（全國通用）2018版高考物理總復(fù)習(xí) 考前三個月 專題一 力與運(yùn)動 第3講 曲線運(yùn)動試題

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1、 第3講　曲線運(yùn)動 高考命題軌跡 年份 題號(分值) 考點 難度 2017年 卷Ⅰ15題(6分) 發(fā)球機(jī)發(fā)射乒乓球，考查平拋運(yùn)動 容易 卷Ⅱ19題(6分) 海王星繞太陽的運(yùn)動，考查開普勒行星運(yùn)動定律與機(jī)械能守恒 中等 卷Ⅲ14題(6分) 天舟一號與天宮二號對接，考查衛(wèi)星運(yùn)動規(guī)律與萬有引力定律 容易 2016年 卷Ⅰ17題(6分) 利用地球同步衛(wèi)星信號覆蓋考查開普勒第三定律 中等 卷Ⅰ18題(6分) 曲線運(yùn)動條件 中等 卷Ⅰ25題(18分) 平拋與豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動結(jié)合機(jī)械能守恒 較難 卷Ⅱ16題(6分) 豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動與機(jī)械能守恒結(jié)

2、合 中等 卷Ⅱ25題(20分) 平拋與豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動結(jié)合彈簧、能量問題 較難 卷Ⅲ14題(6分) 考查開普勒在行星運(yùn)動方面的主要成就 容易 2015年 卷Ⅰ17題(6分) 豎直面圓周運(yùn)動與功能關(guān)系 中等 卷Ⅰ18題(6分) 乒乓球發(fā)射機(jī)，求平拋運(yùn)動初速度范圍 中等 卷Ⅰ21題(6分) 結(jié)合登月探測器的著陸考查萬有引力定律的應(yīng)用 容易 卷Ⅱ16題(6分) 結(jié)合衛(wèi)星變軌過程考查運(yùn)動的合成與分解 容易 卷Ⅱ21題(6分) 輕桿關(guān)聯(lián)物體的速度分解與功能關(guān)系結(jié)合 中等 考情分析　平拋運(yùn)動的規(guī)律及分析方法、圓周運(yùn)動的受力特點(特別是豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動受

3、力特點及能量變化)，一般在選擇題中出現(xiàn)．平拋運(yùn)動與豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動相結(jié)合，再結(jié)合能量守恒，近年在計算題中出現(xiàn)，需要重視．繩、桿關(guān)聯(lián)物體的速度，曲線運(yùn)動條件的考查近年來也有出現(xiàn)，值得注意． 知識方法鏈接 1．物體做曲線運(yùn)動的條件及特點 (1)條件：F合與v的方向不在同一直線上． (2)特點 ①F合恒定：做勻變速曲線運(yùn)動． ②F合不恒定：做非勻變速曲線運(yùn)動． ③做曲線運(yùn)動的物體受的合力總是指向曲線的凹側(cè)． 2．繩(桿)關(guān)聯(lián)物體的速度 (1)若由繩(桿)連接的兩運(yùn)動物體的運(yùn)動方向沿繩(桿)方向，則兩物體速度大小相等． (2)若物體運(yùn)動方向不沿繩(桿)，將其速度分解到沿繩(

4、桿)方向和垂直繩(桿)方向，再參考上一條． 真題模擬精練　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2017·山西晉中市調(diào)研)如圖1所示為一個做勻變速曲線運(yùn)動的物塊軌跡的示意圖，運(yùn)動至A點時速度大小為v0，經(jīng)一段時間后物塊運(yùn)動至B點，速度大小仍為v0，但相對于A點時的速度方向改變了90°，則在此過程中(　　) 圖1 A．物塊的運(yùn)動軌跡AB可能是某個圓的一段圓弧 B．物塊的動能可能先增大后減小 C．物塊的速度大小可能為 D．B點的加速度與速度的夾角小于90° 答案　D 解析　由題意，物塊做勻變速曲線運(yùn)動，則加速度的大小與方向都不變，所以運(yùn)動的軌跡是一段拋物線，不是圓弧，故

