高难度物理曲线运动

[第23讲抛体运动]

1．物体做平抛运动时，它的速度方向与初速度方向的夹角α的正切

tan α随时间t 变化图象是图K23－1中的( )

A B C D

2．飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2010年的IDF(国际飞镖联合会) 飞镖

世界杯赛在上海进行．某一选手在距地面高h ，离靶面的水平距离L 处，将质量为m 的

飞镖以速度v 0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．如只改变h 、L 、m 、v 0四个量中

的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力)( )

A ．适当减小v 0 B ．适当提高h C ．适当减小m D ．适当减小L

3．如图K23－3所示，在一次演习中，离地H 高处的飞机以水平速度v 1发射一颗炮弹欲轰炸地面

目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v 2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平

距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )

H x A ．v 1＝v 2 B ．v 1＝v 2C ．v 1v 2 D ．v 1＝v 2 x x H

4．某同学对着墙壁练习打乒乓球，假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s2. 则球在墙面上反弹点的高度范围是( )

A ．0.8 m至1.8 m B ．0.8 m至1.6 m C ．1.0 m至1.6 m D ．1.0 m至1.8 m

5. 如图K23－4所示，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后

小球落在斜面上的N 点，重力加速度为g ，则下列说法错误的是( )

A ．可求M 、N 之间的距离B ．可求小球落到N 点时速度的大小和方向

C ．可求小球到达N 点时的动能D ．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大

6．如图K23－5所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端

P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的

中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )

A ．v a ＝v b B ．v a ＝2v b C ．t a ＝t b D ．t a ＝2t b

7．如图K23－6所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P 处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿

斜面无摩擦滑下，图K23－7中的图象是描述物

体沿x 方向和y 方向运动的速度—时间图象，其

中正确的是( )

A B C D

8．如图K23－8所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以速度v 0水平飞出的小

球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧

的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角，则( )

A ．cot θ1tan θ2＝2 B ．tan θ1tan θ2＝2 C ．cot θ1cot θ2＝2 D ．tan θ1cot θ2＝2

9．如图K23－9所示，斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，ab ＝bc ＝cd . 从a 点正上方的O 点以

速度v 水平抛出一个小球，它落在斜面上b 点，若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，

则它落在斜面上的( )A ．b 与c 之间某一点 B ．c 点C ．c 与d 之间某一点 D ．d 点

10．如图K23－10所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0抛出一个小球，落在斜面上

某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v 0，则以下说法错误的

是( )

A ．小球在空中的运动时间变为原来的2倍 B ．夹角α将变大

C ．PQ 间距一定大于原来间距的3倍 D ．夹角α与初速度大小无关

11．如图K23－11所示，一质点做平抛运动先后经过A 、B 两点，到达A 点时速度方向与水平

方向的夹角为30°，到达B 点时速度方向与水平方向的夹角为60°(1)求质点在A 、B 位置的竖直

分速度大小之比；(2)设质点的位移AB 与水平方向的夹角为θ，求tan θ的值．

12．如图K23－12所示，A 、B 两球之间由长6 m的柔软细线相连，将两球相隔0.8 s先后从同一高度从同一点均以4.5 m/s的初速度水平抛出，g 取10 m/s2，则A 球抛出后多长时间，A 、B 两球间的连线可拉直？这段

时间内A 球离抛出点的水平位移多大？

13．如图K23－13所示，水平屋顶高H ＝5 m，墙高h ＝3.2 m，墙到房子的距离L ＝3 m，墙外马

路宽s ＝10 m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v 0的取值范围．(取g ＝

10 m/s

)

图K23－13

[第24讲圆周运动的基本概念和规律]

1．如图K24－1所示是摩托车比赛转弯时的情形．转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个

最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是

( )A ．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用B ．摩托车所受外力的合力小于所需的向

心力C ．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去D ．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去

2．质量为m 的石块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用

使得石块的速度大小不变，如图K24－2所示，那么( )A ．因为速率不变，所以石块的加速度

为零B ．石块下滑过程中受的合外力越来越大C ．石块下滑过程中受的摩擦力大小不变D ．石块

下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心

3．如图K24－3所示，a 、b 是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，

a 、b 两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的( )

A ．线速度 B ．角速度 C ．加速度 D ．轨道半径

4．如图K24－4所示为A 、B 两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的

图象，其中A 为双曲线的一个分支，由图可知( ) A．A 质点运动的线速度大小

不变B ．A 质点运动的角速度大小不变C ．B 质点运动的线速度大小不变D ．B 质

点运动的角速度与半径成正比

5．2011·淮北联考如图K24－5所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径

为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )

A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g (R ＋r )B ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝

C ．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D ．小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

6．如图K24－6所示，放置在水平地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，

现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )

A ．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m ＋M ) g B ．在释放前的瞬间，支架对地面的压力

为Mg C ．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m ＋M ) g

D ．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(2m ＋M ) g

7．2011·湖南联考如图K24－7所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m的细绳，

一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高

点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )

