2019版高考物理二轮复习专题一力与运动第3讲力学中的曲线运动学案

1、第 3 讲力学中的曲线运动核心要点提炼I网络构建备考策略X v y1. 必须领会的“四种物理思想和三种常用方法”(1) 分解思想、临界极值的思想、估算的思想、模型化思想(2) 假设法、合成法、正交分解法fzA)2. 平抛(或类平抛)运动的推论(1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为0，位移与水平方向的夹角为0，则有 tan0 =2ta n0。3.注意天体运动的三个区别(1) 中心天体和环绕天体的区别(2) 自转周期和公转周期的区别(3) 星球半径和轨道半径的区别4.记住天体运动中的“三看”和“三想” (1)看到“近地卫星”想到“最大绕行速

2、度” “最小周期”(匀速曲线运动)初速度为零的匀加遼宜绒运动2（2）看到“忽略地球自转”想到“万有引力等于重力”看到“同步卫星”想到“周期T= 24 h ”运动的合成与分解及平抛运动运动的合成与分解【典例 1】（2018 北京理综，20）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|6cm 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

3、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

4、（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 D【典例 2】（2017 全国卷I,15）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因- 以“体育运动”为载体考查平抛运动的规律3是（）A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多4平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,12X=vot ,h=?gt,h由图中几何关系，可得tan0= -，解得t=X2vota n0从抛出到落到斜面上，由动能定理可得:1, 2

5、12 /日mgh=mv mv, 可得:/v=v0+ 2gh= 1 + 4 tan20Vo,则Vo甲VoV= 1 选项A正确。2答案 A【典例 4】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a角，乙同学持拍的拍面与B. 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D. 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大1解析 由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h=-gt2及 2gh可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项 A、B、D 均错误;由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动

6、时间短， 在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故 C 正确。答案 C【典例 3】(2018 全国卷川，17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和弓的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A.2 倍B.4 倍C.6 倍D.8 倍解析 小球做平抛运动，其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为0。命题角度斜面上的平抛运动5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（）sinBA.-sinac.xtanBcosaB.-cosBtanBD.-tana解析 乒乓球被甲的球拍

7、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Vo,则Vosina VoV1sinBA得一=- ,A 项正确。sinBV2sina图 16答案 A1.图 2 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，弹丸射出口在B点的正上方。竖直面内的半圆弧BCD勺半径R=丄2.0 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m,Vo= 4 3 m/s，故选项 A 正确。答案 A2.（多选）如图 3 所示，b是长方形acfd对角线的交点，e是底边df的中点，a、b、c处的为 37。

8、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，B点的高度和弹丸射出的初速度分别是（不计空气阻力，sin 37= o.6 , cos 37A.0.15 m,43 m/sC.0.15 m,2 6 m/sD.1.50 m解析 由h+Rsin 37=2gt2和R+ Rsos 37=Vot,2 6 m/s警=tan37,代入数据解得h= O.15弹射器离=0.8),4,3 m/sB.1.50 m7三个小球分别沿图示方向做平抛运动，落地后不反弹，下列表述正确的是图 3A. 若a、b、c处三球同时抛出，三球可能在de之间的区域相遇B. 只要b、c处两球同时开始做平抛运动，二者不可能

9、在空中相遇C. 若a、b处两球能在地面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为 2：1D. 若a、c处两球在e点相遇，则一定满足Va=Vc解析 若三个小球同时抛出， 由于三球不都是从同一高度水平抛出， 故三球不可能相遇， 选 项 A 错误，B 正确；设ad= 2h,a球在空中运动时间为ta,b球在空中运动时间为tb，根据一 1212平抛运动规律，2h= 2gta,h= 2gtb，解得ta=面相遇，则a、b在空中运动的时间之比为ta :由平抛运动规律h= 2gt2和x=Vot可知，选项 D 正确。答案 BD3. 一位网球运动员以拍击球， 使网球由0点沿水平方向飞出，如图 4 所示，第一只球落在自己一

10、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A.1 : 1C.3 : 1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11,第二只球自击出到落在D.1： 9若a、b处两球能在地=-,2 ： 1,选项 C 错误;飞过球网C处时水平速度之比为8A点时间为t2,则根据两球竖直方向的运动特点知t1= 3t2；由于两球在水平方向均做匀速运动，水平位移大小相等，由x=Vot得，它们从0点出发时的初速度

11、关系为V2= 3V1，所以第9一只与第二只球飞过球网C处时水平速度之比为 1 : 3,选项 B 正确。答案 B【典例 1】（2016 全国卷H,16）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 5 所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点（考向圆周运动问题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球的向心加速度解析小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得,1mg *mV,解得v=/2gL,因LPLQ,故VP

