2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》教科版必修第二冊(cè)課時(shí)答案

2025高中物理《課時(shí)作業(yè)》教科版必修第二冊(cè)課時(shí)答案課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)1認(rèn)識(shí)曲線運(yùn)動(dòng)1．解析：做曲線運(yùn)動(dòng)的物體速度一定變化，受合外力一定不為零，則一定具有加速度，A正確；做曲線運(yùn)動(dòng)的物體速度方向一定改變，但大小不一定變化，例如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；曲線運(yùn)動(dòng)也可能是勻加速運(yùn)動(dòng)，例如平拋運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；做曲線運(yùn)動(dòng)的物體速度方向一定與加速度方向不相同，D錯(cuò)誤．答案：A2．解析：根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)速度方向總是沿軌跡切線方向，則力F突然撤去，質(zhì)點(diǎn)將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以它從B點(diǎn)開始可能沿圖中的b虛線運(yùn)動(dòng)，B正確；A、C、D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)某點(diǎn)的速度方向沿著該點(diǎn)的切線方向，由圖中可知運(yùn)動(dòng)員速度方向與經(jīng)過P點(diǎn)的速度方向最接近的是A點(diǎn)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A4．解析：在曲線運(yùn)動(dòng)中，物體的速度在軌跡的切線方向，且沿著物體運(yùn)動(dòng)的方向，結(jié)合題意可知，在經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，選手和摩托車的速度方向水平向左，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B5．解析：物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡夾在速度方向與合力方向之間，合力大致指向軌跡凹的一側(cè)，軌跡不可能與力的方向相同，D正確．答案：D6．解析：若物體只是運(yùn)動(dòng)的速度大小改變，方向不變，則物體做直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；物體做曲線運(yùn)動(dòng)，它的運(yùn)動(dòng)速度方向一定是變化的，則速度一定在改變，B錯(cuò)誤；物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，它的加速度的方向始終和速度的方向不一致，C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度與合外力同向，則物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，它的加速度方向始終和所受到的合外力方向一致，D正確．答案：D7．解析：物體受幾個(gè)恒力的作用而處于平衡狀態(tài)，速度可能為零，也可能為某個(gè)確定的值．當(dāng)再對(duì)物體施加一個(gè)恒力時(shí)，則合力不為零，速度一定改變，不可能保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、C錯(cuò)誤；如果速度與合力同向，物體就做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若速度與合力反向，則物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B正確；如果速度與合力不共線，物體就做曲線運(yùn)動(dòng)，由于合力是恒力，故加速度恒定不變，物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，D正確．答案：BD8．解析：質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，從曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，從C到D，力對(duì)于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)是阻力，因此C點(diǎn)的速率比D點(diǎn)的速率大，A正確；質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，從曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，從D到E，力對(duì)于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)是動(dòng)力，因此E點(diǎn)的速率比D點(diǎn)的速率大，B錯(cuò)誤；因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)是做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的加速度和E點(diǎn)的加速度相等，C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，從曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，合外力方向與速度方向的夾角逐漸減小，D正確．答案：AD9．解析：由題圖所示運(yùn)動(dòng)軌跡可知，質(zhì)點(diǎn)速度方向恰好改變了90°，可以判斷恒力方向應(yīng)指向右下方，與初速度方向的夾角大于90°且小于180°，A、B錯(cuò)誤；合力方向指向右下方，與速度方向的夾角先大于90°后小于90°，因此質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)到N點(diǎn)的速率先減小后增大，C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在恒力的作用下運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，加速度的大小和方向都不變，質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，D正確．答案：D10．解析：圖中導(dǎo)彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生沿水平方向的推力F和豎直向下的重力，合力的方向與圖中運(yùn)動(dòng)的方向不可能在同一條直線上，所以不能做直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；圖中導(dǎo)彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生的斜向上的推力F和豎直向下的重力，該圖中合力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向可能在同一條直線上，所以導(dǎo)彈可能沿斜向上的方向做直線運(yùn)動(dòng)，B正確；圖中導(dǎo)彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生的斜向下的推力F和豎直向下的重力，該圖中合力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向不可能在同一條直線上，所以不能做直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；圖中導(dǎo)彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生的推力F的方向沿軌跡的切線方向，而重力的方向豎直向下，合力的方向沿軌跡切線方向向外，不可能沿虛線凹側(cè)，故導(dǎo)彈不可能沿虛線做曲線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．答案：B11.解析：若滿足Fy＝Fxtanα，則Fx和Fy的合力F與v在同一直線上，如圖所示，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)；若Fy<Fxtanα即tanα>eq\f(Fy,Fx)，則Fx、Fy的合力F與x軸的夾角β<α，則質(zhì)點(diǎn)偏向x軸一側(cè)做曲線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤，C、D正確．答案：CD12．解析：將與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，大小為2N的一個(gè)力突然水平順時(shí)針轉(zhuǎn)過90°，此時(shí)物體受的合力大小變?yōu)镕＝2eq\r(2)N，加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\r(2)m/s2，此時(shí)合外力方向與速度方向不共線，則物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；1s后把這個(gè)力突然水平逆時(shí)針轉(zhuǎn)過90°，則物體受力又達(dá)到平衡，則此后又做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC13．解析：物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度方向沿切線方向，而力一定指向曲線的凹側(cè)，A、B錯(cuò)誤；由于加速度和速度方向夾角大于90°，物體速度應(yīng)減小，故C錯(cuò)誤；圖中加速度和速度方向夾角小于90°，物體速度應(yīng)增大，故D正確．答案：D14．解析：(1)單獨(dú)開動(dòng)P1時(shí)，推力沿x軸負(fù)方向，探測(cè)器做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；單獨(dú)開動(dòng)P3時(shí)，推力沿x軸正方向，探測(cè)器做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；單獨(dú)開動(dòng)P2或P4時(shí)，推力沿平行y軸方向，探測(cè)器做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；(2)同時(shí)開動(dòng)P2與P3，合力方向與y軸正方向的夾角為銳角，探測(cè)器做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；(3)若四個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)能產(chǎn)生大小相等的推力，那么同時(shí)開動(dòng)時(shí)探測(cè)器受力平衡，仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)；(4)單獨(dú)開動(dòng)P2時(shí)，探測(cè)器加速度方向向上，向上彎曲做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，而單獨(dú)開動(dòng)P4時(shí)，探測(cè)器加速度方向向下，向下彎曲做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．