【推荐】新课标高考物理复习题：冲刺卷四平抛运动与圆周运动万有引力定律的应用含答案
高考物理一轮总复习第4章曲线运动万有引力与航天专题强化3平抛运动与圆周运动的综合问题课件
A．水流在空中运动时间为 t＝2gv0
B．水流在空中运动时间为 t＝
3v0 g
C．水车最大角速度接近 ω＝2Rv0
D．水车最大角速度接近 ω＝
3v0 R
Байду номын сангаас
[解析]水流垂直落在与水平面成 30°角的水轮叶面上水平方向速度和 竖直方向速度满足 tan 30°＝vg0t，解得 t＝ 3gv0，故 B 正确，A 错误；水 流到水轮叶面上时的速度大小为 v＝sinv30 0°＝2v0，根据 v＝ωR，解得 ω ＝2Rv0，故 C 正确，D 错误。
＝
S0
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项 2h
D
正确。
ωg
2．(多选)(2023·广东佛山模拟)水车是我国劳动人民利用水能的一项 重要发明。下图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0， 垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。 在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速 度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的 是( BC)
的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水
嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表 示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，
忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( BD )
A．若 h1＝h2，则 v1 v2＝R2 R1
第四章
曲线运动 万有引力与航天
专题强化三 平抛运动与圆周运动的综合问 题
平抛运动与圆周运动的综合问题是高考的重点，主要有两种类型： 一是平抛运动与水平面内圆周运动的综合，二是平抛运动与竖直面内圆 周运动的综合。在此类问题中，除了应用平抛和圆周运动相关规律，通 常还要结合能量关系分析求解，解题的关键是求解平抛与圆周运动衔接 点的速度。
万有引力定律的应用练习题含答案及解析
万有引力定律的应用练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试万有引力定律的应用1．一艘宇宙飞船绕着某行星作匀速圆周运动，已知运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，行星半径为求：(1)行星的质量M；(2)行星表面的重力加速度g；(3)行星的第一宇宙速度v．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)设宇宙飞船的质量为m，根据万有引力定律求出行星质量(2)在行星表面求出:(3)在行星表面求出:【点睛】本题关键抓住星球表面重力等于万有引力，人造卫星的万有引力等于向心力．2．在地球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把质量为m的物体P置于弹簧上端，用力压到弹簧形变量为3x0处后由静止释放，从释放点上升的最大高度为4.5x0，上升过程中物体P的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。
若在另一星球N上把完全相同的弹簧竖直固定在水平桌面上，将物体Q在弹簧上端点由静止释放，物体Q的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中虚线所示。
两星球可视为质量分布均匀的球体，星球N半径为地球半径的3倍。
忽略两星球的自转，图中两条图线与横、纵坐标轴交点坐标为已知量。
求：(1)地球表面和星球N 表面重力加速度之比； (2)地球和星球N 的质量比；(3)在星球N 上，物体Q 向下运动过程中的最大速度。
【答案】(1)2:1(2)2:9(3)0032v a x = 【解析】 【详解】（1）由图象可知，地球表面处的重力加速度为 g 1=a 0 星球N 表面处的重力加速度为 g 2=00.5a 则地球表面和星球N 表面重力加速度之比为2∶1 （2）在星球表面，有2GMmmg R = 其中，M 表示星球的质量，g 表示星球表面的重力加速度，R 表示星球的半径。
则M =2gR G因此，地球和星球N 的质量比为2∶9（3）设物体Q 的质量为m 2，弹簧的劲度系数为k 物体的加速度为0时，对物体P ：mg 1=k·x 0对物体Q ：m 2g 2=k ·3x 0联立解得：m 2=6m在地球上，物体P 运动的初始位置处，弹簧的弹性势能设为E p ，整个上升过程中，弹簧和物体P 组成的系统机械能守恒。
高考物理万有引力定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高考物理万有引力定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试万有引力定律的应用1．一名宇航员到达半径为R 、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一个质量为m 的小球，上端固定在O 点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O 点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F 随时间t 的变化规律如图乙所示．F 1、F 2已知，引力常量为G ，忽略各种阻力．求：（1）星球表面的重力加速度； （2）卫星绕该星的第一宇宙速度； （3）星球的密度． 【答案】（1）126F F g m -=（212()6F F Rm-(3) 128F F GmR ρπ-= 【解析】 【分析】 【详解】（1）由图知：小球做圆周运动在最高点拉力为F 2，在最低点拉力为F 1 设最高点速度为2v ，最低点速度为1v ，绳长为l在最高点：222mv F mg l += ① 在最低点：211mv F mg l-= ② 由机械能守恒定律，得221211222mv mg l mv =⋅+ ③ 由①②③，解得126F F g m-= （2）2GMmmg R= 2GMm R =2mv R两式联立得：12()6F F Rm-（3）在星球表面：2GMmmg R = ④ 星球密度：MVρ=⑤ 由④⑤，解得128F F GmRρπ-=点睛：小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点与最低点绳子的拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出重力加速度；万有引力等于重力，等于在星球表面飞行的卫星的向心力，求出星球的第一宇宙速度；然后由密度公式求出星球的密度．2．已知地球的自转周期和半径分别为T 和R ，地球同步卫星A 的圆轨道半径为h ．卫星B 沿半径为r （r <h ）的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同．求：（1）卫星B 做圆周运动的周期；（2）卫星A 和B 连续地不能直接通讯的最长时间间隔（信号传输时间可忽略）．【答案】（1）3/2()r T h （2）3/23/23/2π()r h r -(arcsin R h+arcsin Rr )T 【解析】试题分析：（1）设卫星B 绕地心转动的周期为T′，地球质量为M ，卫星A 、B 的质量分别为m 、m′，根据万有引力定律和圆周运动的规律有：2Mm G h ＝mh 224T π① 2Mm G r '＝m′r 224T π'② 联立①②两式解得：T′＝3/2()rT h③（2）设卫星A 和B 连续地不能直接通讯的最长时间间隔t ，在时间间隔t 内，卫星A 和B 绕地心转过的角度分别为α和β，则：α＝t T ×2π，β＝tT '×2π ④ 若不考虑卫星A 的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星B 的位置应在下图中B 点和B′点之间，图中内圆表示地球的赤道．由图中几何关系得：∠BOB′＝2（arcsinR h＋arcsin Rr ） ⑤由③式知，当r ＜h 时，卫星B 比卫星A 转得快，考虑卫星A 的公转后应有：β－α＝∠BOB′ ⑥由③④⑤⑥式联立解得：t ＝3/23/23/2()r h r π-（arcsin R h＋arcsin Rr ）T 考点：本题主要考查了万有引力定律的应用和空间想象能力问题，属于中档偏高题．3．地球的质量M=5.98×1024kg ，地球半径R=6370km ，引力常量G=6.67×10－11N·m 2/kg 2，一颗绕地做圆周运动的卫星环绕速度为v=2100m/s ，求： （1）用题中的已知量表示此卫星距地面高度h 的表达式 （2）此高度的数值为多少？（保留3位有效数字） 【答案】（1）2GMh R v=-（2）h=8.41×107m 【解析】试题分析：（1）万有引力提供向心力，则解得：2GMh R v =- （2）将（1）中结果代入数据有h=8.41×107m 考点：考查了万有引力定律的应用4．如图所示，质量分别为m 和M 的两个星球A 和B 在引力作用下都绕O 点做匀速圆周运动，星球A 和B 两者中心之间距离为L ．已知A 、B 的中心和O 三点始终共线，A 和B 分别在O 的两侧，引力常量为G ．求：(1)A 星球做圆周运动的半径R 和B 星球做圆周运动的半径r ； (2)两星球做圆周运动的周期．【答案】（1） R=m M M +L, r=m Mm+L,（2）()3L G M m +【解析】（1）令A 星的轨道半径为R ，B 星的轨道半径为r ，则由题意有L r R =+两星做圆周运动时的向心力由万有引力提供，则有：2222244mM G mR Mr L T Tππ==可得 R Mr m＝，又因为L R r =+ 所以可以解得：M R L M m =+,mr L M m=+； （2）根据（1）可以得到：2222244mM MG m R m L L T T M m ππ==⋅+则：2T == 点睛：该题属于双星问题，要注意的是它们两颗星的轨道半径的和等于它们之间的距离，不能把它们的距离当成轨道半径．5．经过逾6 个月的飞行，质量为40kg 的洞察号火星探测器终于在北京时间2018 年11 月27 日03：56在火星安全着陆。
(新课标)高考物理一轮总复习必修部分第4章曲线运动万有引力与航天第2讲平抛运动的规律及应用随堂集训
第2讲 平抛运动的规律及应用1．[2015·课标全国卷Ⅰ]一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。
水平台面的长和，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向h ，中间球网高度为2L 和1L 宽分别为右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h 。
不计空气的作用，重力加速度大小为g ，若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是()g 6h1L <v <g6h L12A. 4L21＋L22g 6h < v <g h L14B. 4L21＋L22g6h 12<v <g 6h L12C. 4L21＋L22g 6h12<v <g h L14D. 答案D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动。
