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文档简介
2025高中物理《课时作业》教科版必修第二册课时答案课时素养评价1认识曲线运动1.解析:做曲线运动的物体速度一定变化,受合外力一定不为零,则一定具有加速度,A正确;做曲线运动的物体速度方向一定改变,但大小不一定变化,例如匀速圆周运动,B错误;曲线运动也可能是匀加速运动,例如平抛运动,C错误;做曲线运动的物体速度方向一定与加速度方向不相同,D错误.答案:A2.解析:根据曲线运动速度方向总是沿轨迹切线方向,则力F突然撤去,质点将做匀速直线运动,所以它从B点开始可能沿图中的b虚线运动,B正确;A、C、D错误.答案:B3.解析:根据曲线运动某点的速度方向沿着该点的切线方向,由图中可知运动员速度方向与经过P点的速度方向最接近的是A点,A正确,B、C、D错误.答案:A4.解析:在曲线运动中,物体的速度在轨迹的切线方向,且沿着物体运动的方向,结合题意可知,在经过最高点时,选手和摩托车的速度方向水平向左,故B正确,A、C、D错误.答案:B5.解析:物体做曲线运动时,轨迹夹在速度方向与合力方向之间,合力大致指向轨迹凹的一侧,轨迹不可能与力的方向相同,D正确.答案:D6.解析:若物体只是运动的速度大小改变,方向不变,则物体做直线运动,A错误;物体做曲线运动,它的运动速度方向一定是变化的,则速度一定在改变,B错误;物体做曲线运动时,它的加速度的方向始终和速度的方向不一致,C错误;根据牛顿第二定律可知,加速度与合外力同向,则物体做曲线运动时,它的加速度方向始终和所受到的合外力方向一致,D正确.答案:D7.解析:物体受几个恒力的作用而处于平衡状态,速度可能为零,也可能为某个确定的值.当再对物体施加一个恒力时,则合力不为零,速度一定改变,不可能保持静止或匀速直线运动,A、C错误;如果速度与合力同向,物体就做匀加速直线运动,若速度与合力反向,则物体做匀减速直线运动,B正确;如果速度与合力不共线,物体就做曲线运动,由于合力是恒力,故加速度恒定不变,物体做匀变速曲线运动,D正确.答案:BD8.解析:质点做匀变速曲线运动,从曲线运动条件可知,从C到D,力对于质点运动是阻力,因此C点的速率比D点的速率大,A正确;质点做匀变速曲线运动,从曲线运动条件可知,从D到E,力对于质点运动是动力,因此E点的速率比D点的速率大,B错误;因为质点是做匀变速曲线运动,质点经过D点时的加速度和E点的加速度相等,C错误;质点做匀变速曲线运动,从曲线运动条件可知,合外力方向与速度方向的夹角逐渐减小,D正确.答案:AD9.解析:由题图所示运动轨迹可知,质点速度方向恰好改变了90°,可以判断恒力方向应指向右下方,与初速度方向的夹角大于90°且小于180°,A、B错误;合力方向指向右下方,与速度方向的夹角先大于90°后小于90°,因此质点从M点到N点的速率先减小后增大,C错误;质点在恒力的作用下运动,由牛顿第二定律可知,加速度的大小和方向都不变,质点做匀变速曲线运动,D正确.答案:D10.解析:图中导弹发射后受到喷射气体产生沿水平方向的推力F和竖直向下的重力,合力的方向与图中运动的方向不可能在同一条直线上,所以不能做直线运动,A错误;图中导弹发射后受到喷射气体产生的斜向上的推力F和竖直向下的重力,该图中合力的方向与运动的方向可能在同一条直线上,所以导弹可能沿斜向上的方向做直线运动,B正确;图中导弹发射后受到喷射气体产生的斜向下的推力F和竖直向下的重力,该图中合力的方向与运动的方向不可能在同一条直线上,所以不能做直线运动,C错误;图中导弹发射后受到喷射气体产生的推力F的方向沿轨迹的切线方向,而重力的方向竖直向下,合力的方向沿轨迹切线方向向外,不可能沿虚线凹侧,故导弹不可能沿虚线做曲线运动,D错误.答案:B11.解析:若满足Fy=Fxtanα,则Fx和Fy的合力F与v在同一直线上,如图所示,此时质点做直线运动;若Fy<Fxtanα即tanα>eq\f(Fy,Fx),则Fx、Fy的合力F与x轴的夹角β<α,则质点偏向x轴一侧做曲线运动,A、B错误,C、D正确.答案:CD12.解析:将与物体运动方向相反,大小为2N的一个力突然水平顺时针转过90°,此时物体受的合力大小变为F=2eq\r(2)N,加速度大小为a=eq\f(F,m)=eq\r(2)m/s2,此时合外力方向与速度方向不共线,则物体做匀变速曲线运动,A正确,B错误;1s后把这个力突然水平逆时针转过90°,则物体受力又达到平衡,则此后又做匀速直线运动,C正确,D错误.答案:AC13.解析:物体做曲线运动时,速度方向沿切线方向,而力一定指向曲线的凹侧,A、B错误;由于加速度和速度方向夹角大于90°,物体速度应减小,故C错误;图中加速度和速度方向夹角小于90°,物体速度应增大,故D正确.答案:D14.解析:(1)单独开动P1时,推力沿x轴负方向,探测器做匀减速直线运动;单独开动P3时,推力沿x轴正方向,探测器做匀加速直线运动;单独开动P2或P4时,推力沿平行y轴方向,探测器做匀变速曲线运动;(2)同时开动P2与P3,合力方向与y轴正方向的夹角为锐角,探测器做匀变速曲线运动;(3)若四个发动机能产生大小相等的推力,那么同时开动时探测器受力平衡,仍做匀速直线运动;(4)单独开动P2时,探测器加速度方向向上,向上弯曲做匀变速曲线运动,而单独开动P4时,探测器加速度方向向下,向下弯曲做匀变速曲线运动.答案:(1)见解析(2)见解析(3)匀速直线运动(4)见解析课时素养评价2运动的合成与分解1.解析:做曲线运动的物体,速度方向时刻变化,但受到的合力可以不变,故加速度可以不变,如平抛运动,只受重力,是匀变速运动,故A正确;两个直线运动的合运动可能是曲线运动,例如平抛运动,B正确;物体做曲线运动时,其速度大小不一定变化,如匀速圆周运动,C错误;两个匀变速直线运动的合运动的合加速度与合初速度方向共线时,合运动是匀变速直线运动,故D错误.答案:AB2.解析:小猴子的合速度方向(右上方)与加速度方向(竖直向上)不共线,所以做曲线运动,A错误;小猴子的合位移为L=eq\r(x2+h2),B正确;依题意,小猴子的加速度为定值,根据公式Δv=a·Δt易知,相同时间内速度的变化量不变,C、D错误.答案:B3.解析:小船在静水中先做加速运动后做减速运动,具有加速度,水流速度匀速不变,所以小船的运动轨迹是曲线,A错误;研究垂直于河岸方向的运动,速度—时间图像围成的面积表示位移,则小船渡河的宽度d=eq\f(4×60,2)m=120m,B错误;根据运动的等时性可知,小船沿河岸方向运动了60s,距离为x=3×60m=180m,C正确;根据矢量合成法则可知,小船在静水中的速度最大时,渡河速度最大,有vm=eq\r(32+42)m/s=5m/s,D错误.答案:C4.解析:由于绳索始终保持竖直,所以伤员水平方向不受力,在水平方向做匀速直线运动,故直升机一定做匀速直线运动,A正确;伤员水平方向做匀速直线运动,但竖直方向运动情况不明,所以不能确定伤员是做直线运动还是曲线运动,B错误;螺旋桨产生动力的一个分力沿竖直方向与重力平衡,另一个分力沿水平方向与空气阻力平衡,故C错误;因伤员竖直方向分运动不明,无法判断绳索拉力与伤员重力的大小关系,故D错误.答案:A5.解析:设此时绳子的速率为v绳,将A、B的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解,可得v绳=vAsin37°,v绳=vBcos53°,结合vA+vB=eq\f(20,3)m/s,解得vA=eq\f(10,3)m/s,A正确.答案:A6.解析:当玻璃管沿x轴匀速运动时,红蜡块的合运动为匀速直线运动,其轨迹是一条直线,A错误;当玻璃管沿x轴以v2=3cm/s速度匀速运动时,红蜡块的速度大小v=eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))+veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))=5cm/s,2s内红蜡块的位移大小是x=vt=10cm,B错误,C正确;当玻璃管沿x轴由静止开始做a=4cm/s2的匀加速运动时,红蜡块的合运动为曲线运动,其轨迹是一条曲线,故D错误.