1、第四单元曲线运动万有引力与航天第9讲运动的合成与分解【教材知识梳理】一、1.切线2.匀变速曲线3.(1)加速度(2)合外力二、1.(1)合运动(2)分运动2.实际效果3.平行四边形辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()【考点互动探究】考点一1.D解析 磁铁放在A处时,小铁球受力与速度共线,但为变力,所以小铁球做变加速直线运动,选项A、B错误;磁铁放在B处时,小铁球受力与速度不共线,做非匀变速曲线运动,选项C错误,D正确.2.A解析 质点做匀变速曲线运动,加速度不变;由于质点运动到D点时,其速度方向与加速度方向垂直,则当质点在A点和C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角,所以
2、质点由C点运动到D点过程中速率减小,即质点在C点时的速率比其在D点时的速率大;质点在从B点运动到E点的过程中,加速度方向与速度方向的夹角一直在减小.3.B解析 F1、F2为恒力,质点从静止开始做匀加速直线运动,F1突变后仍为恒力,合力仍为恒力,但合力的方向与速度方向不再共线,所以质点将做匀变速曲线运动,故A、D错误.由加速度的定义式a=vt知,在相等时间t内,v=at一定相等,故B正确.做匀速直线运动的条件是F合=0,所以质点不可能做匀速直线运动,故C错误.考点二1.B解析 由合运动与分运动的等时性知,因红蜡块沿管上升的高度和速度不变,所以运动时间不变,而管向右匀速运动的速度越大,则红蜡块的合
3、速度越大,合位移越大,选项B正确.2.B解析 在03 s内,物体在x方向上做匀速直线运动,在y方向上做匀加速直线运动,两运动合成,物体一定做曲线运动,且加速度恒定,A、D错误;在34 s内,物体在两个方向上的分运动都是匀减速运动,在3 s末,合速度与合加速度方向相反,则做直线运动,故B正确,C错误.3.A解析 物体在x轴方向上做初速度vx0=8 m/s、加速度a=-4 m/s2的匀减速直线运动,在y轴方向上做速度vy=-4 m/s的匀速直线运动,物体所受合外力恒为8 N(方向沿x轴负方向),初速度大小为82+(-4)2 m/s=45 m/s,方向与合外力方向不在同一条直线上,故物体做匀变速曲线
4、运动,A正确,B、D错误;2 s末,vx=0,vy=-4 m/s,则合速度为-4 m/s,C错误.考点三例1B解析 设河宽为d,船速为u,则根据渡河时间关系得dudu2-v2=k,解得u=v1-k2,选项B正确.变式题BC解析 联系“小船渡河模型”可知,射出的箭同时参与了两个运动,要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短,箭射出的方向应与马运动的方向垂直,故箭射到固定目标的最短时间为t=dv2,箭的速度v=v12+v22,所以运动员放箭处离固定目标的距离为x=vt=v12+v22v2d,选项B、C正确.考点四例2D解析 将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,沿绳子方向上的分速度等于A的速度
5、,如图所示,根据平行四边形定则有vBcos =vA,所以vB=vAcos,减小,所以B的速度减小,但不是匀减速运动,选项A、B错误;分别对A、B受力分析,在竖直方向上有T=mAg,mg=FN+Tsin ,减小,则支持力增大,根据f=FN可知,摩擦力增大,选项C错误;根据vBcos =vA,右侧绳与水平方向成30角时,vAvB=32,选项D正确.变式题A解析 将A的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度,根据平行四边形定则得,实际速度v=v0cos,选项A正确.例3C解析 分别将a球、b球速度沿棒的方向与垂直于棒的方向分解,对a球,有v=vacos ,对B球,有
6、v=vbsin ,则vavb=tan ,选项C正确.变式题D解析 棒与平台接触点的实际运动即合运动,方向垂直于棒指向左上,如图所示,合速度v实=L,竖直向上的速度分量等于平台上升的速度v,即Lsin =v,所以=vLsin,选项D正确.1.在长约1.0 m的一端封闭的玻璃管中注满清水,水中放一个适当的圆柱形的红蜡块,将玻璃管的开口端用胶塞塞紧,并迅速竖直倒置,红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底.将此玻璃管倒置安装在小车上,并将小车置于水平导轨上.若细线一端连接小车,另一端绕过定滑轮悬挂小物体,小车从A位置由静止开始运动,同时红蜡块沿玻璃管匀速上升.经过一段时间后,小车运动到B位置,如图9-1
7、所示.按照图建立坐标系,在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图9-2中的()图9-1图9-2解析 C红蜡块在水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,合力水平向右,轨迹为抛物线,选项C正确.图9-32.如图9-3所示,两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变.已知第一次实际航线为A至B,位移为x1,实际航速为v1,所用时间为t1.由于水速增大,第二次实际航线为A至C,位移为x2,实际航速为v2,所用时间为t2,则()A.t2t1,v2=x2x1v1B.t2t1,v2=x1x2v1C.t2=t1,v2 =x2x1v1D.t2=t1,v2=x1x2v1解析 C设河宽为d,船自身的速度为v,与河岸