5、A錯誤；由題意，物塊運(yùn)動到B點時速度方向相對A點時的速度方向改變了90°，速度沿B點軌跡的切線方向，則知加速度方向垂直于AB的連線向下，合外力也向下，物塊做勻變速曲線運(yùn)動，物塊由A到B過程中，合外力先做負(fù)功，后做正功，由動能定理可得，物塊的動能先減小后增大，故B錯誤；物塊的加速度方向垂直于A、B的連線向下，根據(jù)題意可知速度方向改變90°，則A點的速度方向與AB連線方向夾角為45°，如圖所示，所以在物塊運(yùn)動過程中的最小速度為v0，C錯誤；物塊在B點速度沿B點軌跡的切線方向，而加速度方向垂直于A、B的連線向下，可知二者之間的夾角小于90°，故D正確． 2．(2017·四川成都市診斷)質(zhì)量為m

6、的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細(xì)繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運(yùn)動．當(dāng)小車與滑輪間的細(xì)繩和水平方向成夾角θ2時(如圖2)，下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．P的速率為v B．P的速率為vcos θ2 C．繩的拉力等于mgsin θ1 D．繩的拉力小于mgsin θ1 答案　B 解析　將小車的速度v進(jìn)行分解如圖所示，則vP＝vcos θ2，故A錯誤，B正確；小車向右運(yùn)動，θ2減小，v不變，則vP逐漸增大，說明物體P沿斜面向上做加速運(yùn)動，由牛頓第二定律FT－mgsin θ1＝ma，可知繩子對P的拉力

7、FT＞mgsin θ1，故C、D錯誤．故選B. 知識方法鏈接 1．求解平拋運(yùn)動的基本思路和方法——運(yùn)動的分解 將平拋運(yùn)動分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動——“化曲為直”，是處理平拋運(yùn)動的基本思路和方法． 2．兩個基本關(guān)系 (1)位移關(guān)系： 位移方向偏轉(zhuǎn)角tan α＝. (2)速度關(guān)系： 速度方向偏轉(zhuǎn)角tan θ＝＝＝2tan α. 分析題目條件是位移(方向)關(guān)系，還是速度(方向)關(guān)系，選擇合適關(guān)系式解題． 真題模擬精練 3．(2017·全國卷Ⅰ·15)發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)．速度較大的球越過球

8、網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)．其原因是(　　) A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D．速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大 答案　C 解析　由題意知，兩個乒乓球均做平拋運(yùn)動，則根據(jù)h＝gt2及v＝2gh可知，乒乓球的運(yùn)動時間、下降的高度及豎直方向速度的大小均與水平速度大小無關(guān)，故選項A、B、D均錯誤；由發(fā)出點到球網(wǎng)的水平位移相同時，速度較大的球運(yùn)動時間短，在豎直方向下落的距離較小，可以越過球網(wǎng)，故C正確． 4．(2017·安徽十校聯(lián)考)如圖3所示，將小球以速度v

9、沿與水平方向成θ＝37°角斜向上拋出，結(jié)果球剛好能垂直打在豎直墻面上，球反彈的瞬間速度方向水平，且速度大小為碰撞前瞬間速度大小的，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空氣阻力不計，則當(dāng)反彈后小球的速度大小再次為v時，速度方向與水平方向夾角的正切值為(　　) 圖3 A.　　　B.　　　C.　　　D. 答案　B 解析　采用逆向思維，小球做斜拋運(yùn)動看成是平拋運(yùn)動的逆反運(yùn)動，將拋出速度沿水平和豎直方向分解，有： vx＝vcos θ＝v·cos 37°＝0.8v vy＝v·sin 37°＝0.6v 球撞墻前瞬間的速度等于0.8v，反彈速度大小為： vx′＝×0.8v＝

10、0.6v 反彈后小球做平拋運(yùn)動，當(dāng)小球的速度大小再次為v時，豎直速度為： vy′＝＝＝0.8v， 速度方向與水平方向的正切值為： tan θ＝＝＝，故B正確，A、C、D錯誤． 知識方法鏈接 1．解決圓周運(yùn)動動力學(xué)問題的關(guān)鍵 (1)圓周運(yùn)動動力學(xué)問題的實質(zhì)是牛頓第二定律的應(yīng)用，且已知合外力方向(勻速圓周運(yùn)動合外力方向指向圓心)，所以做好受力分析，由牛頓第二定律列方程求合外力． (2)做勻速圓周運(yùn)動的物體，所受合外力提供向心力． (3)做變速圓周運(yùn)動的物體，所受合外力沿半徑方向的分力提供向心力，沿切線方向的分力改變速度的大?。? 2．豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的兩種臨界問題 (1)

