高一下册物理第三次月考复习（压轴60题16大考点）高一物理阶段性复习讲解与训练（人教版2019必修第二册）（解析版）

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必修第二册第5~8章。一．运动的合成与分解（共2小题）二．关联速度问题（共2小题）三．平抛运动（共6小题）四．线速度、角速度和周期、转速（共2小题）五．向心力（共6小题）六．生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动（共5小题）七．万有引力定律的应用（共5小题）八．人造卫星（共4小题）九．多星系统问题（共1小题）一十．功率、平均功率和瞬时功率（共5小题）一十一．机车启动的两种模型（共3小题）一十二．动能定理（共6小题）一十三．机械能守恒定律（共3小题）一十四．功能关系（共6小题）一十五．探究平抛运动的特点（共2小题）一十六．实验验证机械能守恒定律（共2小题）TOC\o"1-3"\h\u一．运动的合成与分解（共2小题）1．（2024•碑林区模拟）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度（）A．大小和方向均不变 B．大小不变，方向改变 C．大小改变，方向不变 D．大小和方向均改变【答案】A【解答】解：橡皮参与了两个分运动，一个是沿水平方向与铅笔速度相同的匀速直线运动，另一个是沿竖直方向与铅笔移动速度大小相等的匀速直线运动，这两个直线运动的合运动是斜向上的匀速直线运动，故A正确，BCD错误。故选：A。2．（2023春•弥勒市校级期末）（多选）质量为2kg的质点在xOy平面上运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．质点的初速度大小为5m/s B．质点做匀变速曲线运动 C．2s末质点速度大小为10m/s D．质点所受的合外力为4N【答案】ABD【解答】解：A、根据图象可得：vx0＝4m/s，y方向是匀速直线运动vy＝3m/s，所以初速度，故A正确；B、因为物体的合加速度就是x方向加速度不变，而y方向匀速，所以质点做的是匀变速曲线运动，故B正确；C、2s末vx＝8m/s，vy＝3m/s，速度，故C错误；D根、据图象得：，根据牛顿第二定律：F＝ma＝2×2N＝4N，故D正确；故选：ABD。二．关联速度问题（共2小题）3．（2024•西城区校级模拟）如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是（）A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零 B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小 C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离 D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1【答案】B【解答】解：B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得Ft＝（mB+mC）vB，所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误；A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确；C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球C球和小球B分离，故C正确；D．当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示：两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有vAcosθ＝vBsinθ，可得：，故D正确。本题选错误的，故选：B。4．（2022春•吉安期末）如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量都不计的光滑定滑轮D，质量均为m＝1kg的物体，A和B用一劲度系数k＝240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板挡住，用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为d＝0.2m，位置R与位置Q关于S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C从位置R由静止释放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．求：（1）小环C的质量M（2）小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT（3）小环C运动到位置Q的速率v。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力。支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T＝2mgsinθ＝2×10×sin37°＝12N以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则有：T•cos53°＝Mg代入数据得：M＝0.72kg（2）考虑到本题中弹簧有不同的形变量，所以需要先计算不同情况下弹簧的形变量，然后判断出是否需要使用弹簧的弹性势能的表达式。所以需要先计算出弹簧开始时的形变量。由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力：F1＝mgsinθ＝1×10×sin37°＝6N弹簧的伸长量：Δx1＝＝m＝0.025m由题图中的几何关系可知：＝＝＝＝m＝0.25m所以C由R点运动到S点的过程中，弹簧将缩短：x＝﹣＝0.25﹣0.20＝0.05m＞0.025m可知弹簧将由开始时的伸长状态变成压缩状态，压缩量：Δx2＝x﹣Δx1＝0.05﹣0.025＝0.025m＝Δx1由于弹簧的压缩量等于弹簧开始时的伸长量，所以当C运动到S点时，弹簧的弹性势能与开始时的弹性势能是相等的。而A下降的距离等于弹簧缩短的距离x，即0.05m。在C从R点运动到S点的过程中，C受到的重力、A受到的重力对A与C组成的系统做功。当C到达S点时，C沿绳子方向的分速度是0，所以A的速度是0，A与C减小的重力势能转化为C的动能，由机械能守恒定律得：Mg•+mg•x•sinθ＝M代入数据求得环C的动能：Ek＝M＝1.38J环下降的过程中重力和绳子的拉力对环做功，由动能定理得：Mg•+WT＝Ek代入数据得：WT＝0.3J（3）结合第二步的分析可知，当环到达Q点时，由于＝，所以，物体A恰好又回到了开始时的位置，弹簧的长度又回到了最初的长度，所以环从R到S的过程中，只有环的重力势能减小，其他的物体的势能保持不变！对环在Q点的速度进行分解如下图，则：由图可知，物体A上升的速度即沿绳子方向的速度，是环C的一个分速度，它们之间的关系：＝cosα＝cos53°＝0.6所以：vA＝0.6vQ由功能关系：Mg•＝+代入数据解得：vQ＝2m/s答：（1）小环C的质量M是0.72kg；（2）小环C通过位置S时的动能Ek是1.38J，环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT是0.3J；（3）小环C运动到位置Q的速率是2m/s。三．平抛运动（共6小题）5．（2024•浙江模拟）如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为），ab沿水平方向，a点横坐标为，在a点分别以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和2v0抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v2，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）A．不可以求出t B．可求出t大小为 C．可以求出v1大小为 D．可求出H的大小为2s2【答案】D【解答】解：ABD.由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又因为落在抛物线上，所示是关于y轴对称的点上，可得如下关系可得v0t＝s即可分别得出落在坑壁上两个石子的坐标分别为和，由y＝kx2可得初始高度为，在落到坑壁的高度可代入抛物线表达式计算求得为所以利用高度之差可求得H＝2s2平抛运动的运动时间由H＝可求出t＝＝2s故D正确，AB错误；C.