答案：(1)見解析(2)見解析(3)勻速直線運(yùn)動(dòng)(4)見解析課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)2運(yùn)動(dòng)的合成與分解1．解析：做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，速度方向時(shí)刻變化，但受到的合力可以不變，故加速度可以不變，如平拋運(yùn)動(dòng)，只受重力，是勻變速運(yùn)動(dòng)，故A正確；兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)可能是曲線運(yùn)動(dòng)，例如平拋運(yùn)動(dòng)，B正確；物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其速度大小不一定變化，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)的合加速度與合初速度方向共線時(shí)，合運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．答案：AB2．解析：小猴子的合速度方向(右上方)與加速度方向(豎直向上)不共線，所以做曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；小猴子的合位移為L(zhǎng)＝eq\r(x2＋h2)，B正確；依題意，小猴子的加速度為定值，根據(jù)公式Δv＝a·Δt易知，相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量不變，C、D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：小船在靜水中先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，具有加速度，水流速度勻速不變，所以小船的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線，A錯(cuò)誤；研究垂直于河岸方向的運(yùn)動(dòng)，速度—時(shí)間圖像圍成的面積表示位移，則小船渡河的寬度d＝eq\f(4×60,2)m＝120m，B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性可知，小船沿河岸方向運(yùn)動(dòng)了60s，距離為x＝3×60m＝180m，C正確；根據(jù)矢量合成法則可知，小船在靜水中的速度最大時(shí)，渡河速度最大，有vm＝eq\r(32＋42)m/s＝5m/s，D錯(cuò)誤．答案：C4．解析：由于繩索始終保持豎直，所以傷員水平方向不受力，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故直升機(jī)一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；傷員水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，但豎直方向運(yùn)動(dòng)情況不明，所以不能確定傷員是做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；螺旋槳產(chǎn)生動(dòng)力的一個(gè)分力沿豎直方向與重力平衡，另一個(gè)分力沿水平方向與空氣阻力平衡，故C錯(cuò)誤；因傷員豎直方向分運(yùn)動(dòng)不明，無法判斷繩索拉力與傷員重力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤．答案：A5．解析：設(shè)此時(shí)繩子的速率為v繩，將A、B的速度分別沿繩的方向和垂直繩的方向分解，可得v繩＝vAsin37°，v繩＝vBcos53°，結(jié)合vA＋vB＝eq\f(20,3)m/s，解得vA＝eq\f(10,3)m/s，A正確．答案：A6．解析：當(dāng)玻璃管沿x軸勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，紅蠟塊的合運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡是一條直線，A錯(cuò)誤；當(dāng)玻璃管沿x軸以v2＝3cm/s速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，紅蠟塊的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝5cm/s，2s內(nèi)紅蠟塊的位移大小是x＝vt＝10cm，B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)玻璃管沿x軸由靜止開始做a＝4cm/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，紅蠟塊的合運(yùn)動(dòng)為曲線運(yùn)動(dòng)，其軌跡是一條曲線，故D錯(cuò)誤．答案：C7．解析：體育老師勻速運(yùn)動(dòng)從A到BC邊某處，且不影響跑操隊(duì)伍，則其一方面沿著隊(duì)伍行進(jìn)方向的速度vx不能小于2m/s，另一方面還要有一個(gè)垂直于跑操隊(duì)伍前進(jìn)方向的速度vy，其實(shí)際速度(v師＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))))一定大于2m/s，與AB有一定夾角，故A、B都錯(cuò)誤；若體育老師在0.5s到達(dá)BC邊，則其垂直于跑操隊(duì)伍前進(jìn)方向的速度vy＝eq\f(d,t)，代入數(shù)據(jù)可得vy＝6m/s，體育老師平行于跑操隊(duì)伍運(yùn)動(dòng)方向的速度vx≥2m/s，其合速度v師≥2eq\r(10)m/s即可，作為體育老師，是可以實(shí)現(xiàn)的，故C正確；若體育老師要跑到BC邊中點(diǎn)D處，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(\f(L,2),vx)≤1s，則其垂直于跑操隊(duì)伍前進(jìn)方向的速度vy＝eq\f(d,t)≥3m/s，體育老師平行于跑操隊(duì)伍運(yùn)動(dòng)方向的速度vx≥2m/s，則合速度v師≥eq\r(13)m/s，故D錯(cuò)誤．答案：C8．解析：由題意及幾何關(guān)系可得tan37°＝eq\f(v人,v雨)，v雨＝eq\f(8,3)m/s，C正確．答案：C9．解析：船與木盆在水中都隨水一起向下游運(yùn)動(dòng)，向下游運(yùn)動(dòng)的速度相等，所以若要救援的時(shí)間最短，則船頭的方向始終指向木盆．所以最短的時(shí)間為tmin＝eq\f(\f(d,2),v船)＝eq\f(150,5)s＝30s，A正確．答案：A10．解析：設(shè)物體B的運(yùn)動(dòng)速度為vB，將B的速度沿繩和垂直繩的方向進(jìn)行分解，沿繩方向的速度即為物體A的運(yùn)動(dòng)速度，則有vA＝vBcosθ，則物體A的速度小于物體B的速度，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)vA＝vBcosθ，在物體B運(yùn)動(dòng)過程中θ不斷變小，則vA會(huì)不斷增大，故物體A做加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；物體A做加速運(yùn)動(dòng)，則有T－mAg>0，說明輕繩的拉力大于物體A所受的重力，D正確．答案：AD11．解析：兩邊以v速度勻速地向下拉繩．當(dāng)兩根細(xì)繩與豎直方向的夾角都為60°時(shí)，物體A上升的速度為vA＝eq\f(v,cos60°)＝2v，A正確．答案：A12．解析：(1)船頭垂直河岸時(shí)，渡河時(shí)間最短，最短時(shí)間t＝eq\f(d,v2)＝eq\f(120,4)s＝30s根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性與等時(shí)性，沿水流方向，位移大小x＝v1t＝5×30m＝150m.(2)因?yàn)関1>v2，所以小船不能垂直過河，當(dāng)船頭朝向上游且與河岸成θ時(shí)，渡河航程最短，如圖所示其中cosθ＝eq\f(v2,v1)＝0.8即θ＝37°船頭朝向上游與河岸成37°夾角，最短航程s＝eq\f(d,cosθ)＝150m.答案：(1)30s150m(2)150m，船頭朝向上游與河岸成37°夾角課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)3探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)1．解析：小球做平拋運(yùn)動(dòng)，只受重力，所以加速度均為重力加速度g，故A正確，B錯(cuò)誤；由于小球平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡是拋物線，所以小球在不同位置時(shí)，速度方向不同，而且速度大小越來越大，故C、D錯(cuò)誤．答案：A2．解析：小球滾下的高度越低，其做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度越小，其軌跡線越陡，越靠近y軸，所以可能原因?yàn)锽.答案：B3．解析：安裝有斜槽的木板時(shí)，必須使斜槽末端切線水平，使木板豎直，以確保小球水平飛出和正確畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，A正確，B錯(cuò)誤；小球每次從斜槽上的同一位置由靜止開始滾下，可保證小球初速度不變，C正確；由實(shí)驗(yàn)?zāi)康目芍?，D正確．答案：ACD4．解析：設(shè)乘客拋出物體的速度為v1(相對(duì)車).當(dāng)v0>v1時(shí)，物體對(duì)地速度方向向右，故物體相對(duì)地面向右拋出，選項(xiàng)C正確；當(dāng)v0＝v1時(shí)，物體對(duì)地速度為0，故物體相對(duì)地面自由落體，選項(xiàng)B正確；當(dāng)v0<v1時(shí)，物體對(duì)地速度方向向左，故物體相對(duì)地面向左拋出，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：ABC5．解析：平拋運(yùn)動(dòng)中，水平方向是勻速直線運(yùn)動(dòng)，故水平方向速度不變，A正確；平拋運(yùn)動(dòng)中，豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，故豎直方向速度在增大，B正確；平拋運(yùn)動(dòng)合速度的增大量Δv＝gt，故合速度在均勻增大，C正確；平拋運(yùn)動(dòng)的加速度是重力加速度，故加速度不變，D錯(cuò)誤．答案：D6．解析：(1)小錘輕擊彈性金屬片時(shí)，通過實(shí)驗(yàn)可以觀察到它們同時(shí)落地；(2)讓A、B球恢復(fù)初始狀態(tài)，用較大的力敲擊彈性金屬片，由于兩球下落的豎直高度不變，則A球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將不變．(3)由于實(shí)驗(yàn)中觀察到兩球同時(shí)落地，說明兩球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，故僅能說明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，B正確．