11、繩球模型：小球能通過最高點的條件是v≥. 其實圓周軌道上比圓心高的點都有自己的臨界速度，小球的速度小于臨界速度時就會以斜上拋的方式脫離圓周軌道；在比圓心低的點小球速度可以減小到0，而不脫離軌道，如果軌道光滑的話會沿圓周軌道滑下去． (2)桿球模型：小球能到達(dá)最高點的條件是v≥0. 真題模擬精練 5．(多選)(2017·福建廈門市模擬)如圖4所示，兩根等長的細(xì)線拴著兩個小球在豎直平面內(nèi)各自做圓周運(yùn)動，某一時刻小球1運(yùn)動到自身軌道的最低點，小球2恰好運(yùn)動到自身軌道的最高點，這兩點高度相同，此時兩小球速度大小相同，若兩小球質(zhì)量均為m，可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力的影響，則下列說法正確的是(　　)

12、 圖4 A．此刻兩根細(xì)線拉力大小相同 B．運(yùn)動過程中，兩根線上拉力的差值最大為2mg C．運(yùn)動過程中，兩根線上拉力的差值最大為10mg D．若相對同一零勢能面，小球1在最高點的機(jī)械能等于小球2在最低點的機(jī)械能 答案　CD 解析　初始位置，球1加速度向上，處于超重狀態(tài)；球2加速度向下，處于失重狀態(tài)，故球1受到的拉力較大，故A錯誤；球1在最高點，有：F1＋mg＝m，球2在最低點，有：F2－mg＝m，兩個球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，有：球1：mv2＝mv＋2mgR，球2：mv2＝mv－2mgR，聯(lián)立解得：F1＝m－5mg，F(xiàn)2＝m＋5mg，故F2－F1＝10mg，故B錯誤，C正確；兩個

13、球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，而初始位置兩個球的機(jī)械能相等，故兩個球的機(jī)械能一直是相等的，故D正確． 6．(多選)(2017·廣東廣州市測試)如圖5所示，在角錐體表面上放一個物體，角錐繞豎直軸轉(zhuǎn)動．當(dāng)角錐體旋轉(zhuǎn)角速度增大時，物體仍和角錐體保持相對靜止，則角錐對物體的(　　) 圖5 A．支持力將減小 B．支持力將增大 C．靜摩擦力將不變 D．靜摩擦力將增大 答案　AD 7．(多選)(2017·山東棗莊市模擬)如圖6所示，水平轉(zhuǎn)臺上有一質(zhì)量為m的小物塊，用長為L的細(xì)繩連接在通過轉(zhuǎn)臺中心的豎直轉(zhuǎn)軸上，細(xì)線與轉(zhuǎn)軸間的夾角為θ；系統(tǒng)靜止時，細(xì)線繃直但繩中張力為零，物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為

14、μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．當(dāng)物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動且未離開轉(zhuǎn)臺的過程中(　　) 圖6 A．物塊受轉(zhuǎn)臺的靜摩擦力方向始終指向轉(zhuǎn)軸 B．至轉(zhuǎn)臺對物塊的支持力為零時，物塊的角速度大小為 C．至轉(zhuǎn)臺對物塊的支持力為零時，轉(zhuǎn)臺對物塊做的功為 D．細(xì)繩對物塊拉力的瞬時功率始終為零 答案　CD 知識方法鏈接 1．星球表面的物體 (1)重力與引力的關(guān)系 (2)自轉(zhuǎn)可忽略時：G＝mg 可得：g＝ M＝ GM＝gR2 2．中心天體——環(huán)繞天體模型 環(huán)繞天體做圓周運(yùn)動的向心力由中心天體對它的萬有引力提供，即G＝mr＝m＝ma等，可得： 中心天體質(zhì)量M＝，ρ

15、＝(r＝R時有ρ＝) 環(huán)繞天體運(yùn)行速度v＝，加速度a＝. 3．雙星問題 雙星各自做圓周運(yùn)動的向心力由兩者之間的萬有引力提供，即G＝m1ω2r1＝m2ω2r2， 另：G＝ω2(r1＋r2) 雙星總質(zhì)量：m1＋m2＝. 真題模擬精練 8．(多選)(2017·全國卷Ⅱ·19)如圖7所示，海王星繞太陽沿橢圓軌道運(yùn)動，P為近日點，Q為遠(yuǎn)日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運(yùn)行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)過M、Q到N的運(yùn)動過程中(　　) 圖7 A．從P到M所用的時間等于 B．從Q到N階段，機(jī)械能逐漸變大 C．從P到Q階段，速率逐漸變小 D．從