A ．2 m/s B ．210 m/s C ．2 5 m/s D ．2 2 m/s

L 8．一小球质量为m ，用长为L 的悬绳(不可伸长，质量不计) 固定于O 点，在O 点正下方处钉有一2

颗钉子，如图K24－8所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，下列说法错误的是

( )A ．小球线速度没有变化B ．小球的角速度突然增大到原来的2倍

C ．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D ．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍

9．质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质木架上的A 点和C 点．如图K24－9所示，当轻

杆绕轴BC 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a 在竖直方向，绳b 在水

平方向．当小球运动到图示位置时，绳b 被烧断的同时木架停止转动，则( )

A ．绳a 对小球拉力不变B ．绳a 对小球拉力减小

C ．小球可能前后摆动 D ．小球不可能在竖直平面内做圆周运动

10．如图K24－10所示，在光滑的固定圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A 和B 分别紧贴着漏斗在

水平面内做匀速圆周运动，其中小球A 在小球B 的上方．下列判断正确的是( )

A ．A 球的速率大于B 球的速率B ．A 球的角速度大于B 球的角速度

C ．A 球对漏斗壁的压力大于B 球对漏斗壁的压力D ．A 球的转动周期等于B 球的

转动周期

11．如图K24－11所示，直径为d 的纸制圆筒以角速度ω绕垂直纸面的轴O 匀速

转动(图示为截面) ．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到

半周时，在圆周上留下a 、b 两个弹孔，已知aO 与bO 夹角为θ，求子弹的速度．

12．如图K24－12所示，把一个质量m ＝1 kg的小球通过两根等长的细绳a 、b 与竖直杆上的A 、

B 两个固定点相连接，绳长都是1 m，AB 长度是1.6 m，直杆和小球旋转的角速度等于多少时，

b 绳上才有张力？

13．如图K24－13

所示，小球从光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端时，光电装置被触动，控

制电路会使转筒立刻以某一角速度匀速连续转动起来．转筒的底面半径为R ，已知轨道末端与转筒上部相平，与转筒的转轴距离为L ，且与转筒侧壁上的小孔的高度差为h ；开始时转筒静止，且小孔正对着轨道方向．现让一小球从圆弧轨道上的某处无初速滑下，若正好能钻入转筒的小孔(小孔比小球略大，小球视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ) ，求：(1)小球从圆弧轨道上释放时的高度H ；(2)转筒转动的角速度ω.

[第24讲圆周运动的基本概念和规律]

1．下列关于离心现象的说法正确的是( )A ．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将做背离圆心的圆周运动

C ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动

D ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动

2．如图K24－14所示，物块在水平圆盘上与圆盘一起绕固定轴匀速运动，下列说法正确的是

( )A ．物块处于平衡状态B ．物块受三个力作用C ．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，

物块越不容易脱离圆盘D ．在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆

盘

3．如图K24－15所示，半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体．今给小

物体一个水平初速度v 0gR ，则物体将( )

A ．沿球面滑至M 点B ．先沿球面滑至某点N 再离开球面做斜下抛运动

C ．按半径大于R 的新圆形轨道运动D ．立即离开半圆球做平抛运动

4．2010年2月16日，在加拿大城市温哥华举行的第二十一届冬奥会花样滑冰双人自由滑比赛落下

帷幕，中国选手申雪、赵宏博获得冠军．如图K24－16所示，赵宏博以自己为转动轴拉着申雪做匀

速圆周运动．若赵宏博的转速为30 r/min，手臂与竖直方向的夹角为60°，申雪的质量是50 kg，她触

地冰鞋的线速度为4.7 m/s，则下列说法正确的是( )

A ．申雪做圆周运动的角速度为2π rad/s B ．申雪触地冰鞋做圆周运动的半径约为2 m

C ．赵宏博手臂拉力约是850 N D ．赵宏博手臂拉力约是500 N

5．角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图K24－17所示．当系统绕轴

OO ′转动时，元件A 发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源．已

知A 的质量为m ，弹簧的劲度系数为k 、自然长度为l ，电源的电动势为E ，内阻不计．滑动变阻

器总长也为l ，电阻分布均匀，系统静止时滑片P 在B 点．当系统以角速度ω转动时，则( )

A ．电路中电流随角速度的增大而增大B ．电路中电流随角速度的减小而减小

mω2l Emω2l C ．弹簧的伸长量为x ＝ D ．输出电压U 与ω的函数式为U ＝k －mωk －mω6．如图K24－18所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、

r 2、r 3. 若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )

r ωr ωr ωr ωA. B. C. D. r 3r 1r 2r 2

7．如图K24－19所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O 的上方h 处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m 的小球B ，绳长AB ＝l >h ，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动．要使球不离开

水平面，转动轴的转速的最大值是( ) 11A. B ．πgh D ．2π 2πh 2πl g

8．细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直

面内做圆周运动，关于小球运动到P 点的加速度方向，

图K24－20中可能的是( )

