25 m/s的速度沿水平方向反彈，落地點到墻面的距離在10 m至15 m之間忽略空氣阻力，取g10 m/s2，球在墻面上反彈點的高度范圍是()A

23、 m至 mB m至 mC m至 m D m至 m解析設球從反彈到落地的時間為t，球在墻面上反彈點的高度為h.球反彈后做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動故 st s，且hgt2，所以 mh m，應選項A正確，B、C、D錯誤答案A3(2021·全國·14)如圖1所示，一物體自傾角為的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上物體與斜面接觸時速度與水平方向的夾角滿足() 圖1Atan sin Btan cos Ctan tan Dtan 2tan 解析tan tan ，故tan 2tan 答案D4(2021·山東濟寧質檢)有一種大型游戲器械，它是一個

24、圓筒形容器，筒壁豎直，游客進入容器后靠筒壁站立當圓筒開始轉動后，轉速加快到一定程度時，突然地板塌落，游客發(fā)現自己沒有落下去，這是因為()A游客處于超重狀態(tài)B游客處于失重狀態(tài)C游客受到的摩擦力等于重力D筒壁對游客的支持力等于重力解析游客隨圓筒一起轉動所需的向心力是筒壁給游客的水平方向的彈力提供的，如下圖轉速越大彈力越大，當轉速到達一定程度，彈力大到使得游客所受筒壁的最大靜摩擦力到達與重力相等，此時即使地板塌落游客也不會落下去，故C正確；豎直方向無加速度，故A、B錯；筒壁對游客的摩擦力的大小與重力大小相等，D錯答案C5(2021·上海虹口期終)長為L的輕桿A一端固定一個質量為m的小球B，

25、另一端固定在水平轉軸O上，桿隨轉軸O在豎直平面內勻速轉動，角速度為.某時刻桿與水平方向成角，如圖2所示，那么此時刻桿對小球的作用力方向在哪個范圍內() 圖2A豎直向上 B沿OB方向C圖中區(qū)域 D圖中區(qū)域解析球做勻速圓周運動，其合外力必指向圓心O，分析球受力可知，桿對小球的作用力方向必在圖中區(qū)域，故C正確答案C6(2021·江蘇鎮(zhèn)江調研)農民在精選谷種時，常用一種叫“風車的農具進行分選在同一風力作用下，谷種和癟谷(空殼)谷粒都從洞口水平飛出，結果谷種和癟谷落地點不同，自然分開，如圖3所示對這一現象，以下說法正確的選項是()圖3AM處是谷種，N為為癟谷B谷種質量大，慣性大，飛得遠些C谷種

26、飛出洞口時的速度比癟谷飛出洞口時的速度小些D谷種和癟谷在豎直方向做勻速運動解析谷種和癟谷從洞口水平飛出后做平拋運動，故D錯；下落高度相同，水平位移大的初速度大，那么M處的飛出洞口時的速度小些在洞中谷種和癟谷受力相同，走的位移相同，那么質量大的獲得的速度小，故落在M處的是谷種，故A、C正確，B錯答案AC7(2021·廣東廣州質檢)飛機在水平地面上空的某一高度水平勻速飛行，每隔相等時間投放一個物體如果以第一個物體a的落地點為坐標原點、飛機飛行方向為橫坐標的正方向，在豎直平面內建立直角坐標系如下圖是第5個物體e離開飛機時拋出的5個物體(a、b、c、d、e)在空間位置的示意圖，其中可能的是(

27、)解析物體在未落地前，水平方向上作與飛機相同的勻速運動，因而在空中物體一定排在同一直線上，B是錯誤的；在豎直方向上物體作相同的落體運動，在空中運動的時間相等，因而落地的時間間隔也就是投放的時間間隔，是相等的，那么落地的間距相等，e離開飛機時a剛好落地為A，c剛好落地為C，d剛好落地為D.答案ACD8(2021·江蘇南通調研)如圖4所示，一輕繩通過無摩擦的小定滑輪O與小球B連接，另一端與套在光滑豎直桿上的小物塊A連接，桿兩端固定且足夠長，物塊A由靜止從圖示位置釋放后，先沿桿向上運動設某時刻物塊A運動的速度大小為vA，小球B運動的速度大小為vB，輕繩與桿的夾角為.那么()AvAvBcos

