1、三 力学中的曲线运动一、单选题1.（2020年浙江卷）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（）A. 缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动B. 急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动C. 缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动D. 急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动【答案】B【解析】【详解】A有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；B急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；C当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持
2、相对静止，故C错误；D当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。故选B。2.（2020年浙江卷）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。下列受力分析示意图可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。故选A。3.（202
3、0年全国I卷）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A. 200 NB. 400 NC. 600 ND. 800 N【答案】B【解析】【详解】最低点由知T=410N即每根绳子拉力约为410N，故选B。4.（2020年北京卷）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受
4、到空气施加的阻力和偏转力。这两个力与篮球速度的关系大致为：，方向与篮球运动方向相反；，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（）A. 、是与篮球转动角速度无关的常量B. 篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同C. 人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动D. 释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动【答案】C【解析】【详解】A篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力的作用，而篮球转动时，将受到偏转力的作用，所以偏转力中的与篮球转动角速度有关，故A错误；B空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；C篮球下落过
5、程中，其受力情况如下图所示篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到和的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；D如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力将变小，不能保持与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。故选C。5.在水平地面上有相距为L的A、B两点，甲小球以v110 m/s的初速度，从A点沿与水平方向成30角的方向斜向上抛出，同时，乙小球以v2的初速度从B点竖直向上抛出。若甲在最高点时与乙相遇，重力加速度g取10 m/s2，则下列
6、说法错误的是A乙球的初速度v2一定是5 m/sB相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度CL为2.5mD甲球与乙球始终在同一水平面上【答案】B【解析】甲球竖直方向的初速度vyv1sin305 m/s，水平方向的初速度v0v1cos305m/s。甲球在最高点与乙球相遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的初速度v2vy5 m/s，故A正确；相遇前甲球的水平速度不为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故B错误；相遇时间t0.5s，则Lv0t2.5m，故C正确；由于甲球和乙球竖直方向的运动情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故D正确。本题选错误
7、的，故选B。6.如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一只质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可为A2.2rB1.2rC1.6rD0.8r【答案】D【解析】小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨时，在圆轨道最高点重力提供向心力：；由机械能守恒得：，解得：h=2.5r。也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh=mgr，得：h=r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：hr或h2.5r；故A、B、C错误，D正确。故选D。7.如图所示，某同学将三个完全
8、相同的物体从A点沿三条不同的路径抛出，最终落在与A点同高度的三个不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确的是A三个物体抛出时初速度的水平分量相等B沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长C该同学对三个物体做的功相等D三个物体落地时重力的瞬时功率一样大【答案】D【解析】根据斜抛的运动规律知，三条路径的最高点是等高的，故三个物体的竖直方向上面分速度相同，其总的运动时间，也相同，水平位移大的水平分速度大，AB错误；同学对小球做功，小球获得初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，第3个小球水平位移大，则第3个小球水平分速度大，故第3个小球合初速度大，故第3个小球的初动能大，人对它做
9、功最多，C错误；由于斜抛的时候，竖直分初速度相同，落地时的竖直方向分速度也相同，均等于，所以落地时重力的瞬时功率一样大，D正确。8.为了研究平抛物体的运动，用两个完全相同的小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落地。A、B两小球自开始下落到落地前的过程中，两球的A速率变化量相同B速度变化率不同C动量变化量相同D动能变化量不同【答案】C【解析】速率是标量，其变化量直接相减，A的速率变化量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小，B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A错误；速度变化率指的就是两球的加