A B C D

9．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧的高一些．路面与水平面间的夹角为θ，设拐弯路段是半径为R 的圆弧，要使车速为v 时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进

v 2v 22v 2v 2

方向) 摩擦力等于零，θ应等于( )A ．arcsin B ．arctan C ．arcsin D ．arccot Rg Rg Rg Rg

10．如图K24－21所示，OO ′为竖直轴，MN 为固定在OO ′上的水平光滑杆，有两个质量相同的

金属球A 、B 套在水平杆上，AC 和BC 为抗拉能力相同的两根细线，C 端固定在转轴OO ′上．当

绳拉直时，A 、B 两球转动半径之比恒为2∶1. 当转轴的角速度逐渐增大时( )

A ．AC 先断B ．BC 先断C ．两线同时断D ．不能确定哪段线先断

11．飞机由俯冲转为拉起的一段轨迹可看作一段圆弧．如图K24－22所示，飞机做俯冲拉起运动时，在最低点附近做半径为r ＝180 m的圆周运动，如果飞行员质量m ＝70 kg，飞机经过最低点P 时的速度v ＝360

km/h，则这时飞行员对座椅的压力是多少？(取g ＝10 m/s2)

12．如图K24－23所示，一可视为质点的小球质量为m ＝

1 kg

，在左侧平台上水平抛

出，恰能无碰撞地沿圆弧切线从

点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，

、

为圆弧的两个端点，其连线水平，O 为轨道的最低点．已知圆弧半径为R ＝1.0 m，对应圆心角为θ＝106°，平台与A 、

2B 连线的高度差为h ＝0.8 m．(重力加速度g ＝10 m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6) 求：(1)小球平抛的初速度大小；(2)

小球运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力大小．

13．2011·衢州模拟如图K24－24所示，水平转台高1.25 m，半径为0.2 m，可绕通过圆心处的竖直转轴

转动．转台的同一半径上放有质量均为0.4 kg的小物块A 、B (可看成质点) ，A 与转轴间距离为0.1 m，

B 位于转台边缘处，A 、B 间用长0.1 m的细线相连，A 、B 与水平转台间最大静摩擦力均为0.54 N，g

取10 m/s2.(1)当转台的角速度达到多大时细线上出现张力？(2)当转台的角速度达到多大时A 物块开始

滑动？(3)若A 物块恰好将要滑动时细线断开，此后转台保持匀速转动，求B 物块落地瞬间A 、B 两物

块间的水平距离．(不计空气阻力，计算时取π＝3)

[第25讲万有引力与天体运动]

1．关于物体运动过程所遵循的规律或受力情况的判断，下列说法中不正确的是( )

A ．月球绕地球运动的向心力与地球上的物体所受的重力是同一性质的力B ．月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用C ．物体在做曲线运动时一定要受到力的作用D ．物体仅在万有引力的作用下，可能做曲线运动，也可能做直线运动

2．近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆．某火星探测器绕火星做匀速圆周运动，它的轨道距火星表面的高度等于火星的半径，它的运动周期为T ，则火星的平均密度ρ的表达式为(k 为某个常数)( )

k k A ．ρ＝kT B ．ρ＝ C ．ρ＝kT 2 D ．ρ＝ T T 3．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星，这颗行星的体积是地球的5倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星

－绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G ＝6.67×1011 N·m 2/kg2，由此估算该行星的平均密度最接近( )

A ．2.0×103 kg/m3 B ．6.0×103 kg/m3 C ．1.0×104 kg/m3 D ．3.0×104 kg/m3

4．科学研究表明地球的自转在变慢．四亿年前，地球每年是400天，那时，地球每自转一周的时间为21.5小时，比现在要快3.5小时．据科学家们分析，地球自转变慢的原因主要有两个：一个是潮汐时海水与海岸碰撞、与海底摩擦而使能量变成内能；另一个是由于潮汐的作用，地球把部分自转能量传给了月球，使月球的机械能增加了(不考虑对月球自转的影响) ．由此可以判断，与四亿年前相比月球绕地球公转的( )

A ．半径增大 B ．速度增大C ．周期减小 D ．角速度增大

5．如图K25－1为宇宙中一恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O 运行的轨道

近似为圆，天文学家观测得到A 行星运动的轨道半径为R 0，周期为T 0. 长期观测发现，A 行星实际运

动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t 0时间发生一次最大偏离，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的行星B (假设其运动轨道与A 在同一平面内，且与A 的

绕行方向相同) ，它对A 行星的万有引力引起A 轨道的偏离，由此可推测未知行星B 的运动轨道半径

3t 0－T 03t t t 0⎛2为( )A. R 0 B ．R 0 C ．R 0⎛t －T ⎫2 D ．R 0⎛t －T 3 ⎝t 0⎝00⎭⎝00⎭t 0－T 0

6．由于最近行星标准抬高了门槛，太阳系“缩编”，综合条件薄弱的冥王星被排挤出局．关于冥王星还有其他信息：它现在正处于温度较高的夏季，只有零下200摄氏度左右，号称“严寒地狱”，它的夏季时间相当于地球上的20年，除了夏季之外的其他季节，相当于地球上的228年，这颗星上的空气全被冻结，覆盖在其表面上，可认为是真空，但有一定的重力加速度，并假设其绕太阳的运动也可以按圆周运动处理．依据这些信息判断下列问题中不正确的是