由前面可求出v0＝＝竖直方向上的速度vy＝gt＝2s由运动的合成可得v＝＝故C错误。故选：D。6．（2023春•西丰县校级期中）如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B小球的初速度之比为（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．【答案】B【解答】解：B小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：x＝v1t…①，…②，又…③，联立①②③得…④，小球B恰好垂直打到斜面上，则有…⑤，则得v2＝gt…⑥，由④⑥得：v1：v2＝1：2．故B正确、ACD错误。故选：B。7．（2023春•东湖区校级月考）2019年女排世界杯，中国女排以十一连胜夺冠，如图为排球比赛场地示意图。其长度为L，宽度s，球网高度为h．现女排队员在底线中点正上方沿水平方向发球，发球点高度为1.5h，排球做平抛运动（排球可看作质点，忽略空气阻力），重力加速度为g。则关于排球的运动下列说法正确的是（）A．能过网的最小初速度为 B．能落在界内的最大位移为 C．能过网面不出界的最大初速度为 D．能落在界内的最大末速度为【答案】D【解答】解：A．排球做平抛运动，能过网的最小初速度为v1，此种情况下有：竖直位移为：可得：水平位移为：可得：即解得：故A错误；BCD．排球过网而不出界的最大初速度为v2，此种情况下，排球落到对角线的顶点处有：竖直位移：解得：水平位移：解得：即解得：排球做平抛运动，落地时竖直分速度为：能落在界内的最大末速度为：最大位移为：故BC错误，D正确。故选：D。8．（2024春•南京期中）如图所示，小明在离水面高度h0＝1.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v0＝8m/s水平抛出，小石片先在水面上弹跳数次，当沿水面的速度减为零时会下沉。小石片每次接触水面时都受到恒定的作用力，其中水平分力恒为f＝0.4N，每次接触水面Δt＝0.04s后就跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水平方向速度之比为常数k＝0.75，不计空气阻力（g＝10m/s2）。求小石片（1）第一次与水面接触前水平方向的位移x；（2）第一次与水面接触过程中，对水面作用力的竖直分力大小Fy；（3）总共弹起的次数n以及最后一次跳起后在空中的飞行时间。【答案】（1）第一次与水面接触前水平方向的位移为4.8m；（2）第一次与水面接触过程中，对水面作用力的竖直分力大小为5.9N；（3）总共弹起的次数为9次；最后一次跳起后在空中的飞行时间为0.12s。【解答】解：（1）小石片以初速度v0＝8m/s水平抛出，做平抛运动，设从抛出到第一次与水面接触前时间为t0，由得第一次与水面接触前水平方向的位移x＝v0t0＝8×0.6m＝4.8m（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度vy＝gt0＝10×0.6m/s＝6m/s小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为a，有第一次与水面接触后跳起时滑行速度v1＝v0﹣aΔt＝8m/s﹣20×0.04m/s＝7.2m/s规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度竖直方向加速度为第一次与水面接触过程中对水面作用力（可视作恒力）的竖直分力大小Fy，由牛顿第二定律得﹣Fy+mg＝may解得Fy＝5.9N（3）小石片在水面上滑行时，每次滑行速度的变化量Δv＝aΔt＝20×0.04m/s＝0.8m/s由可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，总共弹起的次数为9次，则第n次弹起后的速度vxn＝vx0+Δvx＝（8﹣0.8n）m/s再由v＝kv和可得第n次弹起后在空中飞行的时间为最后一次跳起后在空中的飞行时间为t9＝0.12s。答：（1）第一次与水面接触前水平方向的位移为4.8m；（2）第一次与水面接触过程中，对水面作用力的竖直分力大小为5.9N；（3）总共弹起的次数为9次；最后一次跳起后在空中的飞行时间为0.12s。9．（2023秋•包河区校级月考）国家邮政局快递大数据平台实时监测数据显示，截至2023年10月1日，今年我国快递业务量突破1000亿件，已连续8年稳居世界第一、快递分装会用到传输装置，如图所示，可视为质点的某快递以vB＝5m/s的速度进入水平传送带BC，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L＝3m，上表面距水平地面高h＝1.25m，该快递与传送带间动摩擦因数μ＝0.4，传送带以顺时针方向转动，不考虑传送带滑轮大小，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）当传送带的速度大小为v＝2.4m/s时，快递落在水平地面上的落地点与C点的水平距离；（2）若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为圆弧，C点为圆心，半径为，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？【答案】（1）快递落在水平地面上的落地点与C点的水平距离为1.2m；（2）要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，传送带速度应该调节为。【解答】解：（1）对快递，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，当与传送带速度相等时，由可得：由于x＝2.405m＜L，故先减速后匀速，快递到达C点的速度为2.4m/s，从C点平抛到落地的过程中，由平抛运动规律可得：解得：t＝0.5s由水平位移x＝vt解得：x＝1.2m；（2）设快递落到收集装置时速度为v1，则有设从C点抛出时水平速度为vx，落到收集装置时水平位移x，竖直位移yx2+y2＝R2，x＝vxt，得即代入v1表达式得，由数学知识可知，当时，v最小，解得由解得可知，物体在传送带上先匀减速到，再一起匀速，即传送带速度应该调节为。故答案为：（1）快递落在水平地面上的落地点与C点的水平距离为1.2m；（2）要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，传送带速度应该调节为。10．（2023•和平区二模）如图是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径为R＝1.0m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点，M的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到N的某一点上，取g＝10m/s2，求：（1）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大？（2）钢珠落到圆弧N上时的速度大小vN是多少？（结果保留两位有效数字）【答案】见试题解答内容【解答】解（1）设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意…①从发射前到最高点，由机械能守恒定律得：＝0.15J…②（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动x＝vt…③…④由几何关系：x2+y2＝r2…⑤从飞出M到打在N得圆弧面上，由机械能守恒定律：…⑥联立①、③、④、⑤、⑥解出所求：vN＝4.0m/s答：（1）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep为0.15J；（2）钢珠落到圆弧N上时的速度大小vN是4.0m/s．四．线速度、角速度和周期、转速（共2小题）11．（2023•南昌二模）（多选）如图所示，水平地面上固定着三个内壁光滑的容器甲、乙、丙，它们的中心轴线均和水平地面垂直。其中甲的内表面为圆锥面，乙的内表面为半球面，丙的内表面为旋转抛物面（将抛物线绕其对称轴旋转一周所得到的曲面），三个容器中均有两个小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球可视为质点。