28、 BvBvAcos C小球B減小的勢能等于物塊A增加的動能 圖4D當物塊A上升到與滑輪等高時，它的機械能最大解析vA可分解為沿繩方向和垂直繩方向的分速度，如右圖所示而小球B的速度等于繩方向的分速度，即vB=vAcos，故B正確；根據能量守恒可知，小球B減小的勢能等于物塊A增加的機械能和小球B增加的動能之和，C錯；當物塊A上升到與滑輪等高時，vA沿繩方向分速度為0，即vB=0，小球B運動到最低點，減少的重力勢能全部轉化為A的機械能，故此時A的機械能最大，D正確答案BD9(2021·廣東六校聯考三)質量為2 kg的質點在xy平面上做曲線運動，在x方向的速度圖象和y方向的位移圖象如圖5所示

29、以下說法正確的選項是()圖5A質點的初速度為5 m/sB質點所受的合外力為3 NC質點初速度的方向與合外力方向垂直D2 s末質點速度大小為6 m/s解析由x方向的速度圖象可知，在x方向的加速度為 m/s2，受力Fx3 N；由在y方向的位移圖象可知，在y方向做勻速直線運動，速度為vy4 m/s，受力Fy5 m/s，A選項正確；受到的合外力為3 N，B選項正確；顯然，質點初速度方向與合外力方向不垂直，C選項錯誤；2 s末質點速度應該為v m/s2 m/s，D選項錯誤答案AB二、計算題(此題共3小題，第10題13分，第11題15分，第12題18分，共46分)10(2021·福建·

30、20)如圖6所示，射擊槍水平放置，射擊槍與目標靶中心位于離地面足夠高的同一水平線上，槍口與目標靶之間的距離x100 m，子彈射出的水平速度v200 m/s，子彈從槍口射出的瞬間，目標靶由靜止開始釋放，不計空氣阻力，取重力加速度g為10 m/s2，求：圖6(1)從子彈由槍口射出開始計時，經多長時間子彈擊中目標靶？(2)目標靶由靜止開始釋放到被子彈擊中，下落的距離h為多少？解析(1)子彈做平拋運動，它在水平方向的分運動是勻速直線運動，設子彈經t時間擊中目標靶，那么t代入數據得t s(2)目標靶做自由落體運動，那么hgt2代入數據得h m答案 s(2) m11(2021·廣東·1

31、7)(1)為了清理堵塞河道的冰凌，空軍實施投彈爆破，飛機在河道上空高H處以速度v0水平勻速飛行，投擲下炸彈并擊中目標，求炸彈脫離飛機到擊中目標所飛行的水平距離及擊中目標時的速度大小(不計空氣阻力)(2)如圖7所示，一個豎直放置的圓錐筒可繞其中心軸OO轉動，筒內壁粗糙，筒口半徑和筒高分別為R和H，筒內壁A點的高度為筒高的一半，內壁上有一質量為m的小物塊，求： 圖7當筒不轉動時，物塊靜止在筒壁A點受到的摩擦力和支持力的大小當物塊在A點隨筒做勻速轉動，且其所受到的摩擦力為零時，筒轉動的角速度解析(1)炸彈做平拋運動，設炸彈脫離飛機到擊中目標所飛行的水平距離為x.xv0tHgt2聯立以上各式解得xv0

32、設擊中目標時的豎直速度大小為vy，擊中目標時的速度大小為vvygtv聯立以上各式解得v(2)當筒不轉動時，物塊靜止在筒壁A點時受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡條件得摩擦力的大小Ffmgsin mg支持力的大小FNmgcos mg當物塊在A點隨筒做勻速轉動，且其所受到的摩擦力為零時，物塊在筒壁A點時受到重力和支持力作用，它們的合力提供向心力，設筒轉動的角速度為，有mgtan m2由幾何關系得tan 聯立以上各式解得答案(1)v0(2)mgmg12(2021·泰安市4月模擬)如圖8所示，將傾角30°、外表粗糙的斜面固定在地面上，用一根輕質細繩跨過兩個光滑的半徑很

33、小的滑輪連接甲、乙兩物體(均可視為質點)，把甲物體放在斜面上且細繩與斜面平行，把乙物體懸在空中，并使細繩拉直且偏離豎直方向60°開始時甲、乙均靜止現同時釋放甲、乙兩物體，乙物體將在豎直平面內往返運動，測得繩長OA為l m，當乙物體運動經過最高點和最低點時，甲物體在斜面上均恰好未滑動，乙物體的質量為m1 kg，忽略空氣阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：圖8(1)乙物體在豎直平面內運動到最低點時的速度大小以及所受的拉力大小(結果可用根式表示)(2)甲物體的質量以及斜面對甲物體的最大靜摩擦力的大小(3)斜面與甲物體之間的動摩擦因數(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，結果保存兩位有效數字)