8、上游的夹角为,对垂直河岸的分运动,过河时间t=dvsin,则t1=t2;对合运动,过河时间t=x1v1=x2v2,解得v2=x2x1v1,C正确.3.(多选)如图9-4所示,A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连,两杆和定滑轮在同一竖直面内.现在A球以速度v向左匀速移动,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为、,则下列说法中正确的是()图9-4A.此时B球的速度为coscosvB.此时B球的速度为sinsinvC.在增大到90的过程中,B球做加速运动D.在增大到90的过程中,B球做减速运动解析 AC将A和B的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向的分速度,则沿绳方向
9、的速度相等,即vcos =vBcos ,则vB=coscosv,选项A正确,B错误;在增大到90的过程中,绳子对B的拉力产生向右的加速度,B做加速运动,选项C正确,D错误.4.如图9-5甲所示,有一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定于地面,另一端固定着一个小球A,图甲中的小球A和图乙中的杆分别靠着边长为a和b的立方块.当立方块沿地面向右滑动到图示位置(杆与地面的夹角为)时,其速度为v,则甲图中小球的速度大小vA和乙图中小球的速度大小vA应为()图9-5A.vA=vsin,vA=vsin B.vA=vcos,vA=vsin C.vA=vsin ,vA=vsinD.vA=vsin,vA=Lvbsi
10、n2 解析 D图甲中,杆绕O转动,球A的速度vA垂直于杆,将速度vA沿水平和竖直两方向正交分解,则垂直于接触面的水平分速度与立方块的速度相等,如图9-6甲所示,有vAsin =v,故vA=vsin,故B、C错误;图乙中,杆绕O转动,杆顶端小球的速度vA和杆与立方块接触点的速度v1的方向都垂直于杆,杆上各点的角速度相同,则有vAL=v1bsin,将立方块的速度v沿杆的方向与垂直于杆的方向正交分解,如图乙所示,则杆与立方块接触点的速度v1应与立方块垂直于杆方向的分速度相等,即v1=vsin ,联立得vA=Lvbsin2 ,故A错误,D正确.图9-65.如图9-7所示,两条位于同一竖直平面内的水平轨
11、道相距为h,轨道上有两个物体A和B(均可视为质点),它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接,物体A在下面的轨道上以速度v匀速运动.在绳子BO段与轨道成30角的瞬间,BO段中点处有一与绳子相对静止的小水滴P和绳子分离.已知绳子BO段长度远大于滑轮直径,重力加速度为g,求:(1)小水滴P脱离绳子时的速度大小;(2)小水滴P脱离绳子后落到下面轨道上所需要的时间.图9-7答案 (1)1312v(2)v2+16gh-v4g解析 (1)先将B的速度分解,如图9-8所示,有v2=v图9-8v1=vtan 30此时绳子BO段一方面向O点以速度v收缩,另一方面绕O点逆时针旋转,其角速度为=v1r1于是小
12、水滴P既有沿绳子斜向下的速度v,又有垂直于绳子斜向上的转动线速度v,且v=r12=vtan302=36v,故小水滴P的速度应为vP=v2+v2=1312v.(2)小水滴P沿绳子斜向下的速度v的竖直分量为v2,垂直于绳子斜向上的转动线速度v的竖直分量为v4,所以小水滴在竖直方向上做初速度为v4的竖直下抛运动,有h2=v4t+12gt2即2gt2+vt-2h=0解得t=v2+16gh-v4g.第10讲抛体运动【教材知识梳理】一、1.重力2.抛物线3.自由落体运动4.(1)匀速直线(2)自由落体(3)g5.tan =2tan 瞬时速度方向中点B点二、1.斜向上方斜向下方重力2.重力加速度g抛物线辨别
13、明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()【考点互动探究】考点一1.C解析 飞镖做平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,有h=12gt2,得t=2hg,因为B下落的高度较大,所以B运动的时间长,即有tAvB,选项C正确.2.B解析 小球做平抛运动,加速度为重力加速度,小球的速度大小和方向时刻变化,小球的加速度大小和方向均不变,故A错误.速度与加速度的夹角的正切值tan =v0vy=v0gt,随着时间t的增大,夹角减小,故B正确.速度改变量v=gt,相等时间内的速度改变量相等,但速率(即速度的大小)的改变量不相等,故C错误.相等时间内动能的改变量取决于合力重力做的功
14、,由于相等时间内下落的高度越来越大,重力做的功越来越多,故动能的改变量越来越大,故D错误.3.AC解析 在A点,竖直方向上的分速度vyA=v0tan 45,抛出点到A的高度hA=vyA22g;在B点,竖直方向上的分速度vyB=v0tan 60,抛出点到B的高度hB=vyB22g.根据vyB-vyA=gt,得t=v0(tan60-tan45)g=3-1 s,选项A正确;A与B的高度差h=hB-hA=v02(tan260-tan245)2g=10 m,选项C正确.考点二例1B解析 设斜面倾角为,对小球,有tan =yx=gt2v0,因a和b的初速度之比为13,所以飞行时间之比为13,选项A、C错误
15、,B正确;设速度与水平方向的夹角为,有tan =gtv0=2tan ,所以a、b两球落到斜面上的瞬时速度方向一定相同,选项D错误.变式题BC解析 设斜面的倾角为,对小球在A点的速度进行分解,有tan =v0gt,解得=30,A错误;小球的抛出点距A点的高度为h=12gt2=15 m,B正确;若小球的初速度为v0=5 m/s,过A点作水平面,小球落到该水平面时的水平位移是小球以初速度v0=10 m/s抛出时的一半,延长小球运动的轨迹与斜面相交,得到小球应该落在P、A之间,C正确,D错误.例2D解析 小球落在环上的最低点C时的下落时间最长,选项A错误.v0取值不同,则小球落到环上时的速度方向和水平
