（新课标）2017年高考物理大一轮复习 第4章 曲线运动 万有引力与航天（课件+试题）（打包9套）.zip

1曲线运动 运动的合成与分解1．精彩的 F1 赛事相信你不会陌生吧！车王舒马赫在一个弯道上突然调整行驶的赛车致使后轮脱落，从而不得不遗憾地退出了比赛．关于脱落的后轮的运动情况，以下说法中正确的是( )A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动B．沿着与弯道垂直的方向飞出C．脱落时，沿着轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D．上述情况都有可能解析：选 C.车轮被甩出后，不再受到车身的约束，被甩出的后轮沿甩出时的速度方向(即甩出点轨迹的切线方向)做直线运动，轮不可能沿车行驶的弯道运动，也不可能沿垂直于弯道的方向运动．故本题答案为 C.2．(2016·江苏南通如皋一模)一物体以速度 v 运动，到达位置 A 开始受到向前但偏右(观察者沿物体的运动方向看，下同)的合力，到达 B 时，合力改成与前进方向相同，到达C 时，合力又突然改成向前但偏左，最终到达 D.以下四图表示物体全程的运动轨迹，正确的是( )解析：选 A.从位置 A 开始，它受到向前但偏右(观察者沿着物体前进方向看，下同)的合力，运动的轨迹位于 F 与 v 之间，且轨迹弯向受力方向，选项 B、C 错误；到达 B 时，合力改成与前进方向相同，所以受力的方向与速度的方向相同，选项 D 错误．3．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球．如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中平台内箭头指向表示投篮方向) ( )解析：选 B.篮球若能被投入球筐，其合速度的方向应指向圆心，因平台逆时针旋转，所以投篮方向应是如图 B 所示，选项 B 正确．24.(2016·湖南五市十校第一次联考)如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度 v 向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板的 ad 边正前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时， cd 边与桌面相齐，则小球在木板上的正投影轨迹是( )解析：选 B.木板自由下落，可以逆向思维，以木板为参考系，小球向上做匀加速运动，且向右做匀速运动，可以想象成重力“向上”的平抛运动，B 正确．5．(2016·河南豫东、豫北十校联考)(多选)如图，在河水速度恒定的小河中，一小船保持船头始终垂直河岸从一侧岸边向对岸行驶，船的轨迹是一个弯曲的“S”形，则( )A．小船垂直河岸的速度大小恒定不变B．小船垂直河岸的速度大小先增大后减小C．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间长了D．与船以出发时的速度匀速过河相比，过河时间短了解析：选 BD.船在沿河岸的方向上做匀速直线运动，即在相同的时间间隔内，在河岸方向上的位移是相同的；在垂直于河岸的方向上，在相等的时间间隔内(参照船在沿河岸方向上的时间)，开始时位移的变化逐渐增大再逐渐减小，所以速度先增大后减小；因中间那段时间速度较大，所以与船保持恒定的初始速度过河相比过河时间短了．选项 B、D 正确．6．(多选)如图所示，为在平静海面上，两艘拖船 A、 B 拖着驳船 C 运动的示意图． A、 B 的速度分别沿着缆绳 CA、 CB 方向， A、 B、 C 不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此 C 的速度在 CA、 CB 方向的投影分别与 A、 B 的速度相等，由此可知 C 的( ) A．速度大小可以介于 A、 B 的速度大小之间B．速度大小一定不小于 A、 B 的速度大小3C．速度方向可能在 CA 和 CB 的夹角范围外D．速度方向一定在 CA 和 CB 的夹角范围内解析：选 BD.C 的速度在 CA、 CB 方向的投影分别与 A、 B 的速度相等， C 的速度大小一定不小于 A、 B 的速度大小，A 错误，B 正确； C 的速度方向一定在 CA 和 CB 的夹角范围内，C 错误，D 正确．7.(2016·上海五校联考)如图，船从 A 处开出后沿直线 AB 到达对岸，若 AB 与河岸成37°角，水流速度为 4 m/s，则船从 A 点开出相对水流的最小速度为( )A．2 m/s B．2.4 m/sC．3 m/s D．3.5 m/s解析：选 B.船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度 v 合 方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度 v 水 的大小和方向都已知，沿船头指向的分运动的速度 v 船 大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图，当 v 合 与 v 船 垂直时， v 船 最小，由几何关系得到 v 船 的最小值为 v 船min＝ v 水 sin 37°＝2.4 m/s，选项 B 正确．8．(多选)一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边 100 m 远的一浮标处，已知快艇始终与河岸垂直，其在静水中的速度 vx图象和流水的速度 vy图象分别如图甲、乙所示，则( )A．快艇的运动轨迹为直线B．快艇的运动轨迹为曲线C．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为 20 sD．快艇最快到达浮标处经过的位移为 100 m解析：选 BC.