当发射机正对右侧台面，联立解2gt 12＝h 2t,1v ＝L12发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小。
由平抛运动规律，。
当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度ghL14＝1v 得：12＝2v ，联立解得：2′gt 12＝h 3，′t 2v ＝L21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L222最大。
由平抛运动规律，正D ，选项4L21＋L22g6h12<v <g h L14的最大取值范围为v 。
即速度4L21＋L22g 6h 确，选项A 、B 、C 错误。
2．[2015·山东高考]距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图。
小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落)(等于h 。
可求得210 m/s ＝g 地。
不计空气阻力，取重力加速度的大小A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m 答案A的B 运动到A 。
(新高考)2021届高考物理二轮复习 热点4 平抛与圆周运动 作业
热点4平抛与圆周运动一、选择题(1～9题为单项选择题，10～12题为多项选择题)1．[2020·河北邢台市调研]如图所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看做一个整体，下列论述正确的是()A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力2．在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A．速度方向和加速度方向都在不断变化B．速度方向与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，动量的改变量不相同D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等3.[2020·全国卷Ⅰ，16]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 N B．400 NC．600 N D．800 N4.[2020·江苏苏州市期初调研]一小孩站在岸边向湖面抛石子．a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响．关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是() A．在空中运动的加速度a a>a bB．在空中运动的时间t a<t bC ．抛出时的初速度v a >v bD ．入水时的末速度v ′a <v ′b5．[2020·全国卷Ⅱ，16]如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h .若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点，c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点.E 2E 1等于( )A ．20B ．18C ．9.0D ．3.0 6.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，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，落在对方场地的A 点处，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A 点处，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，则两只球飞过球网C 处时水平速度之比为( )A ．1：1B ．1：3C ．3：1D ．1：9 7.如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v 0射入水平放置、距离为d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U 1时，粒子落在A 板上的P 点．如果将带电粒子的初速度变为2v 0，同时将A 板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P 点，则极板间所加电压U 2为( )A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 1 8.AB 板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力)，a 、b 和c 的运动轨迹如图所示，其中b 和c 是从同一点射入的．不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程( )A ．运动加速度：a a >a b >a cB ．飞行时间：t b ＝t c >t aC ．水平速度：v a >v b ＝v cD ．电势能的减小量：ΔE c ＝ΔE b >ΔE a9．[2020·浙江稽阳联谊学校3月模拟]如图所示，乒乓球的发球器安装在足够大的水平桌面上，可绕竖直转轴OO ′转动，发球器O ′A 部分水平且与桌面之间的距离为h ，O ′A 部分的长度也为h .重力加速度为g .打开开关后，发球器可将乒乓球从A 点以初速度v 0水平发射出去，2gh ≤v 0≤22gh .设发射出去的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球可视为质点，空气阻力不计．若使该发球器绕转轴OO ′在90°的范围内来回缓慢地水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面碰撞区域的面积S 是( )A ．2πh 2B ．3πh 2C ．4πh 2D ．8πh 2 10.[2020·湖北八校第二次联考]如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，小球甲的速度方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，重力加速度为g ，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3：2C ．A ，B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等 11.如图所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°.图中飞镖的指向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．三枚飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足v A <v B <v C C ．插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点D ．三枚飞镖击中墙面时的速度一定满足v A ＝v C >v B 12.如图所示，两个质量均为m 的小球A 、B 套在半径为R 的圆环上，圆环可绕其竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA 与竖直方向的夹角θ＝53°，OA 与OB 垂直，小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．圆环旋转的角速度大小为 5g4RB ．圆环旋转的角速度大小为 5g3RC ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mgD ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为15mg二、非选择题 13．单板滑雪U 形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U 形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以v M ＝10 m/s 的速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD 的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N 点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2, sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30.求：(1)运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d ；(2)M、N之间的距离L.14．[2020·江西南昌三模]冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动．其场地由助滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取h＝4 m)等组成，如图所示．质量60 kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出．运动员飞出的速度须在54 km/h到68 km/h 之间才能在空中完成规定动作．设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.则(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB过程中至少做多少功？(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力；(3)若将该运动员在AB段和EF段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为t AB：t EF＝3：1，已知AB＝2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？热点4 平抛与圆周运动1．答案：B 2．答案：B解析：由于小球只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A 错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt ，随着时间t 变大，tan θ变小，θ变小，故选项B 正确；根据动量定理得Δp ＝mg Δt ，即在相等的时间间隔内，动量改变量相同，故选项C 错误；根据动能定理知，在某段时间内，动能的改变量等于重力做的功，即W G ＝mgh ，对于平抛运动，在相等时间间隔内，竖直位移不相等，所以动能的改变量不相等，故选项D 错误．3．答案：B解析：该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F ，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，在最低点根据牛顿第二定律得2F －mg ＝m v 2R ，代入数据解得F ＝410N ，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误．4．答案：D解析：两石子在空中运动的加速度均为g ，选项A 错误；因两石子从同一位置抛出，它们的最高点又在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a 的水平射程小，则根据v 0＝x t 可知，a 的初速度小，选项C 错误；根据v ′＝v 20＋(gt )2可知，a 入水的末速度小，选项D 正确．