高三物理知识点综合突破检测题13

专题定位本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题．高考对本专题的考查以运动组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性．考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等．用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效的思想方法等．应考策略熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题掌握找圆心求半径的方法．平抛、圆周和天体运动1．物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性．2．平抛运动(1)规律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体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；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tan_φ.3．竖直平面圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v≥eq\r(gR).(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v>0.4．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其基本关系式为Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m(eq\f(2π,T))2r＝m(2πf)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有Geq\f(Mm,R2)＝mg.5．卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系(1)由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，则r越大，v越小．(2)由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，则r越大，ω越小．(3)由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，则r越大，T越大．6．卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比低轨道小．(2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比高轨道大．1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系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．对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3．分析天体运动类问题的一条主线就是F万＝F向，抓住黄金代换公式GM＝gR2.4．确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法．题型1运动的合成与分解问题例1质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图1甲、乙所示，下列说法正确的是 ()甲乙图1A．前2s内质点处于失重状态B．2s末质点速度大小为4C．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小解析根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度vx＝eq\f(4,3)m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a＝1m/s2.前2s内质点处于失重状态，2s末质点速度为v＝eq\r(42＋\f(4,3)2)m/s>4m/s，选项A正确，B错误．质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C错误．质点向下运动的过程中a＝1m/s2<g，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D正确．答案AD以题说法1.运动的独立性是分析分运动特点的理论依据，本题中水平方向和竖直方向互不影响．2．对于任意时刻的速度、位移或加速度情况，要把两方向的速度、位移或加速度用平行四边形定则合成后再分析．物体在光滑水平面上，在外力F作用下的v－t图象如图2甲、乙所示，从图中可以判断物体在0～t4的运动状态 ()甲乙图2A．物体一直在做曲线运动B．在t1～t3时间内，合外力先增大后减小C．在t1、t3时刻，外力F的功率最大D．在t1～t3时间内，外力F做的总功为零答案ABD解析由图象可知物体沿x方向做加速度时刻变化的变速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，结合运动的合成知识可知物体做曲线运动，选项A正确；速度—时间图线的斜率表示加速度，在t1～t3时间内，物体的加速度先增大后减小，故合外力先增大后减小，选项B正确；t1、t3时刻，速度的变化率为0，物体的加速度为0，合外力F为0，故F的功率为0，选项C错误；t1时刻的合速度的大小与t2时刻合速度的大小相等，则t1～t3时间内，物体的动能变化为0，据动能定理知外力F做的总功为零，选项D正确．题型2平抛运动问题的分析例2如图3，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为 ()图3A.eq\r(\f(3gR,2)) B.eq\r(\f(3\r(3)gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析平抛运动的水平位移x＝R＋Rcos60°设小球抛出时的初速度为v0，则到达B点时有tan60°＝eq\f(v0,gt)水平位移与水平速度v0的关系为x＝v0t，联立解得v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，选项B正确．答案B以题说法1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的关系，这往往是解决问题的突破口．(2013·北京·19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意图如图4所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是 ()图4A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3答案B解析不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因y12＝y23，所以t12＞t23，x2－x1＞x3－x2，由以上分析可知选项B正确．题型3圆周运动问题的分析例3(2013·重庆·8)如图5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5(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．审题突破当小物块受到的摩擦力恰好为零时，受到什么力的作用？向心力是多少？当转速稍增大(或稍减小)时所需的向心力如何变化？解析(1)对小物块受力分析可知：FNcos60°＝mgFNsin60°＝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．由受力分析可知：FN′cos60°＝mg＋fcos30°FN′sin60°＋fsin30°＝mR′ω2R′＝Rsin60°联立解得：f＝eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知．FN″cos60°＋f′sin60°＝mgFN″sin60°－f′cos60°＝mR′ω2R′＝Rsin60°所以f′＝eq\f(\r(3)k2－k,2)mg.答案(1)ω0＝eq\r(\f(2g,R))(2)当ω＝(1＋k)ω0时，f沿罐壁切线向下，大小为eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg当ω＝(1－k)ω0时，f沿罐壁切线向上，大小为eq\f(\r(3)k2－k,2)mg以题说法解决圆周运动力学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F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．