快艇沿河岸方向的匀速运动与垂直于河岸的匀加速运动的合运动是类平抛性质的曲线运动，A 错误，B 正确；最快到达浮标处的方式是使垂直于河岸的速度 vx保持图甲所示的加速度 a＝0.5 m/s2的匀加速运动，则 at2＝ xx，代入 xx＝100 m 有 t＝20 124s，但实际位移为 x＝ ＞100 m，C 正确，D 错误．x2x＋ x2y9．(2016·大同模拟)如图 1 所示，开始时 A、 B 间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体 A 的运动，使其恰好以速度 vA沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体 B 在水平面上运动，则图 2 的 v－ t 图象中，最接近物体 B 的运动情况的是 ( )解析：选 A.如图所示，与物体 A 相连的绳端速度 vA(vA＝ v)分解为沿绳伸长方向的速度 v1和垂直于绳方向的速度 v2，则物体 B 的速度 vB＝ v1＝ vAsin θ ，在 t＝0 时刻θ ＝0， vB＝0，C、D 错误；之后随 θ 增大，sin θ 增大， B 的速度增大，但开始时 θ 变化快，速度增加得快，图线的斜率大，若绳和杆足够长，则物体 B 的速度趋近于 A 的速度，A 正确，B 错误．10．质量 m＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点 O 处，先用沿＋ x轴方向的力 F1＝8 N 作用了 2 s，然后撤去 F1；再用沿＋ y 轴方向的力 F2＝24 N 作用了 1 s，则质点在这 3 s 内的轨迹为( )解析：选 D.由 F1＝ max得 ax＝2 m/s2，质点沿 x 轴匀加速直线运动了 2 s， x1＝ axt ＝4 m， vx1＝ axt1＝4 m/s；之后质点受 F2作用而做类平抛运动， ay＝ ＝6 12 21 F2mm/s2，质点再经过 1 s，沿 x 轴再运动，位移 x2＝ vx1t2＝4 m，沿＋ y 方向运动位移5y2＝ ayt ＝3 m，对应图线可知 D 项正确．12 211．小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后 10 min 到达对岸下游 120 m 处；若船头保持与河岸成 θ 角向上游航行，则在出发后 12.5 min 到达正对岸，求：(1)水流速度大小 v1；(2)船在静水中的速度大小 v2；(3)河的宽度；(4)船头与河岸的夹角 θ .解析：如图甲所示，设水流速度大小为 v1，则， v1＝ ＝ m/s＝0.2 m/sBCt1 12010×60又有： v2＝dt1如图乙所示，据题意有 t2＝dv2sin θv2cos θ ＝ v1解得： d＝200 mv2＝ m/s13θ ＝53°.答案：(1)0.2 m/s (2) m/s (3)200 m (4)53°1312．在一次抗洪救灾中，利用直升机运送砂袋．该直升机 A 用长度足够长的悬索(重力可忽略不计)系住一质量 m＝50 kg 的砂袋 B，直升机 A 和砂袋 B 以 v0＝10 m/s 的速度一起沿水平方向匀速运动，某时刻开始将砂袋放下，在 5 s 时间内， B 在竖直方向上移动的距离以 y＝ t2(单位：m)的规律变化，取 g＝10 m/s2.求在 5 s 末砂袋 B 的速度大小及位移大小．解析：砂袋在水平方向上做匀速直线运动， v0＝10 m/s6在竖直方向上砂袋的位移： y＝ t2，即砂袋在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a＝2 m/s 2砂袋 5 s 末在竖直方向上的速度为 vy＝ at＝10 m/s合速度 v＝ ＝10 m/sv20＋ v2y 2竖直方向上的位移 y＝ at2＝25 m12水平方向上的位移 x＝ v0t＝50 m合位移 s＝ ＝25 m.x2＋ y2 5答案：10 m/s 25 m2 51抛体运动1．(2016·德州模拟)人站在平台上平抛一小球，球离手时的速度为 v1，落地时速度为 v2，不计空气阻力，下图中能表示出速度矢量的演变过程的是( )解析：选 C.小球做平抛运动，只受重力作用，运动加速度方向竖直向下，所以速度变化的方向竖直向下，C 正确．2．(2016·北京西城区期末)一个物体做平抛运动，已知重力加速度为 g.根据下列已知条件，既可以确定初速度大小，又可以确定飞行时间的是( )A．水平位移大小B．下落高度C．落地时速度大小和方向D．从抛出到落地的位移大小解析：选 C.飞行时间不取决于水平位移，只取决于下落的高度，所以选项 A 错误；初速度(水平速度)与下落高度无关，所以选项 B 错误；落地速度包括水平速度和竖直速度，水平速度即初速度，竖直速度与飞行时间直接联系，选项 C 正确；合位移取决于初速度和飞行时间两个因素，但合位移的大小无法确定初速度和飞行时间这两个量，所以选项 D 错误．3.(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球 A、 B，分别落在地面上的 M、 N 点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则( )A． B 的加速度比 A 的大B． B 的飞行时间比 A 的长C． B 在最高点的速度比 A 在最高点的大D． B 在落地时的速度比 A 在落地时的大解析：选 CD.两球在空中的加速度都为重力加速度 g，选项 A 错误；由于两球运动的最2大高度相同，则在空中飞行的时间相同，选项 B 错误； B 球的射程大，则水平方向的分速度大，在最高点的速度大，选项 C 正确；两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同，由于 B 球的水平分速度大，则 B 球抛出时的速度大，落地时的速度也大，选项 D 正确．4.