高三物理知識點綜合突破檢測題13

專題定位本專題解決的是物體(或帶電體)在力的作用下的曲線運動的問題．高考對本專題的考查以運動組合為線索，進而從力和能的角度進行命題，題目情景新，過程復雜，具有一定的綜合性．考查的主要內容有：①曲線運動的條件和運動的合成與分解；②平拋運動規(guī)律；③圓周運動規(guī)律；④平拋運動與圓周運動的多過程組合問題；⑤應用萬有引力定律解決天體運動問題；⑥帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；⑦帶電粒子在磁場內的勻速圓周運動問題；⑧帶電粒子在簡單組合場內的運動問題等．用到的主要物理思想和方法有：運動的合成與分解思想、應用臨界條件處理臨界問題的方法、建立類平拋運動模型方法、等效的思想方法等．應考策略熟練掌握平拋、圓周運動的規(guī)律，對平拋和圓周運動的組合問題，要善于由轉折點的速度進行突破；熟悉解決天體運動問題的兩條思路；靈活應用運動的合成與分解的思想，解決帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；對帶電粒子在磁場內的勻速圓周運動問題掌握找圓心求半徑的方法．平拋、圓周和天體運動1．物體做曲線運動的條件當物體所受合外力的方向跟它的速度方向不共線時，物體做曲線運動．合運動與分運動具有等時性、獨立性和等效性．2．平拋運動(1)規(guī)律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2.(2)推論：做平拋(或類平拋)運動的物體①任意時刻速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點；②設在任意時刻瞬時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tanθ＝2tan_φ.3．豎直平面圓周運動的兩種臨界問題(1)繩固定，物體能通過最高點的條件是v≥eq\r(gR).(2)桿固定，物體能通過最高點的條件是v>0.4．在處理天體的運動問題時，通常把天體的運動看成是勻速圓周運動，其所需要的向心力由萬有引力提供．其基本關系式為Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m(eq\f(2π,T))2r＝m(2πf)2r.在天體表面，忽略自轉的情況下有Geq\f(Mm,R2)＝mg.5．衛(wèi)星的繞行速度v、角速度ω、周期T與軌道半徑r的關系(1)由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，則r越大，v越小．(2)由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，則r越大，ω越?。?3)由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，則r越大，T越大．6．衛(wèi)星變軌(1)由低軌變高軌，需增大速度，穩(wěn)定在高軌道上時速度比低軌道?。?2)由高軌變低軌，需減小速度，穩(wěn)定在低軌道上時速度比高軌道大．1．豎直平面內圓周運動的最高點和最低點的速度關系通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析．2．對于平拋或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應用合成與分解的思想分析這兩種運動轉折點的速度是解題的關鍵．3．分析天體運動類問題的一條主線就是F萬＝F向，抓住黃金代換公式GM＝gR2.4．確定天體表面重力加速度的方法有：(1)測重力法；(2)單擺法；(3)平拋(或豎直上拋)物體法；(4)近地衛(wèi)星環(huán)繞法．題型1運動的合成與分解問題例1質量為2kg的質點在豎直平面內斜向下做曲線運動，它在豎直方向的速度圖象和水平方向的位移圖象如圖1甲、乙所示，下列說法正確的是 ()甲乙圖1A．前2s內質點處于失重狀態(tài)B．2s末質點速度大小為4C．質點的加速度方向與初速度方向垂直D．質點向下運動的過程中機械能減小解析根據(jù)水平方向的位移圖象可知，質點水平方向做勻速直線運動，水平速度vx＝eq\f(4,3)m/s.根據(jù)豎直方向的速度圖象可知，在豎直方向做勻加速直線運動，加速度a＝1m/s2.前2s內質點處于失重狀態(tài)，2s末質點速度為v＝eq\r(42＋\f(4,3)2)m/s>4m/s，選項A正確，B錯誤．質點的加速度方向豎直向下，與初速度方向不垂直，選項C錯誤．質點向下運動的過程中a＝1m/s2<g，所以質點除受重力外，還受豎直向上的力作用，在質點斜向下做曲線運動過程中這個力做負功，故機械能減小，選項D正確．答案AD以題說法1.運動的獨立性是分析分運動特點的理論依據(jù)，本題中水平方向和豎直方向互不影響．2．對于任意時刻的速度、位移或加速度情況，要把兩方向的速度、位移或加速度用平行四邊形定則合成后再分析．