下列说法正确的是（）A．甲容器中A球的线速度比B球大 B．乙容器中A球的角速度比B球大 C．丙容器中两球角速度大小相等 D．丙容器中A球的角速度比B球小【答案】ABC【解答】解：如下图所示：三个容器中都是重力和支持力的合力提供向心力，设支持力与竖直方向的夹角为θ，则合力都可以写成mgtanθ。A、甲容器中A球和B球所受支持力与竖直方向的夹角一样大，则向心力一样大，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝，由于A球圆周运动的半径大，所以甲容器中A球的线速度比B球大，故A正确；B、设乙容器半球的半径为R，根据几何知识，两球圆周运动的半径r＝Rsinθ，有mgtanθ＝mω2Rsinθ，ω＝，由于A球受支持力与竖直方向的夹角大，则乙容器中A球的角速度比B球大，故B正确；CD、根据数学导数知识，抛物线在某点的斜率与横坐标成正比，由于支持力与接触的切面垂直，根据几何可知，切面与水平面的夹角等于支持力与竖直方向的夹角θ，所以mgtanθ＝mgkx＝mω2r，又r＝x，所以ω＝，k是常数，与两球高度无关，所以丙容器中两球角速度大小相等，故C正确，D错误。故选：ABC。12．（2022春•宛城区校级月考）如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v．已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．求：（1）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大？（2）第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）水滴在竖直方向做自由落体运动，有h＝g，得t1＝要使每一滴水在圆盘面上的落点都位于同一条直线上，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度为nπ，所以角速度为ω＝＝nπ（n＝1，2，3，…）（2）第二滴水落在圆盘上的水平位移为x2＝v•2t1＝2v第三滴水在圆盘上的水平位移为x3＝v•3t1＝3v当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大，为s＝x2+x3＝5v答：（1）要使每一滴水在盘面上的落点都位于一条直线上，圆盘转动的角速度为nπ（n＝1，2，3，…）．（2）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离为5v．五．向心力（共6小题）13．（2023春•大连期末）如图所示，一质量为m的小球（可视为质点）由轻绳a和b分别系于一竖直细杆的A点和B点，AB间距与两轻绳长度均为L。已知重力加速度为g，当小球随杆绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是（）A．当时，b绳恰好没有拉力 B．当时，a绳的拉力大小为 C．当b绳有拉力时，总是比a绳拉力小mg D．当时，b绳的拉力大小为【答案】D【解答】解：A.当b绳恰好没有拉力时，将a绳的拉力Fa沿着竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力与小球的重力等大反向，水平方向的分力给小球提供了向心力，则有联立解得故A错误；B、当时，设a绳与竖直细杆之间的夹角为α，将a绳的拉力Fa沿着竖直方向和水平方向分解，则有Facosα＝mg联立解得故B错误；C、当b绳上有拉力时，设两绳上的拉力分别为Fa、Fb，则有联立解得整理得Fa﹣Fb＝2mg即b绳上的拉力总是比a绳上的拉力小2mg，故C错误；D、由上述分析可知，当时，b绳上的拉力大小为故D正确。故选：D。14．（2024春•和平区校级期中）如图甲所示，质量分别为m1、m2的小木块a和b（可视为质点）用细线相连，沿半径方向放在水平圆盘上，a、b与转轴OO'之间的距离分别为r1、r2.若圆盘从静止开始绕转轴OO'缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，木块a所受的摩擦力大小fa。随圆盘角速度的平方（ω2）的变化图像如图乙所示，对应图线的斜率为对应图线的斜率为k2，两木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：由题可知，当0≤ω≤ω1时，木块a随圆盘做圆周运动，静摩擦力提供向心力，因此有fa＝m1ω2r1，斜率k1＝m1r1，当ω＝ω1时，木块a所受静摩擦力为fa1＝m1r1，结合图像可知fa1＝m1r1＝0.5f0①，此时木块b所受静摩擦力达到最大fb1，fb1＝μm2g＝m2r2②，当ω1≤ω≤ω2时，木块a、b同时受到圆盘的摩擦力及绳子拉力F的作用，此时对a受力分析可知，fa﹣F＝m1ω2r1③，对b受力分析可知fb1+F＝m2ω2r2④，联立③④式可得fa＝（m1r1+m2r2）ω2﹣fb1，k2＝（m1r1+m2r2），结合图像可知fb1＝﹣3f0，当ω＝ω2时，a所受的静摩擦力达到最大，fa2＝m1r1＝μm1g＝f0，联立以上各式可知m2＝3m1、6m1r1＝m2r2，r2＝2r1，k2＝7k1，ω2＝ω1，故B正确，ACD错误。故选：B。15．（2023春•西岗区月考）（多选）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上的物体A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A叠放在B上，C、B离圆心O距离分别为2r、3r，C、B之间用细线相连。圆盘静止时细线刚好拉直。已知C、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ，A、B间的动摩擦因数为4μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，现让圆盘从静止缓慢加速转动，直到有木块即将发生相对滑动为止。用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．当时，轻绳的拉力为零 B．B木块与转台间摩擦力一直增大 C．当时，C木块与转台间摩擦力为零 D．ω的最大值为【答案】AC【解答】解：假设C、B与圆盘相对静止，A相对B恰好滑动时加速度为ωA，对A根据牛顿第二定律得：解得：ωA＝A．当B与圆盘之间达到最大静摩擦力后轻绳才会有拉力，对AB根据牛顿第二定律得解得：因ω1＜ωA，故B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A不会相对AB滑动。则时，轻绳的拉力为零，故A正确；D．假设AB始终保持相对静止，达到最大角速度时，对AB根据牛顿第二定律得对C根据牛顿第二定律得解得：因ωm＞ωA，故A与B先相对滑动，则ω的最大值等于为ωA＝，故D错误；B．当时，B木块与转台间摩擦力一直不变，故B错误；C．C木块与转台间摩擦力为零时，对C根据牛顿第二定律得对AB根据牛顿第二定律得μ•3mg+解得：，故C正确。故选：AC。16．（2023春•弥勒市校级期末）如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ＝37°。已知圆弧轨道半径为R＝0.5m，斜面AB的长度为L＝2.875m。质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物块通过C、D点的速度大小。（2）物块经C点时对圆弧轨道的压力FC。（3）物块与斜面间的动摩擦因数μ。【答案】（1）物块通过C、D点的速度大小分别为5m/s、m/s。（2）物块经C点时对圆弧轨道的压力FC为60N；（3）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.25.【解答】解：（1）由题意知小物块沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有mg＝解得vD＝m/s从C到D由动能定理可得﹣mg•2R＝﹣代入数据解得vC＝5m/s（2）在C点时由牛顿第二定律可得FC'﹣mg＝由牛顿第三定律得FC＝FC′联立并代入数据得FC＝60N（3）对小物块从A经B到C过程，由动能定理有mg[Lsinθ+R（1﹣cosθ）]﹣μmgcosθ•L＝mvC2﹣0联立并代入数据得μ＝0.25答：（1）物块通过C、D点的速度大小分别为5m/s、m/s。