1曲線運 考綱：運動的合成與分解主干知識·練中回扣——憶夯基提鞏固 解析：D質(zhì)點做曲線運動時速度方向一定沿曲線在該點的切線方向，而加速度方向一定指向軌跡凹側(cè)，故B、C均錯誤；因質(zhì)點從A到B的過程中速率逐漸增加，故加速度與速度方向間的夾角為銳角，D正確，A錯誤。 D．合運動的位移大小等于兩個分運動位移大小之和解析選C A錯誤；合運動與分運動具有等時性，B錯誤，C正確；合運動的位移與分運動的位移滿足矢量合成的法則，D錯誤。 風力越大，運動員著地時的豎直速度越大，有可能對運動員造成解析：C水平風力不會影響豎直方向的運動，所以運動員下落時間與風力無關(guān)，A越大，則運動員著地時的合速度越大，有可能對運動員造成，B、D錯誤。考點·分類突破——1．[多選]某一物體受到幾個共點力的作用而處于平衡狀態(tài)，當撤去某個恒力F1時，物 解析：ABCF1后物體所受合力為恒力，故一定是勻變速運動，但初直線運動，A、B、C正確。 解析：C物體一開始做自由落體運動，速度向下；當受到水平向右的風力時，合力線運動，軌跡向下凹，故C正確，A、B、D錯誤。題組一說法正確的是()橡皮的速度大小為橡皮的速度大小為60°角D45°角解析：BC橡皮斜向右上方運動，具有沿斜面向上的分速度，與釘子沿斜面向上的是兩個分速度的合成，如圖所示。故橡皮的實際速度大小(合速度)：v′＝2vcos30°＝3v，且與水平方向成60°角，A、D錯誤，B、C正確。在國際航展上，中國殲－20隱身戰(zhàn)斗機是此次航展最大的“”。殲－20戰(zhàn)60m/s6m/s，已知它在水平方向做加速度則在落地之前()殲－20的運動軌跡為曲經(jīng)20s，殲－20水平方向的分速度與豎直方向的分速度大小相在第20s內(nèi)，殲 在第20s內(nèi)，殲 水平方向的平均速度為21解析：選D 由于初速度的方向與合加速度的方向相反，故殲－20的運動軌跡為直線，A錯誤；由勻運動規(guī)律可知，殲－20在第20s末的水平分速度為20 2＝21m，豎直位移 2 2＝2.1m，C錯誤；在第20

內(nèi)，殲－20水平方向的平均速度為21m/s，D正確題組二物體在直角坐標系xOy所在的平面內(nèi)由O點開始運動，其沿坐標軸方向的兩個分 0～3s3s～4s3s～4s0～3s解析：選B 物體在0～3s內(nèi)，x方向做勻速直線運動，y方向做勻加速直線運動，兩運動的合運動，一定是曲線運動，且加速度恒定，則A、D錯誤；物體在3s～4s內(nèi)兩個 tanβ＝ay＝3B正確，C 有一個質(zhì)量為2kg的質(zhì)點在x-y平面上運動，在x方向的速度圖象和y方向的位移 33解析：選 1.5m/s2，故質(zhì)點所受合力F＝ma＝3N，A正確；質(zhì)點的＝Δty速度 y三種速度：v1(船在靜水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的實際運動速度)vv1

＝v1v2矢量末端v＝由圖可知sin v1，最短航v＝2

xmind v2d＝sin＝sin[1](2016·綿陽質(zhì)檢)小船勻速渡過一條河流，當船頭垂直對岸方向航行時，在出 x＝v2t1v2＝x

m/s＝0.2 由(1)d＝v1t1v2＝v1cosα②d＝v1t2sinα③α＝53°，v1＝0.33m/s，d＝200 (1)0.2 (2)0.33 200 v船<v水次實際航程為AB，位移為x1，實際航速為v1，所用時間為t1。由于水速增大，第二次實ACx2v2t2。則()A．t>t

2 B．t2>t1，v2＝C．t＝t

2＝ D．t2＝t1，v2＝解析：選 設(shè)河寬為d，船自身的速度為v，與河岸上游的夾角為θ，對垂直河岸分運動，過河時間t＝ ，則t＝t；對合運動，過河時間t＝x1＝x2，解得v

vsin

2．[多選]v的箭頭所示，虛線為小船從MN的實際航線。則其中可能正確的是()解析：AB船頭垂直于河岸時，船的實際航向應(yīng)斜向下游，A正確，C錯誤；船頭斜向下游，D錯誤。360mv1＝6m/sv2＝3m/s，求：vsin解析：(1)設(shè)小船與岸成θ角開出，如圖甲所示。渡河時間為vsin2

s＝20s 以v2矢量的大小為半徑畫弧，從v1矢量的始端向圓弧作切線，則合速度沿此切線方向時航x短＝d＝v1d＝6×60m＝120sin 答案：(1)20 (2)120②明確分速度其一：沿繩或桿的速度v1；其二：與繩或桿垂直的分速度v2[典題2] 在距河面高度h＝20m的岸上有人用長繩拴住一條小船，開始時繩與水面的夾角為30°。人以恒定的速率v＝3m/s拉繩，使小船靠岸，那么( A．5sB．5s15C．5s4D．5s15tan 設(shè)開始時小船距岸邊為L，則L＝ ＝203m，5s后繩端沿岸位移為tanvt＝3×5m＝15m5sx′θsin＝

mBv船cosθ＝vv船＝5m/sC錯誤；5s時小船到岸邊的距離為L－x′＝203m－19.64m＝15m，選項D正確。 A、B經(jīng)無摩擦的定滑輪用細線連在一起，A的作用，此時B勻速下降，A水平向左運動，可知 AAAA A＝cos 解析：BAθBvB，大小不變，F(xiàn)AvvB，F(xiàn)＝μ(mg－Fsinθ),因物體下降，θ增大， A＝cos FfA減小，C、D2.(2016·四區(qū)聯(lián)考)LO轉(zhuǎn)動，另一端擱在升vα時，棒的角速度為()vsin v vcos v B.Lsin