12、VQ,选项 A 错误；因为 EnQ,则两小球的动能大小无法比较，选项2误；对小球在最低点受力分析得，FTmg= mL，可得FT=3mg选项 C 正确；由a=2g可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误。I答案 C 平抛运动与圆周运动的组合问题【典例 2】（2 017 全国卷H,17）如图 6,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（重力加速度大为g)()命翹轴度 fl圆周运动问题2210物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离X=Vit,t=,联立

13、解得，x=、/r 16r,由数学知识可知， 故选项 B正确。答案 B反思归纳|1.解决圆周运动问题要注意以下几点: （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2 2v24nF=mF=mr =niwv=mr。2.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,顿第二定律进行动力学分析。1.（多选）北京时间 2017 年 9月 7 日，全运会在天津举办，山东队28 岁的张成龙以 14.733分在男子单杠决赛中获得第一名。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图7 甲所示，张成

14、龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F,用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v,得到Fv2图象如图乙所示。g取 10 m/s2,则下列说法中正确的是（）vA.i6g2vC. _4gvB.8g2vD.2g解析物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12-mv=22mgr+扌口玄扌口玄22vv当 4r= 时，x最大，即r=g8g然后结合牛2211A.张成龙的质量为 65 kgB.张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m12C. 当张成龙在最高点的速度为4 m/s 时，张成龙受单杠的弹力方向向上D. 在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3 250

15、 N 的力解析 张成龙的胳膊既可以提供拉力， 也可以提供支持力， 可以理解为“杆模型”。 对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有Fmg=0,结合图象解得质量m=65 kg，选2mv项 A 正确；当F= 0 时，由向心力公式可得mg=，结合图象可解得R= 0.9 m，故张成龙R的重心到单杠的距离为 0.9 m，选项 B 正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s 时，张成龙41受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C 错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由v2Or牛顿第二定律得Fmg= mR,张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR1212=mv mv，当v= 0 时，F

16、有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin= 3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受 3 250 N 的力，选项 D 正确。答案 ABD2.（多选）如图 8 所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球 1、2、3 沿水平轨道分别以速度V1= 2. gR V2= 3gR V3=4gR水平向左冲上半圆形轨道，g为重 力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是（）3 厂4图 8A. 三个小球离开轨道后均做平抛运动B. 小球 2 和小球 3 的落点到A点的距离之比为,5：23C. 小球 1 和小球 2 做平抛运动的时间之比为1：1

17、D.小球 2 和小球 3 做平抛运动的时间之比为 1：1得v=gR设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为v，由机械能守恒定律得2mgR-fmv解析 设小球恰好通过最高点时的速度为2v,此时由重力提供向心力，贝Umg= mR,13=2mv得v，=-j5gR由于vi=2gRvv,所以小球 1 不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故选项 A 错 误；i2一ZR一小球 2 和小球 3 离开轨道后做平抛运动，由2R=-gt得t=2、g则得：小球 2 和小球 3做平抛运动的时间之比为1 ： 1。设小球 2 和小球 3 通过最高点时的速度分别为V2和V3。121212122mgR-mv= mv；

18、2mgRqmv = qmv；解得V2= 5gR, V3 = 2 3gR由平抛运动规律得：水平距离为x=vot,t相等，则小球 2 和小球 3 的落点到A点的距离之比为 5：23。小球 1 做的不是平抛运动，则小球 1 和小球 2 做平抛运动的时间之比不是 1 : 1，故选项 B、D 正确，C 错误。答案 BD考向画万有引力定律与天体的运动【典例 1】（2018 全国卷川，15）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.2 :1B.4：1C.8 :1D.16：13rTPR3 316

19、38解析由开普勒第三定律得产k，故Q=YU=4= 1, C 正确。答案 C【典例 2】（多选）（2017 全国卷H,19）如图 9,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为To,若只考虑海王星和太阳之根据机械能守恒定律得:命题角度开普勒三定律与万有引力定律的应用14间的相互作用，则海王星在从P经过M Q到N的运动过程中（）15卫星运行参量的分析A.从P到M所用的时间等于 4B.从Q到N阶段，机械能逐渐变大禅王星第 iN图 9C.从P到Q阶段，速1解析 由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为；To,根据开普勒第二定律可知,2广1从P到M