答案:C7.解析:体育老师匀速运动从A到BC边某处,且不影响跑操队伍,则其一方面沿着队伍行进方向的速度vx不能小于2m/s,另一方面还要有一个垂直于跑操队伍前进方向的速度vy,其实际速度(v师=eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))+veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))))一定大于2m/s,与AB有一定夹角,故A、B都错误;若体育老师在0.5s到达BC边,则其垂直于跑操队伍前进方向的速度vy=eq\f(d,t),代入数据可得vy=6m/s,体育老师平行于跑操队伍运动方向的速度vx≥2m/s,其合速度v师≥2eq\r(10)m/s即可,作为体育老师,是可以实现的,故C正确;若体育老师要跑到BC边中点D处,则运动时间t=eq\f(\f(L,2),vx)≤1s,则其垂直于跑操队伍前进方向的速度vy=eq\f(d,t)≥3m/s,体育老师平行于跑操队伍运动方向的速度vx≥2m/s,则合速度v师≥eq\r(13)m/s,故D错误.答案:C8.解析:由题意及几何关系可得tan37°=eq\f(v人,v雨),v雨=eq\f(8,3)m/s,C正确.答案:C9.解析:船与木盆在水中都随水一起向下游运动,向下游运动的速度相等,所以若要救援的时间最短,则船头的方向始终指向木盆.所以最短的时间为tmin=eq\f(\f(d,2),v船)=eq\f(150,5)s=30s,A正确.答案:A10.解析:设物体B的运动速度为vB,将B的速度沿绳和垂直绳的方向进行分解,沿绳方向的速度即为物体A的运动速度,则有vA=vBcosθ,则物体A的速度小于物体B的速度,A正确,B错误;根据vA=vBcosθ,在物体B运动过程中θ不断变小,则vA会不断增大,故物体A做加速运动,C错误;物体A做加速运动,则有T-mAg>0,说明轻绳的拉力大于物体A所受的重力,D正确.答案:AD11.解析:两边以v速度匀速地向下拉绳.当两根细绳与竖直方向的夹角都为60°时,物体A上升的速度为vA=eq\f(v,cos60°)=2v,A正确.答案:A12.解析:(1)船头垂直河岸时,渡河时间最短,最短时间t=eq\f(d,v2)=eq\f(120,4)s=30s根据运动的独立性与等时性,沿水流方向,位移大小x=v1t=5×30m=150m.(2)因为v1>v2,所以小船不能垂直过河,当船头朝向上游且与河岸成θ时,渡河航程最短,如图所示其中cosθ=eq\f(v2,v1)=0.8即θ=37°船头朝向上游与河岸成37°夹角,最短航程s=eq\f(d,cosθ)=150m.答案:(1)30s150m(2)150m,船头朝向上游与河岸成37°夹角课时素养评价3探究平抛运动的特点1.解析:小球做平抛运动,只受重力,所以加速度均为重力加速度g,故A正确,B错误;由于小球平抛运动的轨迹是抛物线,所以小球在不同位置时,速度方向不同,而且速度大小越来越大,故C、D错误.答案:A2.解析:小球滚下的高度越低,其做平抛运动的初速度越小,其轨迹线越陡,越靠近y轴,所以可能原因为B.答案:B3.解析:安装有斜槽的木板时,必须使斜槽末端切线水平,使木板竖直,以确保小球水平飞出和正确画出小球的运动轨迹,A正确,B错误;小球每次从斜槽上的同一位置由静止开始滚下,可保证小球初速度不变,C正确;由实验目的可知,D正确.答案:ACD4.解析:设乘客抛出物体的速度为v1(相对车).当v0>v1时,物体对地速度方向向右,故物体相对地面向右抛出,选项C正确;当v0=v1时,物体对地速度为0,故物体相对地面自由落体,选项B正确;当v0<v1时,物体对地速度方向向左,故物体相对地面向左抛出,选项A正确,选项D错误.答案:ABC5.解析:平抛运动中,水平方向是匀速直线运动,故水平方向速度不变,A正确;平抛运动中,竖直方向是自由落体运动,故竖直方向速度在增大,B正确;平抛运动合速度的增大量Δv=gt,故合速度在均匀增大,C正确;平抛运动的加速度是重力加速度,故加速度不变,D错误.答案:D6.解析:(1)小锤轻击弹性金属片时,通过实验可以观察到它们同时落地;(2)让A、B球恢复初始状态,用较大的力敲击弹性金属片,由于两球下落的竖直高度不变,则A球在空中运动的时间将不变.(3)由于实验中观察到两球同时落地,说明两球在竖直方向的运动规律相同,故仅能说明平抛运动竖直方向做自由落体运动,B正确.答案:(1)同时(2)不变(3)B7.解析:(1)A、B两球总同时落地,该实验表明平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动,C正确.(2)需要重垂线确保木板在竖直平面内,也可方便确定坐标轴,还需要白纸和复写纸记录小球平抛过程的位置,便于做出轨迹,A、E正确.(3)斜槽轨道不必光滑,只要小球每次从同一位置由静止释放即可,A错误,D正确;斜槽轨道末端要保持水平,以确保小球水平抛出,B正确;挡板的高度不需要等间距变化,C错误;要使描绘出的轨迹更好的反映真实运动,记录点应适当多一些,E正确.(4)直角坐标系,坐标原点应选小球在斜槽末端时的球心,B正确.(5)竖直方向是自由落体运动,由位移公式h=eq\f(1,2)gt2可知,如果h1∶h2∶h3…=1∶4∶9…,可得t1∶t2∶t3…=1∶2∶3…,所以相邻各点的时间间隔相等.答案:(1)C(2)AE(3)BDE(4)B(5)见解析8.解析:(1)只要小球每次从斜面同一位置由静止释放,克服摩擦阻力做功相同,从桌面边缘飞出时的速度相等即可,故本实验斜面和桌面的粗糙程度对实验的精确度没有影响.(2)在同一组实验中,小球从斜面上由静止释放时需满足从同一位置释放.(3)若小球水平方向做匀速直线运动,则移动每一个x小球做平抛运动的时间差恒定,竖直方向由匀变速直线运动推论可知,相同时间位移差恒定,故竖直方向相邻两个撞痕间长度差恒定,即(H1-H2)-(H2-H3)=(H2-H3)-(H3-H4),整理得H1+3H3=3H2+H4.答案:(1)没有(2)从同一位置释放(3)H1+3H3=3H2+H49.解析:两小球恰好在水平轨道相遇,这说明两球在水平方向的运动相同,说明平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动;观察到两小球恰好在小球2初位置的正下方相遇,这说明两球在竖直方向的运动相同,即说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动.答案:匀速直线运动自由落体运动课时素养评价4研究平抛运动的规律1.解析:甲球做平抛运动,乙球在竖直方向做自由落体运动,则两球在空中运动时间相同,故A、B错误;两球落地时,在竖直方向的速度相同,当甲球具有水平分速度,由v=eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))+veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))>vy,则甲球的落地速度更大,故C正确,D错误.答案:C2.解析:物体在竖直方向做自由落体运动,所以t=eq\f(v0,g),A正确.答案:A3.解析:平抛运动的物体,竖直方向做匀加速运动,有vy=gt,所以竖直速度与时间是正比函数关系,故D正确,A、B、C错误.答案:D4.解析:物体到达A点时竖直分速度大小为vy=gt=10eq\r(3)m/s,设物体到达A点时的速度与水平方向的夹角为θ,根据速度的分解有tanθ=eq\f(vy,v)=eq\r(3),解得θ=60°,C正确.答案:C5.解析:运动员在竖直方向做自由落体运动,设A点与B点的距离为L,则有Lsin37°=eq\f(1,2)gt2,解得L=75m,设运动员离开A点时的速度为v0,运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动,则有Lcos37°=v0t,解得v0=20m/s,B正确,A、C、D错误.答案:B6.