16、M到N階段，萬有引力對它先做負(fù)功后做正功 答案　CD 解析　由行星運(yùn)動的對稱性可知，從P經(jīng)M到Q點的時間為T0，根據(jù)開普勒第二定律可知，從P到M運(yùn)動的速率大于從M到Q運(yùn)動的速率，可知從P到M所用的時間小于T0，選項A錯誤；海王星在運(yùn)動過程中只受太陽的引力作用，故機(jī)械能守恒，選項B錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，從P到Q階段，速率逐漸變小，選項C正確；海王星受到的萬有引力指向太陽，從M到N階段，萬有引力對它先做負(fù)功后做正功，選項D正確． 9．(2017·全國卷Ⅲ·14)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運(yùn)飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道

17、(可視為圓軌道)運(yùn)行．與天宮二號單獨運(yùn)行時相比，組合體運(yùn)行的(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．周期變大 B．速率變大 C．動能變大 D．向心加速度變大 答案　C 解析　根據(jù)組合體受到的萬有引力提供向心力可得，＝ mr ＝m＝ma，解得T＝，v＝，a＝，由于軌道半徑不變，所以周期、速率、向心加速度均不變，選項A、B、D錯誤；組合體比天宮二號的質(zhì)量大，動能Ek＝mv2變大，選項C正確． 10．(2014·新課標(biāo)Ⅱ卷·18)假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體．已知地球表面重力加速度在兩極的大小為g0，在赤道的大小為g，地球自轉(zhuǎn)的周期為T，引力常量為G.地球的密度為(

18、　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　物體在地球的兩極時，mg0＝G，物體在赤道上時，mg＋m()2R＝G，又V＝πR3，聯(lián)立以上三式解得地球的密度ρ＝.故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 11．(2017·四川資陽市4月模擬)地球同步衛(wèi)星A和一顆軌道平面為赤道平面的科學(xué)實驗衛(wèi)星B的軌道半徑之比為4∶1，兩衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)方向相同，那么關(guān)于A、B兩顆衛(wèi)星的說法正確的是(　　) A．A、B兩顆衛(wèi)星所受地球引力之比為1∶16 B．B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)角速度小于地面上跟隨地球自轉(zhuǎn)物體的角速度 C．同一物體在B衛(wèi)星中時對支持物的壓力更大 D．B衛(wèi)星中的宇航員一天內(nèi)可看到8次日出

19、 答案　D 解析　根據(jù)萬有引力定律F＝G知，物體間的引力與兩個物體的質(zhì)量和兩者之間的距離均有關(guān)，由于A、B兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以A、B兩顆衛(wèi)星所受地球引力之比不一定為1∶16，故A錯誤；A衛(wèi)星的軌道半徑比B衛(wèi)星的軌道半徑大，由開普勒第三定律知，B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期小于A衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期，而A衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，所以B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期小于隨地球自轉(zhuǎn)物體的周期，因此B衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)角速度大于地面上跟隨地球自轉(zhuǎn)物體的角速度，故B錯誤；物體在A、B衛(wèi)星中均處于完全失重狀態(tài)，物體對支持物的壓力均為零，故C錯誤；根據(jù)開普勒第三定律＝k，知A、B衛(wèi)星軌道半徑之比為4∶1，則周期為8∶1，所以B衛(wèi)星的運(yùn)

20、行周期是地球自轉(zhuǎn)周期的8倍，因此B衛(wèi)星中的宇航員一天內(nèi)可看到8次日出，故D正確． 12．(多選)(2017·黑龍江大慶市一模)如圖8所示，a為放在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動的物體，b為處于地面附近近地軌道上的衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，若a、b、c、d的質(zhì)量相同，地球表面附近的重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．a(chǎn)和b的向心加速度都等于重力加速度g B．b的角速度最大 C．c距離地面的高度不是一確定值 D．d是三顆衛(wèi)星中動能最小，機(jī)械能最大的 答案　BD 解析　同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據(jù)a＝ω