16、方向之间的夹角不相同,选项B错误.假设小球能垂直撞击半圆环,此时速度与水平方向的夹角为,则落点和圆心的连线与水平方向的夹角为,连接抛出点和落点,其连线与水平方向的夹角为,根据几何关系知,=2,又因为平抛运动的速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向的夹角的正切值的2倍,即tan =2tan ,这与=2相矛盾,故假设不成立,选项D正确,C错误.变式题A解析 从A点抛出的小球做平抛运动,它运动到D点时,有R=12gt12,R=v1t1,故R=2v12g,选项A正确,选项B错误;从C点抛出的小球也做平抛运动,它运动到D点时,有Rsin 60=v2t2,R(1-cos 60)=12gt22,解得v
17、2=62v1,选项C、D错误.考点三例3(1)3hg(2)Lg4hvLg2h(3)L=22h解析 (1)对打在AB的中点的微粒,有32h=12gt2解得t=3hg(2)对打在B点的微粒,有v1=Lt12h=12gt12解得v1=Lg4h同理,打在A点的微粒初速度v2=Lg2h故微粒初速度范围为Lg4hvLg2h(3)由能量关系得12mv22+mgh=12mv12+2mgh联立解得L=22h变式题1C解析 因为h1-h2=49h1,由t=2hg可知tACtAD=23,由x=v0t可知xACxAD=23,则xAD=32x,落点D与球网C的水平距离为12x,选项A错误;球从A到D,有h1=12gt1
18、2,32x=v0t1,解得v0=34x2gh1,选项B错误;任意降低击球高度(仍大于h2),会有一临界情况,此时球刚好触网又刚好压界,则有h-h2h2=13,解得h=2027h1,若小于该临界高度,速度大会出界,速度小会触网,选项C正确;若保持击球高度不变,要想球落在对方界内,要既不能出界,又不能触网,根据h1=12gt12,得t1=2h1g,则平抛的最大速度vmax=2xt1=x2gh1,根据h1-h2=12gtAC2,得tAC=2(h1-h2)g,则平抛运动的最小速度vmin=xtAC=xg2(h1-h2),选项D错误.变式题2D解析 当球落到右侧角上的时候,设飞行时间为t1,则3h=12
19、gt12,t1=6hg,t1时间内的水平位移x1=L12+L222=L12+L224,发射速度v1=x1t1=12(4L12+L22)g6h;当球刚好擦网落到台面中间线上的时候,设飞行时间为t2,则3h-h=12gt22,t2=2hg,t2时间内的水平位移x2=L12,发射速度v2=x2t2=L14gh,则v2vv1,所以D正确.考点四例4D解析 两石子做斜抛运动,加速度a=g,选项A错误;对竖直方向的分运动,从出发点到最高点,由H=vy022g,可知竖直方向的初速度vy0相同,从出发到落到水面,由y=vy0t-12gt2,可知运动时间相等,选项B错误;对水平方向的运动,从出发点到最高点,水平
20、位移xaxb,由x=vx0t,因时间t相等,则水平初速度vx0avx0b,而初速度v0=vx02+vy02,则初速度v0av0b,选项C错误;运动的全过程,由动能定理得12mv02+mgh=12mv2,则入水时的末速度va23解析 D把斜抛运动看成逆方向的平抛运动,由y=12gt2可知,运动时间之比为321,竖直方向的初速度vy=gt,则三次初速度的竖直分量之比为321,选项B、C错误;水平方向的位移x=vxt,则三次初速度的水平分量之比为236,三把刀在击中板时动能为12mvx2,不相同,选项A错误;初速度与水平方向夹角的正切值tan =vyvx,正切值之比为321,选项D正确.5.(多选)
21、如图10-4所示为研究乒乓球发球问题的装置.设球台长为2L,网高为h,乒乓球反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力(设重力加速度为g).若从A点将球水平发出,球刚好过网,在B点水平接到球,则下列说法正确的是()图10-4A.发球时的水平初速度v0=L2g2hB.发球时的水平初速度v0=Lg2hC.球落到球台上时的速度v=2ghD.球从A运动到B所用的时间t=42hg解析 AD根据运动的对称性,球运动的总时间等于单个平抛运动时间的4倍,则t=2Lv0=42hg,解得初速度v0=L2g2h,选项B错误,A、D正确;球落到水平台上的竖直分速度vy=2gh
22、,合速度v=vy2+v022gh,选项C错误.图10-56.2019厦门一中月考 一战斗机进行投弹训练,战斗机以恒定的速度沿水平方向飞行,先后释放甲、乙两颗炸弹,分别击中竖直悬崖壁上的P点和Q点.若释放两颗炸弹的时间间隔为t,击中P、Q的时间间隔为t,不计空气阻力,则以下判断正确的是()A.t=0B.ttC.t=tD.无法比较t与t大小解析 A平抛运动在水平方向上为匀速直线运动,故先后释放的甲、乙两颗炸弹始终在同一竖直线上,会同时击中P、Q,即t=0,故A正确,B、C、D错误.图10-67.(多选)2018西北师大附中冲刺 如图10-6所示,倾角为的斜面上有A、B、C三点,现从这三点分别以不同
23、的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的D点,今测得ABBCCD=531,由此可判断()A.A、B、C处三个小球运动时间之比为123B.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为111C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为321D.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交解析 BC由竖直方向的运动规律h=12gt2可得,A、B、C处三个小球运动时间之比为941=321,选项A错误;设末速度与水平方向的夹角为,则tan =gtv0=2tan ,即A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为111,则末速度的切线重合,运动轨迹不可能在空中相交,A、B、C