10、速度，均为g，相同，B错误；两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt，C正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做功，相同，D错误。9.乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动，如图所示，某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直而内做匀速圆周运动。下列说法正确的是A该同学运动到最低点时，座椅对他的支持力大于其所受重力B摩天轮转动过程中，该同学所受合外力为零C摩天轮转动过程中，该同学的机械能守恒D摩天轮转动周的过程中，该同学所受重力的冲量为零【答案】A【解析】圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力F，在最低点，向心力指向上方，所以F=Nmg，则支持力N=mg
11、+F，所以支持力大于重力，故A正确，B错误；机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故C错误；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，故D错误。10.从离水平地面高H处以速度v0水平抛出一个小球A，同时在其正下方地面上斜抛另一个小球B，两球同时落到地面上同一位置，小球B在最高点时，距地面的高度为h，速度为v，则以下关系正确的是Ah=H，v=v0BhCh=Dh=【答案】D【解析】斜抛可以看成对称的两段平抛，则，得；，则，故选D。11. (2018北京理综)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下
12、方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球()A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧【解析】由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加
13、速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，由对称性可知，落地时水平速度恰为零，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C错误，D正确。【答案】D12.一质量为2.0103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是A汽车转弯时所受的力有重力、弹
14、力、摩擦力和向心力B汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4104 NC汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑D汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2【答案】D【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4104 N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。13中国的面食文化博大精深，种类繁多，其
15、中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是A运动的时间都相同B速度的变化量都相同C落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D若初速度为v0，则【答案】C【解析】A、根据可得运动的时间，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故选项A正确；B、根据可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故选项B正确；CD、因为水平位移的范围为，则水平最小初速度为，水平最大初速度为：，则
16、水平初速度速度的范围为：；落入锅中时，最大速度，最小速度为，故选项D正确，C错误。故选C。14.如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径，现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角60，不计空气阻力，则下列说法正确的是Av1:v21:4B小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同C小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同D小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直【答案】B【解析】过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点，如
17、图：则OMONRcos600.5R；所以AM0.5R，AN1.5R；由于C与D点的高度是相等的，由：hgt2可知二者运动的时间是相等的。由水平方向的位移为：xv0t，可得，故A错误；它们速度的变化量：vgt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据P=mv可知动量变化量相等。故B正确；两次的位移分别为：AD和AC，显然AC2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于1:2，故C错误；球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O点应为AM的中点，显然不是，故D错误。15.图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸
18、，弹丸射出口在B点的正上方。竖直面内的半圆弧BCD的半径R2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37。游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)()A.0.15 m，4 m/s B.1.50 m，4 m/sC.0.15 m，2 m/s D.1.50 m，2 m/s【解析】由hRsin 37gt2和RRcos 37v0t，tan 37，代入数据解得h0.15 m，v04 m/s，故选项A正确。【答案】A
19、16.一位网球运动员以拍击球，使网球由O点沿水平方向飞出，如图所示，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在A点，第二只球刚好擦网而过落在A点。设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则第一只与第二只球飞过球网C处时水平速度之比为()A.11 B.13 C.31 D.19【解析】由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间相等。由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第一只球自击出到落在A点时间为t1，第二只球自击出到落在A点时间为t2，则根据两球竖直方向的运动特点知t13t2；由于两球在水平方向均做匀速运动，水平位移大小相等，由xv0t得，它