D.Lcos＝Lsin解析：選B 合速度沿豎直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsinα＝v，所以＝Lsin如圖所示，水平面上有車A，通過定滑輪用繩子拉同一水平面的物體B，當拉至圖示位置時，兩繩子與水平面的夾角分別為α、β，二者速度分別為vA和vB，則( B．vA∶vB＝sinα∶sinβC．vA∶vB＝cosβ∶cosαD．vA∶vB＝sinα∶cos解析：選C 物體B實際的速度水平向右，根據(jù)它的實際運動效果，兩分運動分別為：沿繩收縮方向的分運動，設(shè)其速度為v1，垂直繩方向的分運動，設(shè)其速度為v2，如圖甲所v1＝vBcos汽車Av3v4，如圖乙所示，則有v3＝vAcosα②又因二者沿繩子方向上的速度相等，則有v1＝v3③由①②③式得vA∶vB＝cosβ∶cos 解析：選A 做曲線運動的物體速度大小不一定變化，但速度方向必定變化，A正確；加速度恒定的運動可能是勻變速直線運動，也可能是勻變速曲線運動，C錯誤；加速度變化的運動可能是變加速直線運動，也可能是變加速曲線運動，D錯誤。方45°方向勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮運動速度的( 解析：A橡皮同時參與兩個方向的運動：一個是水平方向的勻速直線運動，另一個動的合運動也是勻速直線運動，即橡皮的速度大小和方向都保持不變，所以A正確。質(zhì)點僅在恒力F的作用下，由O點運動到A點的軌跡如圖所示，在A點時速度的方向與x軸平行，則恒力F的方向可能沿( A．xB．xC．yD．y 質(zhì)點的初速度沿y軸正方向的分速度到A點時減為零說明質(zhì)點受的恒FyAx軸平行，D4m/s，則船從A點開出的最小速度為 B．2.4 C．3 D．3.5解析：選 如圖所示，當v船⊥v合時，v船最小，v船＝v水sin37°＝2.4m/s，B正確A、BA的運動，使其-t圖象中，最接近物體B的運動情況的是 解析：AAvv1和垂直于繩v2BvB＝v1＝vsinθt＝0θ＝0°，vB＝0，C項錯誤；大，若繩和桿足夠長，則物體B的速度趨近于A的速度，A項正確。O(0,0)，t＝0Fxx軸方向的外Fyy軸方向的外力，下列描述正確的是()0～4s0～4s2s2s2s2s解析：選 0～2s內(nèi)物體沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，2s時受沿2～4s內(nèi)物體做類平拋運動，C 解析：選CD 由題意知筆尖做勻變速曲線運動，A、B錯誤，C正確；筆尖的速度方D正確。如圖所示，起重機將貨物沿豎直方向以速度v1勻速吊起，同時又沿橫梁以速度v2水 小和方向均不變，做直線運動，D正確，COC處拴一細()MMMM解析：選 與桿垂直的速度v是C點的實際速度，vx是細繩的速度，即重物M速度。vx與v的夾角是θ，vx＝vcosθθ減小，則vx增大；當桿與細繩垂直(θ＝0)時，重物M的速度最大，為vmax＝ωL，然后再減小，C、D正確。10．(2016·汕頭模擬)一條河寬100m，船在靜水中的速度為4m/s，水流速度是5m/s， vsin解析：選BD 據(jù)題意，由于船速為v1＝4m/s，而水速為v2＝5m/s，即船速小于水速，則無論船頭指向哪個方向，都不可能使船垂直駛向?qū)Π叮珹錯誤；據(jù)t＝L vsin1向與水流方向的夾角)tsinθ最大，即使船頭與河岸垂直，B正確；要t＝L

岸方向的位移為：v2－41t＝75m，所以D 5v5m/s100m高處空投物資，由于風的作用，可使降落傘和物資在水平方向產(chǎn)生1m/s的速度，求：分運動與合運動具有等時性，故物資實際運動的時間與豎直方向分運動的時間相等，所以

s＝20 vy＝5m/s，vx＝1xy 52＋12m/s＝26xyx＝vxt＝1×20m＝20答案：(1)20 (2)26 (3)20(3)100m

s＝100 上游河岸夾角為θ，有vcos 3sin 1－cos2θ＝23渡河時間為t＝ ＝ ≈106.1vsin 3×sin(vcosvtsinα＝53°，t＝125考綱：拋體運動

第2 拋體運主干知識·練中回扣——憶夯基提(2)g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。 gx2。鞏固 解析：選B 變速曲線運動，速度方向時刻改變，故選項B正確，A、C、D錯誤。物體做平拋運動時，下列描述物體的速度變化量大小Δv隨時間t變化的圖象中， 解析：選

D

＝Δt 水平方向通過的距離x＝v0t，由h＝12得 2h，所以時間t由高度 g決定；又 2h，故x由初始高度h和初速度v0共同決定，B正確g考點·分類突破——問題一g gg g

v0h落地速度：vt＝v2＋v2＝v2＋2ghαx

＝vx＝v0v0hΔtΔv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下，如圖甲所示。①做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平ABαθtanα＝2tanθ。60°g，則小球拋出時的初速度為()223 32解析：選 2R(1＋cos60°)＝v0t，聯(lián)立解得 33gR，選項B正確22．(2016·臺州質(zhì)檢)從某高度水平拋出一小球，經(jīng)過t時間到達地面時，速度方向與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列結(jié)論中正確的是( AgttansinC．小球著地速度大小為sin解析：選 時速度v＝gt，選項C正確，A錯誤；平拋運動的時間 2y，由高度決定，選項sin D

問題二F3.[多選]如圖所示，兩個足夠大的傾角分別為30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，兩斜面間距大于小球直徑，斜面高度相等。有三個完全相同的小球a、b、c，開始均靜止于小球到達水平面的時間分別為t1′、t2′、t3′。下列關(guān)于時間的關(guān)系正確的是( sin

2g·sin h＝1

2gt2t2＝gc：sin45°＝2gsin45°·t3t3＝gt1>t3>t2ba、c在斜面內(nèi)做類平拋運動。沿斜面方向的運動同第一種情況，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′，故A、B、C正確。4.mv0飛離跑道后逐漸上升，若飛機在此過程中水平速度lh，如圖所示，求：(2)h高度時飛機的速度。水平方向l＝v0th＝10解 0a＝對飛機由第二定律

l2y(2)y ll

vtanv0解得 arctan

l2

l2＋4h2，方向與

的夾角為arctan[典題1] (2016·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，在同一豎直面內(nèi)，小球a、b從高度不同的兩點，分別以初速度va和vb沿水平方向拋出，經(jīng)過時間ta和tb后落到與兩拋出點水平距離相等的P點。若不計空氣阻力，則( 2 做平拋運動的物體，水平方向上做勻速直線運動，有x＝vt；豎直方向上做自2A 如圖所示，在距水平地面分別為H和4H的高度處，同時將質(zhì)量相同的a、b兩小球以相同的初速度v0水平拋出，則以下判斷正確的是( a、ba、b 由H＝1gt2，4H＝1gt2可得t＝2t，A錯誤；由x＝vt可知，x∶x2 2

vv02，θa≠θb，BOBOAθ角，則兩小球的初速度之比為()B．tan A.tanC. A.tanC.＝1 1

2gt1，Rsinθ＝2gt2，聯(lián)立解得 tanθ，選項C正確實豎直vy＝gt合 v0，故＝gtan豎直 x1＝2gt2tany2v0tanθ題組一θPv0水平v0的大小，LtL、tv0的關(guān)系，下列說法中正確的是()A．L與v0成正 B．L與v0成反0C．t與v0成正 D．t與v2成正0解析：選 因此 1

2v0tan

x v0t

2v2tantanθ＝，其中y＝gt，x＝v0t

t

cos

cos gcos0v0成正比，Lv2成正比，C02.(2016·懷化模擬)53°的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發(fā)現(xiàn)在斜面底端有一個高h＝1.4m、寬L＝1.2m的長方體物，為了不觸及這個H＝3.2mA點沿水平方向跳起離開斜面(豎直方向的速度變?yōu)榱?μ＝0.1，忽略空氣阻力，重力加速度g10m/s2。(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：運動員為了不觸及物，他從A點沿水平方向起跳的最小速度解析：(1)設(shè)運動員連同滑板的質(zhì)量為m，運動員在斜面滑行的過程中，由第二mgsin53°－μmgcosa＝gsin53°－μgcos53°＝7.422t＝0.8tan沿水平方向運動的距離至少為H ＋L，設(shè)這段時間為t′，則tanH－h(huán)＝1tanv≥6.0m/svmin＝6.0m/s答案：(1)7.4 (2)0.8 (3)6.0題組二3.[多選](2016·吉林模擬)如圖所示，A、D分別是斜面的頂端、底端，B、C是斜面上的兩個點，AB＝BC＝CD，EDAE質(zhì)量相等的兩個小球，球1落在B點，球2落在C點，關(guān)于球1和球2從拋出到落在斜面 121212212解析：選 因為AC＝2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，根據(jù)h＝1gt＝2h1∶2Amgh＝ΔEk121∶2B正確；BDDC在水平方向分量2x＝v0t，解得初速度之比為22∶1CgD的位移最小，則飛行時間t為(重力加速度為g)( v0tan