如图6所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬时得到一个水平初速度v0，若v0＝eq\r(\f(10,3)gR)，则有关小球在圆轨道上能够上升到的最大高度(距离底部)的说法中正确的是 ()图6A．一定可以表示为eq\f(v\o\al(2,0),2g) B．可能为eq\f(4R,3)C．可能为R D．可能为eq\f(5,3)R答案B解析如果小球到最高点时速度为零，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(5,3)R，小球已经过了高度R，小球会斜抛出去，故小球在最高点速度不为零，小球到不了eq\f(5,3)R的高度，即不能到达eq\f(v\o\al(2,0),2g)的高度，选项A、D错误，选项B正确．题型4万有引力定律的应用例4某行星自转周期为T，赤道半径为R，研究发现若该行星自转角速度变为原来的两倍，将导致该星球赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G，则以下说法中正确的是 ()A．该行量质量为M＝eq\f(4π2R3,GT2)B．该星球的同步卫星轨道半径为r＝eq\r(3,4)RC．质量为m的物体对行星赤道地面的压力为FN＝eq\f(16mπ2R,T2)D．环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9解析若该行星自转角速度变为原来的两倍，则自转周期变为T/2.根据题述将导致该星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力，则有Geq\f(Mm,R2)＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,\f(T,2))))2，解得该行星质量为M＝eq\f(16π2R3,GT2)，选项A错误．由Geq\f(Mm,r2)＝mr(eq\f(2π,T))2，Geq\f(Mm,R2)＝mR(eq\f(4π,T))2，联立解得该星球的同步卫星轨道半径为r＝eq\r(3,4)R，选项B正确．设行星赤道地面对物体的支持力为FN′，由Geq\f(Mm,R2)－FN′＝mR(eq\f(2π,T))2，解得FN′＝eq\f(12mπ2R,T2)，由牛顿第三定律得，质量为m的物体对行星赤道地面的压力为FN＝eq\f(12mπ2R,T2)，选项C错误．根据题述已知条件，不能得出环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度，选项D错误．答案B以题说法解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝m(eq\f(2π,T))2r＝man)和黄金代换公式(GM＝gR2)就能轻松解决问题．2．“天体自转”模型——天体绕自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动．这种模型中往往要研究天体上某物体随天体做匀速圆周运动问题，这时向心力是天体对物体的万有引力和天体对物体的支持力的合力，在天体赤道上，则会有Fn＝F万－FN.(2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为 ()A.eq\r(\f(n3,k2))T B.eq\r(\f(n3,k))TC.eq\r(\f(n2,k))T D.eq\r(\f(n,k))T答案B解析双星靠彼此的引力提供向心力，则有Geq\f(m1m2,L2)＝m1r1eq\f(4π2,T2)Geq\f(m1m2,L2)＝m2r2eq\f(4π2,T2)并且r1＋r2＝L解得T＝2πeq\r(\f(L3,Gm1＋m2))当双星总质量变为原来的k倍，两星之间距离变为原来的n倍时T′＝2πeq\r(\f(n3L3,Gkm1＋m2))＝eq\r(\f(n3,k))·T故选项B正确．4．平抛运动与圆周运动组合问题的综合分析审题示例(15分)如图7所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R＝1.25m，斜面AB的长度为L＝1m．质量为m＝1kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2m，C点距离地面高度为h＝0.8m．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8图7(1)物块经C点时对圆弧面的压力；(2)物块滑至B点时的速度；(3)物块与斜面间的动摩擦因数．审题模板答题模板(1)物块从C点到E点做平抛运动由h＝eq\f(1,2)gt2 (1分)得t＝0.4s (1分)vC＝eq\f(x,t)＝3m/s (1分)由牛顿第二定律知FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R) (1分)FN＝17.2N (1分)由牛顿第三定律知，物体在C点时对圆弧的压力大小为17.2N，方向竖直向下(1分)(2)从B点到C点由动能定理有mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) (2分)vB＝2m/s ((3)从A点到B点由veq\o\al(2,B)＝2aL，得a＝2m/s2 (由牛顿第二定律有mgsin37°＋Fcos37°－μ(mgcos37°－Fsin37°)＝ma (2分)代入数据，解得μ＝eq\f(24,37)≈0.65 (1分)答案(1)17.2N(2)2m/s(3点睛之笔1.多过程问题实际是多种运动规律的组合．平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析．2．在建立两运动之间的联系时，要把转折点的速度作为分析重点．一长l＝0.80m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝1.00m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图8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＝图8(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的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)若OP＝0.6m，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，答案(1)4.0m/s(2)0.80m(3解析(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgl解得小球运动到B点时的速度大小vB＝eq\r(2gl)＝4.0m/s(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得x＝vBty＝H－l＝eq\f(1,2)gt2解得C点与B点之间的水平距离x＝vB·eq\r(\f(2H－l,g))＝0.80m(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由圆周运动规律得Fm－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),r)r＝l－OP由以上各式解得Fm＝9N(限时：45分钟)一、单项选择题1．(2013·江苏·2)如图1所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是 ()图1A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小答案D解析因为物体的角速度ω相同，线速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB，故A项错；根据an＝rω2知anA<anB，故B项错；如图，tanθ＝eq\f(an,g)，而B的向心加速度较大，则B的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力FT＝eq\f(mg,cosθ)，则FTA<FTB，所以C项错，D项正确．2．如图2所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是 ()图2A．tanθ1tanθ2＝2B．cotθ1tanθ2＝2C．cotθ1cotθ2＝2D．tanθ1cotθ2＝2答案A解析平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为θ1，tanθ1＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，位移与竖直方向的夹角为θ2，tanθ2＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，则tanθ1tanθ2＝2.