5．答案：B解析：由平抛运动规律有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，得v 0＝xg 2y ；动能E k ＝12m v 20＝mgx 24y ∝x 2y，故E 2E 1＝⎝⎛⎭⎫x 2x 12·y 1y 2＝⎝⎛⎭⎫3h h 2·h 0.5h ＝18，故B 正确． 6．答案：B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是相等的．由于球与地面的碰撞没有能量损失，设第一只球自击出到落到A 点时间为t 1，第二只球自击出到落到A 点时间为t 2，则t 1＝3t 2.由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O 点出发时的初速度分别为v 1、v 2，由x ＝v 0t 得：v 2＝3v 1，有v 1v 2＝13，所以两只球飞过球网C 处时水平速度之比为1︰3，选项B 正确．7．答案：D解析：板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有：d 2＝12at 2，a ＝qU 1md，t ＝x v 0，解得U 1＝md 2v 20qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有：d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 20qx2，即U 2＝12U 1，选项D 正确． 8．答案：B解析：根据牛顿第二定律得，微粒的加速度为a ＝qE m ，据题qm相同，E 相同，所以a a ＝a b ＝a c ，选项A 错误；三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2得t ＝ 2ya，由图有y b ＝y c >y a ，则t b ＝t c >t a ，选项B 正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x ＝v 0t 得v 0＝xt ，由图知x a >x b >x c ，又t b ＝t c >t a ，则v a >v b >v c ，选项C 错误；电场力做功为W ＝qEy ，由于三个微粒的电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D 错误．9．答案：C解析：设乒乓球做平抛运动的时间为t ，则t ＝2hg.当速度最大时，水平位移具有最大值x max ＝v max t ＝22gh ×2hg＝4h ，当速度最小时，水平位移具有最小值x min ＝v min t ＝2gh×2h g ＝2h ，其中v max 、v min 为发射速度的最大值和最小值，又因为发球器O ′A 部分长度也为h ，故乒乓球的落点距竖直转轴距离的范围为3h ≤x ≤5h ，乒乓球第一次与桌面碰撞区域是一个圆心角为90°的宽度为2h 的环形带状区域，其面积为S ＝14×π[(5h )2－(3h )2]＝4πh 2，故选项A 、B 、D 错误，C 正确．10．答案：BC解析：小球乙到C 点的速度为v ＝2gh ，则小球甲在C 点的速度大小也为2gh ，又因为小球甲在C 点速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2，故A 错误；小球乙运动到C 点时所用的时间满足h ＝12gt 2，得t ＝2hg，而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh 2g，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3︰2，故B 正确；A ，B 两点高度差Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h4，故C 正确；由于两球在C 点时竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等，故D 错误．11．答案：ACD解析：飞镖做平抛运动，水平方向上有x ＝v 0t ，速度与竖直方向的夹角的正切值为tan α＝v 0v y ＝v 0gt ，联立解得v 0＝gx tan α，故v A 0>v B 0>v C 0，A 正确；飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水平方向上的位移的中点，而飞镖的指向表示瞬时速度的方向，故插在墙上的三枚飞镖的反向延长线一定交于同一点，C 正确；根据几何关系知，v ＝v 0sin α＝gxsin αcos α＝2gx sin 2α，则v A ＝v C ＝2gx sin 60°＝43gx ，v B ＝2gx ，故v A ＝v C >v B ，B 错误，D 正确． 12．答案：AD 解析：小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，则有小球B 所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得mg tan37°＝mω2R sin37°，解得圆环旋转的角速度大小ω＝ 5g4R，选项A 正确，B 错误；对小球A 进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得，在水平方向上F N sin θ－F f cos θ＝mω2R sin θ，竖直方向上F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0，解得F f ＝mg5，选项C 错误，D 正确． 13．答案：(1)4.8 m (2)12 m解析：(1)在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分速度为v 1，由运动的合成与分解规律得v 1＝v M sin 72.8°①设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a 1，由牛顿第二定律得 mg cos 17.2°＝ma 1②由运动学公式得d ＝v 212a 1③联立①②③式，代入数据得d ＝4.8 m ④(2)在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v 2，由运动的合成与分解规律得v 2＝v M cos 72.8°⑤设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a 2，由牛顿第二定律得 mg sin 17.2°＝ma 2⑥设腾空时间为t ，由运动学公式得t ＝2v 1a 1⑦L ＝v 2t ＋12a 2t 2⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L ＝12 m ⑨ 14．答案：(1)3 150 J (2)7 300 N (3)2︰3解析：(1)由动能定理得mgh AF ＋W 人＝12m v 2FW 人＝12m v 2F －mgh AF ＝3 150 J(2)从D 点到F 点，根据动能定理有－mg [h ＋R (1－cos 60°)]＝12m v 2F －12m v 2D 其中v F 取为最小值 v F ＝54 km/h ＝15 m/s在D 点：F N －mg ＝m v 2DR解得运动员在D 点承受的最小支持力：F N ＝mg ＋m v 2F ＋2g [h ＋R (1－cos 60°)]R＝7 300 N(3)两段运动的平均速度之比v 1︰v 2＝AB t 1︰EFt 2＝2︰3设滑到B 点速度为v 1，则滑到E 点速度也为v 1， 又设滑到F 点速度为v 2.则由v AB ＝v 12，vEF ＝v 1＋v 22，得：v 1＝2v 2 由a 1＝v 1t 1，a 2＝v 1－v 2t 2得：a 1︰a 2＝2︰3.。
高考物理考前三个月：专题3-抛体运动与圆周运动(含答案)
1．(·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图1A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜ (4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h ＜v ＜12 (4L 21＋L 22)g 6h D.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g 6h答案 D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212①L 12＝v 1t 1② 联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 (L 22)2＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g 6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．2．(·浙江理综·19)如图2所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )图2A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 答案 ACD解析 赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝(π＋2)r v 1，路线②所用时间t 2＝(2π＋2)r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确．3．(·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图3(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小． 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s解析 (1)小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ① h ＝12gt 2② 在ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12m v 2b ③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12m v 2c④因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s.1．题型特点抛体运动与圆周运动是高考热点之一．考查的知识点有：对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直面内圆周运动的理解和应用．高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题，将曲线运动与功和能、电场与磁场综合时题型为计算题．2．应考策略抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解，灵活掌握常见的曲线运动模型：平抛运动及类平抛运动、竖直面内的圆周运动及完成圆周运动的临界条件．考题一运动的合成与分解1．如图4所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O 点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()图4A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向答案 B解析人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着Ob方向即可对甲实施救助．