（2）物块经C点时对圆弧轨道的压力FC为60N；（3）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.25.17．（2023春•福田区校级期中）一个半径为R＝0.5m的水平转盘可以绕竖直轴O′O″转动，水平转盘中心O′处有一个光滑小孔，用一根长L＝1m细线穿过小孔将质量分别为mA＝0.2kg、mB＝0.5kg的小球A和小物块B连接，小物块B放在水平转盘的边缘且与转盘保持相对静止，如图所示。现让小球A在水平面做角速度ωA＝5rad/s的匀速圆周运动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ＝0.3（取g＝10m/s2），求：（1）细线与竖直方向的夹角θ；（2）小球A运动不变，现使水平转盘转动起来，要使小物块B与水平转盘间保持相对静止，求水平转盘角速度ωB的取值范围；（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（3）在水平转盘角速度ωB为（2）问中的最大值的情况下，当小球A和小物块B转动至两者速度方向相反时，由于某种原因细线突然断裂，经过多长时间小球A和小物块B的速度相互垂直。（可能使用到的sin30°＝，cos30°＝，sin37°＝，cos37°＝）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）对小球A受力分析如图所示，由F＝ma得，①由几何关系知：，②由①②解得：，即θ＝37°．③（2）对物块B受力分析，由F＝ma得，当物块受到的最大静摩擦力fmax向左时，转盘ωB最大。④当物块受到的最大静摩擦力fmax向右时，转盘ωB最小。⑤又由（1）对A知，⑥联合③④⑤⑥解得ωBmin＝2rad/s，ωBmax＝4rad/s。即ωB的取值范围为2rad/s＜ωB＜4rad/s。（3）绳断后A、B均做平抛运动，设经时间t，A和B速度垂直，由平抛运动规律知此时A、B竖直方向速度均为vy＝gt⑦水平方向：vOA＝rAωA＝1.5m/svOB＝rBωBmin＝2m/s。作图，由几何关系得，，即t＝，代入数据解得t＝。答：（1）细线与竖直方向的夹角为37°；（2）水平转盘角速度ωB的取值范围为2rad/s＜ωB＜4rad/s。（3）经过时间小球A和小物块B的速度相互垂直。18．（2023•海安市开学）如图，半径为5r的水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有质量均为m的小物体A、B。A、B到转盘中心O的距离分别为3r、5r，A、B间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无拉力。已知A与圆盘间的动摩擦因数为μ，B与圆盘间的动摩擦因数为2μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。A、B均可视为质点，现让圆盘从静止开始逐渐缓慢加速：（1）求细线上开始产生拉力时，圆盘角速度ω1；（2）圆盘角速度ω2＝时，求A与水平圆盘之间的摩擦力大小f；（3）圆盘角速度ω2＝时，剪断绳子，同时让转盘立即停止转动，若圆盘距离水平地面高为h＝，求A、B落地时两者间的距离d。【答案】（1）求细线上开始产生拉力时，圆盘角速度ω1为；（2）圆盘角速度ω2＝时，A与水平圆盘之间的摩擦力大小f为0；（3）圆盘角速度ω2＝时，剪断绳子，同时让转盘立即停止转动，若圆盘距离水平地面高为h＝，A、B落地时两者间的距离d为。【解答】解：（1）当A刚要产生滑动时，则解得同理，当B刚要产生滑动时，则解得由于A、B角速度相等，故求细线上开始产生拉力时，圆盘角速度为（2）圆盘角速度时，A所需的向心力为B所需的向心力为由于B所需向心力更大，因此B受到的摩擦力方向沿B指向圆心，故绳子的拉力为T＝FB2﹣fmB＝5μmg﹣2μmg＝3μmg对AT＝3μmg＝FA2故A与水平圆盘之间的摩擦力大小f＝0（3）剪断绳子，同时让转盘立即停止转动，B沿转盘边缘飞出，A在盘上减速运动到盘边缘后飞出，如下图根据平抛运动规律可得A、B下落的时间都为对B，飞出时的速度为故B沿速度方向运动的水平距离为xB＝vBt＝10r转盘停止时A的速度为根据几何知识可得转盘停止后A在转盘上匀减速运动的距离为A做匀减速运动的加速度大小为aA＝μg设A飞出时的速度为vA2，则解得故A沿速度方向运动的水平距离为xA＝vA2t＝2r故A落地点距转盘停止时A所在位置的水平距离为xA′＝l+xA＝6r以飞出方向为纵轴，垂直速度方向过圆心为横轴，转盘圆心在地面投影点为原点在地面建立坐标系，可得B落地点的坐标为（5r，10r），A落地点的坐标为（﹣3r，﹣6r），根据数学知识可得求A、B落地时两者间的距离为答：（1）求细线上开始产生拉力时，圆盘角速度ω1为；（2）圆盘角速度ω2＝时，A与水平圆盘之间的摩擦力大小f为0；（3）圆盘角速度ω2＝时，剪断绳子，同时让转盘立即停止转动，若圆盘距离水平地面高为h＝，A、B落地时两者间的距离d为。六．生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动（共5小题）19．（2023春•长安区期中）如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v＝3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.）求：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s；（2）从平台飞出到A点时速度及圆弧对应圆心角θ；（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力大小；（4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v'＝4m/s，此时对轨道的压力大小。【答案】（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m；（2）从平台飞出到达A点时速度大小为5m/s，方向与水平方向夹角为53°，圆弧对应圆心角θ为106°；（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力为6200N；（4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v′＝m/s，此时对轨道的压力为8400N。【解答】解：（1）车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得：竖直方向上：H＝水平方向上：s＝vt2可得：s＝vt2＝3×0.4m＝1.2m故从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m；（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度：vy＝gt2＝10×0.4m/s＝4m/s到达A点时速度：vA＝＝＝5m/s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝＝即α＝53°所以θ＝2α＝2×53°＝106°故从平台飞出到达A点时速度大小为5m/s，方向与水平方向夹角为53°，圆弧对应圆心角θ为106°；（3）对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：NA﹣mgcosα＝m解得：NA＝代入数据有：由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为6200N；（4）在最低点，受力分析可得：N﹣mg＝m则可得：代入数据有：＝8400N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为8400N。答：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m；（2）从平台飞出到达A点时速度大小为5m/s，方向与水平方向夹角为53°，圆弧对应圆心角θ为106°；（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力为6200N；（4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v′＝m/s，此时对轨道的压力为8400N。20．（2023春•广州期中）如图所示，有一内壁光滑的试管装有一小球（直径略小于试管内径），试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，让试管在竖直平面匀速转动．