（新课标）高考物理二轮复习简易通 第3讲 牛顿运动定律与曲线运动

第3讲牛顿运动定律与曲线运动(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1．(2013·福建卷，13)设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视作半径为r的圆．已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足()．A．GM＝eq\f(4π2r3,T2) B．GM＝eq\f(4π2r2,T2)C．GM＝eq\f(4π2r2,T3) D．GM＝eq\f(4πr3,T2)解析太阳对行星的引力提供向心力，即eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，整理可得GM＝eq\f(4π2,T2)r3，故A正确．答案A2. 如图1－3－19所示，球网上沿高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L/2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则乒乓球()．图1－3－19A．在空中做变加速曲线运动B．在水平方向做匀加速直线运动C．在网右侧运动时间是左侧的2倍D．击球点的高度是网高的2倍解析乒乓球击出后，只受重力，做平抛运动，可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，选项A、B错误；网左侧和右侧水平距离之比eq\f(\f(1,2)L,L)＝eq\f(v水平t1,v水平t2)＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,2)，选项C正确；击球点到网的高度与击球点到桌面的高度之比为eq\f(h1,h)＝eq\f(\f(1,2)gt\o\al(2,1),\f(1,2)gt1＋t22)＝eq\f(t\o\al(2,1),t1＋t22)＝eq\f(1,9)，又h1＝h－H，所以h＝eq\f(9,8)H，选项D错．答案C3. 如图1－3－20所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a站于地面，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，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a的质量与演员b的质量之比ma∶mb为()．图1－3－20A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1解析演员b摆至最低点过程中，由动能定理得mbgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，在最低点对b受力分析，由牛顿第二定律得FT－mbg＝mbeq\f(v\o\al(2,b),l)，对a由平衡条件得FT＝mag，解以上各式得eq\f(ma,mb)＝eq\f(2,1)，选项B正确．答案B4.如图1－3－21所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，则()．图1－3－21A．t2>t1v2＝eq\f(s2v1,s1) B．t2>t1v2＝eq\f(s1v1,s2)C．t2＝t1v2＝eq\f(s2v1,s1) D．t2＝t1v2＝eq\f(s1v1,s2)解析设河宽为d，船自身的速度为v，与河岸下游的夹角为θ，对垂直河岸的分运动，过河时间t＝eq\f(d,vsinθ)，则t1＝t2，对合运动，过河时间t＝eq\f(s1,v1)＝eq\f(s2,v2)，故C正确．答案C5. 如图1－3－22所示A行星运行轨道半径为R0，周期为T0，经长期观测发现其实际运行轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大偏离．如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径为()．图1－3－22A．R＝R0eq\r(3,\f(t\o\al(2,0),t0－T02)) B．R＝R0eq\f(t0,t0－T)C．R＝R0eq\r(3,\f(t0,t0－T02)) D．R＝R0eq\r(3,\f(t\o\al(2,0),t0－T0))解析A行星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B的运行周期为T、半径为R，则有eq\f(2π,T0)t0－eq\f(2π,T)t0＝2π，所以T＝eq\f(t0T0,t0－T0)，由开普勒第三定律得eq\f(R\o\al(3,0),T\o\al(2,0))＝eq\f(R3,T2)，R＝R0eq\r(3,\f(t\o\al(2,0),t0－T02))，所以选项A正确．答案A6．(2013·安徽卷，17)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()．A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))解析由万有引力提供向心力知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以卫星的动能为eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，则卫星在半径为r的轨道上运行时机械能为E＝eq\f(1,2)mv2＋Ep＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).故卫星在轨道R1上运行：E1＝－eq\f(GMm,2R1)，在轨道R2上运行：E2＝－eq\f(GMm,2R2)，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故正确选项为C.答案C7．如图1－3－23甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′.下列说法中正确的是()．图1－3－23A．甲做的可能是直线运动，乙做的可能是圆周运动B．甲和乙可能都做圆周运动C．甲和乙受到的合力都可能是恒力D．甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力解析甲乙两物体速度的方向在改变，不可能做直线运动，则A错；从速度变化量的方向看，甲的方向一定，乙的发生了变化，甲的合力可能是恒力，也可能是变力，而乙的合力不可能是恒力，则C错误，B、D正确．答案BD8．