( )A ．冥王星的公转半径一定比地球的公转半径大B ．冥王星的公转线速度一定比地球的公转线速度小

C ．在冥王星上，从相同高度处同时释放的氢气球(轻质绝热材料制成，里面气体是气态的) 和等

大的石块都将竖直向下运动，且同时到达其表面D ．冥王星的公转半径一定比地球的公转半径小

7．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若

天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角) ，则由此

条件不能求出( )

A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星到太阳的距离之比

C ．水星和金星的密度之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比

8．地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，引力常量为G . 假设地球是一个质量分布均匀的

43g 3g g g R 3，则地球的平均密度是( )A. B. D. C. 34πGR 4πGR GR G R

9．如图K25－3所示，美国的“卡西尼”号探测器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞

行的轨道．若“卡西尼”号探测器在半径为R 的土星上空离土星表面高h 的圆形轨道上绕土星飞

行，环绕n 周飞行时间为

，已知引力常量为

，则下列关于土星质量M 和平均密度ρ的表达式

正确的是( )

4π2(R ＋h )33π(R ＋h )34π2(R ＋h )23π(R ＋h )2

A ．M ，ρ B ．M ＝ρGt Gt R Gt Gt R 4π2t 2(R ＋h )33πt 2(R ＋h )34π2n 2(r ＋h )33πn 2(R ＋h )3

C ．M ρ D ．M ＝，ρ＝ gn Gn R Gt Gt R 10．一物体从一行星表面某高度处自由下落(不计阻力) ．自开始下落计时，得到物体离行星表面

高度h 随时间t 变化的图象如图K25－4所示，则根据题设条件可以计算出( )

A ．行星表面重力加速度的大小B ．行星的质量C ．行星的半径D ．物体受到星球引力的大小

11．宇航员在一行星上以10 m/s的初速度竖直上抛一质量为0.2 kg的物体，不计阻力，经2.5 s

后落回手中，已知该星球半径为7 220 km.(1)该星球表面的重力加速度是多大？(2)要使物体沿水

平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？(3)若物体距离星球无穷远处

Mm 时其引力势能为零，则当物体距离星球球心r 时其引力势能E p ＝－G 式中m 为物体的质量，r

M 为星球的质量，G 为引力常量) ．问要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？

12．某课外科技小组长期进行天文观测，发现某行星周围有众多小卫星，这些小卫星靠近行星且分布相当均匀，经查对相关资料，该行星的质量为M . 现假设所有卫星绕该行星的运动都是匀速圆周运动，已知引力常量为G .

(1)测得离行星最近的一颗卫星的运动轨道半径为R 1，若忽略其他小卫星对该卫星的影响，求该卫星的运行速度v 1；

(2)在进一步的观测中，发现离行星很远处还有一颗卫星，其运动轨道半径为R 2，周期为T 2，试估算靠近行星周围众多小卫星的总质量m 卫．

13．人们通过对月相的观测发现，当月球恰好是上弦月时，如图K25

－5甲所示，人们的视线方向与太阳光照射月球的方向正好是垂直的，

测出地球与太阳的连线和地球与月球的连线之间的夹角为θ. 当月球正

好是满月时，如图乙所示，太阳、地球、月球大致在一条直线上且地球

在太阳和月球之间，这时人们看到的月球和在白天看到的太阳一样大(从

物体两端引出的光线在人眼光心处所成的夹角叫做视角，物体在视网膜

上所成像的大小决定于视角) ．已知嫦娥飞船贴近月球表面做匀速圆周运

动的周期为T ，月球表面的重力加速度为g 0，试估算太阳的半径．

[第26讲人造卫星宇宙速度]

1．北京时间2011年9月29日晚21时16分，中国在酒泉卫星发射中心载人航天发射场，用

“长征二号F ”T1运载火箭，将中国全新研制的首个目标飞行器“天宫一号”发射升空．关

于“天宫一号”的发射和运行，下列说法正确的是( )A ．“天宫一号”由“长征二号F ”

T1运载火箭加速离地升空时，处于超重状态B ．“天宫一号”由“长征二号F ”T1运载火箭

加速离地升空时，处于失重状态C ．“天宫一号”在预定工作轨道稳定运行时，处于平衡状态D ．“天宫一号”在预定工作轨道稳定运行时，不受重力作用

2．近年来，我国已陆续发射了七颗“神舟”号系列飞船，当飞船在离地面几百千米的圆形轨道上运行时，需要进行多次轨道维持，轨道维持就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力，使飞船能保持在同一轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，飞船的轨道高度就会逐渐降低，则以下说法中不正确的是( )