21、2r知，c的向心加速度大．由牛頓第二定律得：G＝ma，解得：a＝，衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，則同步衛(wèi)星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度約為g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A錯誤；萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G＝mω2r，解得：ω＝ ，由于rb＜rc＜rd，則ωb＞ωc＞ωd，a與c的角速度相等，則b的角速度最大，故B正確；c是同步衛(wèi)星，同步衛(wèi)星相對地面靜止，c的軌道半徑是一定的，c距離地面的高度是一確定值，故C錯誤；衛(wèi)星做圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G＝m，衛(wèi)星的動能：Ek＝，三顆衛(wèi)星中d的軌道半徑最大，則d的動能最小，機(jī)械能：

22、E＝Ek＋Ep＝－＝－，d的軌道半徑最大，d的機(jī)械能最大，故D正確． 專題規(guī)范練 題組1　高考真題檢驗 1．(多選)(2016·全國卷Ⅰ·18)一質(zhì)點做勻速直線運(yùn)動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變，則(　　) A．質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變 答案　BC 解析　質(zhì)點一開始做勻速直線運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質(zhì)點所受的合外力等于該恒力．若該恒力方向與質(zhì)點原運(yùn)動方向不共線，則質(zhì)點做曲線運(yùn)動，質(zhì)點速度方向與恒力方向

23、不同，故A錯；若恒力的方向某一時刻與質(zhì)點運(yùn)動方向垂直，之后質(zhì)點做曲線運(yùn)動，力與速度方向不再垂直，例如平拋運(yùn)動，故B正確；由牛頓第二定律可知，質(zhì)點加速度方向總是與其所受合外力方向相同，C正確；根據(jù)加速度的定義，相等時間內(nèi)速度變化量相同，而速率變化量不一定相同，故D錯． 2．(2016·全國卷Ⅱ·16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(　　) 圖1 A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定

24、大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案　C 解析　球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，則兩球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對球在最低點受力分析得，F(xiàn)T－mg＝m，可得FT＝3mg，選項C正確；由a＝＝2g可知，在最低點兩球的向心加速度相等，選項D錯誤． 3．(2015·新課標(biāo)全國Ⅰ·18)一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺如圖2所示．水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h.發(fā)射機(jī)安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球

25、，發(fā)射點距臺面高度為3h.不計空氣的作用，重力加速度大小為g.若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，則v的最大取值范圍是(　　) 圖2 A.＜v＜L1 B.＜v＜ C.＜v＜ D.＜v＜ 答案　D 解析　發(fā)射機(jī)無論向哪個方向水平發(fā)射，乒乓球都做平拋運(yùn)動．當(dāng)速度v最小時，球沿中線恰好過網(wǎng)，有： 3h－h(huán)＝ ① ＝v1t1② 聯(lián)立①②得v1＝ 當(dāng)速度最大時，球斜向右側(cè)臺面兩個角發(fā)射，有 ＝v2t2③ 3h＝gt④ 聯(lián)立③④得v2＝ 所以使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，v的最大取值范圍為＜v＜，選項D正確． 4．(多選)

26、(2014·新課標(biāo)Ⅰ卷·20)如圖3所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．b一定比a先開始滑動 B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度 D．當(dāng)ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg 答案　AC 解析　小木塊a、b做圓周運(yùn)動時，由靜摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.當(dāng)角速度增加時，靜摩擦力增大，當(dāng)增大到最大靜摩擦力時，

27、發(fā)生相對滑動，對木塊a：Ffa＝mωl，當(dāng)Ffa＝kmg時，kmg＝mωl，ωa＝；對木塊b：Ffb＝mω·2l，當(dāng)Ffb＝kmg時，kmg＝mω·2l，ωb＝，所以b先達(dá)到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同，則Ffa＝mω2l，F(xiàn)fb＝mω2·2l，F(xiàn)fa

28、來實現(xiàn)上述目的，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為(　　) A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 答案　B 解析　地球自轉(zhuǎn)周期變小，衛(wèi)星要與地球保持同步，則衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期也應(yīng)隨之變小，由開普勒第三定律＝k可知衛(wèi)星離地球的高度應(yīng)變小，要實現(xiàn)三顆衛(wèi)星覆蓋全球的目的，則衛(wèi)星周期最小時，由數(shù)學(xué)幾何關(guān)系可作出衛(wèi)星間的位置關(guān)系如圖所示． 衛(wèi)星的軌道半徑為r＝＝2R 由＝得＝. 解得T2≈4 h. 6．(多選)(2014·新課標(biāo)Ⅰ卷·19)太陽系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運(yùn)動．當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱為“行星沖