20、运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于二To,选项 A4选项 B 错误；根据开普勒错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒海王星受到的万有引力指向太第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项 C 正确;阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D 正确。答案 CDfiJ.天体质量、密度的估算【典例 3】（2018 全国卷H,16）2018 年 2 月，我国 500 m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“ J0318+ 0253”，其自转周期T= 5.19 ms 假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67X10 11N-m2/

21、kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为93A.5X10 kg/m 需15今3C.5X1015kg/m3解析 毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力提供其表面物体做圆周运动的向心力,123B.5X10 kg/mD.5X1018kg/m3P得3D，兀4 4一3 33n153G2，代入数据解得P5X10 kg/m , C 正确。16【典例 4】（2017 全国卷川，14）2017 年 4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（）A.周期变大B.速率变大17D.向心加

22、速度变大12AB、D 错误；组合体比天宫二号质量大，动能Ea2a3j23解析根据万有引力提供向心力有GR2m=m牛）2R,得丁=寸nMR，如果地球的自转变快， 则周期变小，同步卫星的高度将变低，所以选项 A 正确；极地近地卫星的速度与地球的自转 快慢无关，所以选项 B 错误；对赤道上的物体，有GR=mg赤+m32R,当地球自转变快时，Mm赤道上的重力加速度将变小，所以选项C 正确；对卫星有Grr=man，所以轨道半径越大，故所需发射速度大，发射A需要更多的能量，选项B 正确；由T=4n2r3知周期与半径非线性关系，故B不在A C连线的中点处，选项C 错误；经过 12 小时，A运动半周，而B22

23、向心加速度越小，故a1a2,赤道上的物体和同步卫星的角速度相同，由an=32r可知，&a3,所以选项 D 正确。答案 ACD3.（多选）2017 年 4 月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号对接。假23设天舟一号从B点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号所在的圆轨道上完成对接，如图12 所示。已知天宫二号的轨道半径为r,天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T,A、B两点分别为答案 AC核心素养提升|热点模型构建竖直平面的圆周运动“绳、杆”模型常考的圆周运动模型椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R,引力常量为G 则下列说法正确的是(A.天宫二号的运行速度小于7.9 km/s12B

24、.天舟一号的发射速度大于11.2 km/sC.根据题中信息可以求出地球的质量D.天舟一号在A点的运行速度大于天宫二号在A点的运行速度Mm v2解析 由Grr=mr可得线速度与半径的关系为第一宇宙速度(7.9 km/s)是近地卫星(轨道半径近似等于地球半径)的运行速度，由题图可知r越大，速率v越小。天宫二号轨道半径大于地球半径，所以天宫二号的运行速度小于7.9 km/s，选项 A 正确;第二宇宙速度(11.2 km/s)是人造卫星脱离地球引力范围围绕太阳运动的最小发射速度，而 天舟一号是围绕地球运动的，所以天舟一号的发射速度小于11.2 km/s，选项 B 错误；根据题中信息可知，天舟一号沿椭圆

25、轨道运动的轨道半长轴11a=-(R+r)，设天宫二号绕地球运动的周期为，根据开普勒第三定律可得T1 2(R+r)2MmT,故而可求得，再由带2n=mr(T)2，可以求出地球的质量M选项 C 正确;由天舟一号在A点要进入圆轨道，需加速，可知天舟一号在A点的运行速度小于天宫二号在A点的运行速度，选项 D 错误。图，即轨道半径v=24来源图例考向模型核心归纳2015 新课标全国卷I第 22 题2016 全国卷n第16 题2016 全国卷n第25 题2016 全国卷川第24 题2017 全国卷n第17 题圆周运动、超重、失重受力分析、牛顿第二定律、圆周运动、动能定理受力分析、机械能守恒定律、圆周运动、

26、牛顿第二定律受力分析、圆周运动、机械能守恒定律、牛顿第二定律平抛运动、功能关系及极值的求解方法2018 全国卷川第25 题圆周运动、动能定理、动量1. 常考的模型(1) 物体运动满足“绳” 模型特征，竖直圆轨道光 滑(2) 物体运动满足“绳” 模型特征，竖直圆轨道粗 糙(3) 物体运动满足“杆” 模型特征，竖直圆轨道光 滑(4) 物体运动满足“杆” 模型特征，竖直圆轨道粗 糙(5) 两个物体沿竖直圆轨 道做圆周运动(6) 同一物体在不同的竖 直圆轨道做圆周运动(7) 物体在弹簧弹力、 电场 力或洛伦兹力共同作用下 的圆周运动2. 模型解法J-刊浙班“城杭申广还轻杆！尽町冑吋L轻娅I时jCl应H