解析:由题意知枪口与P点等高,子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动,当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同,根据h=eq\f(1,2)gt2可知下落高度相同,所以将击中P点;又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L,子弹在水平方向上做匀速直线运动,故有t=eq\f(L,v),B正确.答案:B7.解析:设抛出点高度为h,套圈的初速度大小为v0,根据平抛运动规律可知第一次套圈的水平位移为s=v0t=v0eq\r(\f(2h,g)),套圈落在玩具的前方,说明s偏大,为了套住玩具,应使s减小.若保持抛出点高度不变,减小初速度,会减小s,故A正确,C错误;增大抛出点高度,增大初速度,会增大s,故B错误;保持初速度不变,增大抛出点高度,会增大s,故D错误.答案:A8.解析:小球速度方向偏转30°角时,tan30°=eq\f(gt1,v0),小球速度方向偏转60°角时,tan60°=eq\f(gt2,v0),该过程用时Δt=t2-t1=eq\f(2\r(3)v0,3g),D正确.答案:D9.解析:根据h=eq\f(1,2)gt2可知任意相等时间内它们下落的距离相等,所以两球都在空中时,它们之间的竖直距离保持不变,A正确;两球都在空中时,它们之间的水平距离保持Δx=(20-10)t,随着时间的增大而增大,故B错误;根据t=eq\r(\f(2h,g))可知,B的高度比A高,所以B运动的时间比A长,A先落地,故C错误;水平方向做匀速运动,所以x=v0t=v0eq\r(\f(2h,g)),代入数据得eq\f(xA,xB)=eq\r(2),与h无关,不可能落到水平地面上的同一点,故D错误.答案:A10.解析:设小球在斜面上方的距离为h,则h=eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),做平抛运动时tanθ=eq\f(v0,gt2),eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))+v0t2tanθ=h,解得eq\f(t1,t2)=eq\f(\r(5),\r(3)),D正确.答案:D11.解析:水流在空中做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动y=eq\f(1,2)gt2可得t=eq\r(\f(2y,g)),故模型中水流竖直位移变为实际的eq\f(1,64),则下落时间变为原来时间的eq\f(1,8);水平位移也变为原来的eq\f(1,64),由x=v0t可知,水流从模型槽道流出初速度应为从实际槽道流出初速度的eq\f(1,8),C正确.答案:C12.解析:(1)由几何关系知h=Lsinα,竖直方向上有h=eq\f(1,2)gt2联立求得t=eq\r(\f(2Lsinα,g)).(2)在水平方向上有Lcosα=v0t从O到P由运动学规律知veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))=2as由牛顿第二定律知F=ma联立求得x=eq\f(mgLcos2α,4Fsinα).答案:(1)eq\r(\f(2Lsinα,g))(2)eq\f(mgLcos2α,4Fsinα)13.解析:当排球在竖直方向下落Δh=3.04-2.24=0.8m设水平方向运动的距离为x,则Δh=eq\f(1,2)gt2x=v0t联立两式并代入数据得x=10m因为x=10m>9m,故此球能过网.答案:球能过网课时素养评价5圆周运动1.解析:匀速圆周运动为曲线运动,线速度大小不变,但方向时刻改变;角速度不变;周期和频率是标量也不变,故A、B、C错误,D正确.答案:D2.解析:扳手上的P、Q两点随扳手同轴转动,角速度相等,即ωP∶ωQ=1∶1,由v=rω可得vP∶vQ=rP∶rQ=2∶3,D正确.答案:D3.解析:地球上的物体都是同轴转动,故周期相等,角速度相等,有TA=TB,由v=ω·r可得vA>vB,B正确.答案:B4.解析:A、C两轮边缘线速度相同,A、B两轮边缘的线速度也相同,则vA=vB=vC,根据v=ωr可知,因A轮半径大于C轮半径,可知ωA<ωC对A、B两轮,因A轮半径大于B轮,则ωB>ωA,A正确.答案:A5.解析:两轮边缘线速度大小相等,即v1∶v2=1∶1,故A、B错误;根据T=eq\f(2πr,v)可知,T1∶T2=r1∶r2,C正确,D错误.答案:C6.解析:质点的角速度为ω=eq\f(θ,t)=eq\f(\f(π,6),10)rad/s=eq\f(π,60)rad/s,A错误,B正确;质点的线速度为v=ωr=eq\f(π,60)×0.1m/s=eq\f(π,600)m/s,C、D错误.答案:B7.解析:题中的n不是转速,根据题意无法求出小球的角速度,A错误;转轴和小球属于同轴转动,角速度相等,B正确;水桶的速度等于v=ωr,小球转动线速度为v′=ωR,水桶的速度是小球转动线速度的eq\f(r,R)倍,C正确;手柄和轮轴属于同轴转动,手柄匀速转动n周,轮轴转动了n周,D错误.答案:BC8.解析:半径比等于齿数之比,所以eq\f(r齿,r飞)=eq\f(48,16)=3,大齿轮的转速N1=60r/min,设飞轮的转速为N2,根据v=2πNr有2πN1r齿=2πN2r飞,所以eq\f(N1,N2)=eq\f(r飞,r齿)=eq\f(1,3),所以飞轮的转速N2=180r/min,车轮与飞轮共轴转动,具有相同的转速,又因为车轮的半径r为30cm,车轮的线速度v=2πN2r=2×3.14×eq\f(180,60)×0.30m/s=5.65m/s,C正确,A、B、D错误.答案:C9.解析:根据题意可知,狭缝间夹角为eq\f(2π,3),由图乙可知,接收器接收到光的时间间隔为t=1.77s-0.20s=1.57s,则圆盘转动的角速度为ω=eq\f(θ,t)=eq\f(\f(2π,3),1.57)rad/s=eq\f(4,3)rad/s,故A正确;根据公式v=ωr,v=eq\f(2πr,T),v=eq\f(d,Δt),T=eq\f(2π,ω),由A分析可得角速度,则周期可求,但无法解得线速度、半径和缝宽,故B、C、D错误.答案:A10.解析:子弹从左盘到右盘,盘转过的角度为θ=2Nπ+eq\f(π,6)(N=0、1、2…),盘转动的角速度ω=2πn=100πrad/s,由圆周运动规律可得θ=ωt,v=eq\f(s,t),可解得v=eq\f(600,12N+1)(N=0、1、2…),当N=0时解得v=600m/s;当N=1时解得v≈46.2m/s.另一种可能情况:θ=2Nπ+eq\f(11π,6)(N=0、1、2…),同理可得v=eq\f(600,12N+11)(N=0、1、2…),当N=0时解得v≈54.5m/s;当N=1时解得v≈26.1m/s,B、C正确.答案:BC11.解析:(2)图乙为20分度游标卡尺,精确值为0.05mm,由图乙可知遮光条的宽度为d=0.5cm+4×0.05mm=5.20mm.(3)物块经过光电门时的瞬时速度可近似认为等于滑块经过光电门的平均速度,则有v=eq\f(d,Δt)=eq\f(5.20×10-3,2.6×10-3)m/s=2.0m/s.(4)根据线速度与角速度的关系可得,皮带转动的角速度大小为ω=eq\f(v,R)=eq\f(2.0,\f(0.2,2))rad/s=20rad/s.答案:(2)5.20(3)2.0(4)2012.解析:(1)因为B、C两轮由不打滑的皮带相连,所以相等时间内B、C两点转过的弧长相等,即vB=vC由v=rω知ωB∶ωC=rC∶rB=2∶1又A、B是同轴转动,相等时间转过的角度相等,即ωA=ωB所以ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1.(2)由v=rω知vA∶vB=rA∶rB=2∶1所以vA∶vB∶vC=2∶1∶1.答案:(1)2∶2∶1(2)2∶1∶113.