24、处三个小球的初速度大小之比等于时间之比,即321,选项B、C正确,D错误.8.2019江淮十校一联 某同学在操场练习投篮,设某次投篮中篮球最后正好垂直击中篮板,击中点到篮球脱手点的高度大约为0.45 m,该同学离篮板的水平距离约为3 m,忽略空气阻力的影响,g取10 m/s2,则球出手时的速度大约为()A.14.21 m/sB.6.25 m/sC.8.16 m/sD.10.44 m/s解析 D篮球运动的逆运动是平抛运动,由x=v0t,y=12gt2,可得初速度v0=10 m/s,vy=gt=3 m/s,球出手的初速度v=v02+vy2=10.44 m/s,选项D正确.9.地面上有一个半径为R的
25、圆形跑道,高为h的平台边缘上的P点在地面上P点的正上方,P与跑道圆心O的距离为L(LR),如图10-7所示.跑道上停有一辆小车,现从P点水平抛出小沙袋,使其落入小车中.(沙袋所受空气阻力不计,重力加速度为g)图10-7(1)当小车分别位于A点和B点时(AOB=90),沙袋被抛出时的初速度各为多大?(2)若小车在跑道上运动,则沙袋被抛出时的初速度v0在什么范围内?答案 (1)(L-R)g2hg(L2+R2)2h(2)(L-R)g2hv0(L+R)g2h解析 (1)沙袋从P点被抛出后做平抛运动,设它的落地时间为t,由h=12gt2解得t=2hg当小车位于A点时,有xA=vAt=L-R解得vA=(L
26、-R)g2h当小车位于B点时,有xB=vBt=L2+R2解得vB=g(L2+R2)2h.(2)若小车在跑道上运动,要使沙袋落入小车,最小的抛出速度为v0min=vA=(L-R)g2h当小车经过C点时沙袋刚好落入,抛出时的初速度最大,有xC=v0maxt=L+R联立解得v0max=(L+R)g2h所以沙袋被抛出时的初速度v0的范围为(L-R)g2hv0(L+R)g2h.第11讲圆周运动【教材知识梳理】一、1.保持不变2.时刻变化3.大小不变圆心辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)两个“匀速”意义不同,匀速圆周运动全称应为匀速率圆周运动,其速度、向心加速度都是变化的.(
27、7)匀速圆周运动中不变的物理量有:角速度、周期、频率、转速、动能,变化的物理量有:线速度、向心加速度、向心力、动量.【考点互动探究】考点一例1D解析 A、B两点角速度相同,由an=2r,可知aAaB=R1R2;B、C两点线速度大小相同,由an=v2r,可知aBaC=R3R2,故aAaC=R1R3R22,D正确.变式题D解析 A、B靠摩擦传动,则边缘上a、b两点的线速度大小相等,即vavb=11,选项A错误;B、C同轴转动,则边缘上b、c两点的角速度相等,即b=c,转速之比nbnc=bc=11,选项B、C错误;对a、b两点,由an=v2r得aaab=RbRa=32,对b、c两点,由an=2r得a
28、bac=RbRc=32,故aaabac=964,选项D正确.考点二例2AC解析 a与b所受的最大静摩擦力相等,而b需要的向心力较大,所以b先滑动,A正确;在未滑动之前,a、b各自受到的摩擦力等于其向心力,因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力,B错误;b处于临界状态时,有kmg=m22l,解得=kg2l,C正确;=2kg3l小于a的临界角速度,a所受摩擦力没有达到最大值,D错误.变式题1B解析 两木块刚要发生滑动时,有kmg-T=m2l,kmg+T=2m2l,联立可得T=13kmg,选项A错误;细线刚好绷紧时,有kmg=2m2l,解得=kg2l,此时细线张力为0,对a,有f=m2l=12kmg,
29、选项B正确,D错误;剪断细线后,a随圆盘一起转动,但b所受合力减小,将做离心运动,选项C错误.变式题2BC解析 金属块Q在桌面上保持静止,根据平衡条件知,Q受到桌面的支持力等于其重力,保持不变,故D错误.设细线与竖直方向的夹角为,细线的拉力大小为T,桌面下方细线的长度为L,P球做匀速圆周运动时,由重力和细线拉力的合力提供向心力,如图所示,则有T=mgcos,Fn=mgtan =m2Lsin ,得角速度= gLcos,使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时,增大,cos 减小,则细线拉力T增大,角速度增大,A错误,B正确.对Q,由平衡条件知,Q受到桌面的静摩擦力变大,故C正确.考点三例
30、3A解析 小球在最低点受重力和绳子的拉力,这两个力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F-mg=mv2L,解得F=mg+mLv2,小球静止(速度为零)时,绳子的拉力等于重力的大小,结合图像可知mg=b,由图像的斜率可得mL=a-bc.由mg=mv2L可知,小球在最高点的临界速度为v=gL,由机械能守恒定律得mg2L+12mv2=12mv2,解得v=5gL,此时F=mg+mLv2=6mg,可得a=6mg,c=5gL.变式题CD解析 当v0较大时,小球能够通过最高点,这时小球在最高点处需要满足的条件是mgmv2r,根据机械能守恒定律得12mv2+2mgr=12mv02,联立解得v025 m/s,C正
31、确.当v0较小时,小球不能通过最高点,这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零,根据机械能守恒定律得mgr=12mv02,解得v022 m/s,D正确.例4C解析 小球从最低点Q到最高点P,由机械能守恒定律得12mvP2+2mgl=12mv2,则vP= gl2,因为0gl2gl,所以小球能到达圆轨道的最高点P,且在P点受到轻杆对它向上的弹力,C正确.变式题C解析 小球沿管道上升到最高点的速度可以为零,故A、B错误;小球在水平线ab以下的管道中运动时,由外侧管壁对小球的作用力FN与小球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力,即FN-Fmg=ma,因此外侧管壁对小球一