故A正确，B、C、D错误．3．在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc，俯视如图3.长度为L＝1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m＝0.5kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0＝2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失图3A．细线断裂之前，小球速度的大小保持不变B．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7πsD．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9答案B解析小球在光滑水平面内运动，由于没有能量损失，细线断裂之前，小球速度的大小保持不变，选项A正确，选项B错误；线速度不变，细线越来越短，因此角速度应该逐步增大，由F＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv2,F)＝eq\f(2,7)m<0.3m，由于细线长以0.3m递减，当被棱柱挡住三次时细线长变为0.1m，此时细线断，小球正好绕三棱柱缠绕一圈，运动时间为t＝eq\f(1,3)×eq\f(2π×1,2)s＋eq\f(1,3)×eq\f(2π×1－0.3,2)s＋eq\f(1,3)×eq\f(2π×1－0.6,2)s＝0.7πs，选项C正确；细线断裂之前，小球做圆周运动的半径变为0.1m，则小球运动的位移大小为0.9m，选项D正确．故本题答案为B.4．(2013·广东·14)如图4，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是 图4A．甲的向心加速度比乙的小B．甲的运行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大D．甲的线速度比乙的大答案A解析由万有引力提供向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，变形得：a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，只有周期T和M成减函数关系，而a、v、ω和M成增函数关系，故选A.5．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图5所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A点刚好进入大气层，由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是 ()图5A．陨石正减速飞向A处B．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小C．陨石绕地球运转时速度渐渐变大D．进入大气层陨石的机械能渐渐变大答案C解析由于万有引力做功，陨石正加速飞向A处，选项A错误．陨石绕地球运转时，因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐增大，速度渐渐变大，选项B错误，C正确．进入大气层后，由于受到空气阻力的作用，陨石的机械能渐渐变小，选项D错误．二、多项选择题6．(2013·新课标Ⅱ·21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图6，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处 ()图6A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小答案AC解析当汽车行驶的速度为vc时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确．当速度稍大于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于vc时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．vc的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D错误．7．某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系．如图7所示，一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量相等的小星围绕母星做圆周运动．如果两颗小星间的万有引力为F，母星与任意一颗小星间的万有引力为9F.则 图7A．每颗小星受到的万有引力为(eq\r(3)＋9)FB．每颗小星受到的万有引力为(eq\f(\r(3),2)＋9)FC．母星的质量是每颗小星质量的3倍D．母星的质量是每颗小星质量的3eq\r(3)倍答案AC解析每颗小星受到的万有引力为2Fcos30°＋9F＝(eq\r(3)＋9)F，选项A正确，选项B错误；设正三角形的边长为l，由万有引力定律和题意知Geq\f(Mm,\f(2,3)lcos30°2)＝9Geq\f(m2,l2)，解得M＝3m，选项C正确，选项D错误．8．地球自转正在逐渐变慢，据推测10亿年后地球的自转周期约为31h．若那时发射一颗地球的同步卫星W2，与目前地球的某颗同步卫星W1相比，以下说法正确的是(假设万有引力常量、地球的质量、半径均不变) ()A．离地面的高度h2>h1B．向心加速度a2>a1C．线速度v2<v1D．线速度v2>v1答案AC解析由万有引力提供向心力可知，Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，h＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))－R，由于周期增大，则h增大，选项A正确；由Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma可知，向心加速度减小，选项B错误；由线速度公式Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)可知，线速度减小，选项C正确，选项D错误．9．我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图8所示，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则 ()图8A．该卫星的发射速度必定大于11.2B．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9C．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的动能小于在Q点的动能D．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期答案BD解析人造卫星的最小发射速度和最大环绕速度均为7.9km/s，选项A错误，选项B正确；由v＝eq\r(\f(GM,r))知r越小v越大，动能也就越大，所以卫星在P点的动能大于在Q点的动能，选项C错误；由T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))知r越大T越大，则卫星在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期，选项D正确．三、非选择题10．如图9所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m图9(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向；(2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道的位置到轴O的距离；(3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小v′＝2m/s，答案(1)2N竖直向上(2)eq\f(\r(15),5)m(3)1m/s解析(1)设小球能通过最高点，且在最高点时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v1＝eq\r(6)m/sv1>0，故小球能到达最高点．设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)得F＝2N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上(2)小球飞出后做平抛运动，设运动时间为t由L＝eq\f(1