解析:(1)平抛运动竖直方向有H=eq\f(1,2)gt2则t=eq\r(\f(2H,g)).(2)平抛运动水平方向有s=vt,且s=eq\r(r2-R2)则v=eq\f(\r(r2-R2),t)=eq\f(\r(r2-R2),\r(\f(2H,g)))=eq\r(\f(g(r2-R2),2H)).(3)雨滴甩出时雨伞的角速度为ω=eq\f(v,R)=eq\f(1,R)eq\r(\f(g(r2-R2),2H)).答案:(1)eq\r(\f(2H,g))(2)eq\r(\f(g(r2-R2),2H))(3)eq\f(1,R)eq\r(\f(g(r2-R2),2H))课时素养评价6匀速圆周运动的向心力和向心加速度1.解析:根据a=eq\f(v2,r),当线速度保持不变时,向心加速度的大小一定跟圆周的半径成反比,A错误;根据a=ω2r,当角速度保持不变时,向心加速度的大小一定跟圆周的半径成正比,B错误;根据ω=eq\f(v,r),当线速度保持不变时,角速度的大小一定跟圆周的半径成反比,C错误;根据ω=eq\f(2π,T),角速度的大小一定跟转动周期成反比,D正确.答案:D2.解析:线速度大小v=eq\f(s,t),角速度ω=eq\f(θ,t),则向心加速度a=vω=eq\f(sθ,t2),D正确,A、B、C错误.答案:D3.解析:根据向心力公式F向=meq\f(v2,r),此时小球受到的向心力是原来的8倍,C正确.答案:C4.解析:纽扣在转动过程中ω=2πn=100πrad/s,则向心加速度a=ω2r≈500m/s2,故C正确,A、B、D错误.答案:C5.解析:由圆周运动的向心加速度得a=ω2R,解得ω=eq\r(\f(a,R)),A错误;由周期的关系得T=eq\f(2π,ω)=2πeq\r(\f(R,a)),B正确;小球的线速度v=ωR=Req\r(\f(a,R))=eq\r(Ra),则小球在时间t内通过的路程为x=vt=eq\r(aR)t,则位移s<eq\r(aR)t,C错误;小球的转速n=f=eq\f(1,T)=eq\f(1,2π)eq\r(\f(a,R)),D错误.答案:B6.解析:乘客受到的向心力F=meq\f(v2,r)=50×eq\f(1002,2500)N=200N,乘客受到来自车厢的力大小约为F=eq\r((mg)2+N2)=eq\r(5002+2002)N≈540N,A、B、C错误,D正确.答案:D7.解析:因a、b两点同轴转动,则a点的角速度等于b点的角速度,根据v=ωr,因a点转动半径较大,可知a点的线速度大于b点的线速度,故A、B错误;根据a=ω2r,因a点转动半径较大,可知a点的加速度大于b点的加速度,C错误;根据T=eq\f(2π,ω),因a、b两点的角速度相等,故周期相等,故D正确.答案:D8.解析:当小球以速率v1绕轴水平匀速转动时,弹簧长为eq\f(3l,2),弹簧弹力提供向心力,设弹簧劲度系数为k,可得k(eq\f(3,2)l-l)=meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),\f(3,2)l)转动速率为v2时,弹簧长为2l,弹簧弹力提供向心力,则有k(2l-l)=meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2l)联立解得v1∶v2=eq\r(6)∶4答案:eq\r(6)∶49.解析:小球在光滑水平面内做匀速圆周运动,则小球只有向心加速度,方向指向圆心,B正确.答案:B10.解析:依题意,设OA=AB=L,对B球有TAB=m·2Lω2,对A球有TOA-TAB=m·Lω2,联立两式解得a、b两根绳张力大小之比为eq\f(TOA,TAB)=eq\f(3,2),B正确.答案:B11.解析:对小滑块向心力等于最大静摩擦力μmg=mRω2,所以小圆盘转动的角速度为ω=eq\r(\f(μg,R)),A点的线速度为vA=R·ω=eq\r(μgR),所以B点的线速度大小为vB=vA=eq\r(μgR),则B点的角速度为ωB=eq\f(vB,2R)=eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,R)),B、C、D错误,A正确.答案:A12.解析:(1)根据控制变量法测量,在探究向心力和质量m之间的关系时,应保证其余两个变量不发生改变,即保证ω和r不变,可以观察到向心力随着球的质量增大而增大.(2)向心力表达式为F=mω2r.(3)该实验主要采用的方法为控制变量法,A、B错误,C正确.答案:(1)ωm(2)mω2r(3)C13.解析:(1)设地面对物体B的压力为N,A物体做匀速圆周运动,轻绳的拉力提供向心力,则TA=mArω2B物体受力分析,有TB=mBg-N又TA=TB联立解得N=9.6N方向竖直向上;(2)设物体B刚要脱离地面时,物体A的角速度为ω0,对物体A,有T′A=mAωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))r对物体B,有T′B=mBg又T′A=T′B联立解得ω0=20rad/s.答案:(1)9.6N,方向竖直向上(2)20rad/s课时素养评价7圆周运动的实例分析1.解析:当汽车行驶速度突然增大时,最大静摩擦力不足以提供其需要的向心力,则汽车会发生离心运动,且合外力为滑动摩擦力,又因为合外力在运动轨迹的凹侧,即汽车的运动路径可能沿着轨迹Ⅱ,故选B.答案:B2.解析:汽车开上平直的桥,压力的大小等于重力,汽车开上凸形桥,有mg-N=meq\f(v2,R),N<mg;汽车开上凹形桥,有N1-mg=meq\f(v2,R),N1>mg,所以车对凹形桥面的压力大,B正确.答案:B3.解析:当火车以设计速度v运行时,其受力如图所示此时火车轮与内外轨道无挤压,恰好由支持力与重力的合力作为向心力,根据牛顿第二定律可得mgtanθ=meq\f(v2,r),斜面的倾角正切值满足tanθ=eq\f(h,\r(L2-h2)),联立解得v=eq\r(\f(grh,\r(L2-h2))),故选C.答案:C4.解析:根据题意,设转盘的角速度为ω0时,轻绳刚好伸直但张力为零,由牛顿第二定律有kmg=mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))L,解得ω0=eq\r(\f(kg,L)),则当ω=eq\r(\f(3kg,L))时,最大静摩擦力不足以提供向心力,此时绳子有张力,由牛顿第二定律有F+kmg=mω2L,解得F=2kmg,故选B.答案:B5.解析:设连接A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2,绳子拉力为T,对A小球水平方向有Tsinθ1=m1ω2l1sinθ1,对B小球水平方向有Tsinθ2=m2ω2l2sinθ2,联立得eq\f(l1,l2)=eq\f(m2,m1),D正确,A、B、C错误.答案:D6.解析:在c点有Nc-mg=meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(c)),Rc),且Nc≤kmg,联立有Rc≥eq\f(2h,k-1),即c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于eq\f(2h,k-1),故A、C、D错误,B正确.答案:B7.解析:路面能对汽车提供的最大静摩擦力提供向心力时,转弯速度最大,则有0.3mg=meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(max)),R),解得汽车安全转弯的最大速度为vmax=eq\r(0.3gR)=15m/s=54km/h,故选C.答案:C8.解析:小球受到重力和绳子的拉力,两者的合力提供向心力,A错误;小球受到的向心力大小为mgtanθ,B错误;根据牛顿第二定律有mgtanθ=mω2R=mω2htanθ,得到ω=eq\f(\r(g),\r(h)),小球的角速度大小与eq\r(h)成反比,C正确;绳子的拉力大小为eq\f(mg,cosθ),θ越大,绳子拉力越大,D错误.