答案：(1)同時(shí)(2)不變(3)B7．解析：(1)A、B兩球總同時(shí)落地，該實(shí)驗(yàn)表明平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，C正確．(2)需要重垂線確保木板在豎直平面內(nèi)，也可方便確定坐標(biāo)軸，還需要白紙和復(fù)寫紙記錄小球平拋過程的位置，便于做出軌跡，A、E正確．(3)斜槽軌道不必光滑，只要小球每次從同一位置由靜止釋放即可，A錯(cuò)誤，D正確；斜槽軌道末端要保持水平，以確保小球水平拋出，B正確；擋板的高度不需要等間距變化，C錯(cuò)誤；要使描繪出的軌跡更好的反映真實(shí)運(yùn)動(dòng)，記錄點(diǎn)應(yīng)適當(dāng)多一些，E正確．(4)直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)應(yīng)選小球在斜槽末端時(shí)的球心，B正確．(5)豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，由位移公式h＝eq\f(1,2)gt2可知，如果h1∶h2∶h3…＝1∶4∶9…，可得t1∶t2∶t3…＝1∶2∶3…，所以相鄰各點(diǎn)的時(shí)間間隔相等．答案：(1)C(2)AE(3)BDE(4)B(5)見解析8．解析：(1)只要小球每次從斜面同一位置由靜止釋放，克服摩擦阻力做功相同，從桌面邊緣飛出時(shí)的速度相等即可，故本實(shí)驗(yàn)斜面和桌面的粗糙程度對(duì)實(shí)驗(yàn)的精確度沒有影響．(2)在同一組實(shí)驗(yàn)中，小球從斜面上由靜止釋放時(shí)需滿足從同一位置釋放．(3)若小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則移動(dòng)每一個(gè)x小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差恒定，豎直方向由勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論可知，相同時(shí)間位移差恒定，故豎直方向相鄰兩個(gè)撞痕間長(zhǎng)度差恒定，即(H1－H2)－(H2－H3)＝(H2－H3)－(H3－H4)，整理得H1＋3H3＝3H2＋H4.答案：(1)沒有(2)從同一位置釋放(3)H1＋3H3＝3H2＋H49．解析：兩小球恰好在水平軌道相遇，這說明兩球在水平方向的運(yùn)動(dòng)相同，說明平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)；觀察到兩小球恰好在小球2初位置的正下方相遇，這說明兩球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)相同，即說明平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)．答案：勻速直線運(yùn)動(dòng)自由落體運(yùn)動(dòng)課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)4研究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律1．解析：甲球做平拋運(yùn)動(dòng)，乙球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則兩球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故A、B錯(cuò)誤；兩球落地時(shí)，在豎直方向的速度相同，當(dāng)甲球具有水平分速度，由v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))>vy，則甲球的落地速度更大，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：物體在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以t＝eq\f(v0,g)，A正確．答案：A3．解析：平拋運(yùn)動(dòng)的物體，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，有vy＝gt，所以豎直速度與時(shí)間是正比函數(shù)關(guān)系，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D4．解析：物體到達(dá)A點(diǎn)時(shí)豎直分速度大小為vy＝gt＝10eq\r(3)m/s，設(shè)物體到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度與水平方向的夾角為θ，根據(jù)速度的分解有tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\r(3)，解得θ＝60°，C正確．答案：C5．解析：運(yùn)動(dòng)員在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)A點(diǎn)與B點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，則有Lsin37°＝eq\f(1,2)gt2，解得L＝75m，設(shè)運(yùn)動(dòng)員離開A點(diǎn)時(shí)的速度為v0，運(yùn)動(dòng)員在水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有Lcos37°＝v0t，解得v0＝20m/s，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：由題意知槍口與P點(diǎn)等高，子彈和小積木在豎直方向上均做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)子彈擊中積木時(shí)子彈和積木運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知下落高度相同，所以將擊中P點(diǎn)；又由于初始狀態(tài)子彈到P點(diǎn)的水平距離為L(zhǎng)，子彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故有t＝eq\f(L,v)，B正確．答案：B7．解析：設(shè)拋出點(diǎn)高度為h，套圈的初速度大小為v0，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知第一次套圈的水平位移為s＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，套圈落在玩具的前方，說明s偏大，為了套住玩具，應(yīng)使s減?。舯３謷伋鳇c(diǎn)高度不變，減小初速度，會(huì)減小s，故A正確，C錯(cuò)誤；增大拋出點(diǎn)高度，增大初速度，會(huì)增大s，故B錯(cuò)誤；保持初速度不變，增大拋出點(diǎn)高度，會(huì)增大s，故D錯(cuò)誤．答案：A8．解析：小球速度方向偏轉(zhuǎn)30°角時(shí)，tan30°＝eq\f(gt1,v0)，小球速度方向偏轉(zhuǎn)60°角時(shí)，tan60°＝eq\f(gt2,v0)，該過程用時(shí)Δt＝t2－t1＝eq\f(2\r(3)v0,3g)，D正確．答案：D9．解析：根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知任意相等時(shí)間內(nèi)它們下落的距離相等，所以兩球都在空中時(shí)，它們之間的豎直距離保持不變，A正確；兩球都在空中時(shí)，它們之間的水平距離保持Δx＝(20－10)t，隨著時(shí)間的增大而增大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知，B的高度比A高，所以B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比A長(zhǎng)，A先落地，故C錯(cuò)誤；水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，所以x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，代入數(shù)據(jù)得eq\f(xA,xB)＝eq\r(2)，與h無關(guān)，不可能落到水平地面上的同一點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．答案：A10．解析：設(shè)小球在斜面上方的距離為h，則h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)tanθ＝eq\f(v0,gt2)，eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋v0t2tanθ＝h，解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(5),\r(3))，D正確．答案：D11．解析：水流在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)y＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2y,g))，故模型中水流豎直位移變?yōu)閷?shí)際的eq\f(1,64)，則下落時(shí)間變?yōu)樵瓉頃r(shí)間的eq\f(1,8)；水平位移也變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,64)，由x＝v0t可知，水流從模型槽道流出初速度應(yīng)為從實(shí)際槽道流出初速度的eq\f(1,8)，C正確．答案：C12．解析：(1)由幾何關(guān)系知h＝Lsinα，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立求得t＝eq\r(\f(2Lsinα,g)).(2)在水平方向上有Lcosα＝v0t從O到P由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2as由牛頓第二定律知F＝ma聯(lián)立求得x＝eq\f(mgLcos2α,4Fsinα).答案：(1)eq\r(\f(2Lsinα,g))(2)eq\f(mgLcos2α,4Fsinα)13．解析：當(dāng)排球在豎直方向下落Δh＝3.04－2.24＝0.8m設(shè)水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為x，則Δh＝eq\f(1,2)gt2x＝v0t聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得x＝10m因?yàn)閤＝10m>9m，故此球能過網(wǎng)．答案：球能過網(wǎng)課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)5圓周運(yùn)動(dòng)1．解析：勻速圓周運(yùn)動(dòng)為曲線運(yùn)動(dòng)，線速度大小不變，但方向時(shí)刻改變；角速度不變；周期和頻率是標(biāo)量也不變，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D2．解析：扳手上的P、Q兩點(diǎn)隨扳手同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，即ωP∶ωQ＝1∶1，由v＝rω可得vP∶vQ＝rP∶rQ＝2∶3，D正確．答案：D3．