2v0tan

v0cot

2v0cot

面垂直，所以有tan

x＝v

1gt2t＝2v0cot [典題2] 如圖所示，水平屋頂高H＝5m，墻高h＝3.2m，墻到房子的距離L＝3m，墻外馬路寬x＝10m，小球從房頂水平飛出，落在墻外的馬，g＝10m/s2。求： (1)設(shè)小球恰好落到馬路的右側(cè)邊緣時，水平初速度為v01，則水平位移L＋x＝v01t1豎直位移 1

L＝v02t2豎直位移 1v02＝5 yyyvmin＝v2yvmin＝55 (1)5m/s≤v0≤13 (2)551.[多選]hθ vv2cot當v大2cot2cot當v2cot

時，tv無關(guān)時，tv解析：選 2cot故當v大 2cot

2，y＝tanθ

2vtan

2cotvC、D

2．(2015·新課標Ⅰ)一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬L1L2h。發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向3h。不計空氣的作用，重力加速度大v的最大取值范圍是()21L1

gg

1 1 C. 1 1 D. 解析：選 設(shè)以速率v1發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t1剛好落到球網(wǎng)正中間。則豎直方上有3h－h(huán)＝1gt2①，水平方向上有L1＝vt②。由①②兩式可得v g。設(shè)以速率2 1

2③，在

L22＋L2＝vtv

2

2 v1<v<v2D游樂場內(nèi)兩支玩具槍在同一位置先后沿水平方向各射出一顆，打在遠處的同一個靶上，A為甲留下的彈孔，B為乙留下的彈孔，兩彈孔在豎直方向上相距高h() 乙槍射出 甲、乙兩槍射出的初速度一樣， 由題圖可以看出射出后到打到靶上的過程中，豎直方向的位移關(guān)，hB>hA，由

2得tB>tA，由

vA>vB，A ＝tC點，已知地面上D點位于B點正下方，B、D間的距離為h，則 A．A、B23B．A、B233C．C、D2hD．C、D23g解析：選CAB段小球自由下落，BC段小球做平拋運動，兩段時間相同，所以A、B兩點間距離與B、D兩點間距離相等，均為h，故A、B錯誤；BC拋初速度v＝2gh，持續(xù)的時間t＝2h，所以C、Dx＝vt＝2h，故C正確，D錯誤。g拋出，都落在了傾30°的斜面CB恰好垂直打到斜面v1、v2之比為() 解析：選 小球A、B從同一高度平拋，到斜面上的C點經(jīng)歷的時間相等，設(shè)為1 tan30°＝v1t，tan30°＝gtv1∶v2＝3∶2，C vv

v

v

vv＝vv

設(shè)小球落到斜面時速度方向與水平方向的夾角為α，由tanα＝v＝v＝v＝2y＝2tanθ，故v1y＝v2y＝v3y，C

5.(2016·浙江聯(lián)考)如圖所示，水平路面出現(xiàn)了一個大坑，其豎直截面為半圓，AB為沿v1、v2AABC、D兩點，C、D兩點距水平路面分別為圓0.61v1∶v2的值為()A. C.3 3A. D.

2，y

2，由兩

相比得t1＝y(tǒng)1，其中y1＝3，y2＝R，則有 3，代入速度公式得v1＝315，選項C

hh1

2gh1，球就一定落在對方任意降低擊球高度(仍大于h2)，只要擊球初速度合適，球就一定能落在對方解析：選 不計空氣阻力，網(wǎng)球做平拋運動。網(wǎng)球由h1高度被水平擊出，剛好越

21

誤；要使球落在對方界內(nèi)，h1＝1gt2，x＝v0t3＜2s，得v0＜ 2gh1，當v0＝

2gh1時2 22gt2，2s＝v

h－h(huán)＝1′2，s＝vth

L

在自己一側(cè)(速度過小時)，或者出界(速度過大時)，ChL時，只要擊球速度合適，球一定能落在對方界內(nèi)，D正確。運動的v-t圖象，則( 2v-t圖線解析：AD平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運2v-t圖線，A正確；平拋運動為曲線運動，B錯誤；由題t1時刻小于豎直方向的速度大小，C錯誤；t1時刻水平方向的速度大小與豎直方向的速度大小相等，D正確。乓球的旋轉(zhuǎn)和空氣阻力，乒乓球自最高點到落臺的過程中，下列說法正確的是()A12B12C12D12解析：選 由h＝12知兩球運動時間相等，B錯誤；由于球1水平位移大，故平速度大，A錯誤；兩球都做平拋運動，故加速度等大，即速度變化率相等，Cyy 解析：選 v1t＝v2xtA如圖所示，A、Bv0拋出，A在豎直面內(nèi)運動，落地點為P1，BP2P1、P2x軸方向上距拋出點的遠近關(guān)系及落地瞬時速度的大小關(guān)系，則()A．P1B．P1、P2C．A 解析：選 質(zhì)點A做平拋運動，則 點B做類平拋運動，則 2h，vyB＝gsinθ 2h＝g xA<xB，vA＝vB，選項A、D正確，B、Cv1＝6m/sΔtv2＝4m/s水平拋出一個飛鏢，結(jié)果飛g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：豎直方向：y＝1xx

2v2tan

0.6 vy＝gt2＝62y v2＋v2＝2132yy＝12＝1.8sins＝y(tǒng)＝3sinvt1＝s＝0.5v1Δt＝t2－t1＝0.1答案：(1)213 (2)0.112.(2016·南陽模擬)如圖為“快樂大沖關(guān)”中某個環(huán)節(jié)的示意圖。參與游戲的選手A點直接躍上跑道。選手可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力g10m/s2。(2)v1＝4m/s水平跳出，求該選手在空中的運動時間。解析：(1)若選手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，則有hsin60°≤v0thcos60°＝1

3≥ (2)v1＝4m/sv1＜v0y＝1x＝v1tt＝0.6

3(1) (2)0.6

第3講圓周運考綱：1.勻速圓周運動、角速度、線速度、向心加速度(Ⅰ)主干知識·練中回扣——憶夯基提速(1)描述做圓周運動的物體運動快慢的物理量() 2πr2)＝Δt＝T角度速 ＝Δt＝T(2)(2)轉(zhuǎn)速是物體在單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù) ＝vnr/s、f的單位 向心加 (1)an＝r＝ωr(2)心 (1)Fn＝mωr＝mr＝mT2 2(1)v＝rω＝T (2)an＝r＝rω＝ωv＝T2＝4πf 2(3)Fn＝mr＝mrω＝mT2＝mωv＝m·4πf 2大?。篎n＝mr＝mrω＝mT2＝mωv＝m·4πfr定義：做圓周運動的物體，在所受合力突然或不足以提供圓周運動所需向心力F＞mω2r時，物體將逐漸靠近圓鞏固 解析：選 衡狀態(tài)，合力不等于零，C錯誤，D A．角速度為0.5 B．轉(zhuǎn)速為0.5πCπ