29、日”．據(jù)報道，2014年各行星沖日時間分別是：1月6日木星沖日；4月9日火星沖日；5月11日土星沖日；8月29日海王星沖日；10月8日天王星沖日．已知地球及各地外行星繞太陽運(yùn)動的軌道半徑如下表所示．則下列判斷正確的是(　　) 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 軌道半徑(AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 A.各地外行星每年都會出現(xiàn)沖日現(xiàn)象 B．在2015年內(nèi)一定會出現(xiàn)木星沖日 C．天王星相鄰兩次沖日的時間間隔為土星的一半 D．地外行星中，海王星相鄰兩次沖日的時間間隔最短 答案　BD 解析　由開普勒第三定律＝k可知T行＝ ·T地

30、＝年，根據(jù)相遇時轉(zhuǎn)過的角度之差Δθ＝2nπ及ω＝可知相鄰沖日時間間隔為t，則t＝2π，即t＝＝，又T火＝年，T木＝年，T土＝年，T天＝年，T海＝年，代入上式得t>1年，故選項A錯誤；木星沖日時間間隔t木＝年<2年，所以選項B正確；由以上公式計算t土≠2t天，t海最小，選項C錯誤，選項D正確． 7．(2012·新課標(biāo)卷·21)假設(shè)地球是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體．一礦井深度為d.已知質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零．礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為(　　) A．1－ B．1＋ C．()2 D．()2 答案　A 解析　設(shè)地球的密度為ρ，地球的質(zhì)量為M，根據(jù)萬有引力

31、定律可知，地球表面的重力加速度g＝.地球質(zhì)量可表示為M＝πR3ρ.因質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，所以礦井下以(R－d)為半徑的地球的質(zhì)量為M′＝π(R－d)3ρ，解得M′＝()3M，則礦井底部的重力加速度g′＝，則礦井底部的重力加速度和地面處的重力加速度之比為＝1－，選項A正確． 題組2　各省市模擬精選 8．(2017·四川南充市第二次高考適應(yīng)性考試)直角坐標(biāo)系xOy在水平面(紙面)內(nèi)，一質(zhì)點在該水平面內(nèi)運(yùn)動，經(jīng)過坐標(biāo)原點時開始受水平力F作用，運(yùn)動軌跡如圖4所示，設(shè)質(zhì)點經(jīng)過O點時沿x軸方向的速度為vx，沿y軸方向的速度為vy，則由圖可知(　　) 圖4 A．vx>vy，F(xiàn)

32、可能沿x軸正方向 B．vx>vy，F(xiàn)可能沿y軸正方向 C．vx

33、是(　　) 圖5 A．小球帶正電 B．小球所受電場力可能大于重力 C．小球兩次落在斜面上所用的時間不相等 D．小球兩次落在斜面上的速度大小相等 答案　CD 解析　不加電場時，小球做平拋運(yùn)動，加電場時，小球做類平拋運(yùn)動，根據(jù)tan α＝，則t＝，因為水平方向上做勻速直線運(yùn)動，可知t2>t1，則a

34、知，則落在斜面上的速度大小相等，故D正確． 10．(2017·廣東佛山市一模)如圖6所示，內(nèi)壁光滑、質(zhì)量為m的管形圓軌道，豎直放置在光滑水平地面上，恰好處在兩固定光滑擋板M、N之間，圓軌道半徑為R，質(zhì)量為m的小球能在管內(nèi)運(yùn)動，小球可視為質(zhì)點，管的內(nèi)徑忽略不計．當(dāng)小球運(yùn)動到軌道最高點時，圓軌道對地面的壓力剛好為零，下列判斷正確的是(　　) 圖6 A．圓軌道對地面的最大壓力大小為8mg B．圓軌道對擋板M、N的壓力總為零 C．小球運(yùn)動的最小速度為 D．小球離擋板N最近時，圓軌對擋板N的壓力大小為5mg 答案　A 11．(多選)(2017·江西第一次聯(lián)考)如圖7所示，一個質(zhì)量為m