2．如图5所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α.则红蜡块R的()图5A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D ．tan α与时间t 成正比 答案 BD解析 由题意可知，y 轴方向，y ＝v 0t .而x 轴方向，x ＝12at 2，联立可得：y 2＝2v 20a x ，故A 错误，B 正确；x 轴方向，v x ＝at ，那么合速度的大小v ＝v 20＋a 2t 2，则v 的大小与时间t 不成正比，故C 错误；tan α＝at v 0＝av 0t ，故D 正确．3．如图6所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图6A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d答案 CD解析 环到达B 处时，重物上升的高度为(2－1)d ，选项A 错误；环到达B 处时，重物的速度与环的速度大小关系为：v 物＝v 环sin 45°，即环与重物的速度大小不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律，对环和重物组成的系统机械能守恒，则环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，选项C 正确；设环能下降的最大距离为H ，则 对环和重物组成的系统，根据机械能守恒定律可得：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得H ＝43d ，选项D 正确．1．合运动与分运动的关系：(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰． (2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等． (4)合运动一定是物体的实际运动．物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．2．判断以下说法的对错．(1)曲线运动一定是变速运动．( √ ) (2)变速运动一定是曲线运动．( × )(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．( × )考题二 平抛(类平抛)运动的规律4．如图7所示，A 、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地面的高度为2.5h .B 点离地面的高度为2h .将两个小球分别从A 、B 两点水平抛出，它们在P 点相遇，P 点离地面的高度为h .已知重力加速度为g ，则( )图7A ．两个小球一定同时抛出B ．两个小球抛出的时间间隔为(3－2)h gC ．小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B ＝32 D ．小球A 、B 抛出的初速度之比v Av B ＝23 答案 BD解析 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2，得t ＝2hg，由于A 到P 的竖直高度较大，所以从A 点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A 错误；由t ＝2h g，得两个小球抛出的时间间隔为Δt ＝t A －t B ＝2×1.5hg－2hg＝(3－2)hg .故B 正确；由x ＝v 0t 得v 0＝xg 2h ，x 相等，则小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B＝ h B h A＝ h 1.5h＝23，故C 错误，D 正确．5．在水平地面上的O 点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图8所示，A 点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相等．若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图8A ．甲先到达最大高度处B ．乙先到达最大高度处C ．乙先到达A 点D ．甲先到达水平地面 答案 C解析 斜抛可以分解为水平匀速运动和竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相等，由v 2＝2gh ，则可知其竖直方向初速度相同，则甲、乙同时到达最高点，故A 、B 错误；由前面分析，结合图像可知，乙到达A 点时，甲在上升阶段，故C 正确；由于甲、乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D 错误．6．如图9，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为(g ＝10 m/s 2)( )图9A ．2B ．0.5C ．1 D. 2答案 A解析 如图所示，由三角形的边角关系可知， AQ ＝PQ所以在竖直方向上有， OQ ＋AQ ＝10 m所以有：v 0t ＋12gt 2＝10 m ，解得：t ＝1 s. v y ＝gt ＝10 m/s 所以tan θ＝v yv 0＝21．平抛运动规律以抛出点为坐标原点，水平初速度v 0方向为x 轴正方向，竖直向下的方向为y 轴正方向，建立如图10所示的坐标系，则平抛运动规律如下．图10(1)水平方向：v x ＝v 0 x ＝v 0t (2)竖直方向：v y ＝gt y ＝12gt 2(3)合运动：合速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2合位移：s ＝x 2＋y 2合速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gtv 0合位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝y x ＝gt2v 02．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．考题三 圆周运动问题的分析7．如图11所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图11A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝mv 22L 解得v ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v ′＝2gL2，故B 错误；球B 到最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v ′2L解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．8．如图12所示，质量为m 的竖直光滑圆环A 的半径为r ，竖直固定在质量为m 的木板B 上，木板B 的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动．在环的最低点静置一质量为m 的小球C .现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v 0必须满足( )图12A.3gr ≤v 0≤5grB.gr ≤v 0≤3grC.7gr ≤v 0≤3grD.5gr ≤v 0≤7gr答案 D解析 在最高点，速度最小时有：mg ＝m v 21r解得：v 1＝gr .从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v 1′，根据机械能守恒定律，有： 2mgr ＋12mv 21＝12mv 1′2解得v 1′＝5gr . 要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F ＝mg ＋mg ＝2mg 从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v 2′， 在最高点，速度最大时有：mg ＋2mg ＝m v 22r 解得：v 2＝3gr .根据机械能守恒定律有：2mgr ＋12mv 22＝12mv 2′2解得：v 2′＝7gr .所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5gr ≤v ≤7gr .9．如图13所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ.图13(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1；(2)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl 2，求匀速转动的角速度ω； (3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO ′轴以角速度ω0＝gL匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W . 答案 见解析解析 (1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ 小球速度最大时其加速度为零，则 k Δl 1＝mg sin θ 解得Δl 1＝mg sin θk(2)设弹簧伸长Δl 2时，球受到杆的支持力为N ，水平方向上有N sin θ＋k Δl 2cos θ＝mω2(l 0＋Δl 2)cos θ竖直方向上有N cos θ－k Δl 2sin θ－mg ＝0 解得ω＝mg sin θ＋k Δl 2ml 0＋Δl 2cos 2θ(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B 点L 0， 此时有mg tan θ＝mω20L 0cos θ 解得L 0＝2L 3此时小球的动能E k0＝12m (ω0L 0cos θ)2小球在最高点A 离开杆瞬间的动能 E k A ＝12m [v 20＋(ω0L cos θ)2]根据动能定理有W －mg (L －L 0)sin θ＝E k A －E k0 解得W ＝38mgL ＋12mv 201．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)． 3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．考题四 抛体运动与圆周运动的综合10．如图14所示，小球沿水平面以初速度v 0通过O 点进入半径为R 的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则( )图14A ．球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B ．若小球能通过半圆弧最高点P ，则球在P 点受力平衡C ．若小球的初速度v 0＝3gR ，则小球一定能通过P 点D ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点到O 点的水平距离为2R 答案 CD解析 不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，E k 减少，故做变速圆周运动A 错误；在最高点P 需要向心力，故受力不平衡，B 错误．