答案:C9.解析:当天车突然停止时,工件继续运动,这一瞬间工件做竖直面内的圆周运动,受力分析有F-mg=meq\f(v2,L)可知吊绳越长,吊绳拉力越小,所以TA>TB,故A正确.答案:A10.解析:在最高点时,当小球重力刚好提供向心力时,有mg=meq\f(v2,L),解得v=eq\r(gL),可知小球在最高点的最小速率为eq\r(gL),此时轻绳的拉力为零,A错误,D正确;当小球在最高点的速率等于eq\r(gL)时,只由重力提供向心力;当小球在最高点的速率大于eq\r(gL)时,由重力和轻绳的拉力的合力提供向心力,C错误;设小球经过最低点时的速率为v′,根据牛顿第二定律可得T-mg=meq\f(v′2,L),解得T=mg+meq\f(v′2,L),可知小球在最低点时,轻绳的拉力大小一定大于小球的重力大小,B正确.答案:BD11.解析:小球在最高点速率为v时,两根轻绳的拉力恰好均为零,此时小球重力恰好提供向心力,即meq\f(v2,r)=mg,小球在最高点速率为2v时,所需向心力大小为F=meq\f((2v)2,r)=4mg,故A错误,B正确;由题意,根据几何关系可知两根轻绳间夹角为60°,小球在最高点速率为2v时,设每根轻绳的拉力大小为T,根据牛顿第二定律可得2Tcos30°+mg=F,解得T=eq\r(3)mg,故C正确,D错误.答案:BC12.解析:(1)水做圆周运动,在最高点水不流出的条件是:水的重力不大于水所需要的向心力,当重力恰好提供向心力时,对应的是水不流出的最小速度v0,以水为研究对象,有mg=meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),L)解得桶的最小速率v0=eq\r(Lg)=3m/s.(2)因为v=4.5m/s>v0,所以重力不足以提供向心力,要由桶底对水向下的压力补充,此时所需向心力由以上两力的合力提供,设桶底对水的压力为F,则由牛顿第二定律有mg+F=meq\f(v2,L)解得F=6.25N根据牛顿第三定律F′=-F所以水对桶底的压力F′=6.25N方向竖直向上.答案:(1)3m/s(2)6.25N,方向竖直向上13.解析:(1)小球绕杆做圆周运动,其轨道平面在水平面内,绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力,小球受力,水平方向上mgtanθ=mrω2r=L′+Lsinθ联立解得ω=2eq\r(5)rad/s(2)在竖直方向上Fcosθ=mg此时绳子的张力F=3eq\r(2)N.答案:(1)2eq\r(5)rad/s(2)3eq\r(2)N课时素养评价8天体运动1.解析:根据开普勒第一定律:所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动,太阳处于椭圆的一个焦点上,故A错误;根据开普勒第二定律:对每一个行星而言,太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等.所以行星距离太阳越近,速度越大,在近日点速度大于远日点速度,故B错误;根据开普勒第三定律,eq\f(r3,T2)=k,地球与金星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方,故C正确;根据开普勒第二定律:对每一个行星而言,太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等,速度始终在变化;对于处于不同轨道的地球和金星,绕太阳运行速度的大小不相等,故D错误.答案:C2.解析:由开普勒第三定律知:所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等,选项A错误;开普勒第一定律的内容为:所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动,太阳处于椭圆的一个焦点上,选项B错误,选项C正确;由开普勒定律知道所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动,又由于对每一个行星而言,太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等,可知行星绕太阳运动的速度大小是变化的,选项D错误.答案:C3.解析:行星在B点的速度比在A点的速度小,恒星位于焦点上,且远地点速度小于近地点速度,故恒星位于E点.故选C.答案:C4.解析:由开普勒第二定律:“相等时间内,太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的”知距离越大速度越小,故A错误;开普勒第三定律eq\f(a3,T2)=k中的k与行星的质量无关,只与太阳的质量有关,故B正确,C错误;由开普勒第三定律:“各个行星绕太阳公转周期的平方和它们的椭圆轨道的半长轴的立方成正比”,故D错误.答案:B5.解析:牛顿总结出了惯性定律,故A错误;伽利略发现忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快,故B错误;开普勒通过研究行星观测记录,发现了行星运动三大定律,故C正确;牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测出了引力常量,故D错误.答案:C6.解析:卫星绕行星沿椭圆轨道运行,根据开普勒第二定律,在b点时离行星近,在d点时离行星远,则卫星在b点的速率大于在d点的速率,A、B错误;根据开普勒第二定律知,S1、S2两部分阴影面积大小相等,则卫星从a到b的运行时间等于从c到d的时间,C错误,D正确.答案:D7.解析:根据开普勒第三定律eq\f(r3,T2)=k知r3=kT2,故选D.答案:D8.解析:从P到Q的时间为半个周期,根据开普勒第二定律,从P到M运动的速率大于从M到Q的速率,可知从P到M所用时间小于eq\f(T0,4),A正确;海王星在运动过程中只受太阳的引力作用,从P到Q是远离太阳的过程,引力是阻力,速率是减小的;从Q到N是靠近太阳的过程,引力是动力,速率会增大,B错误,C正确;从M到Q是远离太阳的过程,引力是阻力,从Q到N是靠近太阳的过程,引力是动力,D正确.答案:ACD9.解析:根据开普勒第三定律eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(a)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a)))=eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(b)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))),可知Tb=8Ta,因此在b运动2周的过程中,a运动了16周,a比b多转了14周,每一周有两次三点共线,这样a、b、c三点共线了28次.答案:C10.解析:两个时间段内地球公转的轨迹长度相等,由v=eq\f(l,t)可知时间长,说明速率小,依据开普勒第二定律,速度小就说明离太阳远,故A正确,B错误;我国是北半球,我国的冬季时候地球离太阳近,而夏季时候离太阳远,故C、D错误.答案:A11.解析:设海王星绕太阳运行的平均轨道半径为r1,周期为T1,地球绕太阳公转的轨道半径为r2,周期为T2(T2=1年),由开普勒第三定律有eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))=eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),故T1=eq\r(\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))))·T2≈164年,故C正确.答案:C12.