20、们从O点出发时的初速度关系为v23v1，所以第一只与第二只球飞过球网C处时水平速度之比为13，选项B正确。【答案】B17.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l。当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A.a绳的张力可能为零B.a绳的张力随角速度的增大而增大C.当角速度，b绳将出现弹力D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【解析】由于小球m的重力不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，选项A错误；由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的
21、增大不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，选项B错误；若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对小球m，Fsin mg，Fcos m2l，联立解得，即当角速度，b绳将出现弹力，选项C正确；若，b绳突然被剪断时，a绳的弹力不发生变化，选项D错误。【答案】C18.(2018全国卷)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为()A.21 B.41 C.81 D.161【解析】由开普勒第三定律得k，故，C正确。【答案】C19.甲、乙两个同学对打乒乓球，设甲同学持拍的拍面与水平方向成角，乙同学持拍的拍面
22、与水平方向成角，如图所示，设乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前与击打后速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为()图1A. B. C. D.【解析】乒乓球被甲的球拍击打后以速度v1做斜上抛运动到最高点，此运动可看成平抛运动的逆过程，设平抛的初速度为v0，则v1，v2，得，故选项A正确。【答案】A20.(2017全国卷)如图所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A.一直不做功 B.一直做正功C.始终指向大圆环
23、圆心 D.始终背离大圆环圆心【解析】因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，后一阶段大圆环对小环的作用力指向圆心，故选项C、D错误。【答案】A21.如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60角，且乙船恰好能直达正对岸的A点。则下列判断正确的是()A.甲船正好也在A点靠岸B.甲船在A点下游靠岸C.甲、乙两船到达对岸的时间相等D.甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇【解析】甲、乙两船
24、在垂直河岸方向的分速度均为vsin 60，过河时间均为t，故选项C正确；由乙恰好到达A点知，uvsin 30v，则甲沿河岸方向的速度为uvv，沿河岸方向的位移为vt2L，故选项A、B、D错误。【答案】C22.（2020年天津卷）北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（ ）A. 周期大B. 线速度大C. 角速度大D. 加速度大【答案】A【解析】【详解】卫星有万有引力提供向心力有可解得可知半径越大线速度，角速度，加速度都越小，周期越大；故与近地卫星相比，地球静止轨道卫星周期大，故A正确，BCD错误。故选A
25、。23.（2020年全国I卷）火星的质量约为地球质量的，半径约为地球半径的，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（）A. 0.2B. 0.4C. 2.0D. 2.5【答案】B【解析】【详解】设物体质量为m，则在火星表面有在地球表面有由题意知有故联立以上公式可得故选B。24. (2019江苏卷)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则()A.v1v2，v1 B.v1v2，v1C.v1v2，v1 D.v1v2，v1【解析
26、】卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即v1v2。若卫星以近地点时的半径做圆周运动，则有m，得运行速度v近，由于卫星在近地点做离心运动，则v1v近，即v1，选项B正确。25. (2017全国卷)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A. B. C. D.【解析】物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，mv22mgrmv，物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离xv1t，2rgt2
27、t，联立解得x，由数学知识可知，当4r时，x最大，即r，故选项B正确。【答案】B二、多选题26.(2019江苏卷)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱()A.运动周期为B.线速度的大小为RC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为m2R【解析】座舱的周期T，A错误；根据线速度与角速度的关系，vR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合m2R，C错误，D正确。【答案】BD27.（2020年江苏卷）如图所示，小球A、B分别从和l的高度水平抛
28、出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和。忽略空气阻力，则（）A. A和B的位移大小相等B. A的运动时间是B的2倍C. A的初速度是B的D. A末速度比B的大【答案】AD【解析】【详解】A位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得 ，A和B的位移大小相等，A正确；B平抛运动运动的时间由高度决定，即 ，则A的运动时间是B的倍，B错误；C平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则 ，则A的初速度是B的，C错误；D小球A、B在竖直方向上的速度分别为，所以可得 ，即，D正确。故选AD。28.(2018全国卷)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两
29、颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()A.质量之积 B.质量之和C.速率之和 D.各自的自转角速度【解析】由题意可知，合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12圈，则两中子星的周期相等，且均为T s，两中子星的角速度均为，两中子星构成了双星模型，假设两中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，则有Gm12r1、Gm22r2，又r1r2L400 km，解得m1m2，A错误，B正确；又由v1r1、v2r