(2016·黑龙江哈尔滨第一中学期中)如图所示，斜面 AC 与水平方向的夹角为 α ，在 A 点正上方与 C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直落到斜面上 D 点，则 CD 与 DA 的比为( )A. B．1tan α 12tan αC. D．1tan2α 12tan2α解析：选 D.设小球水平方向的速度为 v0，将 D 点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求得竖直方向的末速度为 v2＝ ，设该过程用时v0tan α为 t，则 D、 A 间水平距离为 x＝ v0t，故 DA＝ ＝ ； C、 D 间竖直距离为xcos α v0tcos αh＝ ，故 CD＝ ＝ ，得 ＝ ，故选项 D 正确．v2t2 hsin α v2t2sin α CDDA 12tan2α5．(2016·四川宜宾一模)云南省鲁甸县发生的 6.5 级强震，牵动了全国人民的心．一架装载救灾物资的直升机，以 9 m/s 的速度水平飞行．在距地面 180 m 的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力， g 取 10 m/s2，则 ( )A．物资投出后经过 20 s 到达地面目标B．物资投出后经过 6 s 到达地面目标C．应在地面目标正上方投出物资D．应在距地面目标水平距离 180 m 处投出物资解析：选 B.救灾物资离开飞机后做平抛运动，在竖直方向上有 h＝ gt2，解得12t＝ ＝ s＝6 s，选项 A 错误，B 正确；救灾物资的水平位移 x＝ v0t＝9×6 2hg 2×18010m＝54 m，为把物资准确投放至地面目标，应在距地面目标水平距离 54 m 处投出物资，选项 C、D 错误．6．(多选)某物理兴趣小组成员为了探究平抛运动规律，他们把频闪仪器 A、 B 分别安装在如图甲所示的位置，图乙是实验得到的频闪照片，其中 O 为抛出点， P 为运动轨迹上3某点，测得图乙(a)中 OP 距离为 20 cm，(b)中 OP 距离为 10 cm.则( )A．图乙中，摄像头 A 所拍摄的频闪照片为(a)B．物体运动到 P 点的时间为 0.2 sC．平抛物体的初速度大小为 0.5 m/sD．物体在 P 点的速度大小为 2 m/s解析：选 BC.由于摄像头 A 拍摄的是小球沿水平方向做匀速直线运动的轨迹，摄像头B 拍摄的是小球沿竖直方向做自由落体运动的轨迹，所以图乙中，摄像头 A 所拍摄的频闪照片为(b)，选项 A 错误；图乙(a)中 OP 距离为 20 cm，根据 h＝ gt2，解得 t＝0.2 s，选12项 B 正确；由(b)中 OP 距离为 10 cm，有 s＝ v0t，解得平抛物体的初速度大小为 v0＝0.5 m/s，选项 C 正确；物体在 P 点的竖直分速度大小为 vy＝ gt＝2 m/s，则在 P 点的速度大小为 v＝ ＝ m/s，选项 D 错误．v20＋ v2y1727．甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高 h，如右图所示，将甲、乙两球分别以 v1、 v2的初速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是( )A．同时抛出：且 v1＜ v2B．甲比乙后抛出，且 v1＞ v2C．甲比乙早抛出，且 v1＞ v2D．甲比乙早抛出，且 v1＜ v2解析：选 D.两球竖直方向均做自由落体运动，要相遇，甲竖直位移比乙大，甲应早抛；甲早抛，乙晚抛，要使两球水平位移相等，乙速度必须比甲大．8.一个小球从一斜面顶端分别以 v10、 v20、 v30水平抛出，分别落在斜面上 1、2、3 点，如图所示，落到斜面时竖直分速度分别是 v1y、 v2y、 v3y，则( )4A. ＞ ＞ B． ＜ ＜v1yv10 v2yv20 v3yv30 v1yv10 v2yv20 v3yv30C. ＝ ＝ D．条件不足，无法比较v1yv10 v2yv20 v3yv30解析：选 C.设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为 α ，由 tan α ＝ ＝vyv0＝ ＝ ＝2tan θ ，所以 ＝ ＝ ，选项 C 正确．gtv0 gt2v0t 2yx v1yv10 v2yv20 v3yv309．(2016·江西南昌三中一模)如图所示，在一次空地演习中，离地 H 高处的飞机以水平速度 v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标 P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度 v2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为 s，不计空气阻力．若拦截成功，则v1、 v2的关系应满足( )A． v1＝ v2 B． v1＝ v2HsC． v1＝ v2 D． v1＝ v2sH Hs解析：选 C.炮弹运行的时间 t＝ ，在这段时间内所发射炮弹在竖直方向上的位移sv1h1＝ gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移为 h2＝ v2t－ gt2，则 H＝ h1＋ h2＝ v2t，所以12 12H＝ v2 ，解得 v1＝ v2，故 C 正确．sv1 sH10．如图所示，球网上沿高出桌面 H，网到桌边的距离为 L.某人在乒乓球训练中，从左侧 处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓L2球的运动为平抛运动．则乒乓球( )5A．在空中做变加速曲线运动B．在水平方向做匀加速直线运动C．在网的右侧运动的时间是左侧的 2 倍D．击球点的高度是网高的 2 倍解析：选 C.