D4π解析：選 角速度為ω＝2π＝πrad/s，A錯誤；轉(zhuǎn)速為n＝ω＝0.5r/s，B正確半

r＝ω＝πm，Ca＝r＝4πm/s，D()A．圓筒壁對車的靜摩擦力B．筒壁對車的彈力C．摩托車本身的動力D解析：B在豎直筒壁上的摩托車只受三個力作用，其中豎直方向上重力與摩擦力是考點·分類突破——v＝ωrv一定時，ωr a＝r＝ωrv一定時，ar成反比；ω一定時，ar成正比。vA＝vB。vA＝vB。ωA＝ωB。如圖所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉(zhuǎn)動軸轉(zhuǎn)動時，板上A、B兩 ωA∶ωB＝ωA∶ωB＝1∶vA∶vB＝vA∶vB＝1∶解析：選 板上A、B兩點的角速度相等，即角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，選項A、v＝ωrvA∶vB＝rA∶rB＝1∶2C錯誤，D齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設(shè)腳踏板的轉(zhuǎn)速為n，則自行車前進的速度為(

A.

r解析：選C r2C3．[多選](2016·麗水模擬)在汽車無級變速器中，存在如圖所示的裝置，AB同軸相連的齒輪，CD同軸相連的齒輪，A、C、MA、C規(guī)M按如圖方向轉(zhuǎn)動時()ADBBDACMCDMB解析：選ABDA、M、CMA逆時針轉(zhuǎn)動，CA、B同軸轉(zhuǎn)動，C、DDB的轉(zhuǎn)動方向相同，故A正確；A、M、C三個緊密咬合的齒輪是同緣傳動，邊緣線速度大小相A、CRv＝ωr得，A、C轉(zhuǎn)動的角速度相同，A、B同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，C、DB、D規(guī)格也相同，所以齒輪DAB正確；A、M、C緣線速度大小相同，根據(jù)v＝ωr得ωM＝rC＝R＝10，故C錯誤；A、M、C v＝ωr得ωA＝rM＝0.9R＝9A ，所以得

3＝2D3

9題組一1.(2016·安慶質(zhì)檢)如圖所示，倒置的光滑圓錐面內(nèi)側(cè)，有兩個小玻璃球A、B沿錐面在 ωA＝ωBCaA＝aBDFA＝FB錯誤；由解析：選C 玻璃球A、B沿錐面在水平面做勻速圓周運動時所受外力都是支持力和重錯誤；由

rA球線速度大，AA、B的質(zhì)量關(guān)系，它們的向心力不一定相等，D錯誤。RgR的勻速圓周運動，已知g，空氣阻力不計，則()Rg期為2πg(shù) g

1解析選 由mg＝mT2·R可得盒子運動周期 1g g

得FN1＝4mg，由第三定律可知，小球?qū)凶佑覀?cè)面的力為4mg，B錯誤由FN2＋mg＝mω2R得盒子以 3mg，C正確；盒子由最低點到最高點的過程中，小球的加速度先斜向上，后斜向下，故小球先超重后失重，D錯誤。題組二 解析：B摩托車轉(zhuǎn)彎時受重力、地面對它的支持力和摩擦力三個力的作用，重力和選項B正確。，4．[多選](2015·浙江高考)如圖所示為場的一個水平“U”形彎道，轉(zhuǎn)彎處為圓心在O有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③是以O(shè)′為圓心的半圓，OO′＝r。沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為Fmax。選擇路線以不打滑的最大 ，B．選擇路線②，的速率最 和

＝

mR

t

t3＝2rπ，則線路③所用時間最短，C正確；在圓弧軌道上， 第二定律可得ma向，a向＝μgμg，D題組三 解析：選ACD 角速度增大，水滴所需向心力增大，脫水效果更好，C正確；周邊的衣物因圓周運動的半徑R更大，在ω一定時，所需向心力比中心衣物的大，脫水效果更好，D正確。 解析：選AB 當圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時，A物體靠細線的拉力與圓盤的最大靜摩擦力的合力提供向心力做勻速圓周運動，所以燒斷細線后，A所受最大靜摩擦力不足以提供其做圓周運動所需要的向心力，A要發(fā)生相對滑動，離圓盤圓心越來越遠，但是B所需要的向心力小于B的最大靜摩擦力所以B仍保持相對圓盤靜止狀態(tài)故CD錯誤，A、B正確。()，稱為“繩(環(huán))約束模型”；二是有支撐()管道)過最高點的mg＝m—v≥gr，F(xiàn)N＋mgmr，繩、軌道對小gr，在到達最高點v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，0＜v＜gr時，－FN＋mg＝mrFNvv＝grv＞gr時，F(xiàn)N＋mg＝mr，F(xiàn)Nv問題一“輕繩”[1](2016·紹興質(zhì)檢)Om的拉力FT、輕繩與豎直線OPθ滿足關(guān)FT＝a＋bcosθa、b為常數(shù)。若不計空氣阻力，則當?shù)氐闹亓铀俣葹?)

b

LL[解析 當小球運動到最低點時，θ＝0，拉力最大

1；當 拉力最小

＝－， mv2；由動能定理 L bL

b

2mv1－2mv2g＝3m，選項D 確定臨界點：v臨＝gr對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是FN表現(xiàn)為支持力還是拉力的臨界點。F合＝F向1.[多選](2016·撫順質(zhì)檢)如圖所示，用細繩拴著質(zhì)量為m的物體，在豎直面內(nèi)做圓周運動，圓周半徑為R，則下列說法正確的是( C．小球剛好過最高點時的速度是Rg解析：ACv＝gR，此時繩中張力為零。小球過最高點時繩子中的張力可能為零，也可能向下，故選項A、C正確，B、D錯誤。v必須滿足()最小值 B．最大值C．最小值 D．最大值r r從最低點運動到最高點的過程應(yīng)用機械能守恒得1mv2＝mg·2

v2，可得小球在最低

2m

＝

r2r，可得小球在最低點瞬時速度的最大值為 問題二“輕桿”[典題2] 模擬)如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動小球運動到最高點時受到的彈力為F，速度大小為v，其F-v2圖象如乙圖所示。則( bbbb

＝ b，即重力加速度＝b， 錯誤；當2＝時，向心力為零，桿 mR 球的彈力恰好與球的重力等大反向，F(xiàn)彈＝mg＝a，即小球的質(zhì)量m＝a＝aR，故A v2＝bv2<b時，mg－F彈＝mR的彈力方向向上，當

＝

v

F

mg＋F彈＝mR＝mRg＝R，F(xiàn)彈＝mR－mg＝mgD 3．[多選](2016·西城區(qū)模擬)L的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的的是()v的值為gLv由gLv由gL解析：選ABD 在最高點，若速度v＝gL，則輕桿對小球的作用力為零，當v＞gL，輕桿表現(xiàn)為拉力速度增大向心力增大則輕桿對小球的拉力增大，AB正確當v＜gL時，輕桿表現(xiàn)為支持力，速度減小，向心力減小，則桿對小球的支持力增大，C錯誤；在最