解析：地球上的物體都是同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，故周期相等，角速度相等，有TA＝TB，由v＝ω·r可得vA>vB，B正確．答案：B4．解析：A、C兩輪邊緣線速度相同，A、B兩輪邊緣的線速度也相同，則vA＝vB＝vC，根據(jù)v＝ωr可知，因A輪半徑大于C輪半徑，可知ωA<ωC對(duì)A、B兩輪，因A輪半徑大于B輪，則ωB>ωA，A正確．答案：A5．解析：兩輪邊緣線速度大小相等，即v1∶v2＝1∶1，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(2πr,v)可知，T1∶T2＝r1∶r2，C正確，D錯(cuò)誤．答案：C6．解析：質(zhì)點(diǎn)的角速度為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(\f(π,6),10)rad/s＝eq\f(π,60)rad/s，A錯(cuò)誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)的線速度為v＝ωr＝eq\f(π,60)×0.1m/s＝eq\f(π,600)m/s，C、D錯(cuò)誤．答案：B7．解析：題中的n不是轉(zhuǎn)速，根據(jù)題意無法求出小球的角速度，A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)軸和小球?qū)儆谕S轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，B正確；水桶的速度等于v＝ωr，小球轉(zhuǎn)動(dòng)線速度為v′＝ωR，水桶的速度是小球轉(zhuǎn)動(dòng)線速度的eq\f(r,R)倍，C正確；手柄和輪軸屬于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，手柄勻速轉(zhuǎn)動(dòng)n周，輪軸轉(zhuǎn)動(dòng)了n周，D錯(cuò)誤．答案：BC8．解析：半徑比等于齒數(shù)之比，所以eq\f(r齒,r飛)＝eq\f(48,16)＝3，大齒輪的轉(zhuǎn)速N1＝60r/min，設(shè)飛輪的轉(zhuǎn)速為N2，根據(jù)v＝2πNr有2πN1r齒＝2πN2r飛，所以eq\f(N1,N2)＝eq\f(r飛,r齒)＝eq\f(1,3)，所以飛輪的轉(zhuǎn)速N2＝180r/min，車輪與飛輪共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，具有相同的轉(zhuǎn)速，又因?yàn)檐囕喌陌霃絩為30cm，車輪的線速度v＝2πN2r＝2×3.14×eq\f(180,60)×0.30m/s＝5.65m/s，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C9．解析：根據(jù)題意可知，狹縫間夾角為eq\f(2π,3)，由圖乙可知，接收器接收到光的時(shí)間間隔為t＝1.77s－0.20s＝1.57s，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(\f(2π,3),1.57)rad/s＝eq\f(4,3)rad/s，故A正確；根據(jù)公式v＝ωr，v＝eq\f(2πr,T)，v＝eq\f(d,Δt)，T＝eq\f(2π,ω)，由A分析可得角速度，則周期可求，但無法解得線速度、半徑和縫寬，故B、C、D錯(cuò)誤．答案：A10．解析：子彈從左盤到右盤，盤轉(zhuǎn)過的角度為θ＝2Nπ＋eq\f(π,6)(N＝0、1、2…)，盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得θ＝ωt，v＝eq\f(s,t)，可解得v＝eq\f(600,12N＋1)(N＝0、1、2…)，當(dāng)N＝0時(shí)解得v＝600m/s；當(dāng)N＝1時(shí)解得v≈46.2m/s.另一種可能情況：θ＝2Nπ＋eq\f(11π,6)(N＝0、1、2…)，同理可得v＝eq\f(600,12N＋11)(N＝0、1、2…)，當(dāng)N＝0時(shí)解得v≈54.5m/s；當(dāng)N＝1時(shí)解得v≈26.1m/s，B、C正確．答案：BC11．解析：(2)圖乙為20分度游標(biāo)卡尺，精確值為0.05mm，由圖乙可知遮光條的寬度為d＝0.5cm＋4×0.05mm＝5.20mm.(3)物塊經(jīng)過光電門時(shí)的瞬時(shí)速度可近似認(rèn)為等于滑塊經(jīng)過光電門的平均速度，則有v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(5.20×10－3,2.6×10－3)m/s＝2.0m/s.(4)根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系可得，皮帶轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2.0,\f(0.2,2))rad/s＝20rad/s.答案：(2)5.20(3)2.0(4)2012．解析：(1)因?yàn)锽、C兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時(shí)間內(nèi)B、C兩點(diǎn)轉(zhuǎn)過的弧長(zhǎng)相等，即vB＝vC由v＝rω知ωB∶ωC＝rC∶rB＝2∶1又A、B是同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，相等時(shí)間轉(zhuǎn)過的角度相等，即ωA＝ωB所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1.(2)由v＝rω知vA∶vB＝rA∶rB＝2∶1所以vA∶vB∶vC＝2∶1∶1.答案：(1)2∶2∶1(2)2∶1∶113．解析：(1)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向有H＝eq\f(1,2)gt2則t＝eq\r(\f(2H,g)).(2)平拋運(yùn)動(dòng)水平方向有s＝vt，且s＝eq\r(r2－R2)則v＝eq\f(\r(r2－R2),t)＝eq\f(\r(r2－R2),\r(\f(2H,g)))＝eq\r(\f(g（r2－R2）,2H)).(3)雨滴甩出時(shí)雨傘的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(1,R)eq\r(\f(g（r2－R2）,2H)).答案：(1)eq\r(\f(2H,g))(2)eq\r(\f(g（r2－R2）,2H))(3)eq\f(1,R)eq\r(\f(g（r2－R2）,2H))課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)6勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力和向心加速度1．解析：根據(jù)a＝eq\f(v2,r)，當(dāng)線速度保持不變時(shí)，向心加速度的大小一定跟圓周的半徑成反比，A錯(cuò)誤；根據(jù)a＝ω2r，當(dāng)角速度保持不變時(shí)，向心加速度的大小一定跟圓周的半徑成正比，B錯(cuò)誤；根據(jù)ω＝eq\f(v,r)，當(dāng)線速度保持不變時(shí)，角速度的大小一定跟圓周的半徑成反比，C錯(cuò)誤；根據(jù)ω＝eq\f(2π,T)，角速度的大小一定跟轉(zhuǎn)動(dòng)周期成反比，D正確．答案：D2．解析：線速度大小v＝eq\f(s,t)，角速度ω＝eq\f(θ,t)，則向心加速度a＝vω＝eq\f(sθ,t2)，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D3．解析：根據(jù)向心力公式F向＝meq\f(v2,r)，此時(shí)小球受到的向心力是原來的8倍，C正確．答案：C4．解析：紐扣在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中ω＝2πn＝100πrad/s，則向心加速度a＝ω2r≈500m/s2，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C5．解析：由圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度得a＝ω2R，解得ω＝eq\r(\f(a,R))，A錯(cuò)誤；由周期的關(guān)系得T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r(\f(R,a))，B正確；小球的線速度v＝ωR＝Req\r(\f(a,R))＝eq\r(Ra)，則小球在時(shí)間t內(nèi)通過的路程為x＝vt＝eq\r(aR)t，則位移s<eq\r(aR)t，C錯(cuò)誤；小球的轉(zhuǎn)速n＝f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(a,R))，D錯(cuò)誤．答案：B6．解析：乘客受到的向心力F＝meq\f(v2,r)＝50×eq\f(1002,2500)N＝200N，乘客受到來自車廂的力大小約為F＝eq\r(（mg）2＋N2)＝eq\r(5002＋2002)N≈540N，A、B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D7．解析：因a、b兩點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則a點(diǎn)的角速度等于b點(diǎn)的角速度，根據(jù)v＝ωr，因a點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)半徑較大，可知a點(diǎn)的線速度大于b點(diǎn)的線速度，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)a＝ω2r，因a點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)半徑較大，可知a點(diǎn)的加速度大于b點(diǎn)的加速度，C錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)，因a、b兩點(diǎn)的角速度相等，故周期相等，故D正確．答案：D8．解析：當(dāng)小球以速率v1繞軸水平勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，彈簧長(zhǎng)為eq\f(3l,2)，彈簧彈力提供向心力，設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，可得k(eq\f(3,2)l－l)＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),\f(3,2)l)轉(zhuǎn)動(dòng)速率為v2時(shí)，彈簧長(zhǎng)為2l，彈簧彈力提供向心力，則有k(2l－l)＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2l)聯(lián)立解得v1∶v2＝eq\r(6)∶4答案：eq\r(6)∶49．解析：小球在光滑水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球只有向心加速度，方向指向圓心，B正確．答案：B10．解析：依題意，設(shè)OA＝AB＝L，對(duì)B球有TAB＝m·2Lω2，對(duì)A球有TOA－TAB＝m·Lω2，聯(lián)立兩式解得a、b兩根繩張力大小之比為eq\f(TOA,TAB)＝eq\f(3,2)，B正確．答案：B11．