解析:木卫一和木卫四都是木星的卫星,由开普勒第三定律可知,eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))=eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))),代入数据得:eq\f(4.23,1.82)=eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)),16.72),解得r4=18.5.答案:18.5个木星单位13.解析:由eq\f(r3,T2)=k,其中T为行星绕太阳公转的周期,r为轨道的半长轴,k是对太阳系中的任何行星都适用的常量.可以根据已知条件列方程求解.将地球的公转轨道近似成圆形轨道,其周期为T1,半径为r1;哈雷彗星的周期为T2,轨道半长轴为r2,则根据开普勒第三定律有:eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)))=eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))),因为r2=18r1,地球公转周期为1年,所以可知哈雷彗星的周期为T2=eq\r(\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))))×T1=76.4年,所以它下次飞近地球在2062年左右.答案:2062年课时素养评价9万有引力定律1.解析:根据万有引力定律可知,地球对卫星的万有引力大小为F=Geq\f(Mm,r2),故选D.答案:D2.解析:设两个质点的质量分别为m1、m2,根据题意可得F=Geq\f(m1m2,r2),其中一个质点的质量变为原来的2倍,另一质点质量保持不变,万有引力F′=Geq\f(2m1m2,(\f(r,2))2)=8F,故选D.答案:D3.解析:两质量均匀分布的小球可以看作位于球心的质点,两球间的万有引力大小为F=Geq\f(m1m2,(R1+R2+R)2),故选B.答案:B4.解析:设飞船到地球中心的距离与到月球中心的距离分别为r1、r2,飞船质量为m′,飞船所受地球、月球引力平衡Geq\f(Mm′,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))=Geq\f(mm′,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),解得eq\f(r1,r2)=eq\r(\f(M,m)),故选A.答案:A5.解析:两个实心均匀铁球,紧靠在一起,球心间距离为2r,则它们之间的万有引力F=Geq\f(m2,(2r)2)=Geq\f(m2,4r2),故A、B、D错误,C正确.答案:C6.解析:假定火星质量为M、半径为R,根据引力定律,依题意同一物体放在火星表面与地球表面所受引力大小分别为F1=Geq\f(Mm,R2),F2=Geq\f(10Mm,(2R)2),则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力大小的比值约为F1∶F2=0.4,故B、C、D错误,A正确.答案:A7.解析:根据天体表面上的物体受到的重力大小近似等于万有引力大小,有mg=Geq\f(Mm,R2),解得g=eq\f(GM,R2),依题意得eq\f(g水,g地)=eq\f(M水,M地)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R地,R水)))eq\s\up12(2)=eq\f(1,18)×2.62,代入地球表面重力加速度数值,求得g水≈3.68m/s2,故选B.答案:B8.解析:在天体表面万有引力等于重力,有mg=eq\f(GMm,R2),可得火星表面和月球表面的重力加速度之比为eq\f(g火,g月)=eq\f(\f(GM火,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火))),\f(GM月,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(月))))=eq\f(9,4),根据竖直上抛运动规律veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))=2gh可知,在火星和月球表面分别以相同的初速度竖直上抛一物体,则上抛最大高度之比为eq\f(h火,h月)=eq\f(g月,g火)=eq\f(4,9),故选B.答案:B9.解析:设地球、月球和飞船的质量分别为M地、M月和m,x表示飞船到地球球心的距离,则F地=F月,即eq\f(GM地m,x2)=eq\f(GM月m,(l-x)2),代入数据解得x=3.46×108m.答案:在地球与月球的连线上,距地球球心距离为3.46×108m.10.解析:小球在O点时,根据对称性可知它受到的万有引力为零,沿OA方向运动到无穷远处时所受万有引力也为零,但运动过程中所受万有引力不为零,因此小球受到的万有引力必经历一个先增大后减小的变化过程,故选D.答案:D11.解析:地面上高度为d处的重力加速度,根据万有引力等于重力有Geq\f(Mm,(R+d)2)=mg′,地面下深度d(d<R)处,根据万有引力等于重力Geq\f(M′m,(R-d)2)=mg″,其中M′=ρeq\f(4,3)π(R-d)3,M=ρeq\f(4,3)πR3,求得eq\f(g″,g′)=eq\f((R+d)2(R-d),R3),D正确.答案:D12.解析:物体在赤道处有eq\f(GMm,R2)-mg=m(2πn1)2R=ma,当赤道上的物体恰好能飘起来时,物体受到的万有引力恰好提供向心力,由牛顿第二定律可得eq\f(GMm,R2)=m(2πn2)2R,联立解得eq\f(n2,n1)=eq\r(\f((g+a),a)),故选A.答案:A13.解析:火星极点处的人不需要向心力,万有引力全部充当重力G1=Geq\f(mM,R2),人在火星赤道处需要的向心力为F=mω2R=meq\f(4π2,T2)R≈1N可得G2=Geq\f(mM,R2)-F,则G1-G2=1N,故A、C正确,B、D错误.答案:AC14.解析:(1)在忽略自转的情况下,星球表面物体受到星球的万有引力等于物体所受的重力eq\f(GMm,R2)=mg有g=eq\f(GM,R2)故eq\f(g行,g地)=eq\f(M行,M地)·eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(行)))所以g行=eq\f(5,2)g地=25m/s2.(2)由平抛运动的规律,有h=eq\f(1,2)gt2x=vt故x=veq\r(\f(2h,g))物体在两个行星做平抛运动的水平位移之差Δx=veq\r(2h)(eq\f(1,\r(g地))-eq\f(1,\r(g行)))代入数据解得Δx=(10eq\r(2)-4eq\r(5))m.答案:(1)25m/s2(2)(10eq\r(2)-4eq\r(5))m课时素养评价10预言未知星体计算天体质量1.解析:天王星是在1781年发现的,而卡文迪许测出引力常量是在1798年,在此之前人们还不能用万有引力定律做有实际意义的计算,A错误,B正确;太阳系的第八颗行星即海王星是英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻的天文爱好者勒维耶各自独立地利用万有引力定律计算出轨道和位置,由德国的伽勒首先发现的,C、D错误。答案:B2.解析:由于各小行星的质量和轨道半径不同,根据万有引力定律可知太阳对各小行星的引力不同,选项A错误;太阳对小行星的万有引力提供小行星做圆周运动的向心力,由Geq\f(Mm,r2)=m(eq\f(2π,T))2r,可得T=eq\r(\f(4π2r3,GM)),又小行星的轨道半径大于地球的轨道半径,可知各小行星绕太阳运动的周期均大于一年,选项B错误;由Geq\f(Mm,r2)=ma可得a=eq\f(GM,r2),可知小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值,选项C正确;由Geq\f(Mm,r2)=meq\f(v2,r)可得v=eq\r(\f(GM,r)),可知小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值均小于地球公转的线速度值,选项D错误.