＝

F m 4．[多選]如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，內(nèi)側(cè)壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法中正確的是( vmin＝解析：BC在光滑圓形管道的最高點，小球的速度可以等于零，A錯誤，B正確；球要擠壓內(nèi)側(cè)管壁，故C正確，D錯誤。[3]l＝1mm＝1kg的小球(可視為質(zhì)點)θ＝37°，當小球在水平ωFT(sin37°＝0.6，cos＝0.8，g10m/s2，結(jié)果可用根式表示) 0mgtanθ＝mω2lsin0解得ω2＝g，即ω g 52 lcos

lcosθ＝mgtanα＝mω′2lsin解得 解得 ′＝lcoslcos即 g＝25rad/slcos5 (1)

(2)251．[多選](2014·新課標Ⅰ)mab(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()A．baa、b

b當

解析：選AC Ff＝mω2RbaA C正確；當a開始滑動時， 第二定律可得kmg＝mω2l，可得ω kg，而轉(zhuǎn)盤的速

3l

l，小木塊a未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來提供， 二定律可得 ，D錯誤盤的細管與質(zhì)量也為m的小球相連木塊與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力為其重力的μ倍＝0.2)ω＝4rad/s勻速轉(zhuǎn)動時，要保持木塊與轉(zhuǎn)盤相對靜止，木塊轉(zhuǎn)動半徑的范圍是多少(g取10m/s2)?解析：ω＝4rad/sr1＝0.5r2＝0.75答案：0.5m≤r≤0.75假設(shè)某彎道鐵軌是圓弧的一部分，轉(zhuǎn)彎半徑為R，重力加速度為g，列車轉(zhuǎn)彎過程中傾角(車廂地面與水平面夾角)為θ，則列車在這樣的軌道上轉(zhuǎn)彎行駛的安全速度(軌道不受側(cè)向擠壓) B.gRcosA.B.gRcosC.gRtan D.gRcot

＝

，mgtan mR，得

gRtan 如圖所示，B、CB、C半徑不同，但固定在同一轉(zhuǎn)動軸上，其半徑中心的豎直軸轉(zhuǎn)動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無滑動地轉(zhuǎn)動起來。a、b、c分別為三輪a、b、c三點在運動過程中的()解析：選 A、B輪摩擦傳動，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，得ωa∶ωb＝3∶2；B、C A、BCa＝ωv世界一級方程式錦標賽新加坡大獎賽賽道單圈長5.067km，共有23個彎道，如圖 在水平

向右擺動，當小球第一次經(jīng)過最低點時(線沒有斷)，則()r解析：B當小球第一次經(jīng)過最低點時，小球做圓周運動的半徑改變，但小球的動能不變，故線速度不變，Bω＝vr的增大而減小，Ar

＝ an＝r，隨

mr，則懸線的拉力mg＋mrr的增大而減小，Dh。下列說法中正確的是()sin解析：選B 摩托車受力如圖所示，筒壁對摩托車的彈力FN＝mg，向心力Fn＝mgcotθ，當h變化時，θ角保持不變，所以摩托車對側(cè)壁的壓力大小以及摩托車做圓周運動的sin

＝

2

mgcot

mr＝mω r＝grcotθ，ω＝ 將越小，選項B正確，C錯誤。rR的細繩一端系于球上，另一端系于圓環(huán)最低點，繩的最為() g解析：B因為圓環(huán)光滑，所以這三個力肯定是重力、環(huán)對球的彈力、繩子的拉力。其大小為F＝mω2r，根據(jù)幾何關(guān)系，其中r＝Rsin60°一定，所以當角速度越大時，所需要速度最小，需要的向心力最小，對小球進行受力分析得Fmin＝2mgsin60°2mgsin60°＝mω2Rsin60°

R最大角速度為 6g，故只有B正確R為R，小球經(jīng)過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則其通過最高點時( C．小球的線速度大小等于gR解析：選 v＝v＝

C、D

8．(2016·鹽城模擬)P，細線的上端固定在金使小球改到在一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(P′位置)Q都靜止在桌面上的同一位置。則后一種情況與原來相比較，下列判斷中正確的是()A．QB．QPP解析：BCQ保持在桌面上靜止，根據(jù)平衡條件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不變，故A錯誤；設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，其拉力大小為FT，長度FT＝mg，F(xiàn)n＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度 g Lcoscos Lcos 使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cosθ減小，則可知細線FTT減小，C正確，DQ，由平衡條件知，Q受到桌面的靜摩擦力變大，故B正確。9.(2016·安陽模擬)A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．BA2BBA2DBBAμAB解析：BCA、BFn＝mrω2，轉(zhuǎn)動半徑相等，質(zhì)量相等，所以向心力相等，AA、BFfB＝2mrω2A分析，有FfA＝mrω2BBA2B正確；A所受的靜摩擦力方向指CA、BμB2mg＝2mrω2ωB＝μBg 分析，μAmg＝mrω2，解得 μAg，因為B先滑動，即B先達到臨界角速度，所以 μB＜μAD10.(2016·沈陽六校聯(lián)考)3LA、B兩端分別固定質(zhì)量均為A、B的最大約束力相同，則()A．BABA球在最高點受桿的力解析：選AC 桿和球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，桿上各點的角速度相同，B做圓周

mRF＝mg＋mRAFA＝mg＋mLBFB＝mg＋mL 第二定律有mg－F＝R，A球在最高點受桿的支持力

L，BF′B＝mg－L(若計算值為負，表示球受桿的拉力

＋

得 球

mL g2A球受桿的支持力、Bg2

時，F(xiàn)B＝0

B＝0Dm＝0.5kg的小球(可視為質(zhì)點)OA點處，此時繩剛好伸直且無張力，如圖所示。不計空氣阻力，g10m/s2，則：A點至少應(yīng)施加給小球多大的水平v1＝4m/s v0＝gL＝10F＋ F＋ LFT＝3分別為x、y，其運動軌跡如圖中實線所示，有y＝1t＝0.6st＝0舍去答案：(1)10 (2)3 (3)0.6 ma、bA、B兩點上，A、Bl，當兩輕繩伸直后，A、B兩點l。當豎直桿以自己為軸轉(zhuǎn)動并達到穩(wěn)定時(a、b與桿在同一豎直平(2)aFaω解析：(1)小球恰好離開豎直桿時，小球與豎直桿間的作用力為零，設(shè)此時輕繩aαsinα＝1，r＝ 沿半徑：Fasinα＝mω2r垂直半徑：Facosα＝mg聯(lián)立解得ω＝2g(2)由(1)可知 g

時，F(xiàn)a＝4ωba與豎直桿的夾角為β，此時小球做圓周運動的半徑為r＝lsinβ沿半徑：Fasin垂直半徑：Facosl當輕繩b恰伸直時，β＝60°，此時 l故有Fa＝mω2l，此時 g＜ω≤ ωbr＝lsin沿半徑：Fasin60°＋Fbsin垂直半徑：Facos60°＝Fbcos聯(lián)立解得 l此時ω≥ l考點·分類突破——[典題1] 當轉(zhuǎn)速達到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動?，F(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺半徑R＝0.5m，離水平地面的高度H＝0.8m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s＝0.4m。設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。求： (1)設(shè)物塊做平拋運動所用時間為t，豎直方向有H＝1水平方向有s＝v0t②v0＝s

＝

μmg＝ μmg＝ mR0聯(lián)立③④ 0 (1)1 R，現(xiàn)將雨傘繞豎直ωr的圓形，當?shù)豨，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可推知傘邊緣距地面的高度應(yīng)為()