2012年6月18日14时许，在完成捕获、缓冲、接近和锁紧程序后，载着景海鹏，刘旺和刘洋三名宇航员的“神舟九号”与“天宫一号”紧紧相牵，中国首次载人交会对接取得成功．假如“神舟九号”与“天宫一号”对接前所处的轨道如图1－3－24甲所示，图乙是它们在轨道上即将对接时的模拟图．当它们处于图甲所示的轨道运行时，下列说法正确的是()．图1－3－24A．“神舟九号”的加速度比“天宫一号”的大B．“神舟九号”的运行速度比“天宫一号”的小C．“神舟九号”的运行周期比同步通信卫星的长D．“神舟九号”通过加速后变轨可实现与“天宫一号”对接解析由Geq\f(Mm,r2)＝ma可知“神舟九号”的加速度比“天宫一号”的大，A项正确；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得“神舟九号”的运行速度比“天宫一号”的大，B项错；由于“神舟九号”轨道高度低于同步卫星，根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r可推知“神舟九号”的运行周期比同步通信卫星的短，C项错；“神舟九号”通过加速后离心变轨可实现与“天宫一号”对接，D项正确．答案AD9．2012年8月9日，美国“好奇”号火星探测器登陆火星后传回的首张360°全景图，火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住．为了实现人类登录火星的梦想，近期我国宇航员王跃正与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动．已知火星半径是地球半径的eq\f(1,2)，质量是地球质量的eq\f(1,9)，自转周期基本相同．地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是()．A．王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的eq\f(4,9)B．火星表面的重力加速度是eq\f(2g,3)C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)D．王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是eq\f(3h,2)解析当我国宇航员王跃在地球表面时，根据万有引力定律及牛顿第二定律可得F万＝eq\f(GMm,r2)＝mg＝ma＝eq\f(mv2,r)，同理可得王跃在火星表面时F万′＝eq\f(GM′m,r′2)＝mg′＝ma′＝eq\f(mv′2,r′)，可得王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的eq\f(4,9)，A项正确；火星表面的重力加速度是g′＝eq\f(4,9)g，B项错；火星的第一宇宙速度v′＝eq\r(\f(M′r,Mr′))v＝eq\f(\r(2),3)v，故C项正确；由0－v2＝－2gh可得王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′＝eq\f(g,g′)h＝eq\f(9,4)h，D项错．答案AC10.在水平方向的匀强电场中有一段表面光滑的圆形绝缘杆ABC、圆心为O点，半径为R＝eq\f(1,2)m，A、O两点等高，C、O两点的连线与竖直方向成θ＝45°角，C点到斜面的距离L＝eq\f(\r(2),5)m，斜面倾角为α＝45°，如图1－3－25所示．有一质量m＝500g的带负电小环套在杆上，所受电场力的大小等于其重力大小，小环由A点静止开始沿杆下滑，飞出C点后撞上斜面某点．(已知eq\r(2)≈1.4，g取10m/s2)求：图1－3－25(1)小环运动到C点的速度大小；(2)小环由C点抛出到撞击斜面所经历的时间和撞击点与C点的距离．(保留两位有效数字)解析(1)对小环进行受力分析，其受重力和水平向右的电场力且等于重力mg，根据动能定理，mgRcos45°＋mgR(1＋sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得小环到C点的速度大小v＝4.9m/s.(2)小环通过C点后做类平抛运动，平行斜面方向做匀速直线运动，垂直斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\r(2)g，由L＝eq\f(1,2)at2，解得所经历的时间t＝0.20s.x＝vt＝0.98m.撞击点与C点的距离s＝eq\r(L2＋x2)＝1.0m.答案(1)4.9m/s(2)0.20s1.0m11．在半径R＝5000km的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图1－3－26甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m＝0.2kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应F的大小，F随H的变化如图乙所示．求：图1－3－26(1)圆弧轨道的半径；(2)该星球表面的重力加速度的大小；(3)该星球的第一宇宙速度．解析(1)设该星球表面的重力加速度为g0，C点的速度为v0，圆弧轨道的半径为r，由题图知，当H＝0.5m时，F＝0，则：mg0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)①小球由A至C过程，由机械能守恒定律得：mg0(H－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②由①②解得：r＝0.2m(2)当H＝1.0m时，F＝5N，设此时小球到达最高点的速度为v，则：mg0＋F＝meq\f(v2,r)③由机械能守恒定律得：mg0(H－2r)＝eq\f(1,2)mv2④由③④解得：g0＝5m/s2(3)该星球的第一宇宙速度是该星球近地卫星的环绕速度，由牛顿第二定律得：mg0＝meq\f(v\o\al(2,1),R)解得：v1＝eq\r(g0R)＝5km/s答案(1)0.2m(2)5m/s2(3)5km/s12．(2013·重庆卷，8)如图1－3－27所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图1－3－27(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．解析(1)对小物块受力分析可知：FNcos60°＝mg，FNsin60°＝mR′ωeq\o\al(2,0)，R′＝Rsin60°联立解得：ω0＝eq\r(\f(2g,R)).(2)由于0＜k＜1，当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下，如图甲．由受力分析可知：FN′cos60°＝mg＋fcos30°FN′sin60°＋fsin30