物體在光滑水平面上，在外力F作用下的v－t圖象如圖2甲、乙所示，從圖中可以判斷物體在0～t4的運動狀態(tài) ()甲乙圖2A．物體一直在做曲線運動B．在t1～t3時間內，合外力先增大后減小C．在t1、t3時刻，外力F的功率最大D．在t1～t3時間內，外力F做的總功為零答案ABD解析由圖象可知物體沿x方向做加速度時刻變化的變速直線運動，沿y方向做勻速直線運動，結合運動的合成知識可知物體做曲線運動，選項A正確；速度—時間圖線的斜率表示加速度，在t1～t3時間內，物體的加速度先增大后減小，故合外力先增大后減小，選項B正確；t1、t3時刻，速度的變化率為0，物體的加速度為0，合外力F為0，故F的功率為0，選項C錯誤；t1時刻的合速度的大小與t2時刻合速度的大小相等，則t1～t3時間內，物體的動能變化為0，據(jù)動能定理知外力F做的總功為零，選項D正確．題型2平拋運動問題的分析例2如圖3，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點．O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為 ()圖3A.eq\r(\f(3gR,2)) B.eq\r(\f(3\r(3)gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析平拋運動的水平位移x＝R＋Rcos60°設小球拋出時的初速度為v0，則到達B點時有tan60°＝eq\f(v0,gt)水平位移與水平速度v0的關系為x＝v0t，聯(lián)立解得v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，選項B正確．答案B以題說法1.處理平拋(或類平拋)運動的基本方法就是把運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動，通過研究分運動達到研究合運動的目的．2．要善于建立平拋運動的兩個分速度和分位移與題目呈現(xiàn)的角度之間的關系，這往往是解決問題的突破口．(2013·北京·19)在實驗操作前應該對實驗進行適當?shù)姆治觯芯科綊佭\動的實驗裝置示意圖如圖4所示．小球每次都從斜槽的同一位置無初速度釋放，并從斜槽末端水平飛出．改變水平板的高度，就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡．某同學設想小球先后三次做平拋運動，將水平板依次放在如圖1、2、3的位置，且1與2的間距等于2與3的間距．若三次實驗中，小球從拋出點到落點的水平位移依次為x1、x2、x3，機械能的變化量依次為ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空氣阻力的影響，下面分析正確的是 ()圖4A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3答案B解析不計空氣阻力，小球在運動過程中機械能守恒，所以ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.小球在水平方向上做勻速運動，在豎直方向上做勻加速運動，又因y12＝y(tǒng)23，所以t12＞t23，x2－x1＞x3－x2，由以上分析可知選項B正確．題型3圓周運動問題的分析例3(2013·重慶·8)如圖5所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合．轉臺以一定角速度ω勻速旋轉，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g.圖5(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k?1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向．審題突破當小物塊受到的摩擦力恰好為零時，受到什么力的作用？向心力是多少？當轉速稍增大(或稍減小)時所需的向心力如何變化？解析(1)對小物塊受力分析可知：FNcos60°＝mgFNsin60°＝mR′ωeq\o\al(2,0)R′＝Rsin60°聯(lián)立解得：ω0＝eq\r(\f(2g,R))(2)由于0＜k?1，當ω＝(1＋k)ω0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向下．由受力分析可知：FN′cos60°＝mg＋fcos30°FN′sin60°＋fsin30°＝mR′ω2R′＝Rsin60°聯(lián)立解得：f＝eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg當ω＝(1－k)ω0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向上．由受力分析和幾何關系知．