解析：選 設(shè)傘邊緣距地面的高度為h，傘邊緣水滴的速度v＝ωR，水滴下落時間 2h，水滴平拋的水平位移 2h，如圖所示。由幾何關(guān)系得R2＋x2＝r2， h＝2ω2R2，ACDABCDB與圓盤圓心Oh＝1.25mm＝0.4kg的物塊(可視為質(zhì)點)μ＝0.2F＝4N的水平向右拉力拉ω＝2πrad/sO的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，拉力作用一段時間后撤掉，物塊在滑道上繼續(xù)滑行，由B點水平拋出，恰好落入小桶內(nèi)，重10m/s2。豎直方向 1v＝2m/s，t＝0.5設(shè)拉動物塊時的加速度為a1，所用時間為t1，由第二定律得a1＝8撤去拉力后，設(shè)物塊的加速度為a2，所用時間為t2，由第二定律a2＝－2T＝ω＝1t1＝0.3(2)t′1＝0.5sv1＝a1t′1＝4 則滑道長L＝a 1＝42

答案：(1)0.3 (2)4[典題2] 如圖所示，一條不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質(zhì)量m＝1.0kg的小球。現(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點地面上的D點與OB在同一豎直線上已知繩長L＝1.0m，B點離地高度H＝1.0m，A、B兩點的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不計空 (1)小球從A到B機械能守恒，BBC做平拋運動，則s＝vBt②

1s＝1.41LF－mg＝mLF＝20由第三定律得F＝F′＝20 (1)1.41 (2)201.(2016·汕頭模擬)如圖所示，小球沿水平面通過O點進入半徑為R的半圓弧軌道后恰能通過最高點P，然后落回水平面，不計一切阻力，下列說法正確的是( 1若將半圓弧軌道上部的4圓弧截去，其他條件不變，則小球能達到的最大高度比

＝

點后做平拋運動， ＝12， mR，小球離開

4x＝2R，故選項A錯誤，B正確；若將弧軌道上部的4

離開軌道后做豎直上拋運動，達到最大高度時速度為零，故能達到的最大高度比P點高，選項D錯誤。mC點OO1.9L，不計空氣阻力。BC解析：(1)小球恰好能做完整的圓周運動，則小球通過A點時細線的拉力剛好為零，由 L解得vA＝(2)小球在B點時由第二定律F－ F－ L解得vB＝1.9L－L＝1解得C3L答案：(1) 1.(2016·蕪湖模擬)如圖所示，用長為L的輕繩把一個鐵球懸掛在高2L的O點處，球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動且恰能到達最高點B處，則有( 若運動中輕繩斷開，則球落到地面時的速度大小為解析：選 球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動且恰能到達最高點B處，明球在最高

律得

L，得

＝ L 1，聯(lián)＝ L解得輕繩的拉力最大為F＝6mg，選項A、B錯誤；以地面為重力勢能參考平面，球

，落到地面時的速度大小為v′＝7gL C正確 球運動到最低點時速度v1＝5gL，由

2，聯(lián)立解得球落 x＝10LD

2.(2016·齊齊哈爾質(zhì)檢)O點懸掛一根長為L的細繩，m的小球，已知繩能承受的最大拉力為2mg，小球在水平面內(nèi)做圓v2＝7gL落到墻腳邊。求：由第二定律豎直方向FTmcos

＝mrFTmsin mrr＝Lsin2解得 2 21 21解得

2g＝44H＝h1＋Lcosθ＝134＝水平方向＝豎直方向

2又有 解得答案

(2) APB(圓半徑比細管的內(nèi)徑大得多)和直＝1.5mm＝1kg的小球(可視為質(zhì)點)v0＝5m/s的水平初速度從g10m/s2，π3.14，求：(1)FAC mRABvt1＝πR＝0.2π＝0.628v0vBCt2＝L＝0.3v0ACt＝t1＋t2＝0.928v2v(2)h＝vy＝5v所以 v0答案：(1)0.928 4．(2016·楚雄模擬)M＝5.0kg的平板車靜止在光滑水平地面上，2.0kgv0＝8m/s的水平初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施5NF此時撤去恒力F，當平板車碰到物A時立即停止運動，滑塊水平飛離平板車后，恰能無碰撞地沿圓弧切線從B點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。已知滑塊與平板車間的sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：AB解析：(1)Ff＝μmg，ma1＝Ff＝μg＝5m ＝3t1v，則滑塊的位移x1＝2平板車的位移x2＝v1平板車的長度l＝x1－x2聯(lián)立解得l＝h＝1ABxAB＝1.2

在C點由第二定律RFN－mg＝mR聯(lián)立解得FN＝86由第三定律得，滑塊運動到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力大小為86N答案：(1)4 (2)1.2 (3)865．(2016·啟東質(zhì)測)37°ABR＝0.4m的光滑BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等m＝1kgAODg10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。μmgcos37°·sin(1)μmgcos37°·sin若滑塊能到達C點，根據(jù)第二定律R RFN＝0CvC≥Rg＝2m/sAC點的過程中， 2R μmgcos 2R sin v0＝23

Cy＝1

由幾何關(guān)系得tan t＝0.2s(t＝－0.8舍去答案 (2)23 (3)0.2第5講萬有引力定律及其應(yīng)考 主干知識·練中回扣——憶夯基提，(1)第一定律(軌道定律)：所有行星繞運動的軌道都是橢圓處在橢圓，(2)第二定律(面積定律)：對每一個行星來說，它與的連線在相等時間內(nèi)掃過m1m2r的二次方成反比。公式：F＝m1m2G＝6.67×10－11N·m2/kg2G可視為質(zhì)點；r為兩物體間的距離。鞏固

m1m2計算物體[對定律的理解]下列關(guān)于行星繞運動的說法中正確的是( 行星繞運動時位于行星軌道的中心

G解析選D 的比值都相等，而各個行星的公轉(zhuǎn)周期不同，故它們的軌道半長軸不同，A、C錯誤，D正確由第一定律知所有行星繞運動的軌道都是橢圓處在橢圓的一個焦點上，B錯誤。如果把地球看成一個均勻球體，P、Q兩質(zhì)點隨地球自轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，則下列說法正確 A．P、QD．PQ解析：選 Q到地球球心的距離相同，根據(jù)

A、C正確，B、D考點·分類突破——行星 T2＝k中，kk1．(2016·泰州質(zhì)檢)某行星和地球繞公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會

B.N

D.NN

N

解析：選 地球公轉(zhuǎn)周期T1＝1年，經(jīng)過N年，地球比行星多轉(zhuǎn)一圈，即多轉(zhuǎn)角速度之差為2π－2π，所以2π－2πN＝2π，即T＝N年， 第三定律得

＝r23，則

N2，B

正確的有()ABAAAA解析：選 根據(jù)第二定律，近地點的速度大于遠地點的速度，A正確； 第三定律

＜，所 B T1，Can＝GM，可知加速度應(yīng)不變，D

題組一1．兩個質(zhì)量均勻的球形物體，兩球心相距r時它們之間的萬有引力為F，若將兩球的 解析：選 由m＝ρ3知，兩球的半徑都加倍，它們的質(zhì)量都變?yōu)樵瓉淼?倍，F(xiàn)＝m1m216DG地球?qū)λ娜f有引力的大小為()Mm mR D．3 mR 解析：選 由萬有引力定律得F＝Mm

F＝mω2(R＋h)④mRF3＝m3R2gω4，由此得F＝3 4，故B、C、DmR

m1m2適用于質(zhì)點、均勻介質(zhì)球體或球殼之間萬有引力的計算G題組二算該星球的質(zhì)量M星約為(式中M為地球的質(zhì)量)(

星

星

星2 2

＝1

M星

mg

16C

GR2 t小球落回原地。若他5t小球落回原處。已知該星g′，空氣阻力不計。則() C．M星∶M地 D．M星∶M地解析選

g′＝t

M

＝g因此得 1

2＝mg

＝

地M 地

gR GR2＝mgM＝G

M

＝V

GM＝gR2稱為黃金代換公式利用繞天體做勻速圓周運動的半徑r和周期T計 Gr2＝mT2M＝GT2 M

＝GT2R3 繞天體表面運行時，可認為軌道半徑r等于天體半徑R，則天體密度ρ3π[典題](2016·南通質(zhì)檢)“一號”是我國首次發(fā)射的探月，它在距月球表面高度為h的圓形軌道上運行，運行周期為T。已知引力常量為G，月球的半徑為R。利用以上數(shù)據(jù)估算月球質(zhì)量的表達式為() A.