34、解析(1)當乙物體運動到最低點時，繩子上的拉力最大，設為F1，對乙物體，由動能定理得mgl(1cos )mv2又由牛頓第二定律得F1mgm乙物體在豎直平面內運動到最低點時的速度v m/s2.24 m/s乙物體運動到最低點時所受的拉力F120 N(2)當乙物體運動到最高點時，繩子上的拉力最小，設為F2，此時乙物體向心力為0，即F2mgcos 此時甲物體恰好不下滑，有Mgsin FfF2乙物體到最低點時，甲物體恰好不上滑，那么有Mgsin FfF1聯立解得M kg，Ff N(3)對甲物體，有FfFN，FNMgcos 聯立解得答案(1) m/s20 N(2) kg N第4課時萬有引力與航天(B)A所

35、有行星都在同一橢圓軌道上繞太陽運動B所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等C離太陽越近的行星運動周期越大D行星繞太陽運動時太陽位于行星軌道的中心處解析 所有行星都沿不同的橢圓軌道繞太陽運動，太陽位于橢圓軌道的一個公共焦點上，故A、D均錯誤；由開普勒第三定律知，所有行星的軌道半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等，而且半長軸越大，行星運動周期越大，B正確，C錯誤2(2021·廣元市第三次適應性考試)“嫦娥一號探月飛船繞月球做“近月勻速圓周運動，周期為T，那么月球的平均密度的表達式為(k為某個常數)(C)ABkTC DkT2解析 由GmR，與，得，故C項正確3

36、有些科學家們推測，太陽系還有一個行星，從地球上看，它永遠在太陽的反面，因此人類一直沒有能發(fā)現它按照這個推測這顆行星應該具有以下哪些性質(B)A其自轉周期應該和地球一樣B其到太陽的距離應該和地球一樣C其質量應該和地球一樣D其密度應該和地球一樣解析 從地球上看，這顆衛(wèi)星永遠在太陽的反面，那么它的公轉周期應該和地球的公轉周期相同，由Gmr()2有T，那么其到太陽的距離應該和地球一樣；其到太陽的距離和公轉周期與密度無關，D項錯誤：在一固定的豎直光滑圓弧軌道內部的最低點，靜止一質量為m的小球(可視為質點)，如圖5所示，當給小球水平初速度v0時，剛好能使小球在豎直平面內做完整的圓周運動圓弧軌道半徑為r，月

37、球的半徑為R，萬有引力常量為G.假設在月球外表上發(fā)射一顆環(huán)月衛(wèi)星，所需最小發(fā)射速度為(A) 圖5A. B.C. D.解析 由mgm，mvmv2mgr，mgm，v，可得v.5(2021·大同市一模)2009年6月19日凌晨5點32分(美國東部時間2009年6月18日下午5點32分)，美國航空航天局在佛羅里達州卡納維拉爾角空軍基地41號發(fā)射場用“宇宙神­5”運載火箭將月球勘測軌道飛行器(LRO)送入一條距離月表31英里(約合50 km)的圓形極地軌道，LRO每天在50 km的高度穿越月球兩極上空10次假設以T表示LRO在離月球外表高度h處的軌道上做勻速圓周運動的周期，以R表示月

38、球的半徑，那么(BD)ALRO運行的向心加速度為BLRO運行的向心加速度為C月球外表的重力加速度為D月球外表的重力加速度為解析 LRO運行時的向心加速度為a2r()2(Rh)，故A錯，B正確；LRO所受萬有引力提供其所需的向心力，即Gm()2(Rh)，又在月球外表附近有Gmg，由以上兩式解得月球外表的重力加速度為g，故C錯，D正確6據報道，嫦娥二號探月衛(wèi)星將于2021年發(fā)射，其環(huán)月飛行的高度距離月球外表100 km，所探測到的有關月球的數據將比環(huán)月飛行高度為200 km的嫦娥一號更加詳實假設兩顆衛(wèi)星環(huán)月運行均可視為勻速圓周運動，運行軌道如6圖所示那么(BD)A嫦娥二號環(huán)月運行的周期比嫦娥一號更