恰好通过P 点，则有mg ＝mv 2PR得v P ＝gR ， mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2得v ＝5gR <3gR ，故C 正确； 过P 点 x ＝v P ·t 2R ＝12gt 2得：x ＝gR ·2Rg＝2R ，故D 正确． 11．如图15所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v 0＝8 m/s 的速度从A 点水平跃出后，沿B 点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C 点后离开轨道．已知A 、B 之间的竖直高度H ＝1.8 m ，圆弧轨道半径R ＝10 m ，选手质量m ＝50 kg ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，求：图15(1)选手从A 点运动到B 点的时间及到达B 点的速度； (2)选手到达C 点时对轨道的压力．答案 (1)0.6 s 10 m/s ，与水平方向的夹角为37° (2)1 200 N ，方向竖直向下 解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H ＝12gt 2解得：t ＝2Hg＝0.6 s 在竖直方向 v y ＝gt ＝6 m/s 选手到达B 点速度为v B ＝v 20＋v 2y ＝10 m/s与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v yv 0＝0.75，则θ＝37°(2)从B 点到C 点：mgR (1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点：N C －mg ＝m v 2C RN C ＝1 200 N由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力 N C ′＝N C ＝1 200 N ，方向竖直向下曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破： 1．分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口． 2．分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．专题综合练1．关于物体的运动，以下说法正确的是()A．物体做平抛运动时，加速度不变B．物体做匀速圆周运动时，加速度不变C．物体做曲线运动时，加速度一定改变D．物体做曲线运动时，速度一定变化答案AD解析物体做平抛运动时，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以加速度是不变的，所以A正确；物体做匀速圆周运动时，要受到向心加速度的作用，向心加速度的大小不变，但是向心加速度的方向是在不断的变化的，所以加速度要变化，所以B错误；物体做曲线运动时，加速度不一定改变，比如平抛运动的加速度就为重力加速度，是不变的，所以C错误；物体既然做曲线运动，速度的方向一定在变化，所以速度一定变化，所以D正确．2．如图16所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽为a.在船下水点A的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)()图16A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝bv.速度最大，最大速度为v max＝a vbB．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为v max＝a2＋b2v bC ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度v min ＝a v bD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小．则小船的最小速度v min ＝a va 2＋b 2答案 D解析 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝a v 船，不掉到瀑布里t ＝a v 船≤bv ，解得v 船≥a v b ，船最小速度为a vb ，A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河应是时间最小，B 错误；小船沿轨迹AB 运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小速度为a va 2＋b 2，所以C 错误，而D 正确．3．如图17所示，水平光滑长杆上套有一个质量为m A 的小物块A ，细线跨过O 点的轻小光滑定滑轮一端连接A ，另一端悬挂质量为m B 的小物块B ，C 为O 点正下方杆上一点，定滑轮到杆的距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°.现将A 、B 同时由静止释放，则下列分析正确的是( )图17A ．物块B 从释放到最低点的过程中，物块A 的动能不断增大B ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，物块B 的机械能先增大后减小 C ．PO 与水平方向的夹角为45°时，物块A 、B 速度大小关系是v A ＝22v BD ．物块A 在运动过程中最大速度为 2m B ghm A答案 AD解析 物块B 从释放到最低点过程中，由机械能守恒可知，物块B 的机械能不断减小，则物块A 的动能不断增大，故A 正确；物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 动能先增大后减小，而其机械能不断减小，故B 错误；PO 与水平方向的夹角为45°时，有：v A cos 45°＝v B ，则：v A ＝2v B ，故C 错误；B 的机械能最小时，即为A 到达C 点，此时A 的速度最大，此时物块B 下落高度为h ，由机械能守恒定律得：12m A v 2A ＝m B gh ，解得：v A ＝2m B ghm A，故D 正确．4．如图18所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0抛出一个小球，落在斜面上某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v 0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是( )图18A ．夹角α将变大B ．夹角α与初速度大小无关C ．小球在空中的运动时间不变D ．PQ 间距是原来间距的3倍 答案 B解析 根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg ，因为初速度变为原来的2倍，则小球在空中运动的时间变为原来的2倍．故C 错误．速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gtv 0＝2tan θ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故A 错误，B 正确．PQ 的间距s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，初速度变为原来的2倍，则PQ 的间距变为原来的4倍，故D 错误．5．如图19所示，水平地面附近，小球B 以初速度v 斜向上瞄准另一小球A 射出，恰巧在B 球射出的同时，A 球由静止开始下落，不计空气阻力．则两球在空中运动的过程中( )图19A ．A 做匀变速直线运动，B 做变加速曲线运动 B ．相同时间内B 的速度变化一定比A 的速度变化大C ．两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D ．A 、B 两球一定会相碰 答案 C解析 A 球做的是自由落体运动，是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A 错误．根据公式Δv ＝a Δt ，由于A 和B 的加速度都是重力加速度，所以相同时间内A 的速度变化等于B 的速度变化，故B 错误．根据动能定理得：W G ＝ΔE k ，重力做功随离地竖直高度均匀变化，所以A 、B 两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C 正确．A 球做的是自由落体运动，B 球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，由于不清楚具体的距离关系，所以A 、B 两球可能在空中不相碰，故D 错误．6．如图20所示，一个质量为0.4 kg 的小物块从高h ＝0.05 m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x 2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图20A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1 m/sB ．小物块从O 点运动到P 点的时间为1 sC ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m/s 答案 AB解析 从坡面顶端到O 点，由机械能守恒，mgh ＝12m v 2，v ＝1 m/s ，故A 正确；O 到P 平抛，水平方向x ＝v t ，竖直方向h ′＝12gt 2；由数学知识y ＝x 2－6，－h ′＝x 2－6，即－12gt 2＝(v t )2－6，解得t ＝1 s ，则B 正确；tan α＝gtv ＝10，故C 错误；到P 的速度v P ＝v 2＋(gt )2＝101 m/s ，D 错误．7．如图21所示，一根质量不计的轻杆绕水平固定转轴O 顺时针匀速转动，另一端固定有一个质量为m 的小球，当小球运动到图中位置时，轻杆对小球作用力的方向可能( )图21A．沿F1的方向B．沿F2的方向C．沿F3的方向D．沿F4的方向答案 C解析因小球做匀速圆周运动，故小球所受的合力方向指向圆心，小球受竖直向下的重力作用，故轻杆对小球作用力的方向与重力的合力方向指向圆心，故杆对小球作用力的方向可能在F3的方向，故选C.8．如图22所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()图22A．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．若B先滑动，则B与A间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB答案BC解析因为A、B两物体的角速度大小相等，根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对A、B整体分析，f B＝2mrω2，对A 分析，有：f A＝mrω2，知盘对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，，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；对A、B整体分析，μB×2mg＝2mrω2B，解得ωB＝μB gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可对A分析，μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．9．如图23所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动．