答案:C3.解析:根据火星探测器绕火星做圆周运动的向心力由火星对探测器的万有引力提供,有Geq\f(mM火,(R1+h)2)=meq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))(R1+h),而“天问一号”在地球表面近地环绕时由地球的万有引力提供向心力,有Geq\f(mM地,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))=meq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))R0,联立两式解得eq\f(M火,M地)=eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))(R1+h)3,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0))),故选A.答案:A4.解析:根据mg=Geq\f(Mm,R2),M=ρ·eq\f(4,3)πR3,解得ρ=eq\f(3g,4πGR),故选C.答案:C5.解析:设地球质量为M,卫星质量为m,运动半径为r,根据牛顿第二定律有Geq\f(Mm,r2)=mω2r,根据匀速圆周运动规律有v=ωr,联立以上两式解得M=eq\f(v3,Gω),故选A.答案:A6.解析:由题意知“卡西尼”号探测器离土星表面高h的圆形轨道上绕土星飞行的周期T=eq\f(t,n),由万有引力提供向心力Geq\f(Mm,(R+h)2)=meq\f(4π2,T2)(R+h),联立解得M=eq\f(4π2n2(R+h)3,Gt2).由ρ=eq\f(M,V),又V=eq\f(4,3)πR3,联立得ρ=eq\f(3πn2(R+h)3,Gt2R3),故D正确,A、B、C错误.答案:D7.解析:由Geq\f(Mm,r2)=meq\f(v2,r)得v=eq\r(\f(GM,r)),所以vA>vB=vC,选项A正确;由Geq\f(Mm,r2)=mreq\f(4π2,T2)得T=2πeq\r(\f(r3,GM)),所以TA<TB=TC,选项B正确;由Geq\f(Mm,r2)=ma得a=Geq\f(M,r2),所以aA>aB=aC,又mA=mB<mC,所以FA>FB,FB<FC,选项C错误;三颗卫星都绕火星做匀速圆周运动,故由开普勒第三定律得eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(A)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)))=eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(B)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)))=eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(C)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))),选项D正确.答案:ABD8.解析:(1)根据Geq\f(Mm,(R+h)2)=meq\f(v2,R+h)解得地球质量M=eq\f(v2(R+h),G).(2)根据V=eq\f(4,3)πR3,ρ=eq\f(M,V)得ρ=eq\f(M,V)=eq\f(3v2(R+h),4GπR3).答案:(1)eq\f(v2(R+h),G)(2)eq\f(3v2(R+h),4GπR3)9.解析:“天问一号”绕火星做圆周运动过程,据引力作为向心力可得eq\f(GM火m,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))=mr1eq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))),M火=eq\f(4π2req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),GTeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))),同步卫星绕地球做圆周运动过程,同理可得M地=eq\f(4π2req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),GTeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),由题意可知r1=3.26×107m,r2=4.23×107m,M地=6.0×1024kg,T1=2T2,联立代入数据可解得M火≈6.4×1023kg,故选B.答案:B10.解析:设近地卫星的质量为m,火星的质量为M,对近地卫星,火星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力,则有eq\f(GMm,(\f(d,2))2)=eq\f(m4π2,T2)·eq\f(d,2),可得M=eq\f(π2d3,2GT2),火星的密度为ρ=eq\f(M,\f(4,3)π(\f(d,2))3)=eq\f(6M,πd3),将M=eq\f(π2d3,2GT2)代入上式可得,ρ=eq\f(6M,πd3)=eq\f(\f(6π2d3,2GT2),πd3)=eq\f(3π,GT2),又火星对近地卫星的万有引力近似等于近地卫星的重力,则有m0g0=Geq\f(Mm,(\f(d,2))2),解得M=eq\f(g0d2,4G),因此火星的密度为ρ=eq\f(M,\f(4,3)π(\f(d,2))3)=eq\f(\f(g0d2,4G),\f(1,6)πd3)=eq\f(3g0,2πGd),A、C、D正确,B错误.答案:B11.解析:当天问一号环绕火星做半径为r的圆周运动时,万有引力提供向心力,有Geq\f(Mm,r2)=m(eq\f(2π,T))2r,又火星的质量为M=ρ·eq\f(4,3)πR3,轨道半径为r=(n+1)R,联立可得火星的密度为ρ=eq\f(3π(n+1)3,GT2),A、C、D错误,B正确.答案:B12.解析:假设行星极点处的重力加速度为g,则在赤道处的重力加速度为eq\f(g,k),在极点处有mg=Geq\f(Mm,R2),在赤道处有eq\f(mg,k)+meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R=Geq\f(Mm,R2),联立解得M=eq\f(4π2kR3,(k-1)GT2),故选A.答案:A13.解析:(1)设月球表面的重力加速度为g,在竖直上抛运动过程中有:veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))=2gh由万有引力定律可知eq\f(GMm,R2)=mg解得:M=eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2,2Gh).(2)飞船绕月球做匀速圆周运动时有:eq\f(GMm′,r2)=m′eq\f(4π2r,T2)解得:r=eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)飞船距离月球表面的高度H=eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)-R.答案:(1)eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2,2Gh)(2)eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)-R课时素养评价11人造卫星宇宙速度1.