乒乓球击出后，在重力的作用下做平抛运动，其运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，A、B 错误；网的左侧和右侧水平距离之比＝ ＝ ＝ ，C 正确；击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为12LL v水 平 t1v水 平 t2 t1t2 12＝ ＝ ，所以击球点的高度与网高度之比为 ＝ ，D 错误．h－ Hh12gt2112g t1＋ t2 2 19 hH 9811．(2016·太原模拟)如图所示，有一倾角为 30°的光滑斜面，斜面长 l 为 10 m，一小球从斜面顶端以 10 m/s 的速度沿水平方向抛出( g 取 10 m/s2)，求：(1)小球沿斜面滑到底端的时间 t 和水平位移 s；(2)小球到达斜面底端时的速度 v 的大小．解析：(1)在斜面上小球沿 v0方向做匀速运动，垂直 v0方向做初速度为零加速度为 a的匀加速直线运动．由牛顿第二定律得 ma＝ mgsin 30°小球的加速度 a＝ gsin 30°沿 v0方向位移 s＝ v0t垂直 v0方向 l＝ at212解得运动时间 t＝ ＝ s＝2 s2lgsin 30° 2×1010×0.5水平位移 s＝ v0t＝20 m(2)小球到达斜面底端时，速度v＝ ＝ m/s≈14.1 m/sv20＋  at 2 102＋  5×2 2答案：(1)2 s 20 m (2)14.1 m/s12．某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度 v0跃出后，落在水平6传送带上，已知平台与传送带高度差 H＝1.8 m，水池宽度 s0＝1.2 m，传送带 A、 B 间的距离 L0＝20.85 m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个 Δ t＝0.5 s 反应时间后，立刻以 a＝2 m/s2、方向向右的加速度跑至传送带最右端．(1)若传送带静止，选手以 v0＝3 m/s 水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间；(2)若传送带以 u＝1 m/s 的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度 v1至少多大．解析：(1)选手离开平台做平抛运动，则：H＝ gt12 21t1＝ ＝0.6 s2Hgx1＝ v0t1＝1.8 m选手在传送带上做匀加速直线运动，则：L0－( x1－ s0)＝ at12 2t2＝4.5 st＝ t1＋ t2＋Δ t＝5.6 s(2)选手以水平速度 v1跃出落到传送带上，先向左匀速运动后再向左匀减速运动，刚好不从传送带上掉下时水平速度 v1最小，则：v1t1－ s0＝ uΔ t＋u22a解得： v1＝3.25 m/s答案：(1)5.6 s (2)3.25 m/s1圆周运动1.(2016·湖北省重点中学联考)如图所示，由于地球的自转，地球表面上 P、 Q 两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于 P、 Q 两物体的运动，下列说法正确的是( )A． P、 Q 两点的角速度大小相等B． P、 Q 两点的线速度大小相等C． P 点的线速度比 Q 点的线速度大D． P、 Q 两物体均受重力和支持力两个力作用解析：选 A.P、 Q 两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即 ω P＝ ω Q，选项 A对．根据圆周运动线速度 v＝ ωR ， P、 Q 两点到地轴的距离不等，即 P、 Q 两点圆周运动线速度大小不等，选项 B 错． Q 点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项 C错． P、 Q 两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项 D 错．2.(2016·廊坊模拟)如右图所示，光滑水平面上，小球 m 在拉力 F 作用下做匀速圆周运动．若小球运动到 P 点时，拉力 F 发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹 Pa 做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹 Pa 做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹 Pb 做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹 Pc 运动解析：选 A.若拉力突然消失，小球将沿切线 Pa 做离心运动，A 正确；若拉力突然变小，小球将沿 Pb 做离心运动，而拉力变大时，小球应沿 Pc 做近心运动，故 B、C、D 均错误．3.(2016·荆门调研)如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径 R＝6 400 km，地面上行驶的汽车重力 G＝3×10 4N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是( )2A．汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于 3×104NC．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力D．如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉解析：选 C. 汽车的速度越大，则汽车对地面的压力越小，不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，选项 C 正确 A、B 错误；如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有完全失重的感觉，选项 D 错误．