解析：對(duì)小滑塊向心力等于最大靜摩擦力μmg＝mRω2，所以小圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω＝eq\r(\f(μg,R))，A點(diǎn)的線速度為vA＝R·ω＝eq\r(μgR)，所以B點(diǎn)的線速度大小為vB＝vA＝eq\r(μgR)，則B點(diǎn)的角速度為ωB＝eq\f(vB,2R)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,R))，B、C、D錯(cuò)誤，A正確．答案：A12．解析：(1)根據(jù)控制變量法測(cè)量，在探究向心力和質(zhì)量m之間的關(guān)系時(shí)，應(yīng)保證其余兩個(gè)變量不發(fā)生改變，即保證ω和r不變，可以觀察到向心力隨著球的質(zhì)量增大而增大．(2)向心力表達(dá)式為F＝mω2r.(3)該實(shí)驗(yàn)主要采用的方法為控制變量法，A、B錯(cuò)誤，C正確．答案：(1)ωm(2)mω2r(3)C13．解析：(1)設(shè)地面對(duì)物體B的壓力為N，A物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，輕繩的拉力提供向心力，則TA＝mArω2B物體受力分析，有TB＝mBg－N又TA＝TB聯(lián)立解得N＝9.6N方向豎直向上；(2)設(shè)物體B剛要脫離地面時(shí)，物體A的角速度為ω0，對(duì)物體A，有T′A＝mAωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))r對(duì)物體B，有T′B＝mBg又T′A＝T′B聯(lián)立解得ω0＝20rad/s.答案：(1)9.6N，方向豎直向上(2)20rad/s課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)7圓周運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析1．解析：當(dāng)汽車行駛速度突然增大時(shí)，最大靜摩擦力不足以提供其需要的向心力，則汽車會(huì)發(fā)生離心運(yùn)動(dòng)，且合外力為滑動(dòng)摩擦力，又因?yàn)楹贤饬υ谶\(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，即汽車的運(yùn)動(dòng)路徑可能沿著軌跡Ⅱ，故選B.答案：B2．解析：汽車開上平直的橋，壓力的大小等于重力，汽車開上凸形橋，有mg－N＝meq\f(v2,R)，N<mg；汽車開上凹形橋，有N1－mg＝meq\f(v2,R)，N1>mg，所以車對(duì)凹形橋面的壓力大，B正確．答案：B3．解析：當(dāng)火車以設(shè)計(jì)速度v運(yùn)行時(shí)，其受力如圖所示此時(shí)火車輪與內(nèi)外軌道無擠壓，恰好由支持力與重力的合力作為向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，斜面的傾角正切值滿足tanθ＝eq\f(h,\r(L2－h(huán)2))，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(grh,\r(L2－h(huán)2)))，故選C.答案：C4．解析：根據(jù)題意，設(shè)轉(zhuǎn)盤的角速度為ω0時(shí)，輕繩剛好伸直但張力為零，由牛頓第二定律有kmg＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))L，解得ω0＝eq\r(\f(kg,L))，則當(dāng)ω＝eq\r(\f(3kg,L))時(shí)，最大靜摩擦力不足以提供向心力，此時(shí)繩子有張力，由牛頓第二定律有F＋kmg＝mω2L，解得F＝2kmg，故選B.答案：B5．解析：設(shè)連接A、B兩球的繩子與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，繩子拉力為T，對(duì)A小球水平方向有Tsinθ1＝m1ω2l1sinθ1，對(duì)B小球水平方向有Tsinθ2＝m2ω2l2sinθ2，聯(lián)立得eq\f(l1,l2)＝eq\f(m2,m1)，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D6．解析：在c點(diǎn)有Nc－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(c)),Rc)，且Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，即c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于eq\f(2h,k－1)，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．答案：B7．解析：路面能對(duì)汽車提供的最大靜摩擦力提供向心力時(shí)，轉(zhuǎn)彎速度最大，則有0.3mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(max)),R)，解得汽車安全轉(zhuǎn)彎的最大速度為vmax＝eq\r(0.3gR)＝15m/s＝54km/h，故選C.答案：C8．解析：小球受到重力和繩子的拉力，兩者的合力提供向心力，A錯(cuò)誤；小球受到的向心力大小為mgtanθ，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，得到ω＝eq\f(\r(g),\r(h))，小球的角速度大小與eq\r(h)成反比，C正確；繩子的拉力大小為eq\f(mg,cosθ)，θ越大，繩子拉力越大，D錯(cuò)誤．答案：C9．解析：當(dāng)天車突然停止時(shí)，工件繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，這一瞬間工件做豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，受力分析有F－mg＝meq\f(v2,L)可知吊繩越長(zhǎng)，吊繩拉力越小，所以TA>TB，故A正確．答案：A10．解析：在最高點(diǎn)時(shí)，當(dāng)小球重力剛好提供向心力時(shí)，有mg＝meq\f(v2,L)，解得v＝eq\r(gL)，可知小球在最高點(diǎn)的最小速率為eq\r(gL)，此時(shí)輕繩的拉力為零，A錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速率等于eq\r(gL)時(shí)，只由重力提供向心力；當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速率大于eq\r(gL)時(shí)，由重力和輕繩的拉力的合力提供向心力，C錯(cuò)誤；設(shè)小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速率為v′，根據(jù)牛頓第二定律可得T－mg＝meq\f(v′2,L)，解得T＝mg＋meq\f(v′2,L)，可知小球在最低點(diǎn)時(shí)，輕繩的拉力大小一定大于小球的重力大小，B正確．答案：BD11．解析：小球在最高點(diǎn)速率為v時(shí)，兩根輕繩的拉力恰好均為零，此時(shí)小球重力恰好提供向心力，即meq\f(v2,r)＝mg，小球在最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，所需向心力大小為F＝meq\f(（2v）2,r)＝4mg，故A錯(cuò)誤，B正確；由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知兩根輕繩間夾角為60°，小球在最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，設(shè)每根輕繩的拉力大小為T，根據(jù)牛頓第二定律可得2Tcos30°＋mg＝F，解得T＝eq\r(3)mg，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC12．解析：(1)水做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)水不流出的條件是：水的重力不大于水所需要的向心力，當(dāng)重力恰好提供向心力時(shí)，對(duì)應(yīng)的是水不流出的最小速度v0，以水為研究對(duì)象，有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),L)解得桶的最小速率v0＝eq\r(Lg)＝3m/s.(2)因?yàn)関＝4.5m/s>v0，所以重力不足以提供向心力，要由桶底對(duì)水向下的壓力補(bǔ)充，此時(shí)所需向心力由以上兩力的合力提供，設(shè)桶底對(duì)水的壓力為F，則由牛頓第二定律有mg＋F＝meq\f(v2,L)解得F＝6.25N根據(jù)牛頓第三定律F′＝－F所以水對(duì)桶底的壓力F′＝6.25N方向豎直向上．答案：(1)3m/s(2)6.25N，方向豎直向上13．解析：(1)小球繞桿做圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道平面在水平面內(nèi)，繩的拉力與重力的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，小球受力，水平方向上mgtanθ＝mrω2r＝L′＋Lsinθ聯(lián)立解得ω＝2eq\r(5)rad/s(2)在豎直方向上Fcosθ＝mg此時(shí)繩子的張力F＝3eq\r(2)N.答案：(1)2eq\r(5)rad/s(2)3eq\r(2)N課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)8天體運(yùn)動(dòng)1．解析：根據(jù)開普勒第一定律：所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，太陽(yáng)處于橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上，故A錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第二定律：對(duì)每一個(gè)行星而言，太陽(yáng)與行星的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等．所以行星距離太陽(yáng)越近，速度越大，在近日點(diǎn)速度大于遠(yuǎn)日點(diǎn)速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第三定律，eq\f(r3,T2)＝k，地球與金星公轉(zhuǎn)周期之比的平方等于它們軌道半長(zhǎng)軸之比的立方，故C正確；根據(jù)開普勒第二定律：對(duì)每一個(gè)行星而言，太陽(yáng)行星的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，速度始終在變化；對(duì)于處于不同軌道的地球和金星，繞太陽(yáng)運(yùn)行速度的大小不相等，故D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：由開普勒第三定律知：所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；開普勒第一定律的內(nèi)容為：所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，太陽(yáng)處于橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；由開普勒定律知道所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，又由于對(duì)每一個(gè)行星而言，太陽(yáng)行星的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，可知行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的速度大小是變化的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：行星在B點(diǎn)的速度比在A點(diǎn)的速度小，恒星位于焦點(diǎn)上，且遠(yuǎn)地點(diǎn)速度小于近地點(diǎn)速度，故恒星位于E點(diǎn)．