圆形轨道半径R＝0.2 m，右侧水平轨道BC长为L＝4 m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1 m，水平距离s＝2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.小球从圆形轨道最低点B以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道．试求：图23(1)若小球通过圆形轨道最高点A 时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B 点的初速度多大？(2)若小球从B 点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B 点的初速度大小的范围．答案 (1)2 3 m/s (2)v B ≤2 m/s 或10 m /s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 解析 (1)小球在最高点A 处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力 N ＝N ′＝mg ①根据牛顿第二定律N ＋mg ＝mv 2A R②从B 到A 过程，由动能定理可得－mg ·(2R )＝12mv 2A －12mv 20③ 代入数据可解得v 0＝2 3 m/s ④(2)情况一：若小球恰好停在C 处，对全程进行研究，则有： －μmgL ＝0－12mv 21⑤得v 1＝4 m/s ⑥ 若小球恰好过最高点A mg ＝mv A ′2R⑦从B 到A 过程－mg ·(2R )＝12mv A ′2－12mv 22⑧得v 2＝10 m/s ⑨所以当10 m/s≤v B ≤4 m/s 时，小球停在BC 间．⑩情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 23⑪ h ＝12gt 2⑪ s ＝v C t ⑬得v 3＝6 m/s ⑭所以当v B ≥6 m/s 时，小球越过壕沟．⑮情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有 －mgR ＝0－12mv 24⑯得v 4＝2 m/s ⑰所以当v B ≤2 m/s 时，小球又沿圆轨道返回．⑱综上，小球在B 点的初速度大小的范围是v B ≤2 m/s 或10 m/s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 10．如图24所示，半径R ＝2.5 m 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量m ＝1 kg 的小球从A 点左上方距A 点高h ＝0.45 m 的P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图24(1)小球从P 点抛出时的速度大小v 0；(2)小球从C 点运动到D 点过程中摩擦力做的功W ； (3)小球从D 点返回经过轨道最低点B 的压力大小． 答案 (1)4 m/s (2)－8 J (3)56 N 解析 (1)在A 点有： v 2y ＝2gh ① v yv 0＝tan θ② 由①②式解得：v 0＝4 m/s ③(2)整个运动过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能： W ＝－12mv 20＝－8 J。
2020年高考物理三轮冲刺与命题大猜想—专题04 抛体运动与圆周运动(原卷版)
2020年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题04抛体运动与圆周运动目录猜想一：与体育运动或生活实际考查平抛运动的基本规律 (1)猜想二：结合“转弯”或游乐设施考查圆周运动 (3)猜想三：平抛圆周结合考能量观念 (4)最新模拟冲刺练习.........................................................................................................................................................5猜想一：与体育运动或生活实际考查平抛运动的基本规律【猜想依据】体育运动、生活实际的许多运动情景可以抽象为平抛运动模型，对平抛运动的研究运用到了运动的合成与分解的思想，渗透了对物理学科的运动观念及科学思维的考查，此外，对实际问题的理想化处理，有利于引导考生由解题向解决问题转变，符合高考命题趋势。
【要点概述】1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点物理量公式决定因素飞行时间t ＝2hg取决于下落高度h 和重力加速度g ，与初速度v 0无关水平射程x ＝v 0t ＝v 02hg由初速度v 0、下落高度h 和重力加速度g 共同决定落地速度v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh 与初速度v 0、下落高度h 和重力加速度g 有关速度改变量Δv ＝g Δt ，方向恒为竖直向下由重力加速度g 和时间间隔Δt 共同决定2.关于平抛(或类平抛)运动的两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B 点所示，即x B ＝x A 2.(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.【例1】(2020·广东揭阳一模)在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A 、B 由同一位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法中正确的是()A ．A 、B 两镖在空中运动时间相同B ．B 镖掷出时的初速度比A 镖掷出时的初速度小C ．A 、B 镖的速度变化方向可能不同D ．A 镖的质量一定比B 镖的质量小【例2】(2020·湖南娄底市高三质量检测)羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高，若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则()A ．击中甲、乙的两球初速度v 甲＝v 乙B ．击中甲、乙的两球运动时间可能不同C ．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓D ．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大【例3】.(2020·河南郑州一模)甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v 1与乒乓球击打乙的球拍的速度v 2之比为()A.63B.2C.22 D.33猜想二：结合“转弯”或游乐设施考查圆周运动【猜想依据】以生产、生活为情境命题的圆周运动问题，体现出将物理知识运用于实践的特点．分析此类问题需要将实际问题转化为物理问题，并经历建构圆周运动模型、科学推理等思维过程，有助于培养学生的科学思维素养【要点概述】1．基本思路(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.2．技巧方法(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．(2)解临界问题关键是确定临界状态，找准受力的临界条件，结合牛顿第二定律分析．【例1】(2020·安徽合肥市第二次质检)如图所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R 的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内．转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒．设自行车和人的总质量为M ，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是()A ．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B ．转弯时车不发生侧滑的最大速度为μgRC ．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD ．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小【例2】.(2020·江苏扬州高三检测)杂技演员在表演“水流星”时的示意图如图所示，长为1.6m 的轻绳的一端，系着一个总质量为0.5kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，若“水流星”通过最高点时的速度为4m/s ，g 取10m/s 2，则下列说法正确的是()A ．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B ．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器的底部受到的压力均为零C ．“水流星”通过最高点时处于完全失重状态，不受力的作用D ．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N猜想三：平抛圆周结合考能量观念【猜想依据】对平抛圆周结合的综合问题进行分析时，往往涉及对两种典型曲线运动的研究，这种类型的题能有效考查学生运用相关知识解决具体问题的能力以及加深对运动与相互作用观念的理解，培养学生的科学思维素养。
高考物理专题---平抛运动-圆周运动及参考答案
高考专题四：平抛运动 圆周运动一、选择题。
本题共16小题。
（每小题6分，共96分。
第1—8题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，第9—16题有的有多项符合题目要求。
）1.如图所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )A.帆船朝正东方向航行，速度大小为vB.帆船朝正西方向航行，速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD.帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v2.取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。
不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ） A.6π B. 4π C. 3π D. 125π3.如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。
重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A.Mg-5mgB.Mg+mgC. Mg+5mgD. Mg+10mg4.如图，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平。
一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。
用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中客服摩擦力所做的功。