4.如图所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在 O 处，当转盘转动的角速度为 ω 1时，指针指在 A 处，当转盘转动的角速度为 ω 2时，指针指在 B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则 ω 1与 ω 2的比值为( )A. B．12 12C. D．14 13解析：选 B.小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x，弹簧的劲度系数为 k，则有 kx＝ m·4x·ω ， k·3x＝ m·6x·ω ，故有 ω 1∶ ω 2＝1∶21 2， B 正确．25．(2016·北京市朝阳区模拟)某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、 B， A 盘固定一个信号发射装置 P，能持续沿半径向外发射红外线， P 到圆心的距离为 28 cm.B 盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置 Q， Q 到圆心的距离为 16 cm.P、 Q 转动的线速度均为 4π m/s.当 P、 Q 正对时， P 发出的红外线恰好进入 Q 的接收窗口，如图所示，则 Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为( )A．0.42 s B．0.56 sC．0.70 s D．0.84 s解析：选 B.由线速度和周期关系 T＝ 可得 TP＝ s＝0.14 s， TQ＝2π Rv 2π ×0.284π3s＝0.08 s，设该时间的最小值为 t，则该 t 是两个周期数值的最小公倍数，2π ×0.164π即 t＝0.56 s，选项 B 正确．6.(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为 vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．在该弯道处( )A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于 vc，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于 vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比， vc的值变小解析：选 AC.类比火车转弯时的运动和受力情况．当汽车的速率为 vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此时汽车只受重力和支持力，这两个力的合力提供向心力，故路面一定是外高内低，构成一个斜面，A 正确．当车速在低于 vc的一定范围内时，车所需向心力减小，具有向内侧滑动的趋势，但不一定滑动，故 B 错误．同理，当车速在高于 vc的一定范围内，车辆有向外侧滑动的趋势，当车速高于某个速度值时，汽车受到的摩擦力达到最大静摩擦力，汽车便会向外侧滑动，故 C 正确．路面结冰时，最大静摩擦力减小， vc值不变，D 错误．7.(2016·河北唐山五校联考)(多选)如图，叠放在水平转台上的物体 A、 B、 C 能随转台一起以角速度 ω 匀速转动， A、 B、 C 的质量分别为 3m、2 m、 m， A 与 B、 B 和 C 与转台间的动摩擦因数都为 μ ， A 和 B、 C 离转台中心的距离分别为 r、1.5 r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A． B 对 A 的摩擦力一定为 3μmgB． B 对 A 的摩擦力一定为 3mω 2rC．转台的角速度一定满足 ω ≤ μ grD．转台的角速度一定满足 ω ≤ 2μ g3r解析：选 BD.对 A 受力分析，受重力、支持力以及 B 对 A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有 f＝(3 m)ω 2r≤ μ (3m)g，故选项 A 错误，B 正确；由于 A、 AB 整体、 C 受到的4静摩擦力均提供向心力，故对 A 有(3 m)ω 2r≤ μ (3m)g，解得 ω ≤ ；μ gr对 AB 整体有(3 m＋2 m)ω 2r≤ μ (3m＋2 m)g，解得ω ≤ ；μ gr对 C 有 mω 2(1.5r)≤ μmg ，解得 ω ≤ .2μ g3r选项 C 错误，D 正确．8．(2016·东城区模拟)(多选)长为 L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度 v，下列说法中正确的是( )A．当 v 的值为 时，杆对小球的弹力为零gLB．当 v 由 逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大gLC．当 v 由 逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小gLD．当 v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大解析：选 ABD.在最高点，若速度 v＝ ，轻杆对小球的作用力为零；当 v＞ ，轻gL gL杆表现为拉力，速度增大，向心力增大，则轻杆对小球的拉力增大，选项 A、B 正确．当v＜ 时，轻杆表现为支持力，速度减小，向心力减小，则杆对小球的支持力增大，选项gLC 错误．在最高点，根据 F＝ m 得，速度增大，向心力逐渐增大，选项 D 正确．v2L9．(多选)如图(a)所示，小球的初速度为 v0，沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度为h.