[解析 一號”繞月球做勻速圓周運動， 第二定律得G·Mm ，選項D正確 區(qū)別天體半徑R 軌道半徑r。只有在天體表面附近的才有r≈R；計

3RG＝6.67×10－11N·m2/kg2。則海王星的質(zhì)量大約為()A．1.0×1017kg B．1.0×1026kgC.2.0×1011kg D．2.0×1019kg

r2＝mT2解 M＝GT2

kg，B2．(2016·三門峽模擬)我國已成功地進行了“三號”的發(fā)射和落月任務(wù)，進一步獲月球上空繞月球做勻速圓周運動時，經(jīng)過時間t，行程為s，與月球中心連線

θ 的運行半徑 θ的角速度ω＝θ，由萬有引力公式可得GMm＝mω2r，密度公式ρ＝

，聯(lián)立可得

，

Gkg2解析：選C kg2

是一個比例常數(shù)，其單位是

任意質(zhì)點間的相互作用，C正確，D某行星繞運行的橢圓軌道如圖所示，F(xiàn)1和F2是橢圓軌道的兩個焦點，行星在點的速率比在B點的大，則是位于 解析選A 根據(jù)第二定律和行星的連線在相等的時間內(nèi)掃過相等的面積，A6.67×10－11N·m2/kg2)()A．6.67×10－11 C．小于6.67×10－11 r解析：選 r是指兩球心間的距離，由萬有引力定律公式得F＝Gm1m2r2

N＝2.96×10－11N<6.67×10－11NC表面處重力加速度的4倍，則該星球的質(zhì)量是地球質(zhì)量的(忽略其自轉(zhuǎn)影響)( B．4倍C．16倍D．64地地

M g星

R2ρ＝4πR3M＝16π2ρ2G3，故M 3＝64g地力的()A．0.25倍B．0.5倍C．2.0倍D．4.01

解析：選 由F引＝r2

2

＝2FCr0r6．(201·福州模擬)北斗 導(dǎo)航系統(tǒng)(S)自行研制的全球?qū)Ш较到y(tǒng)，該系統(tǒng)由35組， 軌道有種地同軌道中地軌道和斜軌道其中同步軌道半徑大約是中軌道半徑的1.5倍，那么同步與中軌道的周期之比約為( )

T2＝k同＝33，所以同 的周期之比約為33，故C正確T中 T中達式為(k為某個常數(shù))()T T

R2

T2M＝3πRρρ＝GT2＝T2，D我國實施“三號”的發(fā)射和落月任務(wù)，進一步獲取月球的相關(guān)數(shù)據(jù)。如果該衛(wèi)星在月球上空繞月做勻速圓周運動，經(jīng)過時間t，行程為s，與月球中心連線掃過

C. D.

解析：選 由s＝rθ，θ＝1弧度，可得r＝s，由s＝vt可得v＝t，M＝Gt2，B

r2＝mr() A. B. 2解析：選 2

MA

Gt2探測器預(yù)計在2017年由“長征五號”運載火箭文昌發(fā)射中心發(fā)射升空，自動完成月面樣品，并從月球起飛，返回地球，帶回約2kg月球樣品。某同學(xué)從網(wǎng)上得到一 Rg

解析：選 在地球表面，重力等于萬有引力，則有GR2＝mg，解得M＝G，故＝度為 M＝

＝

ρ＝3g0，故地球和月球的密度之比為

0 1＝3B 關(guān) 所有行星 解析：選AD由第一定律知所有行星繞運動的軌道都是橢圓，處在橢圓的一個焦點上，所以A正確，B錯誤；由第三定律知所有行星的半長軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，故C錯誤；根據(jù)第二定律行星在橢圓軌道上靠近運動時，速度越來越大，D正確。12．(2016·質(zhì)檢)為了對火星及其周圍的空間環(huán)境進行探測，我國發(fā)射了一顆火星探G。僅利用以上數(shù)據(jù)，可以計算出()解析：選

Mm

2

和半徑，但無法求解“螢火一號”的質(zhì)量，選項A正確，B錯誤；由于“螢火一號”量未知，故無法求解火星對“螢火一號”C錯誤；在火星表面有解得g＝GM，選項D

GR2 相同。地球表面重力加速度是g，若在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自轉(zhuǎn) 4 以相同的初速度在火星上起跳時，在空中的時間為在地球上的43 解析：選 當宇航員在地球表面時，根據(jù)萬有引力定律可得F萬＝GMm＝mg，

mg′萬＝r′2 地＝g可知，t火＝4t地，C0－v＝－2ghh′＝g

，D 14．(2016·大連模擬)我國在西昌發(fā)射中心用長征運載火箭將成功送入太空已T0R，距離月球表面的高度為h，月球表面的重力加速gG。下列說法中正確的是()

v＝gR＋h

Mm 據(jù)

2＝mg

＝mωh)、h)、

、、＝，BGM＝gR、

πR πR ω′ 可 3g

Mm ，

，D

m表示它的質(zhì)量，h表示它近月點的高度，ω表示它在近月點的角速度，a表示它在近月點的加速度，R表示月球的半徑，g表示月球表面處的重力加速度。忽略其他星1號”的影響，則它在近月點所受月球?qū)λ娜f有引力的大小等于()

解析：選 G 第二定律得F＝ma，A正確；由萬有引力定律得F＝Mm，又月球表面上，G

G

R＋h，C、Dmr

0為星球質(zhì)量，G為引力常量)RGr該星球上以初速度v0豎直向上拋出一個質(zhì)量為m的物體，不計空氣阻力，經(jīng)ts后物體落 t 2v0R的初速度水平拋出一個物體，物體將不再落回星球t面 2 2 2 t 2解析：選 設(shè)該星球表面附近的重力加速度為g′，物體做豎直上拋運動，有

tttRmR

，聯(lián)立解得

，A正確

，B豎直拋出物體至無窮遠速度為零的過程，有1mv2＋E＝0，即1mv2＝Gm0m，解得v，C

第6講天體運動與人考 主干知識·練中回扣——憶夯基提7.9km/s 11.2km/s。第三宇宙速度(逃逸速度)：使物體掙脫引力束縛的最小發(fā)射速度其數(shù)值為16.7km/s。鞏固1．300km高的圓軌道上正常運行，則下列說法中正確的是()解析：選CD地球的發(fā)射速度都大于第一宇宙速度，且小于第二宇宙速度，A錯一號”a＝M可知，它們的加速度大小相等，C度，D正確。[人造的3．[多選]在圓軌道上運動的質(zhì)量為m的人造地球，它到地面的距離等于地球半 運動的速度大小為g g11解析：選