39、長B嫦娥二號環(huán)月運行的周期比嫦娥一號更短C嫦娥二號環(huán)月運行時向心加速度比嫦娥一號更小 圖6D嫦娥二號環(huán)月運行時向心加速度比嫦娥一號更大它們運行的原理可以理解為，質量為M的恒星和質量為m的行星(M>m)，在它們之間的萬有引力作用下有規(guī)那么地運動著如圖7所示，我們可認為行星在以某一定點C為中心、半徑為a的圓周上做勻速圓周運動(圖中沒 圖7有表示出恒星)設萬有引力常量為G，恒星和行星的大小可忽略不計求：(1)恒星與點C間的距離(2)試在圖中粗略畫出恒星運動的軌道和位置(3)計算恒星的運行速率v.答案 (1)a(2)見解析圖(3) 解析(1)根據恒星與行星繞C點的角速度相等可得ma2MRM2RM

40、a(2)恒星運動的軌道和位置大致如右圖所示(3)對恒星代入數據得【反思總結】一、選擇題(此題共9小題，每題6分，共54分)1(2021·山東·18)2008年9月25日至28日，我國成功實施了“神舟七號載人航天飛行并實現了航天員首次出艙飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘以下判斷正確的選項是()A飛船變軌前后的機械能相等B飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C飛船在此圓軌道上運動的角速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度D飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的

41、加速度解析由于變軌過程中需點火加速，所以變軌后飛船的機械能增大，選項A錯誤；宇航員出艙前后均與飛船一起做勻速圓周運動，萬有引力提供了做圓周運動的向心力，因此出艙前后航天員都處于失重狀態(tài)，選項B正確；飛船在圓軌道上運行的周期為90分鐘，而同步衛(wèi)星的周期為24小時，所以飛船在圓軌道上運動的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，選項C正確；只要在同一點受到的萬有引力相同，由牛頓第二定律得a，即加速度相同，選項D錯誤答案BC2(2021·廣東·5)發(fā)射人造衛(wèi)星是將衛(wèi)星以一定的速度送入預定軌道發(fā)射場一般選擇在盡可能靠近赤道的地方，如圖1所示，這樣選址的優(yōu)點是，在赤道附近()A地球的引力較大B地

42、球自轉線速度較大 圖1C重力加速度較大D地球自轉角速度較大解析假設將地球視為一個球體；那么在地球上各處的引力大小相同，A錯；在地球上各處的角速度相同，D錯；在地球的外表附近，赤道的半徑較大，由公式vr可知，半徑越大線速度越大，B對；在赤道上的重力加速度最小，C錯答案B3(2021·寧夏·15)地球和木星繞太陽運行的軌道都可以看作是圓形的，那么木星與地球繞太陽運行的線速度之比約為()ABCD解析由萬有引力定律和圓周運動知識Gm可得v ，所以木星與地球繞太陽運動的線速度之比 0.44，B正確答案B4(2021·浙江·19)在討論地球潮汐成因時，地球繞太陽運行

43、軌道與月球繞地球運行軌道可視為圓軌道×107倍，地球繞太陽運行的軌道半徑約為月球繞地球運行的軌道半徑的400倍關于太陽和月球對地球上相同質量海水的引力，以下說法正確的選項是()A太陽引力遠大于月球引力B太陽引力與月球引力相差不大C月球對不同區(qū)域海水的吸引力大小相等D月球對不同區(qū)域海水的吸引力大小有差異解析由萬有引力定律F可知，F，太陽與月球對相同質量海水的引力之比 5×102，故A對；月球與不同區(qū)域海水的距離不同，故吸引力大小有差異，D對答案AD5(2021·福建·14)“嫦娥一號月球探測器在環(huán)繞月球運行過程中，設探測器運行的軌道半徑為r，運行速率為v，

44、當探測器在飛越月球上一些環(huán)形山中的質量密集區(qū)上空時()Ar、v都將略為減小Br、v都將保持不變Cr將略為減小，v將略為增大Dr將略為增大，v將略為減小解析月球探測器環(huán)繞月球運行，萬有引力提供向心力G，當到達質量密集區(qū)時，萬有引力增大，探測器將“向心運動，半徑將減小，速度增大，故C對答案C6(2021·安徽·15)2009年2月11日，俄羅斯的“宇宙2251”衛(wèi)星和美國的“銥33”衛(wèi)星在西伯利亞上空約805 km處發(fā)生碰撞這是歷史上首次發(fā)生的完整在軌衛(wèi)星碰撞事件碰撞過程中產生的大量碎片可能會影響太空環(huán)境假定有甲、乙兩塊碎片，繞地球運動的軌道都是圓，甲的運行速率比乙的大，那么以