A ．当飞船的轨道高度逐渐降低时，飞船的周期将逐渐变短 B ．当飞船的轨道高度逐渐降低时，飞船的线速度逐渐

1增大C ．当飞船离地面的高度降低到原来的时，其向心加速度将会变为原来的4倍 D ．对飞船进行轨道维持时，应2

向飞船运动的反方向喷气

3．据报道：“嫦娥二号”探月卫星于2010年10月1日在西昌卫星发射中心发射升空，在太空中飞行5天后于6日上午成功变轨，使卫星从地月转移轨道进入周期约为12小时的椭圆绕月轨道，之后经过多次变轨进入距月球表面100 km的圆形环月轨道，其探测到的数据将比环月飞行高度为200 km的“嫦娥一号”卫星更加详实．这是我国探月工程中重

1，6

1( ) 3

A ．“嫦娥二号”环月飞行的速度比“嫦娥一号”更小B ．卫星内部随卫星一起飞行的仪器处于失重状态，因而不受重力C ．月球第一宇宙速度约为1.8 km/s D ．“嫦娥二号”的发射速度大于11.2 km/s

4．[2011·昆明检测] A 、B 两地球卫星均在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动，它们运动的轨道半径之比r A ∶r B ＝1

∶

4，A 的周期为T 0，某一时刻A 、B 两卫星相距最近，则此时刻开始到A 、B 相距最远经历的时间不可能是( )

481220A. T 0 B. T 0 C. T 0 D. T 0 7777

5. 我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T . 若以R 表示月球的半径，则( )

4πR 2πR A ．卫星运行时的向心加速度为 B T T

R (R ＋h )4π2R C ．物体在月球表面自由下落的加速度为 D ．月球的第一宇宙速度为 T TR

6．中国正在实施北斗卫星导航系统建设工作，将相继发射五颗静止轨道卫星和十三颗非静止轨道卫星，到2020年左右，建成覆盖全球的北斗卫星导航系统．中国北斗卫星导航系统官方网站2010年1月22日发布消息说，五天前成功发射的中国北斗卫星导航系统第三颗组网卫星，经过四次变轨，于北京时间当天凌晨一时四十七分，成功定点于东经一百六十度的赤道上空．关于成功定点后的“北斗导航卫星”，下列说法正确的是( )

A ．离地面高度一定，相对地面静止 B ．运行速度大于7.9 km/s小于11.2 km/s C ．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小 D ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等

7．“神舟七号”飞船绕地球运转一周需要时间约90 min，“嫦娥二号”卫星在工作轨道绕月球运转一周需要时间约118 min(“神舟七号”和“嫦娥二号”的运动都可视为匀速圆周运动) ．已知“嫦娥二号”卫星与月球中心的距离约为“神

3舟七号”飞船与地球中心距离的. 根据以上数据可求得( ) 11

A ．月球与地球的质量之比 “嫦娥二号”卫星与“神舟七号”飞船的质量之比

C ．月球与地球的第一宇宙速度之比月球表面与地球表面的重力加速度之比

8. 在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统在抗震救灾中发挥了

巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中

两颗工作卫星均绕地心O 在同一轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星

分别位于轨道上的A 、B 两位置(如图K26－2所示) ．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力

加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中错误的是( )A ．这两

R 2g 颗卫星的加速度大小相等，均为．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2 r

r πC ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有3g

引力做功为零

9．2008年9月25日，我国利用“神舟七号”飞船将航天员翟志刚、刘伯明、景海鹏成功送入太空.9

月26日4时04分，“神舟七号”飞船成功变轨，由原来的椭圆轨道变为距地面高度为h (约340 km)的

圆形轨道．已知飞船的质量为m ，地球半径为R ，地面处的重力加速度为g ，地球自转的角速度为ω，

则下列说法正确的是( )A ．飞船由椭圆轨道变为圆形轨道时，需要在椭圆的远地点处使飞船减速B ．飞船做匀速圆周运动时，运行速度大于7.9 km/s 飞船在圆轨道上运动时，航天员将不受重力作用D ．飞船在圆轨道上运动时的动能

11E k 需满足的条件是m (R ＋h ) 2ω2

10．已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，地球自转的周期为T ，试求地球同步卫星的向心加速度大小．

111．某物体在地面上受到的重力为160 N，将它放在卫星中，在卫星以加速度a ＝g 随火箭向上加速上升的过程中，当2

物体与卫星中的支持物的相互挤压力为90 N时，求此时卫星距地球表面的高度．(地球半径R ＝6.4×103 km，g ＝10 m/s2)

12．侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为h ，要使卫星在一天的时间内将地面上

赤道各处在日照条件的情况下全都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机至少应拍摄地面上赤道圆周的

弧长是多少？设地球半径为R ，地面处的重力加速度为g ，地球自转的周期为T .