在图(b)中，四个小球的初速度均为 v0，在 A 中，小球沿一光滑轨道内侧向上运动，轨道半径大于 h；在 B 中，小球沿一光滑轨道内侧向上运动，轨道半径小于 h；在 C 中，小球沿一光滑轨道内侧向上运动，轨道直径等于 h；在 D 中，小球固定在轻杆的下端，轻杆的长度为 h 的一半，小球随轻杆绕 O 点向上转动．则小球上升的高度能达到 h 的有( )解析：选 AD.A 中， RA＞ h，小球在轨道内侧运动，当 v＝0 时，上升高度 h＜ RA，故不存在脱轨现象，A 满足题意；D 中轻杆连着小球在竖直平面内运动，在最高点时有 v＝0，此时小球恰好可到达最高点，D 满足题意；而 B、C 都存在脱轨现象，脱轨后最高点速度不为零，因此上升高度 h′＜ h，故应选 A、D.10．(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为 F，小球在5最高点的速度大小为 v，其 F－ v2图象如乙图所示，则( )A．小球的质量为aRbB．当地的重力加速度大小为RbC． v2＝ c 时，小球对杆的弹力方向向上D． v2＝2 b 时，小球受到的弹力与重力大小相等解析：选 ACD.当弹力 F 方向向下时， F＋ mg＝ mv2/R，解得 F＝ v2－ mg，mR当弹力 F 方向向上时， mg－ F＝ m ，解得 F＝ mg－ m ，对比 F－ v2图象可知，v2R v2Rb＝ gR， a＝ mg，联立解得 g＝ ， m＝ .选项 A 正确、B 错误； v2＝ c 时，小球对杆的弹力bR aRb方向向上，选项 C 正确； v2＝2 b 时，小球受到的弹力与重力大小相等，选项 D 正确．11．如图所示，用一根长为 l＝1 m 的细线，一端系一质量为 m＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角 θ ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为 ω 时，细线的张力为 FT.(g 取 10 m/s2，结果可用根式表示)求：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度 ω 0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为 60°，则小球的角速度 ω ′为多大？解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得： mgtan θ ＝ mω lsin θ206解得： ω ＝20glcos θ即 ω 0＝ ＝ rad/s.glcos θ 522(2)同理，当细线与竖直方向成 60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：mgtan α ＝ mω ′ 2lsin α解得： ω ′ 2＝ ，即 ω ′＝ ＝2 rad/s.glcos α glcos α 5答案：(1) rad/s (2)2 rad/s522 512.游乐园的小型“摩天轮”上对称地分布着 8 个吊篮，每个吊篮内站着一个质量为 m的同学，如图所示， “摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点 a 上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物开始下落时正处在 c 处的乙同学恰好在第一次到达最低点 b 处时接到重物，已知“摩天轮”半径为 R，重力加速度为 g，不计空气阻力．求：(1)接住重物前，重物自由下落的时间 t；(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小 v；(3)乙同学在最低点处对吊篮的压力 FN.解析：(1)由运动学公式：2 R＝ gt2， t＝2 .12 Rg(2)由 v＝ ， s＝ π R，得： v＝ π .st 14 18 gR(3)设乙同学在最低点处吊篮对他的支持力为 F，由牛顿第二定律得： F－ mg＝mv2R联立(2)问结论，解得： F＝(1＋ )mgπ 264由牛顿第三定律可得： FN＝ F＝(1＋ )mg，方向竖直向下．π 264答案：(1)2 (2)Rg π 8 gR(3)(1＋ )mg；竖直向下π 2641万有引力与航天1．下列说法中正确的是( )A．两物体 m1、 m2间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力B．由 F＝ G 知当 r 趋近于零时，两物体间的万有引力趋近于无穷大m1m2r2C．引力常量 G 的测定使万有引力定律有了真正的实用价值，开创了测量弱相互作用力的新时代D．引力常量 G 是恒定不变的，其值的大小与单位制的选择无关解析：选 C.两物体间的万有引力是作用力与反作用力的关系，A 错；在使用 F＝ G时， r 是指两质点间的距离，认为 r 趋近于零时，万有引力趋近于无穷大的纯数学思m1m2r2想是错误的，B 错；利用 G 值和万有引力定律可以测量如地球等一些天体的质量，使万有引力有了真正的实用价值，同时标志着力学实验精密程度的提高，开创了测量弱相互作用力的新时代，C 对； G 在数值上等于两个质量都是 1 kg 的质点相距 1 m 时的相互吸引力的大小，其大小与所选单位有关，D 错．2．(多选)某物理兴趣小组利用电脑模拟卫星绕地球做匀速圆周运动的情景，当卫星绕地球运动的轨道半径为 R 时，线速度为 v，周期为 T.下列变换符合物理规律的是( )A．若卫星转道半径从 R 变为 2R，则卫星运行周期从 T 变为 2 T2B．若卫星运行周期从 T 变为 8T，则卫星轨道半径从 R 变为 4RC．若卫星轨道半径从 R 变为 2R，则卫星运行线速度从 v 变为v2D．若卫星运行线速度从 v 变为 ，则卫星运行周期从 T 变为 2Tv2解析：选 AB.由 T＝2π 知 A、B 正确．