故選C.答案：C4．解析：由開普勒第二定律：“相等時(shí)間內(nèi)，太陽(yáng)和運(yùn)動(dòng)著的行星的連線所掃過的面積都是相等的”知距離越大速度越小，故A錯(cuò)誤；開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k中的k與行星的質(zhì)量無關(guān)，只與太陽(yáng)的質(zhì)量有關(guān)，故B正確，C錯(cuò)誤；由開普勒第三定律：“各個(gè)行星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)周期的平方和它們的橢圓軌道的半長(zhǎng)軸的立方成正比”，故D錯(cuò)誤．答案：B5．解析：牛頓總結(jié)出了慣性定律，故A錯(cuò)誤；伽利略發(fā)現(xiàn)忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快，故B錯(cuò)誤；開普勒通過研究行星觀測(cè)記錄，發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)三大定律，故C正確；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測(cè)出了引力常量，故D錯(cuò)誤.答案：C6．解析：衛(wèi)星繞行星沿橢圓軌道運(yùn)行，根據(jù)開普勒第二定律，在b點(diǎn)時(shí)離行星近，在d點(diǎn)時(shí)離行星遠(yuǎn)，則衛(wèi)星在b點(diǎn)的速率大于在d點(diǎn)的速率，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第二定律知，S1、S2兩部分陰影面積大小相等，則衛(wèi)星從a到b的運(yùn)行時(shí)間等于從c到d的時(shí)間，C錯(cuò)誤，D正確．答案：D7．解析：根據(jù)開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k知r3＝kT2，故選D.答案：D8．解析：從P到Q的時(shí)間為半個(gè)周期，根據(jù)開普勒第二定律，從P到M運(yùn)動(dòng)的速率大于從M到Q的速率，可知從P到M所用時(shí)間小于eq\f(T0,4)，A正確；海王星在運(yùn)動(dòng)過程中只受太陽(yáng)的引力作用，從P到Q是遠(yuǎn)離太陽(yáng)的過程，引力是阻力，速率是減小的；從Q到N是靠近太陽(yáng)的過程，引力是動(dòng)力，速率會(huì)增大，B錯(cuò)誤，C正確；從M到Q是遠(yuǎn)離太陽(yáng)的過程，引力是阻力，從Q到N是靠近太陽(yáng)的過程，引力是動(dòng)力，D正確．答案：ACD9．解析：根據(jù)開普勒第三定律eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(a)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(b)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b)))，可知Tb＝8Ta，因此在b運(yùn)動(dòng)2周的過程中，a運(yùn)動(dòng)了16周，a比b多轉(zhuǎn)了14周，每一周有兩次三點(diǎn)共線，這樣a、b、c三點(diǎn)共線了28次．答案：C10．解析：兩個(gè)時(shí)間段內(nèi)地球公轉(zhuǎn)的軌跡長(zhǎng)度相等，由v＝eq\f(l,t)可知時(shí)間長(zhǎng)，說明速率小，依據(jù)開普勒第二定律，速度小就說明離太陽(yáng)遠(yuǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；我國(guó)是北半球，我國(guó)的冬季時(shí)候地球離太陽(yáng)近，而夏季時(shí)候離太陽(yáng)遠(yuǎn)，故C、D錯(cuò)誤．答案：A11．解析：設(shè)海王星繞太陽(yáng)運(yùn)行的平均軌道半徑為r1，周期為T1，地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的軌道半徑為r2，周期為T2(T2＝1年)，由開普勒第三定律有eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，故T1＝eq\r(\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))))·T2≈164年，故C正確．答案：C12．解析：木衛(wèi)一和木衛(wèi)四都是木星的衛(wèi)星，由開普勒第三定律可知，eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))，代入數(shù)據(jù)得：eq\f(4.23,1.82)＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)),16.72)，解得r4＝18.5.答案：18.5個(gè)木星單位13．解析：由eq\f(r3,T2)＝k，其中T為行星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的周期，r為軌道的半長(zhǎng)軸，k是對(duì)太陽(yáng)系中的任何行星都適用的常量．可以根據(jù)已知條件列方程求解．將地球的公轉(zhuǎn)軌道近似成圓形軌道，其周期為T1，半徑為r1；哈雷彗星的周期為T2，軌道半長(zhǎng)軸為r2，則根據(jù)開普勒第三定律有：eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)))＝eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)))，因?yàn)閞2＝18r1，地球公轉(zhuǎn)周期為1年，所以可知哈雷彗星的周期為T2＝eq\r(\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))))×T1＝76.4年，所以它下次飛近地球在2062年左右．答案：2062年課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)9萬有引力定律1．解析：根據(jù)萬有引力定律可知，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力大小為F＝Geq\f(Mm,r2)，故選D.答案：D2．解析：設(shè)兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量分別為m1、m2，根據(jù)題意可得F＝Geq\f(m1m2,r2)，其中一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，另一質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量保持不變，萬有引力F′＝Geq\f(2m1m2,（\f(r,2)）2)＝8F，故選D.答案：D3．解析：兩質(zhì)量均勻分布的小球可以看作位于球心的質(zhì)點(diǎn)，兩球間的萬有引力大小為F＝Geq\f(m1m2,（R1＋R2＋R）2)，故選B.答案：B4．解析：設(shè)飛船到地球中心的距離與到月球中心的距離分別為r1、r2，飛船質(zhì)量為m′，飛船所受地球、月球引力平衡Geq\f(Mm′,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝Geq\f(mm′,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，解得eq\f(r1,r2)＝eq\r(\f(M,m))，故選A.答案：A5．解析：兩個(gè)實(shí)心均勻鐵球，緊靠在一起，球心間距離為2r，則它們之間的萬有引力F＝Geq\f(m2,（2r）2)＝Geq\f(m2,4r2)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．答案：C6．解析：假定火星質(zhì)量為M、半徑為R，根據(jù)引力定律，依題意同一物體放在火星表面與地球表面所受引力大小分別為F1＝Geq\f(Mm,R2)，F(xiàn)2＝Geq\f(10Mm,（2R）2)，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力大小的比值約為F1∶F2＝0.4，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確．答案：A7．解析：根據(jù)天體表面上的物體受到的重力大小近似等于萬有引力大小，有mg＝Geq\f(Mm,R2)，解得g＝eq\f(GM,R2)，依題意得eq\f(g水,g地)＝eq\f(M水,M地)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R地,R水)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,18)×2.62，代入地球表面重力加速度數(shù)值，求得g水≈3.68m/s2，故選B.答案：B8．解析：在天體表面萬有引力等于重力，有mg＝eq\f(GMm,R2)，可得火星表面和月球表面的重力加速度之比為eq\f(g火,g月)＝eq\f(\f(GM火,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火))),\f(GM月,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(月))))＝eq\f(9,4)，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2gh可知，在火星和月球表面分別以相同的初速度豎直上拋一物體，則上拋?zhàn)畲蟾叨戎葹閑q\f(h火,h月)＝eq\f(g月,g火)＝eq\f(4,9)，故選B.答案：B9．解析：設(shè)地球、月球和飛船的質(zhì)量分別為M地、M月和m，x表示飛船到地球球心的距離，則F地＝F月，即eq\f(GM地m,x2)＝eq\f(GM月m,（l－x）2)，代入數(shù)據(jù)解得x＝3.46×108m.答案：在地球與月球的連線上，距地球球心距離為3.46×108m.10．解析：小球在O點(diǎn)時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知它受到的萬有引力為零，沿OA方向運(yùn)動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處時(shí)所受萬有引力也為零，但運(yùn)動(dòng)過程中所受萬有引力不為零，因此小球受到的萬有引力必經(jīng)歷一個(gè)先增大后減小的變化過程，故選D.答案：D11．解析：地面上高度為d處的重力加速度，根據(jù)萬有引力等于重力有Geq\f(Mm,（R＋d）2)＝mg′，地面下深度d(d<R)處，根據(jù)萬有引力等于重力Geq\f(M′m,（R－d）2)＝mg″，其中M′＝ρeq\f(4,3)π(R－d)3，M＝ρeq\f(4,3)πR3，求得eq\f(g″,g′)＝eq\f(（R＋d）2（R－d）,R3)，D正確．