课时作业（二十三）

【基础热身】

v y g g 1．B [解析] tan α＝＝t, 所以tan α随时间变化的图象是一条过原点、斜率为的倾斜直线，所以选项B 正确． v 0v 0v 0

12gL 2

2．A [解析] 飞镖飞行中竖直方向y 、水平方向L ＝v 0t ，得y ＝，欲击中靶心，应该使竖直位移增大，22v 0

使L 增大或v 0减小，选项A 正确．

3．D [解析] 炮弹1做平抛运动，炮弹2做竖直上抛运动，若要使拦截成功，则两炮弹必定在空中相遇，以做自

s H 由落体运动的物体为参考系，则炮弹1做水平方向上的匀速直线运动，炮弹2匀速上升，由t 1＝t 2＝t 1＝t 2，得12

s v 1＝2，故选项D 正确． H

s s 14．A [解析] 乒乓球落地时所用时间在t 1＝0.4 s和t 2＝0.6 s之间，所以反弹点的高度在h 1gt 2＝0.8 m21

1和h 2gt 2＝1.8 m之间，选项A 正确． 22

【技能强化】

12gt 22v tan θv t gt 5．C [解析] 设小球从抛出到落到N 点经历时间为t ，则有tan θ＝即t ，因此可求出d MN 0t 2v 0g cos θ

22v 0tan θgt ＝，v N ＝(gt )＋v 0＝v 1＋4tan θ，其方向：tan α＝＝2tan θ，故选项A 、B 均正确．但因小球的质量未知，因g cos θv 0

此小球在N 点的动能不能求出，选项C 错误．当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，选项D 正确．

6．B [解析] 做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定，即t a 处抛出的小球下落的高度是g

从b 处抛出的小球的2倍，有t a 2t b ，选项C 、D 错误；水平方向的距离由高度和初速度决定，即s ＝v g

意得从a 处抛出的小球的水平位移是从b 处抛出的小球的2倍，可知v a 2v b ，选项B 正确．

7．C [解析] 在0～t P 段，水平方向：v x ＝v 0，恒定不变；竖直方向：v y ＝gt ；t P ～t Q 段，水平方向：v x ＝v 0＋a 水平t ，竖直方向：v y ＝v P ＋a 竖直t (a 竖直

v 0t 2v 0v y gt 8．B [解析] 由平抛运动知识及几何关系可知，tan θ2＝tan θ1＝，解得tan θ1tan θ2＝2，选项B 正12gt x 0gt 2

确．

9．A [解析] 平抛运动的初速度加倍后，若小球在空中飞行时间相同(落在同一水平面上) ，则发生的水平位移亦加倍，但由于抛出速度增大后，落在斜面上的位置升高，所以飞行时间将缩短，其水平位移应小于原水平位移的2倍，故应落在b 与c 之间某一点，选项A 正确．

12122222v 0tan θ2v 0tan 2θ10．B [解析] 由tan θ得t ＝，故选项A 正确；P Q ＝v 0加倍，P 、Q 间距将v 0t g sin θg sin θ

gt 为原来的4倍，选项C 正确；设小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为β，则tan β＝2tan θ，可见β与v 0无关，v 0

而α＝β－θ，因此α也与初速度无关，选项B 错误，选项D 正确．

211．(1)1∶3 3 3

[解析] (1)设质点平抛的初速度为v 0，在A 、B 点的竖直分速度分别为v Ay 、v By ，则

v Ay ＝v 0tan30°

v By ＝v 0tan60°

v Ay 1解得＝ v By 3

v Ay ＋v By y (2)设从A 到B 所用的时间为t ，竖直位移和水平位移分别为y 、x ，则tan θ＝，x ＝v 0t ，y ＝ x 2

2 3联立解得tan θ＝3

12．1 s 4.5 m

[解析] A 、B 两球在运动过程中水平位移之差为

Δx ＝v 0Δt ＝4.5×0.8 m＝3.6 m

设A 球抛出t 时间后两球间连线拉直，此时两球间竖直位移之差为

Δy l －(Δx )＝6－3.6m ＝4.8 m

由平抛运动规律，在竖直方向有

111Δy ＝2(t －Δt ) 2＝gt Δt －g Δt 2 222

代入数据，解得t ＝1 s.

这段时间内A 球的水平位移为

x A ＝v 0t ＝4.5×1 m＝4.5 m

【挑战自我】

13．5 m/s≤v 0≤13 m/s

[解析] 设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v 1，由平抛运动规律可知：

1H －h ＝2 21

L ＝v 1t 1

L 解得v 1＝5 m/s 2(H －h )g

又设小球恰好落到马路右边缘时的初速度为v 2，由平抛运动的规律得

1H ＝gt 2 22

L ＋s ＝v 2t 2

L ＋s 解得v 2＝13 m/s g

所以小球抛出时的速度v 0的取值范围为5 m/s≤v 0≤13 m/s.