当转动的角速度ω＝20rad/s时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，g取10m/s2．（1）求转动轴到管底小球的距离．（2）若小球质量为0.1kg，在转轴与小球之间连接一轻杆．求当转速ω0＝10rad/s时，小球在最高点时，受到轻杆的作用力大小．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在最低点时，根据牛顿第二定律有：N1﹣mg＝mrω2，解得：N1＝mg+mrω2．在最高点，根据牛顿第二定律有：N2+mg＝mrω2，解得：N2＝mrω2﹣mg因为N1＝3N2联立三式，代入数据解得：r＝0.05m．（2）小球运动到最高点时受到重力与轻杆的弹力，假设杆子的弹力方向向上为FN，根据合力提供向心力有：mg﹣FN＝m即：FN＝mg﹣m＝1﹣0.1×100×0.05＝0.5N．答：（1）转动轴到管底小球的距离为0.05m；（2）当转速ω0＝10rad/s时，小球在最高点时，受到轻杆的作用力大小为0.5N．21．（2023春•三明期末）如图甲所示，与轨道AB等长的弹簧左端固定在墙壁上，轨道BC与传送带CD水平等高连接，其中AB段光滑，BC段粗糙，传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点。一质量m＝0.5kg的物块（视为质点）将弹簧压缩至P点释放，物块沿轨道运动。已知传送带顺时针转动，BC＝CD＝L＝2m，半圆形轨道半径R＝0.4m，物块与BC、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2。（1）若物块恰好能通过E点，求经过D点时的速度vD；（2）若弹簧压缩至P点的弹性势能EP＝7J。（Ⅰ）传送带速度为2m/s，求物块在半圆形轨道上能到达的高度H；（Ⅱ）改变传送带运行的速度v，物块在半圆形轨道上能到达的最大高度为h，请写出h﹣v2的函数关系式并在图乙中画出图像。【答案】（1）经过D点时的速度vD为m/s；（2）（I）物块在半圆形轨道上能到达的高度H为0.4m；（Ⅱ）见解析，图见解析。【解答】解：（1）若物块恰好能通过最高点E，只受重力，根据牛顿第二定律有：物块从D到E的过程中，根据机械能守恒定律有：mg×2R＝联立解得：vE＝2m/s，（2）（I）物块被弹簧弹出滑到C点的过程中，根据能量守恒定律有：代入数据解得：假设物块一直减速至D的速度为v′D，物块从C到D的过程中，根据动能定理有：代入解得：＞2m/s＝v所以假设成立，又设物块圆弧轨道上升H，根据动能定理有：代入数据解得：H＝0.4m＝R说明物块未脱离轨道，则物块在半圆形轨道上能到达的高度为0.4m。（Ⅱ）（i）若传送带速度时，物块在传送带上一直减速，到达D点速度都为，上升高度恒为：h＝0.4m（ii）若时，由于：若物块在传送带上一直加速，根据动能定理有：代入数据解得：可知物块滑到D点时已经与传送带共速，即：vD＝v物块从D点沿半圆形轨道上升至最大高度为脱离位置F处，其高度为h（R＜h＜2R），设脱离速度为vt，OF与竖直方向的夹角为θ，如图所示由动能定理得：在F处，由牛顿第二定律得：根据几何关系得：h＝R+Rcosθ联立解得：即：（iii）若时，物块到达D点速度大于，始终从E点脱离，则上升高度恒为：h＝0.8m画出图像如图所示。答：（1）经过D点时的速度vD为m/s；（2）（I）物块在半圆形轨道上能到达的高度H为0.4m；（Ⅱ）见解析，图见解析。22．（2023•灵宝市校级开学）小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。（1）求球落地时的速度大小v2；（2）绳能承受的最大拉力为多大？（3）绳能承受的最大拉力与第（2）小问结果相同的情况下，改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，求球抛出的最大水平距离。【答案】（1）求球落地时的速度大小v2为；（2）绳能承受的最大拉力为；（3）球抛出的最大水平距离为。【解答】解：（1）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律可得：竖直方向有：d﹣水平方向有：d＝v1t联立解得：，球落地时的速度大小为：；（2）设绳能承受的最大拉力大小为T，则球在圆周运动的最低点时有：已知：联立解得：；（3）设绳长为L，绳断时球的速度大小为v3，绳能承受的最大拉力不变，球在圆周运动的最低点有：解得：绳断后球做平抛运动，竖直位移为d﹣L，设水平位移为x，运动时间为t1，水平方向有：x＝v3t1竖直方向有：联立可得：当时，x有最大值，可得：答：（1）求球落地时的速度大小v2为；（2）绳能承受的最大拉力为；（3）球抛出的最大水平距离为。23．（2023春•平谷区期末）一位同学做了这样一个实验：手握轻绳的一端，另一端系一金属小球，小球下方吸附一块小磁铁，使小球在竖直平面内做圆周运动。该同学经过反复尝试发现，当小球速度达到某一值时，小磁铁将被甩脱。（1）他将上述过程简化为如下模型：不可伸长的轻绳一端系一金属小球，小球下方吸附一质量为m的小磁铁，轻绳的另一端固定在O点，测得O点离地面的高度为d，绳长为d。使吸附着小磁铁的小球（可以将小球和小磁铁组成的整体看作质点）在竖直平面内绕O点做圆周运动。若小球某次运动到最低点时，磁铁恰好脱离小球沿水平方向飞出，通过水平距离d后落地。已知重力加速度为g，忽略空气阻力。a.求磁铁脱离前瞬间的速度大小v及小球与磁铁之间的相互作用力大小F；b.保持O点的高度不变，改变绳长，使球重复上述运动，若磁铁仍运动到最低点时恰好脱离小球沿水平方向飞出，要使磁铁抛出的水平距离最大，绳长应是多少？（2）实际上，为了使小球转动得越来越快，握绳的手也是运动的，而且绳子牵引小球的方向并不与小球的运动方向垂直。以上实验中，改变小球运动速度的力主要是绳子的牵引力，为简化问题和研究方便，我们可以忽略在该问题中起次要作用的重力。请分析：使小球加速转动时，绳子牵引小球的方向与小球的运动方向不垂直，原因是什么。【答案】（1）a、磁铁脱离前瞬间的速度大小为及小球与磁铁之间的相互作用力大小F为7mg；b、要使磁铁抛出的水平距离最大，绳长应是；（2）见解析。【解答】解：（1）a、设脱离后球飞行时间为t，由平抛运动规律得，竖直方向有水平方向有解得小球做圆周运动的半径为，脱离时，小球刚好运动到最低点，由牛顿第二定律得解得F＝7mgb、设绳长为l，脱离时球的速度大小为v1，小球与磁铁之间的相互作用力不变，由牛顿第二定律得解得脱离后球做平抛运动，竖直位移为d﹣l，设球平抛运动的水平位移为x，时间为t1，则竖直方向有水平方向有x＝v1t1联立解得当l＝d﹣l，即时，x有最大值。（2）根据绳子牵引力F产生的效果，我们可以把F分解为两个相互垂直的分力：跟圆周相切的分力Ft和指向圆心的分力Fn，Ft与小球运动速度同向，使小球速度越来越大；Fn指向圆心，提供小球做圆周运动的向心力，改变小球速度的方向。故绳子牵引小球的方向与小球的运动方向不垂直。解：（1）a、磁铁脱离前瞬间的速度大小为及小球与磁铁之间的相互作用力大小F为7mg；b、要使磁铁抛出的水平距离最大，绳长应是；（2）见解析。七．万有引力定律的应用（共5小题）24．（2024•天津一模）（多选）在《流浪地球》的“新太阳时代”，流浪2500年的地球终于定居，开始围绕比邻星做匀速圆周运动，已知比邻星的质量约为太阳质量的，目前，地球做匀速圆周运动的公转周期为1y，日地距离为1AU（AU为天文单位）。若“新太阳时代”地球的公转周期也为1y，可知“新太阳时代”（）A．地球的公转轨道半径约为AU B．地球的公转轨道半径约为AU C．地球的公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为1：2 D．地球的公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为1：4【答案】AC【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力可知：＝m，解得公转半径为：r＝，比邻星质量约为太阳质量，公转周期相同，则“新太阳时代”，地球的公转轨道半径约为AU，故A正确，B错误。CD、根据＝m，解得公转速率v＝，比邻星质量约为太阳质量，公转半径之比为1：2，则公转速率之比为1：2，故C正确，D错误。故选：AC。25．（2023春•西城区校级期末）（多选）2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A．