解析:环绕星球表面做圆周运动的物体,根据mg=meq\f(v2,R)可得星球的第一宇宙速度v=eq\r(gR),月球表面处的重力加速度是地球表面处的重力加速度的eq\f(1,6),月球半径为地球半径的eq\f(1,4),则登月舱靠近月球表面的环绕速度与地球的第一宇宙速度之比为eq\f(v月,v)=eq\f(\r(6),12),故选C.答案:C2.解析:同步卫星轨道平面一定,即处于赤道的正上方,所以不可能定点在北京上空,A错误;同步卫星的运转周期与地球自转周期相等,即该卫星的运行周期约为24h,B正确;卫星做匀速圆周运动,合外力提供向心力,故该卫星绕地运行时不处于平衡状态,C错误;第一宇宙速度是卫星最小地面发射速度,也是卫星绕地球运行的最大绕行速度,则同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度,D错误.答案:B3.解析:由题意可得eq\f(GMm,R2)=meq\f(v2,R)=meq\f(4π2,T2)R=mω2R=ma,解得a=eq\f(GM,R2),v=eq\r(\f(GM,R)),ω=eq\r(\f(GM,R3)),T=eq\r(\f(4π2R3,GM)).由题意可知RA<RB<RC,可得TA<TB<TC,vA>vB>vC,aA>aB>aC,ωA>ωB>ωC,故选B.答案:B4.解析:假设B、C两颗卫星质量相等,根据万有引力表达式有F=Geq\f(Mm,r2),解得B、C两颗卫星所受地球万有引力之比为eq\f(FB,FC)=eq\f(9,1),题干中卫星质量关系不确定,引力之比的关系也不能确定,A错误;根据万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)=mω2r,解得ω=eq\r(\f(GM,r3))可知,卫星的轨道半径越大,角速度越小,则B卫星角速度大于C卫星角速度,又由于C卫星与物体A角速度相等,则B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体A的角速度,B错误;根据万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)=meq\f(v2,r),解得v=eq\r(\f(GM,r))可知,卫星的轨道半径越大,线速度越小,则B卫星线速度大于C卫星线速度,又由于C卫星与物体A角速度相等,根据v=ωr可知C卫星的线速度大于地面上随地球自转物体A的线速度,则B卫星的线速度大于地面上随地球自转物体A的线速度,即赤道上的物体、实验卫星和同步卫星的线速度大小关系满足vB>vC>vA,C错误;根据万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)=meq\f(4π2r,T2),C卫星与地球自转周期相同,解得TB=T地eq\r(\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)))),则B卫星中的宇航员一天内可看日出的次数n=eq\f(T地,TB)=eq\r(33)≈5次,D正确.答案:D5.解析:由题意可知,a的运动半径小于b的运动半径,由万有引力提供向心力eq\f(GMm,R2)=ma可知,半径越大,加速度越小,所以a的加速度大于b的加速度,A正确;由万有引力提供向心力可得eq\f(GMm,R2)=meq\f(v2,R)=mω2R,v=eq\r(\f(GM,R)),ω=eq\r(\f(GM,R3)).由题意可知,a的运动半径小于b、d的运动半径,故a的角速度大于b的角速度,a的线速度大于d的线速度,故B、C错误;由万有引力提供向心力可得eq\f(GMm,R2)=meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R,T=2πeq\r(\f(R3,GM)),a、c运动半径相同,周期也相同,由图中位置可知,a、c不可能在P点相撞,故D错误.答案:A6.解析:黑洞和恒星组成双星系统,根据双星系统的特点可知,黑洞与恒星的向心力都等于黑洞和恒星之间的万有引力,转动的角速度相等,根据T=eq\f(2π,ω)可知周期相等,故A、B错误,C正确;根据a=eq\f(F,m)可知黑洞与恒星加速度大小之比为eq\f(a1,a2)=eq\f(1,16),故D错误.答案:C7.解析:地球自转周期变小,卫星要与地球保持同步,则卫星的公转周期也应随之变小,由开普勒第三定律eq\f(r3,T2)=k可知卫星离地球的高度应变小,要实现三颗卫星覆盖全球的目的,则卫星周期最小时,由几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示卫星的轨道半径为r=eq\f(R,sin30°)=2R,由eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))=eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),可得eq\f((6.6R)3,242)=eq\f((2R)3,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),解得T2≈4h,故选B.答案:B8.解析:二者都围绕地球做圆周运动,由万有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)=mω2r=meq\f(v2,r),解得ω=eq\r(\f(GM,r3)),v=eq\r(\f(GM,r)),神舟十四号的轨道半径较小,相应角速度、线速度均较大,A正确,B错误;由引力作为向心力可得eq\f(GMm,r2)=mreq\f(4π2,T2),解得T=eq\r(\f(4π2r3,GM)),同步卫星相对地面保持相对静止,而神舟十四号运行周期小于同步卫星,不可能相对地面保持静止,C错误;当r=R时,卫星的环绕速度等于第一宇宙速度,而神舟十四号轨道半径略大于地球半径,运行速度必然略小于第一宇宙速度,D错误.答案:A9.解析:设卫星轨道半径为r,根据Geq\f(Mm,r2)=meq\f(4π2,T2)r,可得T=2πeq\r(\f(r3,GM)),同步卫星周期24h,小于月球公转周期,故同步卫星轨道半径较小,甲为同步卫星轨道,乙为月球轨道,A错误;根据Geq\f(Mm,r2)=ma可得a=eq\f(GM,r2),因月球的轨道半径较大,则月球向心加速度较小,B错误;11.2km/s为卫星摆脱地球引力束缚的最小发射速度,在地面附近发射同步卫星的速度大于7.9km/s,小于11.2km/s,C正确;根据eq\f(GMm,r2)=meq\f(v2,r),解得v=eq\r(\f(GM,r)),当r=R时,可解得v=eq\r(\f(GM,R))=7.9km/s,月球和同步卫星绕地球运行的轨道半径均大于地球半径R,故线速度大小均小于7.9km/s,D错误.答案:C10.解析:根据行星表面物体受到的万有引力等于重力可得eq\f(GMm,R2)=mg可得g=eq\f(GM,R2),则火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为eq\f(g火,g地)=eq\f(M火,M地).eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火)))=eq\f(4,10)=0.4可知火星表面的重力加速度约是地球表面重力加速度的0.4,A正确;行星第一宇宙速度为行星表面轨道卫星绕行星做匀速圆周运动的线速度,则有eq\f(GMm,R2)=meq\f(v2,R),解得v=eq\r(\f(GM,R)),则火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为eq\f(v火,v地)=eq\r(\f(M火,M地)·\f(R地,R火))=eq\r(\f(2,10))=eq\f(\r(5),5)
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