27、I动備定理诜忙|衣便守板延佯持和.末状弟 取只趾来列方規求解【例】 如图 13 所示，水平路面CD的右侧有一长度 4 = 2 m 的木板。一物块放在木板的最 右端，并随木板一起向左侧固定的平台运动，木板的上表面与平台等高。平台上表面AB的长度s= 3 m,光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R= 0.4 m，最低点与平台2526a%加厂1c图113D(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力;判断物块能否到达圆轨道的最高点E。如果能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由。教你建构物理模型第一步：把握过程，构建运动模型过程 1DC段公弋木板、物块共同向左减

28、速运动过程 2木板与BC碰撞后物块在木板上匀减速运动过程 3物块滑到BA上物块在BA上匀减速运动过程 4光滑半圆轨道上物块做圆周运动过程 5物块若能达E点，以E点飞出过程可能从E点水平抛出AB相切于A点”隐鱼A点在圆弧上要求得点的压力需求物块在A点的速取决于一它住E点的一連度小建模-1周逋吐的“轻蝇”模型解析(1)设木板质量为M物块随板运动撞击竖直壁BC时的速度为V1，由动能定理得12121( m+M gL= 2(Mm V1 2(Mn)V0设物块到A点时速度为V2,由动能定理得1212i2mg s+L1)=?mv?mvAB相切于A点。当木板的左端与平台的距离L= 2 m 时，木板与物块向左运动

29、的速度vo= 8m/s。 木板与平台的竖直壁碰撞后， 木板立即停止运动， 物块在木板上滑动并滑上平台。 已知木板与路面间的动摩擦因数卩i= 0.05，物块与木板的上表面及轨道AB间的动摩擦因数均为卩2=0.1，物块质量 m= 1 kg，取g= 10 m/s2。I “第二步：抓好关键点，找出突破口(1)27V2由牛顿第二定律得FNmg= mR解得FN=140 N由牛顿第三定律知，物块对轨道A点的压力大小为 140 N，方向竖直向下。设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为V3，由动能定理得1212mg-2R= qmv qmv解得V3= 6 m/sgF= 2 m/s1故物块能通过圆轨道的最

30、高点E,物块离开E点后做平抛运动，有x=V3t, 2R= 2gt2解得x= 2.4 m。答案（1）140 N，方向竖直向下（2）能 2.4 m课时跟踪训练一、选择题（16 题为单项选择题，79 题为多项选择题）1.（2018 广西重点中学三模）在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为0的赛道上 做匀速圆周运动。已知运动员的质量为m做圆周运动的半径为R重力加速度为g,则下列说法正确的是（）图 1A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用2 2B.运动员受到的合力大小为mR,做圆周运动的向心力大小也是mRC. 运动员做圆周运动的角速度为vRD. 如果运动员减速，运

31、动员将做离心运动解析 向心力是整体所受力的合力，选项 A 错误；做匀速圆周运动的物体， 合力提供向心力,选项 B 正确；运动员做圆周运动的角速度为3=R选项 C 错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D 错误。答案 B282.（2018 北京理综，17）若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同图 229样的规律，在已知月地距离约为地球半径60 倍的情况下，需要验证（）解析 若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律一一万 有引力定律，则应满足GM=ma即加速度a与距离r的平方成反比，由题中数据知，选项B

32、正确，其余选项错误。答案 B3. （2018 江苏单科，1）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年4.如图 2 所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员站于定滑轮正下方的地面上，演员b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，演员b到定滑轮之间的绳长为I，当演员b摆至最低点时，演员a刚好对地面无压力，若演员a的质量与演员b的质量之比为 2 : 1，则演员b摆至最低点时的速度为A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的21/60B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602C.自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6D.苹果在月球表面受到的

33、引力约为在地球表面的1/60发射的“高分五号”轨道高度约为705 km 之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000km 它们都绕地球做圆周运动。“高分四号”相比， 下列物理量中“高分五号”较小的是A 倜期B.角速度C.线速度D.向心加速度2 24nV iTr=mr=maGM又由题意可知，“高分四号”的轨道半径Mm24解析 由GMr3，va=r2，径r2，故可知“高分五号”的周期较小，选项A 正确。答案 Ari大于“高分五号”的轨道半（可视为质点），演员a可得T= 2nGM30A.v=glB.v= 2glC.v= 3glD.v= 2gl解析设绳子拉力为T,则mag=T2vb在最低点，由牛顿