32、定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作用力,C正确;小球在水平线ab以上的管道中运动时,小球受管壁的作用力情况与小球速度大小有关,D错误.考点四例5(1)1 m/s(2)0.2解析 (1)设物块做平抛运动所用时间为t,则竖直方向上,有H=12gt2水平方向上,有s=v0t联立解得v0=s g2H=1 m/s.(2)物块离开转台时,最大静摩擦力提供向心力,有mg=mv02R解得=v02gR=0.2.变式题(1)2FLR-5mg(2)2FL5mg(3)FL4mgFLmg解析 (1)设小球到B点时速度为v,从C到B过程,根据动能定理有FL-2mgR=12mv2解得v= 2FL-4mgRm在B点,由牛顿
33、第二定律有FN+mg=mv2R解得FN=2FLR-5mg(2)小球恰能运动到轨道最高点时,轨道半径有最大值,有FN=2FLRm-5mg=0解得Rm=2FL5mg(3)设小球平抛运动的时间为t,有2R=12gt2解得t=4Rg水平位移x=vt=2FL-4mgRm4Rg=(2FL-4mgR)4mgRm2g2当2FL-4mgR=4mgR,即R=FL4mg时,D到A的水平位移最大,最大距离xm=FLmg1.如图11-1所示,质量为m的物块与转轴OO相距为R,物块随水平转台由静止开始缓慢转动,当转速增大到一定值时,物块即将在转台上滑动.在物块由静止到开始滑动图11-1前的这一过程中,转台对物块做的功为m
34、gR8.若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,则物块与转台间的动摩擦因数为()A. 0.125B. 0.15C. 0.25D. 0.5解析 C由于物块做圆周运动,物块刚开始滑动时,受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力,有mg=mv2R,解得v=gR,设转台对物块做的功为W,根据动能定理得W=12mv2=mgR8,联立解得=0.25,选项C正确.图11-22.(多选)如图11-2所示,在粗糙水平圆盘上,质量相等的A、B两物块叠放在一起并随圆盘一起做匀速圆周运动,则下列说法正确的是()A.B的向心力是A的向心力的2倍B.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C.A、B都有沿半径向外滑动的趋势D
35、.若B先滑动,则B与A间的动摩擦因数A小于盘与B间的动摩擦因数B解析 BC因A、B两物块的角速度大小相等,根据Fn=mr2,转动半径相等,质量相等,所以向心力相等,A错误;对A、B整体分析,有fB=2mr2,对A分析,有fA=mr2,则盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍,故B正确;A所受的静摩擦力方向指向圆心,可知A有沿半径向外滑动的趋势,B受到盘的静摩擦力方向指向圆心,B有沿半径向外滑动的趋势,故C正确;对A、B整体分析,有B2mg=2mrB2,解得B=Bgr,对A分析,有Amg=mrA2,解得A=Agr,因为B先滑动,即B先达到临界角速度,B的临界角速度较小,所以BvQ;根据a=2r,故
36、选项D正确. 2.B解析 衣物随滚筒一起做匀速圆周运动,故在转动过程中的加速度大小为a=v2r,故加速度大小相等,但方向不同,故A错误; 图丙中衣物在B、D位置和图丁中衣物在脱水筒各处均是由弹力提供向心力,竖直方向摩擦力与重力大小相等、方向相反,与角速度大小无关,故选项B正确,D错误;图丁中筒壁对衣物弹力提供向心力,由于是匀速圆周运动,则向心力大小不变,但是方向时刻变化,即衣物对筒壁的压力大小保持不变,但是方向变化,故选项C错误.3.C解析 汽车在水平面上做匀速圆周运动,合外力时刻指向圆心,拐弯时靠静摩擦力提供向心力,因此排除A、B、D,所以C正确.4.C解析 赛车在水平面上转弯时,它需要的向
37、心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的.由F=mv2r知,当r一定时,v越大,赛车需要的向心力越大;当v一定时,r越小,赛车需要的向心力越大.当摩擦力不足以提供其所需的向心力时,赛车将冲出跑道.5.AC解析 由题意,当汽车的速率为vc时无滑动趋势,说明此时汽车与路面没有横向摩擦力,路面不是水平的,而是外侧高内侧低,由重力与支持力的合力充当向心力,A正确;当车速低于vc时,车和地面之间会产生横向静摩擦力,阻碍汽车向内侧滑动,因此车辆可能不会向内侧滑动,B错误;当车速高于vc时,车和地面之间仍会有摩擦力,此力与重力、支持力的合力提供向心力,只要车速不超过最高限度,车辆便不会向外侧滑动,C正确;因为vc
38、是车和地面间无摩擦时的临界值,所以与路况无关,D错误.6.(1)0.6 m(2) 1.66 m解析 (1)因为桌面光滑,绳子一直处于张紧状态,因此小球的速度大小保持不变,设刚要断开时,绳的伸直部分的长度为x,则T0=mv02x,解得x=mv02T0=0.6 m.(2)绳子刚断开时缠绕在圆柱上的长度为x=l-x=0.157 m,缠绕部分对应的圆心角为=xr=2,之后小球做匀速直线运动,到达C点,如图所示.由几何关系可知,xCE=R2-x2=0.8 m,xBE=1.457 m,故xBC=xCE2+xBE2=1.66 m.7.(1)rad/s 1.5 m(2)850 N解析 (1)女运动员做圆周运动
39、的角速度即男运动员转动的角速度.则=30 r/min=302/60=rad/s由 v=r,解得r=1.5 m(2)根据向心力公式得Fcos 30=mr2解得F=850 N第12讲万有引力与天体运动【教材知识梳理】一、1.焦点2.面积3.半长轴公转周期二、1.正比反比2.F=Gm1m2r2三、1.匀速圆周2.(1)向心力(2)物体的重力辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()【考点互动探究】考点一例1AC解析 在行星极点处,有F1 = F0=GMmR2,在赤道处,有F2=F02=GMmR2-m2R,在赤道平面内深度为R2的隧道底部,有F3=GMmR22-m2R2,而M