地球的公转向心加速度小于火星的公转向心加速度 B．根据题目信息，可以求出探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为多少年 C．探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小 D．下一个发射时机需要再等约2.1年【答案】BCD【解答】解：AC．根据万有引力提供向心力有：＝ma，解得：a＝可知地球的公转向心加速度大于火星的公转向心加速度，探测器运动到C点时的加速度大小，等于火星绕太阳公转的加速度大小，故A错误，C正确；B．地球的周期为1年，根据开普勒第三定律有：同理对地球和探测器，根据开普勒第三定律有从而计算探测器的周期T探，则探测器沿轨迹AC运动到C点所需时间为t＝，故B正确；D．火星与地球的角速度之差为Δω＝弧度/年﹣弧度/年＝弧度/年则地球再一次追上火星的时间为t＝解得t＝2.1年，下一个发射时机需要再等约2.1年，故D正确；故选：BCD。26．（2023春•长安区期中）美国国家航空航天局目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球（引力视为恒力，阻力忽略不计），经过时间t落到地面。已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G，求：（1）该行星的质量、平均密度ρ；（2）该行星的第一宇宙速度v；（3）如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少。【答案】（1）该行星的平均密度ρ为；（2）该行星的第一宇宙速度v为；（3）如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面的高度h为。【解答】解：（1）设行星表面的重力加速度为g，对小球，有：，解得：对行星表面的物体m，有：，故行星质量：故行星的密度：（2）对处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星m，由牛顿第二定律，有：故第一宇宙速度为：（3）同步卫星的周期与星球自转周期相同，为T，由牛顿第二定律，有：得同步卫星距行星表面高度：H＝答：（1）该行星的平均密度ρ为；（2）该行星的第一宇宙速度v为；（3）如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面的高度h为。27．（2023春•蕉城区校级期末）木星的卫星之一叫艾奥，它上面的珞珈火山喷出的岩块初速度为v0时，上升的最大高度可达h。已知艾奥的半径为R，引力常量为G，忽略艾奥的自转及岩块运动过程中受到稀薄气体的阻力，求：（1）艾奥表面的重力加速度大小g和艾奥的质量M；（2）距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小g'；（3）艾奥的第一宇宙速度v。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）岩块做竖直上抛运动，有：，解得：g＝；忽略艾奥的自转有：，解得：M＝；（2）距艾奥表面高度为2R处有：，解得：；（3）某卫星在艾奥表面绕其做圆周运动时：mg＝m，解得：v＝；答：（1）艾奥表面的重力加速度大小g为，艾奥的质量M为；（2）距艾奥表面高度为2R处的重力加速度大小g'为；（3）艾奥的第一宇宙速度v为．28．（2023•东城区校级三模）无处不在的引力场，构建出一幅和谐而神秘的宇宙图景。（1）地球附近的物体处在地球产生的引力场中。地球可视为质量分布均匀的球体，已知地球的质量为M，引力常量为G。请类比电场强度的定义，写出距地心r处的引力场强度g0的表达式。（已知r大于地球半径，结果用M、G和r表示）（2）物体处于引力场中，就像电荷在电场中具有电势能一样，具有引力势能。中国科学院南极天文中心的巡天望远镜追踪到由孤立的双中子星合并时产生的引力波。已知该双中子星的质量分别为m1、m2，且保持不变。在短时间内，可认为双中子星绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动。请分析说明在合并过程中，该双中子星系统的引力势能、运动的周期T如何变化。（3）我们可以在无法获知银河系总质量的情况下，研究太阳在银河系中所具有的引力势能。通过天文观测距银心（即银河系的中心）为r处的物质绕银心的旋转速度为v，根据g＝，可得到银河系在该处的引力场强度g的数值，并作出g﹣r图像，如图所示。已知太阳的质量m＝2.0×1030kg，太阳距离银心r0＝2.5×1020m。a.某同学根据表达式g＝认为：引力场强度g的大小与物质绕银心的旋转速度v2成正比，与到银心的距离r成反比。请定性分析说明该同学的观点是否正确。b.将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，请利用题中信息估算太阳所具有的引力势能Ep。【答案】（1）引力场强度g0的表达式为；（2）在合并过程中，该双中子星系统的引力势能减少；周期减小；（3）a.该同学的观点不正确；物质绕银心的旋转速度v与其到银心的距离r有关，银河系的引力场强度是描述场本身性质的物理量，仅与银河系自身的质量分布以及在场中的位置有关，与其他因素无关。b.太阳所具有的引力势能Ep为1.6×1041J。【解答】（1）类比电场强度的定义，根据万有引力表达式得出距地心r处质量为m的物体受到的引力为：F＝再与质量m比值，得出引力场强度g0的表达式为：化简得：（2）在合并过程中，引力做正功，根据功能关系可知该双中子星系统的引力势能减少；设该双中子星间距为L，圆周运动的半径分别为r1、r2，L＝r1+r2，再根据万有引力提供向心力得：联立解得：T＝，由于m1、m2保持不变而L减小，所以合并过程中周期减小；（3）a.该同学的观点不正确；物质绕银心的旋转速度v与其到银心的距离r有关，银河系的引力场强度是描述场本身性质的物理量，仅与银河系自身的质量分布以及在场中的位置有关，与其他因素无关。b.假设将太阳从无穷远处移动到距离银心r0处的过程中，引力势能的变化对应引力所做的功，有：0﹣Ep＝∑（mg•Δr）＝m∑（g•Δr）其中∑（g•Δr）即为g﹣r图像下r0～∞间对应的面积，代入数据得：Ep＝﹣1.6×1041J。答：（1）引力场强度g0的表达式为；（2）在合并过程中，该双中子星系统的引力势能减少；周期减小；（3）a.该同学的观点不正确；物质绕银心的旋转速度v与其到银心的距离r有关，银河系的引力场强度是描述场本身性质的物理量，仅与银河系自身的质量分布以及在场中的位置有关，与其他因素无关。b.太阳所具有的引力势能Ep为1.6×1041J。八．人造卫星（共4小题）29．（2023春•兰州期末）如图所示，飞船在地面指挥控制中心的控制下，由近地点圆形轨道A，经椭圆轨道B转变到远地点的圆轨道C．轨道A与轨道B相切于P点，轨道B与轨道C相切于Q点，以下说法错误的是（）A．卫星在轨道B上由P向Q运动的过程中速率越来越小 B．卫星在轨道C上经过Q点的速率大于在轨道A上经过P点的速率 C．卫星在轨道B上经过P点的加速度与在轨道A上经过P点的加速度是相等的 D．卫星在轨道B上经过Q点时受到地球的引力小于经过P点时受到地球的引力【答案】B【解答】解：A、卫星在轨道B上由P向Q运动时，离地球越来越远，万有引力做负功，卫星的动能越来越小，即速度越来越小，故A正确；B、卫星在轨道A和C上分别做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，＝m，解得线速度：v＝，轨道C离地球距离远，故卫星在轨道C上经过Q点的速率小于在轨道A上经过P点的速率，故B错误；C、万有引力产生加速度，在同一点，万有引力是相同的，产生的加速度相同，即卫星在轨道B上经过P点的加速度与在轨道A上经过P点的加速度是相等的，故C正确；D、根据万有引力公式：F＝，可知卫星在Q点时的引力小于经过P点时受到的地球引力，故D正确。本题选错误的，故选：B。30．（2023•青羊区校级模拟）（多选）2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星6C”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间t（t未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为2α。已知卫星Ⅰ对地球的张角为2β，地球自转周期为T0，万有引力常量为G，则根据题中条件，可求出（）A．地球的平均密度为 B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为 C．