答案：D12．解析：物體在赤道處有eq\f(GMm,R2)－mg＝m(2πn1)2R＝ma，當(dāng)赤道上的物體恰好能飄起來時(shí)，物體受到的萬有引力恰好提供向心力，由牛頓第二定律可得eq\f(GMm,R2)＝m(2πn2)2R，聯(lián)立解得eq\f(n2,n1)＝eq\r(\f(（g＋a）,a))，故選A.答案：A13．解析：火星極點(diǎn)處的人不需要向心力，萬有引力全部充當(dāng)重力G1＝Geq\f(mM,R2)，人在火星赤道處需要的向心力為F＝mω2R＝meq\f(4π2,T2)R≈1N可得G2＝Geq\f(mM,R2)－F，則G1－G2＝1N，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤．答案：AC14．解析：(1)在忽略自轉(zhuǎn)的情況下，星球表面物體受到星球的萬有引力等于物體所受的重力eq\f(GMm,R2)＝mg有g(shù)＝eq\f(GM,R2)故eq\f(g行,g地)＝eq\f(M行,M地)·eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(行)))所以g行＝eq\f(5,2)g地＝25m/s2.(2)由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有h＝eq\f(1,2)gt2x＝vt故x＝veq\r(\f(2h,g))物體在兩個(gè)行星做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移之差Δx＝veq\r(2h)(eq\f(1,\r(g地))－eq\f(1,\r(g行)))代入數(shù)據(jù)解得Δx＝(10eq\r(2)－4eq\r(5))m.答案：(1)25m/s2(2)(10eq\r(2)－4eq\r(5))m課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)10預(yù)言未知星體計(jì)算天體質(zhì)量1．解析：天王星是在1781年發(fā)現(xiàn)的，而卡文迪許測(cè)出引力常量是在1798年，在此之前人們還不能用萬有引力定律做有實(shí)際意義的計(jì)算，A錯(cuò)誤，B正確；太陽(yáng)系的第八顆行星即海王星是英國(guó)劍橋大學(xué)的學(xué)生亞當(dāng)斯和法國(guó)年輕的天文愛好者勒維耶各自獨(dú)立地利用萬有引力定律計(jì)算出軌道和位置，由德國(guó)的伽勒首先發(fā)現(xiàn)的，C、D錯(cuò)誤。答案：B2．解析：由于各小行星的質(zhì)量和軌道半徑不同，根據(jù)萬有引力定律可知太陽(yáng)對(duì)各小行星的引力不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；太陽(yáng)對(duì)小行星的萬有引力提供小行星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，可得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，又小行星的軌道半徑大于地球的軌道半徑，可知各小行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期均大于一年，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝ma可得a＝eq\f(GM,r2)，可知小行星帶內(nèi)側(cè)小行星的向心加速度值大于外側(cè)小行星的向心加速度值，選項(xiàng)C正確；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知小行星帶內(nèi)各小行星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度值均小于地球公轉(zhuǎn)的線速度值，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：根據(jù)火星探測(cè)器繞火星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由火星對(duì)探測(cè)器的萬有引力提供，有Geq\f(mM火,（R1＋h）2)＝meq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))(R1＋h)，而“天問一號(hào)”在地球表面近地環(huán)繞時(shí)由地球的萬有引力提供向心力，有Geq\f(mM地,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝meq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))R0，聯(lián)立兩式解得eq\f(M火,M地)＝eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))（R1＋h）3,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)))，故選A.答案：A4．解析：根據(jù)mg＝Geq\f(Mm,R2)，M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，解得ρ＝eq\f(3g,4πGR)，故選C.答案：C5．解析：設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v＝ωr，聯(lián)立以上兩式解得M＝eq\f(v3,Gω)，故選A.答案：A6．解析：由題意知“卡西尼”號(hào)探測(cè)器離土星表面高h(yuǎn)的圓形軌道上繞土星飛行的周期T＝eq\f(t,n)，由萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，聯(lián)立解得M＝eq\f(4π2n2（R＋h）3,Gt2).由ρ＝eq\f(M,V)，又V＝eq\f(4,3)πR3，聯(lián)立得ρ＝eq\f(3πn2（R＋h）3,Gt2R3)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D7．解析：由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，所以vA>vB＝vC，選項(xiàng)A正確；由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，所以TA<TB＝TC，選項(xiàng)B正確；由Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝Geq\f(M,r2)，所以aA>aB＝aC，又mA＝mB<mC，所以FA>FB，F(xiàn)B<FC，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；三顆衛(wèi)星都繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故由開普勒第三定律得eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(A)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)))＝eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(B)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)))＝eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(C)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)))，選項(xiàng)D正確．答案：ABD8．解析：(1)根據(jù)Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)解得地球質(zhì)量M＝eq\f(v2（R＋h）,G).(2)根據(jù)V＝eq\f(4,3)πR3，ρ＝eq\f(M,V)得ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3v2（R＋h）,4GπR3).答案：(1)eq\f(v2（R＋h）,G)(2)eq\f(3v2（R＋h）,4GπR3)9．解析：“天問一號(hào)”繞火星做圓周運(yùn)動(dòng)過程，據(jù)引力作為向心力可得eq\f(GM火m,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝mr1eq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，M火＝eq\f(4π2req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),GTeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，同步衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)過程，同理可得M地＝eq\f(4π2req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),GTeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，由題意可知r1＝3.26×107m，r2＝4.23×107m，M地＝6.0×1024kg，T1＝2T2，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得M火≈6.4×1023kg，故選B.答案：B10．解析：設(shè)近地衛(wèi)星的質(zhì)量為m，火星的質(zhì)量為M，對(duì)近地衛(wèi)星，火星的萬有引力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有eq\f(GMm,（\f(d,2)）2)＝eq\f(m4π2,T2)·eq\f(d,2)，可得M＝eq\f(π2d3,2GT2)，火星的密度為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π（\f(d,2)）3)＝eq\f(6M,πd3)，將M＝eq\f(π2d3,2GT2)代入上式可得，ρ＝eq\f(6M,πd3)＝eq\f(\f(6π2d3,2GT2),πd3)＝eq\f(3π,GT2)，又火星對(duì)近地衛(wèi)星的萬有引力近似等于近地衛(wèi)星的重力，則有m0g0＝Geq\f(Mm,（\f(d,2)）2)，解得M＝eq\f(g0d2,4G)，因此火星的密度為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π（\f(d,2)）3)＝eq\f(\f(g0d2,4G),\f(1,6)πd3)＝eq\f(3g0,2πGd)，A、C、D正確，B錯(cuò)誤．答案：B11．解析：當(dāng)天問一號(hào)環(huán)繞火星做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，又火星的質(zhì)量為M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，軌道半徑為r＝(n＋1)R，聯(lián)立可得火星的密度為ρ＝eq\f(3π（n＋1）3,GT2)，A、C、D錯(cuò)誤，B正確．答案：B12．解析：假設(shè)行星極點(diǎn)處的重力加速度為g，則在赤道處的重力加速度為eq\f(g,k)，在極點(diǎn)處有mg＝Geq\f(Mm,R2)，在赤道處有eq\f(mg,k)＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R＝Geq\f(Mm,R2)，聯(lián)立解得M＝eq\f(4π2kR3,（k－1）GT2)，故選A.