则( )A. mgR W 21=，质点恰好可以到达Q 点 B. mgR W 21>，质点不能到达Q 点C. mgR W 21=，质点到达Q 后，继续上升一段距离D. mgR W 21<，质点到达Q 后，继续上升一段距离5.小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点．( )A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度6.如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A.汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是( )A.将竖直向上做匀速运动B.将处于超重状态C.将处于失重状态D.将竖直向上先加速后减速7.如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是( )A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力8.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小得多).现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道，则v0应满足(取g＝10 m/s2)( )①v0≥0 ②v0≥4 m/s③v0≥2 5 m/s ④v0≤2 2 m/sA.①和④B.②或④C.③或④D.②和③9.“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则( )A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0>6gl时，小球一定能通过最高点PD．当v0<gl时，细绳始终处于绷紧状态10.为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验.小锤打击弹性金属片后，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有( ) A.两球的质量应相等 B.两球应同时落地C.应改变装置的高度，多次实验D.实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动11.如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( ) A.若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0g tan θB.若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0g tan θC.若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0g tan θD.无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t ＝2v 0tan θg12.质量为0.2 kg 的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图甲、乙所示，由图可知( )A.最初4 s 内物体的位移为8 2 mB.从开始至6 s 末物体都做曲线运动C.最初4 s 内物体做曲线运动，接下来的2 s 内物体做直线运动D.最初4 s 内物体做直线运动，接下来的2 s 内物体做曲线运动13.如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P 。
高考物理万有引力定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析
高考物理万有引力定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试万有引力定律的应用1．a 、b 两颗卫星均在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，a 为近地卫星，b 卫星离地面高度为3R ，己知地球半径为R ，表面的重力加速度为g ，试求： （1）a 、b 两颗卫星周期分别是多少？ （2） a 、b 两颗卫星速度之比是多少？（3）若某吋刻两卫星正好同时通过赤道同--点的正上方，则至少经过多长时间两卫星相距最远？ 【答案】（1）2，16（2）速度之比为2【解析】【分析】根据近地卫星重力等于万有引力求得地球质量，然后根据万有引力做向心力求得运动周期；卫星做匀速圆周运动，根据万有引力做向心力求得两颗卫星速度之比；由根据相距最远时相差半个圆周求解；解：（1）卫星做匀速圆周运动，F F =引向， 对地面上的物体由黄金代换式2MmGmg R = a 卫星2224aGMm m R R T π=解得2a T =b 卫星2224·4(4)bGMm m R R T π=解得16b T = （2）卫星做匀速圆周运动，F F =引向，a 卫星22a mv GMm R R=解得a v =b 卫星b 卫星22(4)4Mm v G m R R=解得v b =所以 2abV V =（3）最远的条件22a bT Tπππ-=解得87Rtgπ=2．由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的影响，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做角速度相同的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）若A星体的质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：（1）A星体所受合力的大小F A；（2）B星体所受合力的大小F B；（3）C星体的轨道半径R C；（4）三星体做圆周运动的周期T．【答案】（1）2223Gma（227Gm（37（4）3πaTGm=【解析】【分析】【详解】（1）由万有引力定律，A星体所受B、C星体引力大小为24222A BR CAm m mF G G Fr a===,则合力大小为223AmF Ga=（2）同上，B星体所受A、C星体引力大小分别为2222222A BABC BCBm m mF G Gr am m mF G Gr a====则合力大小为22cos 602Bx AB CB m F F F G a =︒+=22sin 603By AB m F F G a=︒=．可得22227B BxBym F F F G a=+=（3）通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，22317424C R a a a ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （4）三星体运动周期相同，对C 星体，由22227C B C m F F G m R a T π⎛⎫=== ⎪⎝⎭可得22a T Gmπ=3．牛顿说：“我们必须普遍地承认，一切物体，不论是什么，都被赋予了相互引力的原理”．任何两个物体间存在的相互作用的引力，都可以用万有引力定律122=m m F Gr 万计算，而且任何两个物体之间都存在引力势能，若规定物体处于无穷远处时的势能为零，则二者之间引力势能的大小为12=-p m m E Gr，其中m 1、m 2为两个物体的质量， r 为两个质点间的距离（对于质量分布均匀的球体，指的是两个球心之间的距离），G 为引力常量．设有一个质量分布均匀的星球，质量为M ，半径为R ． （1）该星球的第一宇宙速度是多少？（2）为了描述电场的强弱，引入了电场强度的概念，请写出电场强度的定义式．类比电场强度的定义，请在引力场中建立“引力场强度”的概念，并计算该星球表面处的引力场强度是多大？（3）该星球的第二宇宙速度是多少？（4）如图所示是一个均匀带电实心球的剖面图，其总电荷量为+Q （该带电实心球可看作电荷集中在球心处的点电荷），半径为R ，P 为球外一点，与球心间的距离为r ，静电力常量为k ．现将一个点电荷-q （该点电荷对实心球周围电场的影响可以忽略）从球面附近移动到p 点，请参考引力势能的概念，求电场力所做的功．【答案】（1）1v =2）2=M E G R '引；（3）2v =4）11()W kQq r R=-【解析】 【分析】 【详解】(1)设靠近该星球表面做匀速圆周运动的卫星的速度大小为1v ，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力212v mMG m R R=解得：1v =； (2)电场强度的定义式F E q=设质量为m 的质点距离星球中心的距离为r ，质点受到该星球的万有引力2=MmF Gr 引 质点所在处的引力场强度=F E m引引 得2=M E Gr引 该星球表面处的引力场强度'2=ME GR 引 (3)设该星球表面一物体以初速度2v 向外抛出，恰好能飞到无穷远，根据能量守恒定律22102mM mv G R-=解得：2v =； (4)点电荷-q 在带电实心球表面处的电势能1P qQE k R=- 点电荷-q 在P 点的电势能2P qQE kr=- 点电荷-q 从球面附近移动到P 点，电场力所做的功21()P P W E E =-- 解得：11()W kQq r R=-．4．2019年3月3日，中国探月工程总设计师吴伟仁宣布中国探月工程“三步走”即将收官，我国对月球的探索将进人新的征程。
2020届新高考物理冲刺复习《万有引力定律及其应用》分层突破练(Word版附答案)
万有引力定律及其应用1. 2019年10月28日发生了天王星冲日现象,即太阳、地球、天王星处于同一直线,此时是观察天王星的最佳时间。
已知日地距离为R 0,天王星和地球的公转周期分别为T 和T 0,则天王星与太阳的距离为( )A.√T 2T 023R 0B.√T 3T 03R 0C.√T 02T 23R 0 D.√T 03T 3R 0 2. 2019年初,《流浪地球》的热映激起了人们对天体运动的广泛关注。
木星的质量是地球的317.89倍,已知木星的一颗卫星甲的轨道半径和地球的卫星乙的轨道半径相同,且它们均做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( )A.卫星甲的周期可能大于卫星乙的周期B.卫星甲的线速度可能小于卫星乙的线速度C.卫星甲的向心加速度一定大于卫星乙的向心加速度D.卫星甲所受的万有引力一定大于卫星乙所受的万有引力3.由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”,采用三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形,阵列如图所示。
地球恰好处于三角形中心,探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行,对一个周期仅有5.4分钟的超紧凑双白星(RXJ0806.3+1527)产生的引力波进行探测。
若地球表面附近的卫星运行速率为v 0,则三颗探测卫星的运行速率最接近( )A.0.10v 0B.0.25v 0C.0.5v 0D.0.75v 04. 某卫星在距月球表面H 处的环月轨道Ⅰ上做匀速圆周运动,其运行的周期为T;随后该卫星在该轨道上某点采取措施,使卫星降至椭圆轨道Ⅱ上,如图所示。
若近月点接近月球表面,而H 等于月球半径,忽略月球自转及地球对卫星的影响,则该卫星在轨道Ⅱ上的运行周期为( ) A.34TB.√38T C.3√38T D.√34T 5. “嫦娥四号”于2019年1月3日自主着陆在月球背面,实现人类探测器首次月背软着陆。
由于“嫦娥四号”在月球背面,不能与地球直接通信,需要通过中继通信卫星才能与地球“沟通”,“鹊桥”是“嫦娥四号”月球探测器的中继卫星,该中继卫星运行在地月系的拉格朗日L 2点附近的圆轨道上。
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冲刺卷四 平抛运动与圆周运动万有引力定律的应用满分：60分 时间：50分钟一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