FN″cos60°＋f′sin60°＝mgFN″sin60°－f′cos60°＝mR′ω2R′＝Rsin60°所以f′＝eq\f(\r(3)k2－k,2)mg.答案(1)ω0＝eq\r(\f(2g,R))(2)當ω＝(1＋k)ω0時，f沿罐壁切線向下，大小為eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg當ω＝(1－k)ω0時，f沿罐壁切線向上，大小為eq\f(\r(3)k2－k,2)mg以題說法解決圓周運動力學問題要注意以下幾點：(1)要進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑．(2)列出正確的動力學方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).(3)對于豎直面內的圓周運動要注意“桿模型”和“繩模型”的臨界條件．如圖6所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道內側底部靜止著一個光滑小球，現(xiàn)給小球一個沖擊使其在瞬時得到一個水平初速度v0，若v0＝eq\r(\f(10,3)gR)，則有關小球在圓軌道上能夠上升到的最大高度(距離底部)的說法中正確的是 ()圖6A．一定可以表示為eq\f(v\o\al(2,0),2g) B．可能為eq\f(4R,3)C．可能為R D．可能為eq\f(5,3)R答案B解析如果小球到最高點時速度為零，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(5,3)R，小球已經過了高度R，小球會斜拋出去，故小球在最高點速度不為零，小球到不了eq\f(5,3)R的高度，即不能到達eq\f(v\o\al(2,0),2g)的高度，選項A、D錯誤，選項B正確．題型4萬有引力定律的應用例4某行星自轉周期為T，赤道半徑為R，研究發(fā)現(xiàn)若該行星自轉角速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，將導致該星球赤道上的物體恰好對行星表面沒有壓力，已知萬有引力常量為G，則以下說法中正確的是 ()A．該行量質量為M＝eq\f(4π2R3,GT2)B．該星球的同步衛(wèi)星軌道半徑為r＝eq\r(3,4)RC．質量為m的物體對行星赤道地面的壓力為FN＝eq\f(16mπ2R,T2)D．環(huán)繞該行星做勻速圓周運動的衛(wèi)星線速度必不大于7.9解析若該行星自轉角速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則自轉周期變?yōu)門/2.根據(jù)題述將導致該星球赤道上物體恰好對行星表面沒有壓力，則有Geq\f(Mm,R2)＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,\f(T,2))))2，解得該行星質量為M＝eq\f(16π2R3,GT2)，選項A錯誤．由Geq\f(Mm,r2)＝mr(eq\f(2π,T))2，Geq\f(Mm,R2)＝mR(eq\f(4π,T))2，聯(lián)立解得該星球的同步衛(wèi)星軌道半徑為r＝eq\r(3,4)R，選項B正確．設行星赤道地面對物體的支持力為FN′，由Geq\f(Mm,R2)－FN′＝mR(eq\f(2π,T))2，解得FN′＝eq\f(12mπ2R,T2)，由牛頓第三定律得，質量為m的物體對行星赤道地面的壓力為FN＝eq\f(12mπ2R,T2)，選項C錯誤．根據(jù)題述已知條件，不能得出環(huán)繞該行星做勻速圓周運動的衛(wèi)星線速度，選項D錯誤．答案B以題說法解決天體運動問題要善于構建兩大模型1．“天體公轉”模型——某天體繞中心天體做勻速圓周運動．這種模型一般應用動力學方程(Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m(eq\f(2π,T))2r＝man)和黃金代換公式(GM＝gR2)就能輕松解決問題．2．“天體自轉”模型——天體繞自身中心的某一軸以一定的角速度勻速轉動．這種模型中往往要研究天體上某物體隨天體做勻速圓周運動問題，這時向心力是天體對物體的萬有引力和天體對物體的支持力的合力，在天體赤道上，則會有Fn＝F萬－FN.(2013·山東·20)雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，兩恒星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動．研究發(fā)現(xiàn)，雙星系統(tǒng)演化過程中，兩星的總質量、距離和周期均可能發(fā)生變化．