课时作业（二十四）A

【基础热身】

1．B [解析] 摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，选项A 错误；摩托车正常转弯时可看作是做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，选项B 正确；摩托车将沿曲线做离心运动，选项C 、D 错误．

2．D [解析] 由于石块做匀速圆周运动，只存在向心加速度，大小不变，方向始终指向球心，选项D 正确、选项A 错误；由F 合＝F 向＝ma 向知合外力大小不变，选项B 错误；又因石块在运动方向(切线方向) 上合力为零，才能保证速率不变，在该方向重力的分力不断减小，所以摩擦力不断减小，选项C 错误．

3．B [解析] 地球上各点(除两极点) 随地球一起自转，其角速度与地球自转角速度相同，故选项B 正确；不同纬度的地点绕地轴做匀速圆周运动的半径不同，故选项D 错误；根据v ＝ωr，a ＝rω2可知选项A 、C 错误．

v 214．A [解析] 对于质点A 有a A ∝a ＝v A 大小不变．对于质点B 有a B ∝r ，与a ＝rω2相比较，r r

则ωB 不变，故选项A 正确．

【技能强化】

5．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，

v 2

由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m R ＋r

外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．

6．B [解析] 在释放前的瞬间绳拉力为零，对支架：F N1＝Mg ；当摆球运动到最低点时，由机械能守恒定律得mgR

m v 212＝m v ，由牛顿第二定律得T －mg ＝T ＝3mg . 对支架受力分析，地面支持力F N2＝Mg ＋3mg . 由牛顿2R

第三定律知，支架对地面的压力F N2′＝3mg ＋Mg ，故选项B 正确．

7．C [解析] 小球通过A 点的最小向心力为F ＝mg sin α，所以其通过A 点的最小速度为：v A ＝sin α＝2 m/s，

112则根据机械能守恒定律得：m v 2B ＝m v A ＋2mgL sin α，解得v B ＝2 5m/s，即选项C 正确． 228．D [解析] 在小球通过最低点的瞬间，水平方向上不受外力作用，沿切线方向小球的加速度等于零，因而小球的线速度不会发生变化，选项A 正确；在线速度不变的情况下，小球的半径突然减小到原来的一半，由v ＝ωr可知角

v 2

速度增大为原来的2倍，选项B 正确；由a ＝，可知向心加速度突然增大到原来的2倍，选项C 正确；在最低点，F r －mg ＝ma ，选项D 错误．

9．C [解析] 绳b 烧断前，小球竖直方向的合力为零，即F a ＝mg ，烧断b 后，小球在竖直面内做圆周运动，且

v 2

F a ′－mg ＝m ，所以F a ′>F a ，选项A 、B 错误；当ω足够小时，小球不能摆过AB 所在高度，选项C 正确；当ω足l

够大时，小球在竖直面内能通过AB 上方的最高点而做圆周运动，选项D 错误．

10．A [解析] 先对A 、B 两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗的支持力．如图所示，对A 球由牛顿第二定2v A v 2B 22律，有：F N A sin α＝mg ，F N A cos α＝m ＝mωA r A ；对B 球由牛顿第二定律，有F N B sin α＝mg ，F N B cos α＝m ＝mωB r B . 由以r A r B v 2v 2A B 2上各式可得F N A ＝F N B ，选项C 错误．可得m ＝m ，因为r A >r B ，所以v A >v B ，选项A 正确．可得mω2A r A ＝mωB r B ，因r A r B

2π为r A >r B ，所以ωA T B ，选项D 错误． T

ωd11. π－θ

[解析] 子弹射出后沿直线运动，从a 点射入，从b 点射出，该过程中圆筒转过的角度为π－θ.

d 设子弹速度为v ，则子弹穿过筒的时间t ＝v

此时间内筒转过的角度α＝π－θ

d 据α＝ωt得，π－θ＝ωv

ωd则子弹速度v ＝ π－θ

1AO 12．大于3.5 rad/s [解析] 已知a 、b 绳长均为1 m，即AC ＝BC ＝1 m，AO ＝0.8 m，在△AOC 中，cos θ＝2AC

0.8＝0.8，sin θ＝0.6，θ＝37°. 小球做圆周运动的轨道半径为r ＝OC ＝AC sin θ＝1×0.6 m＝0.6 m. 1

b 绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg 与a 绳拉力F Ta 的合力F 提供向心力，其受力分析如图所示，由图可知小球的合力为F ＝mg tan θ.

根据牛顿第二定律得

F ＝m ω2r

解得ω＝＝3.5 rad/s. r

当直杆和小球的角速度ω′>3.5 rad/s时，b 绳才有张力．

【挑战自我】

(L －R )213．(2)n π(n ＝1,2,3„) 4h h

[解析] (1)设小球从离开轨道到进入小孔所用的时间为t ，则由平抛运动规律得

1h ＝gt 2， 2

L －R ＝v 0t

小球在轨道上运动过程中机械能守恒，故有

1mgH ＝v 2 20

(L －R )2联立解得：t ，H ＝g 4h

(2)在小球做平抛运动的时间内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进小孔，

即ωt＝2n π(n ＝1,2,3„„) ．

2g 所以ω＝n (n ＝1,2,3„) h

课时作业（二十四）B

【基础热身】

1．C [解析] 根据发生离心运动的条件易知选项C 正确．

2．B [解析] 对物块受力分析可知，物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力共三个力作用，它们的合力提供向心力，选项A 错误、选项B 正确．根据向心力公式F ＝mrω2可知，当角速度一定时，半径