卫星Ⅱ的周期为 D．题中时间t为【答案】AC【解答】解：A、设地球半径为R，质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1、R2，角速度分别为ω1、ω2，周期分别为T1、T2；对卫星Ⅰ，根据牛顿第二定律，有：＝mR1其中：M＝，sinβ＝解得：，故A正确；B、根据牛顿第二定律＝mrω2，可知ω＝，两颗卫星的角速度之比为：＝，在图中三角形AOB中，根据正弦定理，有：＝，故＝，故B错误；C、根据牛顿第二定律＝mr，卫星Ⅰ、Ⅱ的周期之比：＝＝，解得：T2＝，故C正确；D、由于卫星做的是匀速圆周运动，卫星Ⅱ相对于卫星Ⅰ的角速度为Δω＝ω2﹣ω1，则有：2α＝Δωt故t＝×＝，故D错误。故选：AC。31．（2023春•天心区校级期中）（多选）如图所示，三个质点a、b、c的质量分别为m1、m2、M（M远大于m1及m2），在万有引力作用下（忽略a、b之间的万有引力），a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知a、b运动的周期之比为Ta：Tb＝1：k，下列说法中正确的有（）A．a、b轨道半径之比为ra：rb＝1： B．a、b轨道半径之比为ra：rb＝1： C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线2k次 D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线（2k﹣2）次【答案】BD【解答】解：AB.a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，由开普勒第三定律＝k可知，ra：rb＝＝＝1：，故A错误，B正确；CD.a、b、c共线存在两种情况：a、b相距最近、a、b相距最远，＝﹣，当n＝1，3，5时，a、b相距最远；当n＝2，4，6时，a、b相距最近，代入t＝Tb＝kTa时，解得n＝2k﹣2，故C错误，D正确；故选：BD。32．（2023•石家庄模拟）2023年2月，我国首颗超百G高通量卫星中是26号发射成功，开启卫星互联网新时代。如图所示，甲、乙卫星在地球赤道面内绕地球做匀速圆周运动，甲、乙卫星之间可直接进行无线信号通讯，由于地球遮挡甲、乙卫星之间直接通讯信号会周期性中断。已知地球的半径为R，甲卫星的轨道半径为2R，绕地球运行的周期为T，乙卫星的轨道半径为，甲、乙卫星运行方向均和地球自转方向相同。求：（1）乙卫星绕地球运行的周期；（2）在一个通讯周期内，甲、乙卫星直接通讯信号中断的时间（不计信号传输时间）。【答案】（1）乙卫星绕地球运行的周期为T；（2）在一个通讯周期内，甲、乙卫星直接通讯信号中断的时间为。【解答】解：（1）设卫星乙绕地球运动的周期为T'，由开普勒第三定律＝解得T'＝T（2）如图所示：由于地球遮挡甲、乙卫星之间通讯信号会周期性中断，设在一个通讯周期内，甲、乙卫星通讯中断的时间为t，有（ω2﹣ω1）t＝2θ其中由几何可知sinα＝＝sinβ＝＝由几何关系知θ＝α+β综上可得t＝答：（1）乙卫星绕地球运行的周期为T；（2）在一个通讯周期内，甲、乙卫星直接通讯信号中断的时间为。九．多星系统问题（共1小题）33．（2024春•西湖区校级期中）经过天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的大小都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统来处理（即其它星体对双星的作用可忽略不计）．现根据对某一双星系统的光度学测量确定：该双星系统中每个星体的质量都是m，两者相距L，它们正围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动．（1）试计算该双星系统的运动周期T1．（2）若实际中观测到的运动周期为T2，T2与T1并不是相同的，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种观测不到的暗物质，它均匀地充满整个宇宙，因此对双星运动的周期有一定的影响．为了简化模型，我们假定在如图14所示的球体内（直径看作L）均匀分布的这种暗物质才对双星有引力的作用，不考虑其他暗物质对双星的影响，已知这种暗物质的密度为ρ，求T1：T2．【答案】（1）该双星系统的运动周期T1为；（2）周期之比为T1：T2为。【解答】解：（1）两星的角速度相同，故；，可得r1＝r2而，两星绕连线的中点转动，则＝解得T1＝＝（2）由于暗物质的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则+＝；其中M为暗物质质量，解得：T2＝则：T1：T2＝答：（1）该双星系统的运动周期T1为；（2）周期之比为T1：T2为。一十．功率、平均功率和瞬时功率（共5小题）34．（2023•浦东新区二模）如图，一根足够长的均质粗糙杆水平固定，一个圆环套在杆上。现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直方向的力，力的大小与环的速度大小成正比。则环所受摩擦力的瞬时功率P与速度v的图像不可能为（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：AB、对环受力分析，环受到重力，弹力，摩擦力，竖直方向的力F＝kv，如图：竖直方向，当N＝0时，由平衡条件得：kv1＝mg，v1＝，若开始时v0＞v1，由F＝kv可知，开始时F向上并大于重力，环从v0开始减速直到等于v1的过程，根据竖直方向平衡得，支持力向下，且N＝kv﹣mg，摩擦力的功率表达式为P＝fv＝μ（kv﹣mg）v＝μkv2﹣μmgv，P是关于v的二次函数，图像开口向上，B图像就是这种情况，是可能的，本题选不可能的情况，故B错误；当速度减小到比v1小了之后（或者开始就是v0＜v1），支持力变为向上，N＝mg﹣kv，摩擦力的功率表达式为P＝fv＝μ（mg﹣kv）v＝﹣μkv2+μmgv，P是关于v的二次函数，图像开口向下，A图像就是这种情况，是可能的，本题选不可能的情况，故A错误；C、若F开始时向下，竖直方向，由平衡条件得：N＝kv+mg，摩擦力的功率表达式为P＝fv＝μ（mg+kv）v＝μkv2+μmgv，P是关于v的二次函数，图像开口向上，C图像就是这种情况，是可能的，本题选不可能的情况，故C错误；D、综合ABC考虑，图像应该是二次函数的一部分，考虑到全过程，D的图像是不可能的，本题选不可能的图像，故D正确。故选：D。35．（2023春•厦门期末）（多选）如图所示，质量为m的物块放置在足够长的粗糙水平面上，弹性绳穿过固定在O'点的光滑小环，一端系于O'正上方的O点，另一端系于物块上。弹性绳满足胡克定律，原长等于O，O'间距离。物块从a点由静止释放，向右运动到d点恰好停止；若在d点给物块一个向左的初速度v0，则物块向左运动到b点恰好停止，已知O'c垂直于地面且c为垂足，ab＝bc＝cd，下列说法正确的是（）A．物块从a运动到d的过程中在c点时拉力的功率最大 B．物块从a运动到b的过程与从b运动到c的过程克服摩擦力做功相等 C．若物块在d点获得3v0水平向左的初速度，则恰好能运动到a点 D．若物块在d点获得水平向左的初速度，则恰好能运动到a点【答案】BD【解答】解：A、物块从a运动到d的过程中在c点时拉力与速度方向垂直，则拉力的功率为零，故A错误；B、设物块在ac之间某位置时与O'点距离为x，细绳与水平方向夹角为θ，则物块所受的摩擦力即物块从a运动到c的过程中，摩擦力不变，即物块从a运动到b的过程与从b运动到c的过程克服摩擦力做功相等，故B正确；C、设从a到d弹力做功为W，则W＝fxad从d到b若物块在d点获得3v0水平向左的初速度，则运动到a点时解得故C错误；D、若物块在d点获得水平向左的初速度，则运动到a点时解得va＝0即物块恰好能运动到a点，故D正确。故选：BD。36．（2023春•吉林期末）某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v一t图象（除2s～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线），已知在小车的运动过程中，2～14s时间内小车牵引力的功率保持不变，14s末停止遥控让小车自由滑行，小车的质量m＝1.0kg，可以认为小车在整个过程中受到的阻力大小不变．求：（1）小车所受阻力f的大小；（2）小车匀速行驶阶段的功率P；（3）小车在加速运动过程中的位移s大小．