由 v＝ 知当卫星轨道半径从 R 变为 2R 时，R3GM GMR运行速度由 v 变为 ；运行速度由 v 变为 时，运行轨道半径由 R 变为 4R，运行周期由 Tv2 v2变为 8T，C、D 皆错误．3．(2015·高考重庆卷)宇航员王亚平在“天宫 1 号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为 m，距地面高度为 h，地球质量为M，半径为 R，引力常量为 G，则飞船所在处的重力加速度大小为( )A．0 B．GM R＋ h 2C. D．GMm R＋ h 2 GMh22解析：选 B.飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即 G ＝ mg，得 g＝Mm R＋ h 2，选项 B 正确．GM R＋ h 24.如图所示， “嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间 t 通过的弧长为 l，该弧长对应的圆心角为 θ 弧度，已知引力常量为 G，则月球的质量是( )A. B．l2Gθ 3t θ 3Gl2tC. D．l3Gθ t2 t2Gθ l3解析：选 C.由题意知，线速度 v＝ ，角速度 ω ＝ ，由 v＝ ωr 得 r＝ .“嫦娥三号”lt θ t lθ做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由 G ＝ mω 2r，解得 M＝ ，选项 C 正确．Mmr2 l3Gθ t25．(多选)有一宇宙飞船到了某行星上(假设该行星没有自转运动)，以速度 v 贴近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为 T，已知引力常量为 G，则可得( )A．该行星的半径为vT2πB．该行星的平均密度为3πGT2C．无法求出该行星的质量D．该行星表面的重力加速度为4π 2v2T2解析：选 AB.由 T＝ ，可得 R＝ ，A 正确；由 ＝ m 、 R＝ ，可得2π Rv vT2π GMmR2 v2R vT2πM＝ ，C 错误；由 M＝ π R3ρ 及 ＝ m R，得 ρ ＝ ，B 正确；由 ＝ mg、 M＝v3T2π G 43 GMmR2 4π 2T2 3πGT2 GMmR2及 R＝ ，得 g＝ ，D 错误．v2RG vT2π 2π vT6．(多选)据悉，我国的火星探测计划将于 2018 年展开.2018 年左右我国将进行第一次火星探测，向火星发射轨道探测器和火星巡视器．已知火星的质量约为地球质量的 ，火19星的半径约为地球半径的 .下列关于火星探测器的说法中正确的是( )12A．发射速度只要大于第一宇宙速度即可3B．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C．发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度D．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的23解析：选 CD.要将火星探测器发射到火星上去，必须脱离地球引力，即发射速度要大于第二宇宙速度；火星探测器仍在太阳系内运转，因此从地球上发射时， 发射速度要小于第三宇宙速度，选项 A、B 错误，C 正确；由第一宇宙速度的概念，得 G ＝ m ，得 v1＝MmR2 v21R，故火星探测器环绕火星运行的最大速度与地球的第一宇宙速度的比值约为 ＝ ，GMR 29 23选项 D 正确．7．(2016·滨海五校联考)(多选)若宇航员在月球表面附近自高 h 处以初速度 v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为 L.已知月球半径为 R，万有引力常量为 G.则下列说法正确的是( )A．月球表面的重力加速度 g 月 ＝2hv20L2B．月球的质量 m 月 ＝2hR2v20GL2C．月球的第一宇宙速度 v＝v0L 2hRD．月球的平均密度 ρ ＝3hv202π GL2解析：选 ABC.根据平抛运动规律， L＝ v0t， h＝ g 月 t2，联立解得 g 月 ＝ ，选项 A12 2hv20L2正确；由 mg 月 ＝ G 解得 m 月 ＝ ，选项 B 正确；由 mg 月 ＝ m 解得 v＝ ，选mm月R2 2hR2v20GL2 v2R v0L 2hR项 C 正确；月球的平均密度 ρ ＝ ＝ ，选项 D 错误．m月43π R3 3hv202π GL2R8.(2016·福建福州八中第一次质检)(多选)2012 年底我国北斗卫星导航系统已具有覆盖亚太大部分地区的服务能力．北斗导航系统中有“双星定位系统” ，具有导航、定位等功能．有两颗工作卫星均绕地心 O 在同一轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为 r.某时刻，两颗工作卫星分别位于轨道上的 A、 B 两位置(如图所示)．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．下列说法中正确的是( )4A．卫星 1 的线速度一定比卫星 2 的大B．卫星 1 向后喷气就一定能追上卫星 2C．卫星 1 由位置 A 运动到位置 B 所需的时间 t＝ rπ3R rgD．卫星 1 所需的向心力不一定等于卫星 2 所需的向心力解析：选 CD.万有引力充当卫星做圆周运动的向心力， G ＝ m ，得 v＝ ，由于两Mmr2 v2r GMr卫星的轨道半径相同，线速度大小相同，A 错误．卫星 1 向后喷气会到更高的轨道上去，速度变小，无法追上卫星 2，B 错误．根据 G ＝ m r， G ＝ mg， ＝ ＝ ，得Mmr2 4π 2T2 MmR2 tT 60°360°16t＝ T，解得 t＝ ，C 正确．由于两颗卫星的质量不一定相等，卫星 1 所需的向心力不16 rπ3R rg一定等于卫星 2 所需的向心力，D 正确．9．(多选)如图所示，两星球相距为 L，质量比为 mA∶ mB＝1∶9，两星球半径远小于 L.