40、=43R23=M8,联立可得F3=F04,选项A正确;在人造卫星中处于完全失重状态,示数F4=0,选项C正确.变式题1BD解析 在地面起飞时,由牛顿第二定律可知F-mg0=ma,GMmR2=mg0,升到某一高度时,有1727F-mg=ma,GMm(R+h)2=mg,其中a=g02,联立解得g=4g09,h=R2,选项B、D正确.变式题2A解析 如图所示,根据题意,地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为零.设地面处的重力加速度为g,地球质量为M,地球表面质量为m的物体受到的重力近似等于万有引力,故mg=GMmR2;设矿井底部处的重力加速度为g,“等效地球”的质量为M,其半径r=R
41、-d,则矿井底部质量为m的物体受到的重力mg=GMmr2,又M=V=43R3,M=V=43(R-d)3,联立解得gg=1-dR,A正确.变式题3B解析 物体在地球的两极时,有mg0=GMmR2,物体在赤道上时,有mg+m2T2R=GMmR2,又V=43R3,M=V,联立解得地球的密度=3g0GT2(g0-g),故选项B正确,选项A、C、D错误.考点二例2D解析 由mg=GMmR2,可得M=gR2G,由选项A中数据可以求出地球质量.由GMmR2=m2T2R,可得M=42R3GT2,其中R表示地球半径,又知2R=vT,由选项B中数据可以求出地球质量.由GMmr2=m2T2r,可得M=42r3GT2
42、,其中r表示月球与地球之间的距离,由选项C中数据可以求出地球质量.由选项D中数据不能求出地球质量.变式题1C解析 卫星运动的线速度v=st,运动的半径r=s,对卫星,有GMmr2=mv2r,月球质量M=v2rG,月球体积V=43R3,故月球密度=MV=3s34Gt2R3,选项C正确.变式题2A解析 “慧眼”卫星的向心加速度大小为an=2T2r=42rT2,选项A正确;根据GMmr2=m42T2r可得M=42r3GT2,选项B错误;根据GMmR2=mg可得地球表面的重力加速度g=GMR2=42r3T2R2,选项C错误;根据M=43R3可得地球的平均密度=M43R3=3r3GT2R3,选项D错误.
43、考点三例3C解析 设两黑洞的质量分别为m1和m2,运动的半径分别为r1和r2,由向心力公式得Gm1m2L2=m12r1=m22r2,解得m1=L22r2G,m2=L22r1G,两黑洞总质量m1+m2=L22(r1+r2)G=L32G,周期T=2=2L3G(m1+m2)610-3 s,选项C正确.变式题A解析 要使每颗星受到的两万有引力的合力都指向圆心,则三颗星的质量必须相等;对其中某一星,有2GM2l2cos 30=M2T2l2cos30,解得M=42l33GT2,选项B、C错误;两颗星之间的万有引力F=GM2l2=164l49GT4,选项A正确;线速度v=2Tl2cos30=23l3T,选项
44、D错误.1.一卫星在一行星表面附近绕其做匀速圆周运动的线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体的重力,物体静止时,弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G,则这颗行星的密度为()A.3N2v24m2GB.3N2m24v2GC.3N2G4m2v2D.3N24m2v2G解析 D该行星表面的重力加速度g=Nm,由万有引力等于卫星绕该行星表面附近做匀速圆周运动的向心力,有GMmR2=mv2R,由行星表面附近万有引力等于卫星重力,有mg=GMmR2,又知=MV=M43R3,联立解得=3N24m2v2G,D正确.2.美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”.天文学
45、家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在,证实了GW150914是两个黑洞并合的事件.GW150914是一个质量为太阳质量的36倍的黑洞和一个质量为太阳质量的29倍的黑洞并合事件.假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动,且这两个黑洞的间距缓慢减小.若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其他星系的影响,则关于这两个黑洞的运动,下列说法正确的是()A.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等B.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等C. 质量为太阳质量的36倍的黑洞和质量为太阳质量的29倍的黑洞运行的线速度大小之比为3629D.随两个黑洞的间距缓慢减小,这两个黑洞运行的周期也在减
46、小解析 D设两个黑洞的间距为L,质量为太阳质量的36倍的黑洞质量为m1,轨道半径为r1,质量为太阳质量的29倍的黑洞质量为m2,轨道半径为r2.这两个黑洞做圆周运动,角速度相等,向心力大小相等,则m1r12=m2r22,所以r1r2=m2m1=2936,由线速度v=r可知,线速度大小之比为2936,选项A、C错误;由向心加速度an=r2可知,这两个黑洞的向心加速度大小不等,选项B错误;对质量为太阳质量的36倍的黑洞,有Gm1m2L2=m1r12T2,对另一黑洞,有Gm1m2L2=m2r22T2,又r1+r2=L,联立得Gm1+m2L2=(r1+r2)2T2,即T2=42L3G(m1+m2),所
47、以随着两个黑洞的间距缓慢减小,这两个黑洞运行的周期也在减小,选项D正确.3.某天体可视为质量均匀分布的球体,自转周期为T,北极点处的重力加速度是赤道处重力加速度的k倍(k1).若该天体有一颗近地环绕卫星,则近地环绕卫星的周期为()A.k-1TB. 1k-1TC. kk-1TD. k-1kT解析 D在赤道处,有mg+m42RT2=GMmR2,在北极点,有kmg=GMmR2,联立可得GMR31-1k=42T2,对近地环绕卫星,有GMmR2=m42RT02,解得周期T0=k-1kT,选项D正确.4.(多选)某天文爱好者观测卫星绕地球做匀速圆周运动时,发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l,该弧长对应的