答案：A13．解析：(1)設(shè)月球表面的重力加速度為g，在豎直上拋運(yùn)動(dòng)過程中有：veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2gh由萬有引力定律可知eq\f(GMm,R2)＝mg解得：M＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2,2Gh).(2)飛船繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有：eq\f(GMm′,r2)＝m′eq\f(4π2r,T2)解得：r＝eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)飛船距離月球表面的高度H＝eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)－R.答案：(1)eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2,2Gh)(2)eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)－R課時(shí)素養(yǎng)評(píng)價(jià)11人造衛(wèi)星宇宙速度1．解析：環(huán)繞星球表面做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，根據(jù)mg＝meq\f(v2,R)可得星球的第一宇宙速度v＝eq\r(gR)，月球表面處的重力加速度是地球表面處的重力加速度的eq\f(1,6)，月球半徑為地球半徑的eq\f(1,4)，則登月艙靠近月球表面的環(huán)繞速度與地球的第一宇宙速度之比為eq\f(v月,v)＝eq\f(\r(6),12)，故選C.答案：C2．解析：同步衛(wèi)星軌道平面一定，即處于赤道的正上方，所以不可能定點(diǎn)在北京上空，A錯(cuò)誤；同步衛(wèi)星的運(yùn)轉(zhuǎn)周期與地球自轉(zhuǎn)周期相等，即該衛(wèi)星的運(yùn)行周期約為24h，B正確；衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，故該衛(wèi)星繞地運(yùn)行時(shí)不處于平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；第一宇宙速度是衛(wèi)星最小地面發(fā)射速度，也是衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的最大繞行速度，則同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：由題意可得eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R＝mω2R＝ma，解得a＝eq\f(GM,R2)，v＝eq\r(\f(GM,R))，ω＝eq\r(\f(GM,R3))，T＝eq\r(\f(4π2R3,GM)).由題意可知RA<RB<RC，可得TA<TB<TC，vA>vB>vC，aA>aB>aC，ωA>ωB>ωC，故選B.答案：B4．解析：假設(shè)B、C兩顆衛(wèi)星質(zhì)量相等，根據(jù)萬有引力表達(dá)式有F＝Geq\f(Mm,r2)，解得B、C兩顆衛(wèi)星所受地球萬有引力之比為eq\f(FB,FC)＝eq\f(9,1)，題干中衛(wèi)星質(zhì)量關(guān)系不確定，引力之比的關(guān)系也不能確定，A錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，角速度越小，則B衛(wèi)星角速度大于C衛(wèi)星角速度，又由于C衛(wèi)星與物體A角速度相等，則B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)角速度大于地面上隨地球自轉(zhuǎn)物體A的角速度，B錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，則B衛(wèi)星線速度大于C衛(wèi)星線速度，又由于C衛(wèi)星與物體A角速度相等，根據(jù)v＝ωr可知C衛(wèi)星的線速度大于地面上隨地球自轉(zhuǎn)物體A的線速度，則B衛(wèi)星的線速度大于地面上隨地球自轉(zhuǎn)物體A的線速度，即赤道上的物體、實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星和同步衛(wèi)星的線速度大小關(guān)系滿足vB>vC>vA，C錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，C衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)周期相同，解得TB＝T地eq\r(\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))))，則B衛(wèi)星中的宇航員一天內(nèi)可看日出的次數(shù)n＝eq\f(T地,TB)＝eq\r(33)≈5次，D正確．答案：D5．解析：由題意可知，a的運(yùn)動(dòng)半徑小于b的運(yùn)動(dòng)半徑，由萬有引力提供向心力eq\f(GMm,R2)＝ma可知，半徑越大，加速度越小，所以a的加速度大于b的加速度，A正確；由萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)＝mω2R，v＝eq\r(\f(GM,R))，ω＝eq\r(\f(GM,R3)).由題意可知，a的運(yùn)動(dòng)半徑小于b、d的運(yùn)動(dòng)半徑，故a的角速度大于b的角速度，a的線速度大于d的線速度，故B、C錯(cuò)誤；由萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,R2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R，T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，a、c運(yùn)動(dòng)半徑相同，周期也相同，由圖中位置可知，a、c不可能在P點(diǎn)相撞，故D錯(cuò)誤．答案：A6．解析：黑洞和恒星組成雙星系統(tǒng)，根據(jù)雙星系統(tǒng)的特點(diǎn)可知，黑洞與恒星的向心力都等于黑洞和恒星之間的萬有引力，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相等，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)可知周期相等，故A、B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)a＝eq\f(F,m)可知黑洞與恒星加速度大小之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,16)，故D錯(cuò)誤．答案：C7．解析：地球自轉(zhuǎn)周期變小，衛(wèi)星要與地球保持同步，則衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期也應(yīng)隨之變小，由開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k可知衛(wèi)星離地球的高度應(yīng)變小，要實(shí)現(xiàn)三顆衛(wèi)星覆蓋全球的目的，則衛(wèi)星周期最小時(shí)，由幾何關(guān)系可作出衛(wèi)星間的位置關(guān)系如圖所示衛(wèi)星的軌道半徑為r＝eq\f(R,sin30°)＝2R，由eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，可得eq\f(（6.6R）3,242)＝eq\f(（2R）3,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，解得T2≈4h，故選B.答案：B8．解析：二者都圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝mω2r＝meq\f(v2,r)，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，v＝eq\r(\f(GM,r))，神舟十四號(hào)的軌道半徑較小，相應(yīng)角速度、線速度均較大，A正確，B錯(cuò)誤；由引力作為向心力可得eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，解得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，同步衛(wèi)星相對(duì)地面保持相對(duì)靜止，而神舟十四號(hào)運(yùn)行周期小于同步衛(wèi)星，不可能相對(duì)地面保持靜止，C錯(cuò)誤；當(dāng)r＝R時(shí)，衛(wèi)星的環(huán)繞速度等于第一宇宙速度，而神舟十四號(hào)軌道半徑略大于地球半徑，運(yùn)行速度必然略小于第一宇宙速度，D錯(cuò)誤．答案：A9．解析：設(shè)衛(wèi)星軌道半徑為r，根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，同步衛(wèi)星周期24h，小于月球公轉(zhuǎn)周期，故同步衛(wèi)星軌道半徑較小，甲為同步衛(wèi)星軌道，乙為月球軌道，A錯(cuò)誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma可得a＝eq\f(GM,r2)，因月球的軌道半徑較大，則月球向心加速度較小，B錯(cuò)誤；11.2km/s為衛(wèi)星擺脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度，在地面附近發(fā)射同步衛(wèi)星的速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，C正確；根據(jù)eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，當(dāng)r＝R時(shí)，可解得v＝eq\r(\f(GM,R))＝7.9km/s，月球和同步衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的軌道半徑均大于地球半徑R，故線速度大小均小于7.9km/s，D錯(cuò)誤．答案：C10．解析：根據(jù)行星表面物體受到的萬有引力等于重力可得eq\f(GMm,R2)＝mg可得g＝eq\f(GM,R2)，則火星表面的重力加速度與地球表面重力加速度之比為eq\f(g火,g地)＝eq\f(M火,M地).eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火)))＝eq\f(4,10)＝0.4可知火星表面的重力加速度約是地球表面重力加速度的0.4，A正確；行星第一宇宙速度為行星表面軌道衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，則有eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))，則火星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為eq\f(v火,v地)＝eq\r(\f(M火,M地)·\f(R地,R火))＝eq\r(\f(2,10))＝eq\f(\r(5),5)