)1.如图所示，可视为质点的小球，位于半径为 3 m 半圆柱体左端点A 的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B 点。
过B 点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2)( )A.553m/s B ．4 3 m/s C ．3 5 m/sD.152 m/s2.如图所示，半径R ＝1 m 且竖直放置的圆盘O 正按顺时针方向匀速转动，在圆盘的边缘上有一点Q ，当Q 点向上转到竖直位置时，在其正上方h ＝0.25 m 处的P 点以v 0＝ 5 m/s 的初速度向右水平抛出一个小球(可看做质点)，小球飞行一段时间后恰能从圆盘上的Q 点沿切线方向飞出，取g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．小球完成这段飞行所用的时间为510 sB ．小球在这段飞行时间内下落的高度为0.75 mC．圆盘转动的角速度ω一定等于215π9rad/sD．小球沿圆盘切线方向飞出时的速度大小为4 5 m/s3．如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1和L2。
不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷(电量与质量之比)之比应是()A．(L1L2)2B．(L1L2)3C．(L2L1)2D．(L2L1)34．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。
假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比() A．地球的第一宇宙速度变小B．地球赤道处的重力加速度变小C．地球同步卫星距地面的高度变小D．地球同步卫星的线速度变小5．木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星，观察测出：木星绕太阳做圆周运动的半径为r1，周期为T1；木星的某一卫星绕木星做圆周运动的半径为r2，周期为T2，已知引力常量为G，则()A．可求出太阳与木星的万有引力B．可求出太阳的密度C．可求出木星表面的重力加速度D.r31T21＝r32T226．如图所示，三个小球在离地面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球A落到D点，DE＝EF＝FG，不计空气阻力，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面。
则关于三小球()A．B、C两球也落在D点B ．B 球落在E 点，C 球落在F 点C ．三小球离地面的高度AE ∶BF ∶CG ＝1∶3∶5D ．三小球离地面的高度AE ∶BF ∶CG ＝1∶4∶97．半径分别为R 和R2的两个半圆，分别组成图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一小球从某一高度下落，分别从图甲、乙所示的开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下半圆轨道的最高点通过，则下列说法正确的是( )A ．图甲中小球开始下落的高度比图乙中小球开始下落的高度高B ．图甲中小球开始下落的高度和图乙中小球开始下落的高度一样高C ．图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对轨道最低点的压力大D ．图甲中小球对轨道最低点的压力和图乙中小球对轨道最低点的压力一样大 8．2014年12月7日11时26分，我国在太原卫星发射中心用长征四号乙运载火箭，将中国和巴西联合研制的地球资源卫星04星发射升空，卫星顺利进入离地面高度约为350 km 的预定圆形轨道。
若卫星运行的轨道半径为R ，运行周期为T ，引力常量为G ，则下列关于该卫星的说法中正确的是( ) A ．卫星在该轨道上运行的线速度大小为2πR TB ．该卫星在轨道上运行的线速度小于同步卫星的线速度C ．该卫星在轨道上运行的向心加速度大于同步卫星的向心加速度D ．由题意可算出地球的密度为3πGT 29．假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转周期大于火星的公转周期B ．地球公转的线速度大于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度10.很多国家发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后在Q点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后在P点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行，如图所示。
已知轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P 点。
若只考虑地球对卫星的引力作用，则卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，下列说法正确的是()A．若卫星在轨道1、2、3上正常运行时的周期分别为T1、T2、T3，则有T1＞T2＞T3B．卫星沿轨道2由Q点运动到P点时引力做负功，卫星与地球组成的系统机械能守恒C．根据公式v＝ωr可知，卫星在轨道3上的运行速度小于在轨道1上的运行速度D．根据v＝GMr可知，卫星在轨道2上任意位置的运行速度都小于在轨道1上的运行速度二、计算题(本题共2小题，共20分。
写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。
)11．(2015·福建省漳州市八校第三次联考)(10分)一长l＝0.8 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H ＝1.00 m。
开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示。
让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。
不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2。
求：(1)当小球运动到B点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面上的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)若OP＝0.6 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力。
12．(2015·高考押题卷五)(10分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)。
轨道底端A与水平地面相切，顶端与一个长为l＝0.9 m的水平轨道相切B点，一倾角为θ＝37°的倾斜轨道固定于右侧地面上，其顶点D与水平轨道的高度差为h＝0.45 m，并与其它两个轨道处于同一竖直平面内。
一质量为m＝0.1 kg的小物体(可视为质点)在A点被弹射入“S”形轨道内，沿轨道ABC运动，并恰好从D点无碰撞地落到倾斜轨道上。
小物体与BC 段间的动摩擦因数μ＝0.5.(不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物体从B点运动到D点所用的时间；(2)小物体运动到B点时对“S”形轨道的作用力大小和方向；(3)小物体在A点获得的动能。
冲刺卷四平抛运动与圆周运动万有引力定律的应用1.C[由几何关系和题意可知，B点速度的方向与水平方向的夹角θ＝30°①由速度关系可得v yv 0＝tan θ②水平方向：R ＋R sin θ＝v 0t ③竖直方向：v y ＝gt ④联立以上四式解之得：v 0＝3 5 m/s ，故C 项正确。
]2．B [设小球的飞行时间为t ，这段时间内圆盘转过的角度为θ，则由平抛运动的知识可得：R sin θ＝v 0t ，R ＋h －R cos θ＝12gt 2，两式联立代入数据可得cos θ＝12，所以t ＝1510 s ，选项A 错误；小球在这段时间内下落的高度为H ＝12gt 2，代入数据得H ＝0.75 m ，选项B 正确；因为cos θ＝12，所以在这段时间内圆盘转过的角度可能为θ＝2πn ＋π3(n ＝0，1，2，…)，所以圆盘转动的角速度ω＝θt ＝215（2n π＋π3）3(n ＝0，1，2，…)，选项C 错误；小球沿圆盘切线方向飞出时竖直方向的速度大小为v ⊥＝gt ＝15 m/s ，所以小球沿圆盘切线方向飞出时的速度大小为v ＝v 20＋v 2⊥＝2 5 m/s ，选项D 错误。
]3．B [根据B 恰能保持静止可得： k q A q B L 21＝k q C q B L 22A 做匀速圆周运动，根据A 受到的合力提供向心力得： k q A qB L 21－k q A q C （L 1＋L 2）2＝m A ω2L 1 C 做匀速圆周运动，有k q C q B L 22－k q A q C （L 1＋L 2）2＝m C ω2L 2 联立三式解得A 和C 的比荷之比应是(L 1L 2)3。
]4．D [地球的质量M ，半径R 不变，自转周期T 变大，由GMm R 2＝m v 21R 得第一宇宙速度v 1＝GM R ，则v 1不变，A 项错误；由GMm R 2－mg ＝m 4π2T 2R ，可得g ＝GMR 2－4π2T 2R ，则g 增大，B 项错误；对同步卫星，由GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，解得h＝3GMT 24π2－R ，则h 变大，C 项错误；同步卫星的线速度v ＝GMR ＋h，h 增大，v 减小，D 项正确。
]5．A [根据万有引力提供天体运动的向心力G Mm r 2＝mr 4π2T 2，可以求出天体的质量M ＝4π2r 3GT 2。
对于太阳和木星系统，据此可求出太阳质量M 1＝4π2r 31GT 21，对于木星及其卫星系统，据此可求出木星质量M 2＝4π2r 32GT 22，所以可求出木星与太阳之间的万有引力F ＝G M 1M 2r 21，A 正确；因太阳半径未知，不能求出太阳密度，B 错误；因木星半径未知，不能求出木星表面的重力加速度，C 错误；木星环绕太阳运动，卫星环绕木星运动，木星和卫星不是环绕同一天体运动，不适用开普勒第三定律直接比较，D 错误。
]6．AD [因为三球以相同的初速度抛出，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，则A 、B 、C 三个小球的运动时间之比为1∶2∶3，可得水平位移之比1∶2∶3，而DE ＝EF ＝FG ，所以B 、C 两球也落在D 点，故A 正确，B 错误；由h ＝12gt 2可得，A 、B 、C 三个小球抛出高度之比为1∶4∶9，故D 正确，C 错误。
] 7．AC [图甲中小球恰好通过最高点的速度为gR ，图乙中小球恰好通过最高点的速度为gR2，图甲中小球开始下落的高度为h 1＝1.5R ＋v 212g ＝2R ，同理可得，图乙中小球开始下落的高度为h 2＝1.5R ＋v 222g＝1.75R ，A 项正确，B 项错误；由mgh ＝12m v 2和F －mg ＝m v 2r 可知，两次小球到轨道最低点时，对轨道的压力分别为F 1－mg ＝m v 1′2R /2，F 2－mg ＝m v 2′2R ，解得F 1＝mg ＋m 4gh 1R ，同理F 2＝mg ＋m 2gh 2R ，得F 1＝9mg ，F 2＝4.5mg ，D 项错误，C 项正确。