48、圆心角为弧度,已知引力常量为G,则下列说法正确的是()A.卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为ltB.卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度为2tC.地球的质量为l3Gt2D.卫星的质量为t2Gl3解析 AC由圆周运动公式可得l=r,v=lt,该卫星做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,有GMmr2=mv2r,解得M=l3Gt2,选项A、C正确.5.宇航员在地球表面附近一定高度处以一定的初速度水平抛出一小球,小球做平抛运动经过时间t落回地面;若他在某星球表面同样的高度以相同的初速度水平抛出同一小球,小球做平抛运动经过时间2t落回该星球表面.(地球表面的重力加速度为g,空气阻力不计)(1)求该星球表
49、面附近的重力加速度大小g.(2)已知该星球的半径与地球半径之比为R星R地=13,求该星球的质量与地球的质量之比M星M地.答案 (1)14g(2)136解析 (1)设平抛运动的高度为h,则有h=12gt2h=12g(2t)2解得星球表面的重力加速度g=14g(2)由GMmR2=mg可得M=gR2G故M星M地=gR星2gR地2=136.专题四人造卫星宇宙速度【热点题型探究】热点一例1B解析 对卫星,有GMmr2=ma=mv2r=m2T2r,因为rarbabac;速度v=GMr,故三颗卫星的运行速度大小vavbvc;周期T=2r3GM,故三颗卫星的运行周期TaTbTc;由F=GMmr2,因为三颗卫星
50、受到的万有引力大小相等,故三颗卫星的质量mambvC,根据v=GMr 可知vBvA,则vBvAvC,选项B错误;根据a=GMr2 可知aBaA,A、C的角速度相同,根据a=2r可知aAaC,则aBaAaC,选项C正确;A的周期为T=24 h,则在4 h内转过的圆心角是4242=3,选项D错误.变式题1BC解析 火星探测器前往火星,脱离地球引力束缚,还在太阳系内,发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度,选项A错误,B正确;由GMmR2=mv2R=mg得,v=GMR,g=GMR2,则火星表面与地球表面的重力加速度之比g1g2=GM1R12R22GM2=192212=49,火星的第一宇宙速度与
51、地球第一宇宙速度之比v1v2=GM1R1R2GM2=1921=23,选项C正确,D错误.变式题2D解析 绕星球表面做圆周运动,有GMmR2=mv12R,则v1=GMR,又有M=43R3,则第二宇宙速度v2=2v1=8G3R,探测器起飞的速度为22.4 km/s,选项D正确.热点三例3C解析 第一宇宙速度是环绕地球运动的卫星的最大速度,则“天舟一号”在轨运行时的线速度小于第一宇宙速度,选项A错误;根据=GMr3可知,在轨运行时,“天舟一号”的运行半径小于同步卫星的运行半径,则其角速度大于同步卫星的角速度,选项B错误;受控坠落时要先减速,让前部的推进器点火,通过反推实现制动,故C正确;“天舟一号”
52、离轨后,在进入大气层前,运行半径逐渐减小,地球的引力做正功,则速度不断增大,D错误.变式题1ACD解析 根据开普勒第二定律,月球绕地球运动,月心与地心的连线在相等的时间内扫过的面积相等,选项A正确;若月球以半径为h1+R做匀速圆周运动,则有GMm(h1+R)2=mv2h1+R,又GM=R2g,联立解得v=gR2h1+R,由于月球到达远地点后做近心运动,故在远地点的速度小于gR2h1+R,选项B错误;根据开普勒第二定律,月球绕地球运动,月心与地心的连线在相等的时间内扫过的面积相等,即在很短的时间t内,有12v远t(h1+R)=12v近t(h2+R),解得v远v近=h2+Rh1+R,选项C正确;根
53、据牛顿第二定律得GMm(h1+R)2=ma远,解得a远=GM(h1+R)2,同理a近=GM(h2+R)2,故a远a近=(h2+R)2(h1+R)2,选项D正确.变式题2AB解析 在轨道上,根据万有引力提供向心力,有GMmR12=mv12R1,解得v1=GMR1,则动能为Ek1=12mv12=GMm2R1,选项A正确;在轨道上,根据万有引力提供向心力,有GMmR32=mv32R3,解得v3=GMR3,则动能为Ek3=12mv32=GMm2R3,引力势能为Ep=-GMmR3,故机械能为E=Ek3+Ep=-GMm2R3,选项B正确;根据万有引力提供向心力,有GMmRQ2=ma,解得a=GMRQ2,两
54、个轨道上Q点到地心的距离不变,故加速度的大小不变,选项C错误;卫星从轨道到轨道上去,经过P点时必须点火加速,即卫星在轨道上经过P点时的速率小于在轨道上经过P点时的速率,选项D错误.热点四例4A解析 人造卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,设卫星的质量为m,地球质量为M,有GMmr2=m2r,解得=GMr3,卫星再次经过某建筑物的上空,卫星多转动一圈,有(-0)t=2,地球表面的重力加速度为g=GMR2,联立解得t=2gR2r3-0,选项A正确.变式题C解析 根据公式r3T2=C,可得rA3TA2=rB3TB2,两卫星间距最远,则正好在一条直线上,即B比A多转半圈,tTB-tTA=
55、12,A为同步卫星,周期和地球自转周期相同,即TA=T0,结合rArB=k,解得t=T02k3-1,选项C正确.【高考模拟演练】1.C解析 由天体知识可知T=2RRGM,v=GMR,an=GMR2,半径不变,则周期T、速率v、向心加速度an的大小均不变,故A、B、D错误.速率v不变,但组合体质量m变大,故动能Ek=12mv2变大,C正确.2.C解析 由开普勒第三定律可知r3T2=k(k为与地球质量有关的定值),由题意知,rP=16R地,rQ=4R地,故TPTQ=rPrQ3=81,选项C正确.3.B解析 当一地球卫星的信号刚好覆盖赤道120的圆周时,卫星的轨道半径r=Rcos60=2R;对同步卫