若某雙星系統(tǒng)中兩星做圓周運動的周期為T，經過一段時間演化后，兩星總質量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍，則此時圓周運動的周期為 ()A.eq\r(\f(n3,k2))T B.eq\r(\f(n3,k))TC.eq\r(\f(n2,k))T D.eq\r(\f(n,k))T答案B解析雙星靠彼此的引力提供向心力，則有Geq\f(m1m2,L2)＝m1r1eq\f(4π2,T2)Geq\f(m1m2,L2)＝m2r2eq\f(4π2,T2)并且r1＋r2＝L解得T＝2πeq\r(\f(L3,Gm1＋m2))當雙星總質量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間距離變?yōu)樵瓉淼膎倍時T′＝2πeq\r(\f(n3L3,Gkm1＋m2))＝eq\r(\f(n3,k))·T故選項B正確．4．平拋運動與圓周運動組合問題的綜合分析審題示例(15分)如圖7所示，一粗糙斜面AB與圓心角為37°的光滑圓弧BC相切，經過C點的切線方向水平．已知圓弧的半徑為R＝1.25m，斜面AB的長度為L＝1m．質量為m＝1kg的小物塊(可視為質點)在水平外力F＝1N作用下，從斜面頂端A點處由靜止開始，沿斜面向下運動，當?shù)竭_B點時撤去外力，物塊沿圓弧滑至C點拋出，若落地點E與C點間的水平距離為x＝1.2m，C點距離地面高度為h＝0.8m．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8圖7(1)物塊經C點時對圓弧面的壓力；(2)物塊滑至B點時的速度；(3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)．審題模板答題模板(1)物塊從C點到E點做平拋運動由h＝eq\f(1,2)gt2 (1分)得t＝0.4s (1分)vC＝eq\f(x,t)＝3m/s (1分)由牛頓第二定律知FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R) (1分)FN＝17.2N (1分)由牛頓第三定律知，物體在C點時對圓弧的壓力大小為17.2N，方向豎直向下(1分)(2)從B點到C點由動能定理有mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) (2分)vB＝2m/s ((3)從A點到B點由veq\o\al(2,B)＝2aL，得a＝2m/s2 (由牛頓第二定律有mgsin37°＋Fcos37°－μ(mgcos37°－Fsin37°)＝ma (2分)代入數(shù)據(jù)，解得μ＝eq\f(24,37)≈0.65 (1分)答案(1)17.2N(2)2m/s(3點睛之筆1.多過程問題實際是多種運動規(guī)律的組合．平拋運動通常分解速度，豎直面內圓周運動通常應用動能定理和牛頓第二定律，直線運動通常用動力學方法或動能定理來分析．2．在建立兩運動之間的聯(lián)系時，要把轉折點的速度作為分析重點．一長l＝0.80m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質量m＝0.10kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝1.00m．開始時小球處于A點，此時輕繩拉直處于水平方向上，如圖8所示．讓小球從靜止釋放，當小球運動到B點時，輕繩碰到懸點O正下方一個固定的釘子P時立刻斷裂．不計輕繩斷裂的能量損失，取重力加速度g＝圖8(1)當小球運動到B點時的速度大??；(2)繩斷裂后球從B點拋出并落在水平地面的C點，求C點與B點之間的水平距離；(3)若OP＝0.6m，輕繩碰到釘子P時繩中拉力達到所能承受的最大拉力斷裂，答案(1)4.0m/s(2)0.80m(3解析(1)設小球運動到B點時的速度大小為vB，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgl解得小球運動到B點時的速度大小vB＝eq\r(2gl)＝4.0m/s(2)小球從B點做平拋運動，由運動學規(guī)律得x＝vBty＝H－l＝eq\f(1,2)gt2解得C點與B點之間的水平距離x＝vB·eq\r(\f(2H－l,g))＝0.80m(3)若輕繩碰到釘子時，輕繩拉力恰好達到最大值Fm，由圓周運動規(guī)律得Fm－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),r)r＝l－OP由以上各式解得Fm＝9N(限時：45分鐘)一、單項選擇題1．(2013·江蘇·2)如圖1所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是 ()圖1A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小答案D解析因為物體的角速度ω相同，線速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB，故A項錯；根據(jù)an＝rω2知anA<anB，故B項錯；如圖，tanθ＝eq\f(an,g)，而B的向心加速度較大，則B的纜繩與豎直方向夾角較大，纜繩拉力FT＝eq\f(mg,cosθ)，則FTA<FTB，所以C項錯，D項正確．