从星球 A 沿 A、 B 连线向 B 以某一初速度发射一探测器．只考虑星球 A、 B 对探测器的作用，下列说法正确的是( )A．探测器的速度一直减小B．探测器在距星球 A 为 处加速度为零L4C．若探测器能到达星球 B，其速度可能恰好为零D．若探测器能到达星球 B，其速度一定大于发射时的初速度解析：选 BD.从 A 星球发射探测器沿直线运动到 B 星球的过程中，探测器同时受 A 星球和 B 星球的万有引力，根据万有引力公式 F＝ 知， A 星球对探测器的万有引力减小，GMmr2B 星球对探测器的万有引力增大，存在一位置，在此位置探测器受到合外力为零，设此位置到 A 星球的距离为 x，则有 ＝ ，得 x＝ L，探测器从 A 星球运动到此点过GmAmx2 GmBm L－ x 2 14程是减速运动，从此点到 B 星球做加速运动，A、C 错误．由 F 合 ＝ ma 得，探测器在距星球A 为 L 处加速度为零，B 正确．探测器到达星球 B 的过程中，由于 B 的质量大于 A 的质量，14从 A 到 B 万有引力的合力做正功，则动能增加，所以探测器到达星球 B 的速度一定大于发射时的初速度，D 正确．10．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)(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5的现象，天文学称为“行星冲日” ．据报道，2014 年各行星冲日时间分别是：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( )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 30A.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解析：选 BD.设地球绕太阳运动的周期为 T0，地外行星绕太阳运动的周期为 T，某行星相邻两次冲日的时间间隔为 t，则 θ ＝ ω ·t＝ t,2π＋ θ ＝ ω 0t＝ t，解得 t＝2πT 2πT0＝ T0 ＞ T0.由此可知，选项 A 错误；由于海王星周期最大，相邻两次冲日的时间T0TT－ T0 TT－ T0间隔 t 最短，选项 D 正确；由 ＝ 可知，木星的周期 T＝5.2 T0， t＝1.1 T0，选项 BR30T20 R3木T2 5.2正确，同理可知 C 错误．11．某仪器在地面上受到的重力为 160 N，将它置于宇宙飞船中，当宇宙飞船以a＝0.5 g 的加速度竖直上升到某高度时仪器所受的支持力为 90 N，取地球表面处重力加速度 g＝10 m/s 2，地球半径 R＝6 400 km.求：(1)此处的重力加速度的大小 g′；(2)此处离地面的高度 H；(3)在此高度处运行的卫星速度 v.解析：(1)由在地表仪器重 160 N，可知仪器质量m＝16 kg根据牛顿第二定律，有 FN－ mg′＝ ma代入数据，得 g′＝0.625 m/s 2(2)设此时飞船离地高度为 H，地球质量为 M，该高度处重力加速度g′＝ GM R＋ H 2地表重力加速度 g＝ GMR2联立各式得 H＝3 R＝1.92×10 7 m(3)设该高度人造卫星速度为 v，其向心力由万有引力提供，有G ＝ mmM R＋ H 2 v2R＋ H6得 v＝ ＝4 km/sgR2R＋ H答案：(1)0.625 m/s 2 (2)1.92×10 7 m (3)4 km/s12．(2014·高考北京卷)万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．(1)用弹簧测力计称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为 M，自转周期为 T，万有引力常量为 G.将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧测力计的读数是 F0.a．若在北极上空高出地面 h 处称量，弹簧测力计读数为 F1，求比值 的表达式，并F1F0就 h＝1.0% R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；b．若在赤道地面称量，弹簧测力计读数为 F2，求比值 的表达式．F2F0(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为 r、太阳的半径为 RS和地球的半径 R 三者均减小为现在的 1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的 1 年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？解析：(1)设小物体质量为 m.a．在北极地面有 G ＝ F0，MmR2在北极上空高出地面 h 处称量，有 G ＝ F1Mm R＋ h 2得 ＝ ，代入 h＝1.0% R 得F1F0 R2 R＋ h 2＝ ≈0.98.F1F0 11.012b．在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有G － F2＝ m R，得 ＝1－MmR2 4π 2T2 F2F0 4π 2R3GMT2(2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力．设太阳质量为 MS，地球质量为 M，地球公转周期为 TE，由 G ＝ MrMSMr2 4π 2T2E得 TE＝ ＝ .4π 2r3GMS 3πGρ  rRS 3其中 ρ 为太阳的密度．7由上式可知，地球公转周期 TE仅与太阳的密度、地球公转轨道半径与太阳半径之比有关．因此“设想地球”的 1 年与现实地球的 1 年时间相同．答案：(1)a. ＝ 0.98 b. ＝1－F1F0 R2 R＋ h 2 F2F0 4π 2R3GMT2(2)与现实地球的 1 年时间相同