56、星,分别有GMm(6.6R)2=m2T026.6R和GMm(2R)2=m2T22R,即TT02=2R6.6R3,解得T=16T0=4 h,选项B正确.4.AB解析 由T=2r3GM可知,北斗-IGSO2的轨道高度与同步卫星的相同,则其运行周期和地球自转周期相同,选项A正确;由v=GMr可知,卫星的轨道半径越大,则线速度越小,选项B正确;北斗-IGSO2的轨道因倾角过大,为非静止轨道,选项C错误;由开普勒第三定律得T12T22=r13r23,选项D错误.5.C解析 设宇宙飞船的周期为T,同步卫星的周期T0=24 h,由GMmr2=m42T2r,得T=2r3GM,则T2T02=6400+42006
57、400+36 0003,解得T=18T0=3 h,设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1,有2T-2T0t1=,解得t1=127 h,设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2,有2T-2T0t2=2,解得t2=247 h,由n=T0-t1t2=6.5知,接收站接收信号的次数为7次.1.某行星半径R=2440 km,行星周围没有空气且忽略行星自转.若某宇航员在距行星表面高h=1.25 m处由静止释放一物块,经t=1 s后落地,则此行星()A.表面重力加速度为10 m/s2B.表面重力加速度为5 m/s2C.第一宇宙速度大约为2.47 km/sD.第一宇宙速度大约为78 m/s解析 C由h=1
58、2gt2得,加速度g=2.5 m/s2,选项A、B错误;由mg=mv12R得,第一宇宙速度v1=gR=2.47 km/s,选项C正确,D错误.2.2018菏泽模拟 2018年4月,“天宫一号”完成其历史使命,离开运行轨道,进入大气层,最终其主体部分会在大气层中完全烧毁.在燃烧前,由于稀薄空气阻力的影响,“天宫一号”的运行半径逐渐减小.在此过程中,下列关于“天宫一号”的说法中正确的是()A.运行速率逐渐减小,机械能逐渐增大B.运行周期逐渐减小,机械能逐渐增大C.运行速率逐渐增大,机械能逐渐减小D.运行周期逐渐增大,机械能逐渐减小解析 C根据GMmr2=mv2r=m42T2r得,v=GMr,T=4
59、2r3GM,轨道半径减小,则速率增大,周期减小,由于空气阻力做功,根据功能关系知,机械能减小,选项A、B、D错误,C正确.图Z4-13.2018福州模拟 若金星和地球的公转轨道均视为圆形,且在同一平面内,如图Z4-1所示.在地球上观测,发现金星与太阳可呈现的视角(太阳与金星均视为质点,它们与眼睛连线的夹角)有最大值,最大视角的正弦值为k,则金星的公转周期为()A. (1-k2)32年B. (1-k2)34年C.k3年D. k3年图Z4-2解析 C金星与太阳的最大视角出现的情况是地球上的人看金星时视线与金星的轨道相切,如图Z4-2所示,为最大视角,由图可知sin =r金r地,根据题意,最大正弦值
60、为k,则r金r地=k,根据开普勒第三定律有r金3r地3=T金2T地2,联立得T金2T地2=k3,解得T金=k3T地=k3年,选项C正确.4.地球和木星绕太阳的运动可近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动,已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍,估算木星与地球距离最近的相邻两次时间间隔约为()A. 1年B. 1.1年C. 1.5年D. 2年解析 B地球、木星都绕太阳运动,根据开普勒第三定律可得R地3T地2=R木3T木2,即T木=R木3R地3T地=11.9年,设经时间t它们又一次距离最近,根据=t,它们转过的角度之差=2T地-2T木t=2,解得t=1.1年,选项B正确.5.2018安
61、徽六校联考 已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为R1和R2(公转轨迹近似为圆),如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率,则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率的比值是()A.R1R2B.R1R2C.R2R1D.R2R1解析 B角速度=GMr3,行星与太阳连线扫过的面积S=t2r2=t2GMr,面积速率为GMr2,地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比为R1R2,选项B正确.6.太阳系八大行星几乎是在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动.当地球恰好运行到土星和太阳之间,且三者几乎成一条直线的现象,天文学称为“土星冲日”.据报道,土星最近一次冲日是在20
62、17年6月15日.已知土星绕太阳运动的轨道半径为地球绕太阳运动的轨道半径的9.5倍,则下列判断正确的是()A.土星绕太阳的运行速度大于地球绕太阳的运行速度B.在2018年会再次出现“土星冲日”现象C.土星绕太阳公转周期约为三年D.土星相邻两次冲日的时间间隔小于一年解析 B根据GMmr2=mv2r可得v=GMr,因土星的轨道半径大于地球的轨道半径,可知土星绕太阳运行速度小于地球绕太阳运行速度,选项A错误;根据开普勒第三定律得T土2T地2=r土3r地3,解得T土=r土3r地3T地=9.53年29.28年,选项C错误;根据圆周运动的规律,设经过t年再次出现土星冲日,有2T地-2T土t=2,解得t=1.04年,则土星相邻两次冲日的时间间隔大于一年,且在2018年会再次出现“土星冲日”现象,选项B正确,D错误.