2．如圖2所示，圓弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O為圓心的一段圓弧，位于豎直平面內．現(xiàn)有一小球從一水平桌面的邊緣P點向右水平飛出，該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入軌道．OA與豎直方向的夾角為θ1，PA與豎直方向的夾角為θ2.下列說法正確的是 ()圖2A．tanθ1tanθ2＝2B．cotθ1tanθ2＝2C．cotθ1cotθ2＝2D．tanθ1cotθ2＝2答案A解析平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，小球在A點時速度與水平方向的夾角為θ1，tanθ1＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，位移與豎直方向的夾角為θ2，tanθ2＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，則tanθ1tanθ2＝2.故A正確，B、C、D錯誤．3．在光滑水平桌面中央固定一邊長為0.3m的小正三棱柱abc，俯視如圖3.長度為L＝1m的細線，一端固定在a點，另一端拴住一個質量為m＝0.5kg、不計大小的小球．初始時刻，把細線拉直在ca的延長線上，并給小球以v0＝2m/s且垂直于細線方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，細線逐漸纏繞在棱柱上(不計細線與三棱柱碰撞過程中的能量損失圖3A．細線斷裂之前，小球速度的大小保持不變B．細線斷裂之前，小球的速度逐漸減小C．細線斷裂之前，小球運動的總時間為0.7πsD．細線斷裂之前，小球運動的位移大小為0.9答案B解析小球在光滑水平面內運動，由于沒有能量損失，細線斷裂之前，小球速度的大小保持不變，選項A正確，選項B錯誤；線速度不變，細線越來越短，因此角速度應該逐步增大，由F＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv2,F)＝eq\f(2,7)m<0.3m，由于細線長以0.3m遞減，當被棱柱擋住三次時細線長變?yōu)?.1m，此時細線斷，小球正好繞三棱柱纏繞一圈，運動時間為t＝eq\f(1,3)×eq\f(2π×1,2)s＋eq\f(1,3)×eq\f(2π×1－0.3,2)s＋eq\f(1,3)×eq\f(2π×1－0.6,2)s＝0.7πs，選項C正確；細線斷裂之前，小球做圓周運動的半徑變?yōu)?.1m，則小球運動的位移大小為0.9m，選項D正確．故本題答案為B.4．(2013·廣東·14)如圖4，甲、乙兩顆衛(wèi)星以相同的軌道半徑分別繞質量為M和2M的行星做勻速圓周運動，下列說法正確的是 圖4A．甲的向心加速度比乙的小B．甲的運行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大D．甲的線速度比乙的大答案A解析由萬有引力提供向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，變形得：a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，只有周期T和M成減函數(shù)關系，而a、v、ω和M成增函數(shù)關系，故選A.5．2013年2月15日中午12時30分左右，俄羅斯車里雅賓斯克州發(fā)生天體墜落事件．如圖5所示，一塊隕石從外太空飛向地球，到A點剛好進入大氣層，由于受地球引力和大氣層空氣阻力的作用，軌道半徑漸漸變小，則下列說法中正確的是 ()圖5A．隕石正減速飛向A處B．隕石繞地球運轉時角速度漸漸變小C．隕石繞地球運轉時速度漸漸變大D．進入大氣層隕石的機械能漸漸變大答案C解析由于萬有引力做功，隕石正加速飛向A處，選項A錯誤．隕石繞地球運轉時，因軌道半徑漸漸變小，則角速度漸漸增大，速度漸漸變大，選項B錯誤，C正確．進入大氣層后，由于受到空氣阻力的作用，隕石的機械能漸漸變小，選項D錯誤．二、多項選擇題6．(2013·新課標Ⅱ·21)公路急轉彎處通常是交通事故多發(fā)地帶．如圖6，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為vc時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢，則在該彎道處 ()圖6A．路面外側高內側低B．車速只要低于vc，車輛便會向內側滑動C．車速雖然高于vc，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側滑動D．當路面結冰時，與未結冰時相比，vc的值變小答案AC解析當汽車行駛的速度為vc時，路面對汽車沒有摩擦力，路面對汽車的支持力與汽車重力的合力提供向心力，此時要求路面外側高內側低，選項A正確．