35、的小球由兩根細(xì)繩拴在豎直轉(zhuǎn)軸上的A、B兩處，A、B間距為L，A處繩長為L，B處繩長為L，兩根繩能承受的最大拉力均為2mg，轉(zhuǎn)軸帶動小球以角速度ω轉(zhuǎn)動，下列判斷正確的是(　　) 圖7 A．當(dāng)角速度ω逐漸增大時，A處繩的彈力一定增大 B．當(dāng)角速度ω逐漸增大時，B處繩一定先被拉斷 C．當(dāng)ω＝時，A處繩的彈力大小為mg D．當(dāng)ω＝時，B處繩的彈力大小為mg 答案　BC 解析　當(dāng)B處繩剛被拉直時，A處繩與桿夾角θ＝45°，mgtan 45°＝mω2L，所以ω＝，在當(dāng)角速度ω逐漸增大且小于的過程中，A處繩的彈力一定增大；當(dāng)角速度大于后，A處繩與豎直方向之間的夾角不再變化，則A處繩的拉力不

36、變，故A錯誤；當(dāng)轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的角速度最大時，B處繩拉力為FTB＝2mg，A處繩拉力不變，F(xiàn)TAcos θ＝mg，F(xiàn)TAsin θ＋FTB＝mω2L，得：ω＝，可知當(dāng)ω＝時，B處繩先被拉斷，故B正確；當(dāng)ω＝＜時，B處繩處于松弛的狀態(tài)，拉力等于0；A處繩的彈力沿水平方向的分力提供向心力，則FTA′sin β＝mω2·Lsin β，解得：FTA′＝mg，故C正確，D錯誤．故選B、C. 12.(多選)(2017·山東棗莊市模擬)如圖8所示，在豎直桿上安裝一個光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動，不計經(jīng)導(dǎo)向槽時小球的能量損失，設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g，那么

37、當(dāng)小球有最大水平位移時，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置 B．最大水平距離為 C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當(dāng)小球落地時，速度方向與水平方向成45°角 答案　AD 解析　設(shè)平拋時的初速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mv＋mgh＝mv2，解得v0＝，根據(jù)平拋運(yùn)動的知識可得下落時間t＝，則水平位移x＝v0t＝，所以當(dāng)－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為：x＝＝2h＝，B錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；設(shè)速度方向與水平方向的夾角為

38、θ，位移方向與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可知，tan θ＝2tan α＝2×＝1，則θ＝45°，所以D正確．故選A、D. 13．(多選)(2017·四川宜賓市一診)2015年12月29日，我國成功將“高分四號”衛(wèi)星發(fā)射升空．若某階段該衛(wèi)星沿橢圓軌道繞地球運(yùn)動，示意圖如圖9所示，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點P距地心O的距離為3R.則(　　) 圖9 A．衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點P時的加速度大小為 B．衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點P時的速度大于 C．衛(wèi)星在P點加速后可繞地球球心O點做半徑為3R的勻速圓周運(yùn)動 D．衛(wèi)星沿橢圓軌道運(yùn)動的周期比地球自轉(zhuǎn)周期大 答案　AC 解

39、析　根據(jù)G＝ma，G＝mg，則在遠(yuǎn)地點P，a＝，故A正確；若衛(wèi)星以半徑為3R繞地球球心O做勻速圓周運(yùn)動，則G＝m，再根據(jù)GM＝R2g，整理可以得到v＝，由于衛(wèi)星到達(dá)遠(yuǎn)地點P后做近心運(yùn)動，故在P點速度小于，故B錯誤；衛(wèi)星經(jīng)過遠(yuǎn)地點時加速，則可以以半徑3R繞地球球心O做勻速圓周運(yùn)動，故C正確；橢圓軌道的半長軸小于3R，比地球同步衛(wèi)星的軌道半徑(大約6.6R)小，所以衛(wèi)星周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，即小于地球自轉(zhuǎn)周期，故D錯誤．故選A、C. 14．(2017·廣東廣州市模擬)如圖10所示，人造衛(wèi)星M、N在同一平面內(nèi)繞地心O做勻速圓周運(yùn)動．已知M、N連線與M、O連線間的夾角最大為θ，則M、N的運(yùn)動周期之比等于(　　) 圖10 A．sin3θ B. C. D. 答案　D 解析　如圖所示，當(dāng)M、N的連線與M、O連線的最大夾角為θ時，O、N、M組成的三角形為直角三角形，根據(jù)三角形的邊角關(guān)系可知：sin θ＝， 根據(jù)開普勒第三定律，有＝ 聯(lián)立解得：＝ ，故選D. 20