34、第二定律得T-mbg=得v=gl，故选项 A 正确。答案 A5.如图 3 是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出。不计空气阻力，则（）图 3A.a和b的飞行时间相同B.b的飞行时间比c的短C.a的水平初速度比b的小D.c的水平初速度比a的大2h解析 由题图可知b下落的高度比a的大，根据t =A/ g可知，b飞行的时间较长，根据Xvo=-，可知a、b的水平位移相同，贝Ua的水平初速度比b的大，选项 A、C 错误；b下落的高度比c的大，则b飞行的时间比c的长，选项 B 错误；a下落的高度比c的大，则a飞行X的时间比c的长，根据v

35、o=-，可知a、c的水平位移相同，则a的水平初速度比c的小，选 项 D 正确。答案 D6.2017 年 6 月 19 号，长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A 卫星过程中出现变故，由于运载火箭的异常，致使卫星没有按照原计划进入预定轨道。经过航天测控人员的配合和努力，通过多次调整轨道，卫星成功变轨进入同步卫星轨道。假设该卫星某一次变轨如图4 所示,卫星从椭圆轨道I上的远地点Q改变速度进入地球同步轨道n,P点为椭圆轨道的近地点。下列说法正确的是（）31A.卫星在椭圆轨道I上运行时，在P点的速度等于在Q点的速度B.卫星在椭圆轨道I上的Q点的速度小于在同步轨道n上的Q点的速度C.卫星在椭圆轨道I上的Q点

36、的加速度大于在同步轨道n上的Q点的加速度D卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小解析 卫星在椭圆轨道I上运行时，从P点运动到Q点的过程中，万有引力对卫星做负功,卫星动能减小，所以卫星在P点的速度大于在Q点的速度，选项 A 错误；由于从椭圆轨道IMl上的Q点变轨到同步轨道n,需要点火加速，所以卫星在椭圆轨道I上的Q点的速度小于在同步轨道n上的Q点的速度，选项 B 正确；因为在同一点Q,根据a=2、可知加速度相同,选项 C 错误；由于卫星受微小阻力的作用，阻力做负功，故机械能减小，卫星做向心运动，GM12GMm轨道半径变小，根据V=可知，动能E=2mV=2，动能变大

37、，选项D错误。答案 B7.（2018 河北保定二诊）如图 5 所示，起重机将货物沿竖直方向以速度 又沿横梁以速度V2水平匀速向右移动，关于货物的运动下列表述正确的是横禦 EC.货物相对地面做曲线运动D.货物相对地面做直线运动解析 货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀速直线运动, 定则，知合速度的大小v=V?+V2,故选项 A 错误，B 正确；两个匀速直线运动的合运动的加速度为 0,合速度的大小与方向都不发生变化，所以货物相对地面做匀速直线运动，故选vi匀速吊起，同时B.货物相对于地面的运动速度大小为V1+V2根据平行四边形起质机图 5A.货物相对于地面的运动速度大小为Vi+V2图

38、732项 C 错误，D 正确。答案 BD8.（2018 天津理综，6）2018 年 2 月 2 日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的（）两式可得h= 詈亍一RC 项正确；由v= 2 右（R+h），可计算出卫星的线速度的大小，D项正确。答案 CD9.（2018 安徽省示范高中联考）如图 7 甲所示，在 2017 年郑州航展上奥伦达开拓者飞行表

39、演队完成了倒飞筋斗的动作。现将其简化成如图乙所示的光滑球拍和小球，让小球在竖直面内始终不脱离球拍而做匀速圆周运动，且在运动到图乙中的A、B、C D位置时球与球拍间B D与圆心O等高，且此时球拍与水平面成A.密度C.离地高度图 6B.向心力的大小解析卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有MmG(R+h)计算得到卫星的质量，更无法确定其密度及向心力大小,A、B 项错误；又GRLmg,联立2=R+h），无法无相对运动。A为圆周的最高点,C为最低点,由牛顿第三定律得，压力大小为FN=2.2 N。33A.小球通过C点时向心力的大小等于小球通过A点时的向心力大小B.小球在C点受到的球拍的弹力比在A点时大 3mgC.在B D两处球拍的倾角与小球的运动速度v应满足 tan2mvD.小球在B D两点受到的球拍的弹力大小为FN=m少-R解析小球在竖直面内始终不脱离球拍而做匀速圆周运动,球通过A点时的向心力大小相等，选项A 正确；对小球在A、C两点时受力分析，由圆周运2 2动的特点得FM+mg=雪，FN2mg=芈，联立得FN2FN1=2mg选项 B 错误；已知球拍与水RR2v平方向的夹角为0,受力分析可知 tan0=,选项 C 正确；对小球在B D两点受力分析,Rgc - 2 42 2mvmg+-氏，选项 D 错误。答案 AC二、非选择题10.（2018 常州