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由图象可得：在14s～18s时间段a＝m/s2＝﹣1.5m/s2小车受到阻力大小：Ff＝ma＝﹣1.5N（负号表示力的方向与运动方向相反）（2）在10s～14s小车做匀速运动，牵引力大小F与Ff大小相等，为：F＝1.5NP＝Fυ＝1.5×6W＝9W（3）速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移，0～2s内的位移为：x1＝×2×3m＝3m2s～10s内根据动能定理有：Pt﹣Ffx2＝解得：x2＝39m加速过程中小车的位移大小为：x＝x1+x2＝42m答：（1）小车所受到的阻力大小为1.5N；（2）小车匀速行驶阶段的功率为9W；（3）小车在加速运动过程中位移的大小为42m．37．（2023•天心区校级开学）建筑工地一个质量为70kg的工人用如图所示的滑轮组来提升重物。已知重物G＝700N，不计绳子重和摩擦，当绳子自由端的拉力F＝500N时，重物在10s内被匀速提升了4m，已知他的双脚与楼顶的接触面积为0.05m2，g取10N/kg。试求：（1）工人没拉绳子双脚站立在水平地面上时，对地面的压强是多少？（2）拉力F的功率是多少？（3）用此滑轮组一次提升多重的物体能使滑轮组的机械效率提高5%？【答案】（1）工人没拉绳子双脚站立在水平地面上时，对地面的压强是1.4×104Pa（2）拉力F的功率是400W；（3）用此滑轮组一次提升900N的物体能使滑轮组的机械效率提高5%。【解答】解：（1）工人的重力为G人＝mg＝70×10N＝700N工人没拉绳子双脚站立在水平地面上时，对水平地面的压力为F压＝G人＝700N工人对地面的压强为（2）当绳子自由端的拉力F＝500N时，重物在10s内被匀速提升了4m，由图可知绳子自由端移动的距离为s＝2h＝2×4m＝8m拉力做的总功为拉力做功的功率为（3）因为不计绳重和摩擦时，有解得动滑轮的重力为G动＝2F﹣G＝2×500N﹣700N＝300N原来滑轮组的机械效率为由题意可知，现在的机械效率为η＝70%+5%＝75%由不计绳重和摩擦时，有可知现在提升的物体重力为答：（1）工人没拉绳子双脚站立在水平地面上时，对地面的压强是1.4×104Pa（2）拉力F的功率是400W；（3）用此滑轮组一次提升900N的物体能使滑轮组的机械效率提高5%。38．（2023•南昌开学）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v1＝2m/s的速率运行，传送带下端A点与上端B点间的距离l＝15m。现将一质量m＝1kg的工件（视为质点）无初速度轻放于A点，在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）工件轻放至传送带上初始时刻的加速度大小和方向？（2）工件在传送带上运动的全过程中传送带对工件做功多少？（3）若每隔1s把一个质量m＝1kg的工件（视为质点）无初速地放于A处，求满载与空载时相比，传送带需要增加多大的功率？【答案】（1）工件轻放至传送带上初始时刻的加速度大小1m/s2，方向沿斜面向上；（2）工件在传送带上运动的全过程中传送带对工件做功92J；（3）若每隔1s把一个质量m＝1kg的工件（视为质点）无初速地放于A处，求满载与空载时相比，传送带需要增加112W功率。【解答】解：（1）受力分析如图由受力分析可知N＝mgcos37°f﹣mgsin37°＝ma又因为f＝μN联立解得N＝8Nf＝7Na＝1m/s2，方向沿斜面向上。（2）工件匀加速的时间为匀加速的位移为故工件先加速后匀速。匀速时静摩擦力等于重力沿斜面分力W＝W1+W2＝fs1+mgsin37°（l﹣s1）＝14J+78J＝92J（3）每隔1s放一个工件，且工件匀加速的时间为2s，故满载时，始终有两个工件处于匀加速状态。传送带对这两个工件的牵引力均为f，除此之外，传送带上匀速后的工件之间间距为2m，匀速的位移为13m，故传送带上处于匀速直线运动状态的工件共有7个，传送带对这七个工件的牵引力均为mgsin37°，故传送带对工件的总牵引力为F＝2f+7mgsin37°代入数据得F＝56N满载与空载时相比，传送带需要增加的功率为P＝Fv1＝56×2W＝112W答：（1）工件轻放至传送带上初始时刻的加速度大小1m/s2，方向沿斜面向上；（2）工件在传送带上运动的全过程中传送带对工件做功92J；（3）若每隔1s把一个质量m＝1kg的工件（视为质点）无初速地放于A处，求满载与空载时相比，传送带需要增加112W功率。一十一．机车启动的两种模型（共3小题）39．（2023•浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v﹣），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（）A．汽车额定功率为F2vm B．汽车从b到c过程做变加速运动 C．汽车匀加速运动持续的时间为 D．汽车从a到b过程克服阻力做功【答案】C【解答】解：A、根据P＝Fv可知v＝P，额定功率等于图线的斜率，P＝＝F2vm，故A正确；B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；C、汽车所受的阻力为f＝＝F2由于额定功率等于图线的斜率，有：P＝＝解得：F2vm＝v1F1汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma汽车从a到b持续的时间为t＝联立解得：t＝故C错误；D、汽车从a到b过程运动的位移为x＝克服阻力做功W＝fx解得：W＝本题选择错误选项；故选：C。40．（2023•市中区校级模拟）（多选）某码头采用斜面运送冷链食品，其简化图如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0～6s时间内物体运动的v﹣t图像如图乙所示，其中除1～5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2。则下列判断正确的是（）A．在0～1s内电动机所做的功为25J B．1s后电动机的输出功率为100W C．物体的最大速度是5m/s D．在0～5s内物体沿斜面向上运动了35m【答案】BD【解答】解：A、在0～1s内，由图象可求出物体位移大小为：x1＝＝m＝2.5m设0～1s内电动机做的功为W1，由动能定理得：解得：W1＝50J，故A错误；B、在0～1s内，物体的加速度大小为：a＝＝m/s2＝5m/s2设0～1s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得：F1﹣mgsin30°＝ma解得：F1＝20N由题意知1s后电动机输出功率为：P＝F1v1＝20×5W＝100W，故B正确；C、当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为：F2＝mgsin30°＝2×10×0.5N＝10N根据功率的公式可得：vm＝＝m/s＝10m/s，故C错误；D、设1～5s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得：解得x2＝32.5m，所以在0～5s内物体沿斜面向上运动的距离为：x＝x1+x2＝2.5m+32.5m＝35m，故D正确。故选：BD。41．（2024•南充二模）如图（a）所示，摩托车与小汽车前后停在同一平直的道路上等交通红灯。摩托车刚好在前面的停车线处，小汽车与停车线相距L＝10m处。当红灯还有t0＝0.5s熄灭时，小汽车开始以a1＝5m/s2的加速度启动，当运动到停车线处即改做匀速运动；摩托车看到红灯熄灭后立即以a2＝4m/s2的加速度启动做匀加速运动。已知两车在运动过程中可视为质点，在运动时间t内摩托车牵引力的功为W，﹣t图像如图（b）所示。求：（1）两车在运动过程中的最小距离Δx；（2）摩托车运动的第2s内牵引力的平均功率P。【答案】（1）两车在运动过程中的最小距离Δx为2.5m；（2）摩托车运动的第2s内牵引力的平均功率P为3000W。【解答】解：（1）小汽车做匀加速直线运动时：＝2a1L加速时间：t1＝设小汽车匀速直线运动的时间为t2，两车速度相同时，距离最近，摩托车加速度到共速的过程中，有v1＝a2（t1+t2﹣t0）最近的距离为：Δx＝﹣v1t2联立解得：Δx＝2.5m（2）设摩托车的牵引力大小为F，由W＝Fx＝F•得＝由图像可知：斜率k＝＝W/s，解得：F＝750N第2s内摩托车的位移为s＝＝m＝4m第2s内摩托车的平均速度为v＝＝m/s＝4m/s摩托车运动的第2s内牵引力的平均功率P＝Fv＝750×4W＝3000W答：（1）两车在运动过程中的最小距离