GR2＝mg， 2二定 2二定 運動的速度大小

2R

，選項A、C錯誤，B、D 一宇宙飛船繞地球做勻速圓周運動，飛船原來的線速度是v1，周期是T1，假設(shè)在某時刻它向后噴氣做加速運動后，進入新軌道做勻速圓周運動，運動的線速度是v2，周期是T2，則() 解析：Br1，在某時刻飛船向后噴氣做加速運動，飛船將做離心運動，進入新軌道做勻速圓周運動的軌道半徑為r2r1<r2r rGr2＝mr得 ，故v1＞v2，又由Gr2＝mT2得 GM，故T1＜T2，B考點·分類突破——的的人造的a、ω、v、T與r的關(guān)

＝ rrrr

―→v∝r2mT2r―→

―→ω∝T＝24h＝86400s。3 3Gr2＝mT2r極地和近地

近地是在地球表面附近環(huán)繞地球做勻速圓周運動的，其運行的軌道半徑可7.9km/s。題組一的運行參 兩的向心加速度關(guān)系 解析選

G

G r rD

CGr2＝mT2

2．[多選](2015·新課標Ⅰ)我國發(fā)射的“三號”登月探測器靠近月球后，先在1.3×103kg813.7倍，地球表面的重力加9.8m/s2。則此探測器()GM ·解析：選 設(shè)月球表面的重力加速度為·

月， ＝1×3.72，月 月月g月≈1.7m/s2

g GMR2R地

M地 v2＝2ghv＝2g月h＝2×1.7×4m/s≈3.7m/s，A錯誤；懸F＝mg月≈2×103N，B正確；從離開近月圓軌道到著陸過程中，除重力GM81 R月 M月R地 81v1<v2，D題組二

M地R3．[多選](2016·襄陽模擬)最近我國連續(xù)發(fā)射了多顆“北斗一號”導(dǎo)航定位，預(yù)示Rg，則有()該運行周期為24該所在處的重力加速度為R

解析：選 地球同步和地球自轉(zhuǎn)同步，周期為24h，A正確；

＝G ＝＝ mT2r＝mr可知，g＝r2，則 所在處的重力加速度和地面處的，可知B

，該周期與近地周期之比 錯誤 的動

2＝1GMm＝mgR2

線速度大小為v2、向心加速度大小為a2，地球同步線速度大小為v3、向心加速度大小為a3。設(shè)近地距地面高度不計，同步距地面高度約為地球半徑的6倍。則以下結(jié)論正確的是()v2

3333A.v＝ B.v C.a D.a＝3333解析選C 比較速度用v＝ωr，比較加速度用a＝ω2r，同步距地心距離約為地球半徑的7倍，則C正確，D錯誤；近地與地球同步都是，都繞地球做圓周運動，比較速度用v＝rGM，則速度比 7∶1，故A、B錯誤r1 1GR2＝mR6＝7.9×103m/sRmg＝m1Rv1＝gR＝9.8×6370×103m/s＝7.9×103m/sg 075s≈85min。gv發(fā)＝7.9km/s時，繞地球做勻速圓周運動7.9km/s＜v發(fā)＜11.2km/s時 11.2km/s≤v發(fā)＜16.7km/s時 繞做橢圓運動v發(fā)≥16.7km/s時，將掙 1．某顆人造地球離地面的高度是地球半徑的n倍，那么該運行速度是地球第 A．n 1n

倍C.

倍 倍 1R解析：選 第一宇宙速度滿足GR2＝m，人造地 Rn

G

v v

C. 12v1。已知某星球的半徑為地球半徑R的4倍，質(zhì)量為地球質(zhì)量M的2倍，地球表面重力加速度為g。不計其C. 112 B.112

解析選 設(shè)在地球表面飛行的質(zhì)量為m由萬有引力提供向心力

R2＝RGR2＝mg

＝gR為

2M×R＝1；結(jié)合GM＝gR2知地球的第一宇宙速度1，根據(jù)題意，有

＝gRv第二2v第一v′2＝gRA、B、D錯誤，C正確。[1](2016·玉林質(zhì)檢)經(jīng)長期觀測人們在宇宙中已經(jīng)發(fā)現(xiàn)了“雙星系統(tǒng)”，“雙星2。則可知()5555 A

m1m2＝m1ω2r1＝m2ω2r2G

，選項C正確，D [多選(2016·衡水模擬)宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠的四顆星組成的四星系統(tǒng)通?？陕云渌w對它的引力用設(shè)四星系中每個體的質(zhì)均為半徑均為四星穩(wěn)定布在邊為L的正方四個頂點其中L遠于R已知萬有引力常為G忽略星自轉(zhuǎn)效，則關(guān)四星統(tǒng)，下列法正確是( )LGmGm2＋L 44＋2πDG解析：選 2徑r＝2

2GL2＋G2L2。由F合＝F向＝mr＝mT2，可解得 L1＋4

4＋ A

mm0g＝Gm，DG 變軌原因：當由于某種原因速度突然改變時(開啟或關(guān)閉發(fā)動機或空氣阻力作用)，萬有引力不再等于向心力，將變軌運行。

在圓軌道上穩(wěn)定運行時，Gr2＝mr＝mωr＝mTr 的速度突然增大時，Gr2<mr，即萬有引力不足以提供向心力 將做r 進入新的軌道穩(wěn)定運行時由 r 的速度突然減小時，Gr2>mr，即萬有引力大于所需要的向心力 將近心運動，脫離原來的圓軌道，軌道半徑變小。當進入新的軌道穩(wěn)定運行時，由GMr “三號”在環(huán)月橢圓軌道上P點的速度大于Q點的速 由Gr2＝mT2r，可得月球的質(zhì)量M＝GT2，由于月球的半徑未知，無法求月球的體積，故無法計算月球的密度，A錯誤；“三號”在環(huán)月段圓軌道上P點，使萬有引力大于運行所需向心力做近心運動，才能進入環(huán)月段橢圓軌道，B錯誤；三號在環(huán)月段橢圓軌道上P點向Q點運動過程中，距離月球越來越近，月球?qū)ζ湟ψ稣?，故速度增大，即P點的速度小于Q點的速度，C錯誤；離月球表面越高其速度越慢，比月球的第一宇宙速度小，D正確。 3點注意r新軌道上的運行速度由v＝ r1．多選在地球大氣層外有大量的太空。在活動期，地球大氣會受風的影響而擴張使一些本在大層外繞球飛行空被氣包圍而逐漸低軌道。大部分太在地前已燃燒成燼但體大的太空仍會到地面上對人類造成危害以下關(guān)太空 的說法確的( ) r解析：選 r

r2＝mr＝mT2·r＝ma可得

GM＝GMr減小，v增大，T減小，aC錯誤，D正確。2.(2016·中山模擬)一1 的 2Ek，所 變軌前、后的速度之比為 Gm， Gm， G2

v v

1ma可 1

＝a a

，AGr2＝mω

＝2＝

后的周期之比為T1＝ω2＝1，C B點再次點火進入近月軌道Ⅲ繞月球做圓周運動。下列判斷正確的是()g g0AB