30、2，则v1v2(r1r2)L，C正确；由题中的条件不能求解两中子星自转的角速度，D错误。【答案】BC29.2018年5月21日，嫦娥四号中继星“鹊桥”搭乘长征四号丙运载火箭升空，为嫦娥四号登陆月球背面做准备。为保证地月通信的稳定，“鹊桥”必须定位在“地月系统拉格朗日2点”(简称地月L2点)，在该点地球、月球和“鹊桥”位于同一直线上，且“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动。则()A.“鹊桥”的加速度小于月球的加速度B.“鹊桥”的线速度大于月球的线速度C.“鹊桥”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度D.若已知地心到月心的距离，地心到“鹊桥”的距离，可求得月球和地球的质量之比【解析】由题可知：
31、“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动，即二者角速度和周期相同，则根据an2r可知，由于“鹊桥”的轨道半径大于月球轨道半径，故“鹊桥”的加速度大于月球的加速度，故选项A错误；根据公式vr 可知，由于“鹊桥”的轨道半径大于月球轨道半径，故“鹊桥”的线速度大于月球的线速度，故选项B正确；由于“鹊桥”与月球的周期相同，大于地球同步卫星周期，同时“鹊桥”的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，则根据an2rr可知，无法确定“鹊桥”的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度的大小关系，故选项C错误；设地球质量为M1，月球质量为M2，“鹊桥”的质量为m，地心到月心的距离为r1，地心到“鹊桥”的距离为r2，设“鹊
32、桥”的周期为T，则对“鹊桥”有GGmr2，对月球有M2r1，整理可以得到月球和地球的质量之比，故选项D正确。【答案】BD30.导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的导航系统有美国的GPS系统，中国的北斗系统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的GLONASS系统，其中美国的GPS系统采用的是运行周期为12小时的人造卫星，中国的北斗系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星A和一颗赤道平面上方的GPS卫星B，某时刻两者刚好均处在地面某点C的正上方，如图所示，下列说法正确的是()A.A的速度比B的小B.若两者质量相等，则发射A需要更多的能量C.此时刻B处在A、C连
33、线的中点D.从此时刻起，经过12小时，两者相距最远【解析】利用万有引力定律可知m，得v，即轨道半径越大，运行速度越小，所以A的速度比B的小，故选项A正确；若A、B质量相等，则A在发射过程中克服引力做功多，故所需发射速度大，发射A需要更多的能量，故选项B正确；由T知周期与半径呈非线性关系，所以B不在A、C连线的中点处，故选项C错误；经过12小时，A运动半周，而B运动一周，两者在地心异侧共线，相距最远，故选项D正确。【答案】ABD31.(2019全国卷，21)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图14中实线所示
34、。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其ax关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则()A.M与N的密度相等B.Q的质量是P的3倍C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【解析】由题图知，当x0时，对P有mPgMmP3a0，即星球M表面的重力加速度gM3a0；对Q有mQgNmQa0，即星球N表面的重力加速度gNa0。在星球表面，由mgG得，星球质量M，则星球的密度，所以M、N的密度之比1，A正确；当P、Q的加速度a0时，对P有mPgMkx0，则mP；对Q有mQgNk2x0，则mQ，即mQ
35、6mP，B错误；根据ax图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功及动能定理可知，EkmPmPa0x0，EkmQmQa0x0，所以EkmQ4EkmP，选项C正确；根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D错误。【答案】AC32.在发射一颗质量为m的地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面的圆轨道上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道上。已知卫星在圆形轨道上运行的加速度为g，地球半径为R，卫星在变轨过程中质量不变，则()A.卫星在轨道上运行的加速度大小为gB.卫星在轨道上运行的线速度大小为C.
36、卫星在轨道上运行时经过P点的速率大于在轨道上运行时经过P点的速率D.卫星在轨道上做匀速圆周运动的动能大于在轨道上的动能【解析】设地球质量为M，由万有引力提供向心力得在轨道上有Gmg，在轨道上有Gma，所以ag，故选项A错误；又因a，所以v，故选项B正确；卫星由轨道变轨到轨道需要加速，所以卫星在轨道上运行时经过P点的速率大于在轨道上运行时经过P点的速率，故选项C正确；尽管卫星从轨道变轨到轨道要在P、Q点各加速一次，但在圆形轨道上稳定运行时的速度v，由动能表达式知卫星在轨道上的动能小于在轨道上的动能，故选项D错误。【答案】BC33.某电视台在某栏目播出了“解析离心现象”，某同学观看后，采用如图所示
37、的装置研究离心现象，他将两个杆垂直固定在竖直面内，重力加速度大小为g，在垂足O1和水平杆上的O2位置分别固定一力传感器，其中O1O2l，现用两根长度相等且均为l的细绳拴接一质量为m的铁球P，细绳的另一端分别固定在O1、O2处的传感器上。现让整个装置围绕竖直杆以恒定的角速度转动，使铁球在水平面内做匀速圆周运动，两段细绳始终没有出现松弛现象，且保证O1、O2和P始终处在同一竖直面内，重力加速度为g。则()A.O1P的拉力的最大值为mgB.O1P的拉力的最大值为mgC.O2P的拉力的最小值为mgD.O2P的拉力的最小值为0【解析】当转动的角速度为零时，O1P绳的拉力与O2P绳的拉力相等，设为F1，则
38、2F1cos 30mg，F1mg；若O2P绳的拉力刚好等于零，此时O1P绳的拉力最大，设这时O1P绳的拉力为F2，则F2cos 30mg，F2mg，因此O1P绳的拉力范围为mgFO1Pmg，O2P绳的拉力范围为0FO2Pa2，故C错误；D由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1a2，由Gfy=ma，可知，fy1fy2，故D正确。35.如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为30，重力加速度为g，下列说法正确的是A小球打到斜面上的时间为B要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和成正比关系C要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和的平方成正比关系D若高度h一定，现小球以不同的平抛，落到斜面上的速度最小值为【答案】ACD【解析】A、设小球打到斜面上的时间为t，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得，解得，故A正确；BC、要让小球始终垂直打到斜面上，小球平抛运动的水平位移，小球落在斜面上，根据几何关系得：，代入解得：，和的平方成正比关系，故B错误，C正确；D、小球落在斜面上时的竖直分速度，由于，速度，联立解得：，根据数学知识可知，积一定，当二者相等时和有最小值，故最小值为，故D正确。