當速度稍大于vc時，汽車有向外側滑動的趨勢，因而受到向內側的摩擦力，當摩擦力小于最大靜摩擦力時，車輛不會向外側滑動，選項C正確．同樣，速度稍小于vc時，車輛不會向內側滑動，選項B錯誤．vc的大小只與路面的傾斜程度和轉彎半徑有關，與地面的粗糙程度無關，D錯誤．7．某同學學習了天體運動的知識后，假想宇宙中存在著由四顆星組成的孤立星系．如圖7所示，一顆母星處在正三角形的中心，三角形的頂點各有一顆質量相等的小星圍繞母星做圓周運動．如果兩顆小星間的萬有引力為F，母星與任意一顆小星間的萬有引力為9F.則 圖7A．每顆小星受到的萬有引力為(eq\r(3)＋9)FB．每顆小星受到的萬有引力為(eq\f(\r(3),2)＋9)FC．母星的質量是每顆小星質量的3倍D．母星的質量是每顆小星質量的3eq\r(3)倍答案AC解析每顆小星受到的萬有引力為2Fcos30°＋9F＝(eq\r(3)＋9)F，選項A正確，選項B錯誤；設正三角形的邊長為l，由萬有引力定律和題意知Geq\f(Mm,\f(2,3)lcos30°2)＝9Geq\f(m2,l2)，解得M＝3m，選項C正確，選項D錯誤．8．地球自轉正在逐漸變慢，據(jù)推測10億年后地球的自轉周期約為31h．若那時發(fā)射一顆地球的同步衛(wèi)星W2，與目前地球的某顆同步衛(wèi)星W1相比，以下說法正確的是(假設萬有引力常量、地球的質量、半徑均不變) ()A．離地面的高度h2>h1B．向心加速度a2>a1C．線速度v2<v1D．線速度v2>v1答案AC解析由萬有引力提供向心力可知，Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，h＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))－R，由于周期增大，則h增大，選項A正確；由Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma可知，向心加速度減小，選項B錯誤；由線速度公式Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)可知，線速度減小，選項C正確，選項D錯誤．9．我國自主研發(fā)的“北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)”是由多顆衛(wèi)星組成的，其中有5顆地球同步衛(wèi)星．在發(fā)射地球同步衛(wèi)星的過程中，衛(wèi)星首先進入橢圓軌道Ⅰ，如圖8所示，然后在Q點通過改變衛(wèi)星速度，讓衛(wèi)星進入地球同步軌道Ⅱ，則 ()圖8A．該衛(wèi)星的發(fā)射速度必定大于11.2B．衛(wèi)星在同步軌道Ⅱ上的運行速度小于7.9C．在軌道Ⅰ上，衛(wèi)星在P點的動能小于在Q點的動能D．在軌道Ⅱ上的運行周期大于在軌道Ⅰ上的運行周期答案BD解析人造衛(wèi)星的最小發(fā)射速度和最大環(huán)繞速度均為7.9km/s，選項A錯誤，選項B正確；由v＝eq\r(\f(GM,r))知r越小v越大，動能也就越大，所以衛(wèi)星在P點的動能大于在Q點的動能，選項C錯誤；由T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))知r越大T越大，則衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的周期大于在軌道Ⅰ上的周期，選項D正確．三、非選擇題10．如圖9所示，質量M＝2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m＝1kg的小球通過長L＝0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞O軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0＝4m圖9(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向；(2)在滿足(1)的條件下，小球在最高點P突然離開輕桿沿水平方向飛出，試求小球落到水平軌道的位置到軸O的距離；(3)若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時的速度大小v′＝2m/s，答案(1)2N豎直向上(2)eq\f(\r(15),5)m(3)1m/s解析(1)設小球能通過最高點，且在最高點時的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v1＝eq\r(6)m/sv1>0，故小球能到達最高點．設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)得F＝2N由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上(2)小球飛出后做平拋運動，設運動時間為t由L＝eq\f(1