45、下說法中正確的選項是()A甲的運行周期一定比乙的長B甲距地面的高度一定比乙的高C甲的向心力一定比乙的小D甲的加速度一定比乙的大解析根據萬有引力提供向心力有mm(Rh)ma.v T2 a由于v甲>v乙，所以甲離地面的高度小于乙離地面的高度，甲的周期小于乙的周期，甲的向心加速度比乙的大由于甲、乙質量未知，所受向心力大小無法判斷綜上所述正確選項為D項答案D7(2021·江蘇·3)英國?新科學家(New Scientist)?雜志評選出了2021年度世界8項科學之最，在XTEJ1650500雙星系統(tǒng)中發(fā)現的最小黑洞位列其中，假設某黑洞的半徑R約為45 km，質量M和半徑R的關

46、系滿足(其中c為光速，G為引力常量)，那么該黑洞外表重力加速度的數量級為()A108 m/s2 B1010 m/s2C1012 m/s2 D1014 m/s2解析可認為黑洞外表物體的重力等于萬有引力，即mg，即g，將代入上式得g m/s21×1012 m/s2.答案C8.(2021·全國·19)天文學家新發(fā)現了太陽系外的一顆行星這顆行星的體積是地球的，質量是地球的25倍，引力常量G×1011 N·m2/kg2，由此估算該行星的平均密度約為()A×103 kg/m3 B5.6×103 kg/m3C×104 kg/m3

47、 D2.9×104 kg/m3解析設該星球和地球的質量、半徑、體積分別是M1和M2，R1和R2，V1和V2.那么該星球的平均密度為1地球的平均密度為2所以對于地球的近地衛(wèi)星有m2R2又2故1 kg/m3×104 kg/m3答案D9(2021·廣東·12)如圖2是“嫦娥一號奔月示意圖，衛(wèi)星發(fā)射后通過自帶的小型火箭屢次變軌，進入地月轉移軌道，最終被月球引力捕獲，成為繞月衛(wèi)星，并開展對月球的探測以下說法正確的選項是()圖2A發(fā)射“嫦娥一號的速度必須到達第三宇宙速度B在繞月圓軌道上，衛(wèi)星運行周期與衛(wèi)星質量有關C衛(wèi)星受月球的引力與它到月球中心距離的平方成反比D在繞

48、月圓軌道上，衛(wèi)星受地球的引力大于受月球的引力解析“嫦娥一號要想脫離地球的束縛而成為月球的衛(wèi)星，其發(fā)射速度必須到達第二宇宙速度，假設發(fā)射速度到達第三宇宙速度，“嫦娥一號將脫離太陽系的束縛，應選項A錯誤；在繞月球運動時，月球對衛(wèi)星的萬有引力完全提供向心力，那么Gm，T2 ，即衛(wèi)星運行周期與衛(wèi)星的質量無關，應選項B錯誤；衛(wèi)星所受月球的引力FG，應選項C正確；在繞月圓軌道上，衛(wèi)星受地球的引力小于受月球的引力，應選項D錯誤答案C二、計算題(此題共2小題，第10題22分，第11題24分，共46分)10(2021·北京·22)地球半徑為R，地球外表重力加速度為g，不考慮地球自轉的影響(1

49、)推導第一宇宙速度v1的表達式(2)假設衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道距離地面高度為h，求衛(wèi)星的運行周期T的表達式解析(1)設衛(wèi)星的質量為m，地球的質量為M，地球外表處物體質量為m在地球外表附近滿足Gmg那么GMR2g衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力那么mG將式代入式，得到v1(2)衛(wèi)星受到的萬有引力為FG由牛頓第二定律得Fm(Rh)式聯立解得T 答案(1)v1(2)T 11(2021·哈師大附中第三次模擬)北京時間2009年3月1日16時13分10秒，嫦娥一號衛(wèi)星在北京航天飛行控制中心科技人員的精確控制下，成功地實施了對月球的撞擊現將嫦娥一號衛(wèi)星的運動過程作以下簡化處理：設嫦娥一號衛(wèi)星質量為m，在距月球外表高h處繞月球做勻速圓周運動，重力勢能為Ep(以月球外表為零勢能面)在飛行控制中心的指令下發(fā)動機點火向前噴射氣體，使衛(wèi)星瞬間減速制動，在此過程中衛(wèi)星克服阻力做功，其大小為W，之后變軌撞向月球月球半徑為R，月球外表重力加速度為g，忽略月球自轉影響求：(1)嫦娥一號衛(wèi)星制動前繞月球做勻速圓周運動時的速率(2)衛(wèi)星剛撞到月球外表時的速率