2π⎫2越大，所需的向心力越大，越容易脱离圆盘；根据向心力公式F ＝mr ⎛⎝T ⎭可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，

所需向心力越大，越容易脱离圆盘，选项C 、D 错误．

m v 2

3．D [解析] 物体脱离球面的条件是，物体与球面之间不存在压力．物体在最高点受到的向心力F ＝mg ，R

即物体恰好在最高点脱离半圆球做平抛运动，选项D 正确．

2π×304．C [解析] 申雪做圆周运动的角速度等于赵宏博转动的角速度．ω＝2πn ＝＝π rad/s，由v ＝ωr得：r 60

＝1.5 m，选项A 、B 错误；由F cos30°＝mrω2解得F ＝850 N，选项C 正确、选项D 错误．

【技能强化】

5．C [解析] 变阻器全部连入电路，电路中电流恒定不变，选项A 、B 错误；系统以角速度ω转动时，对小球有

mω2l U x Emω22kx ＝mω(l ＋x ) ，求得x ＝＝得U ＝，选项C 正确，选项D 错误． E l k －mωk －mω6．A [解析] 甲轮边缘的线速度v 1＝r 1ω1，乙轮边缘的线速度v 2＝r 2ω2，丙轮边缘的线速度v 3＝r 3ω3，由各轮边

r ω缘的线速度相等得：r 1ω1＝r 2ω2＝r 3ω3，所以ω3＝，选项A 正确． r 3

7．A [解析] 如图所示，以小球为研究对象，小球受三个力的作用：重力mg 、水平面支持力F N 、绳子拉力F . 在

水平方向有 F sin θ＝mω2R ＝4π2mn 2R ，

在竖直方向有F cos θ＋F N ＝mg ，

且R ＝h tan θ，

当球即将离开水平面时，F N ＝0，转速n 有最大值.

1联立解得n ＝，故选项A 正确． 2πh

8．D [解析] 因小球做变速圆周运动，在P 点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D 选项符合要求．

9．B [解析] 汽车在水平面内做圆周运动，如果路面是水平的，汽车做圆周运动的向心力只能由静摩擦力提供；当外侧路面高于内侧路面一个适当的高度，也就是路面向内侧倾斜一个适当的角度，地面对车支持力的水平分量恰好提供车所需要的向心力时，车轮与路面的横向摩擦力正好等于零．在此临界情况下对车受力分析，明确汽车所受合外力的方向水平指向圆心．然后由牛顿第二定律列方程求解．

10．A [解析] 金属球A 受重力、支持力、拉力F A 三个力作用，拉力的分力提供向心力，在水平方向有F A cos α

r r r r F r cos βBC AC

＝mω2r A ，同理，对金属球B 有F B cos β＝mω2r B ，由几何关系得cos α＝cos β＝，由

AC BC F B r B cosαr r BC

于AC ＞BC ，所以F A ＞F B ，可知绳AC 先断，选项A 正确．

11．4589 N

v 2

[解析] 飞机经过最低点时对飞行员受力分析得：F N －mg ＝m r

解得F N ＝mg ＋m 4589 N

由牛顿第三定律得飞行员对座椅的压力为4589 N. 12．(1)3 m/s (2)43 N

v y gt

[解析] (1)小球无碰撞进入圆弧轨道，即小球落到A 点时速度方向沿A 点的切线方向，则tan53°＝x 0

又有h 2

联立以上各式解得v 0＝3 m/s.

(2)设小球到最低点的速度为v ，由机械能守恒定律，有 1212

v －m v 0＝mg [h ＋R (1－cos53°)] 22

在最低点，据牛顿第二定律有

v 2

F N －mg ＝m R

联立以上各式解得F N ＝43 N

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为43 N. 【挑战自我】

13．3rad/s (2)3 rad/s (3)0.28 m

[解析] (1)由F 向＝mω2r 可知，B 先达到临界状态，故当细线上刚出现张力时满足f m ＝mω21r .

解得ω1＝＝3 rad/s.

mr 2

(2)当ω继续增大，A 受力也达到最大静摩擦力时，A 开始滑动，有

f m －T ＝mω22， 2f m ＋T ＝mω22r

得ω2＝3 rad/s.

3mr

(3)细线断开后，A 相对静止在转台上，B 沿水平切线方向飞出做平抛运动

1由h ＝gt 2得t ＝0.5 s.

2g v B ＝ω2r ＝0.6 m/s，

可得B 的水平射程s B ＝v B t ＝0.3 m. 细线断开后，转台t 时间转过角度 θ＝ω2t ＝1.5 rad即90°，

s B －2＋r 2＝0.28 m. 故A 、B 间水平距离l x ⎛2⎝

课时作业（二十五）

【基础热身】

1．B [解析] 重力是地球对物体的引力的一个分力，月球绕地球运动的向心力是地球的引力提供的，从性质上看，都是地球的吸引作用产生的，选项A 正确、选项B 错误；曲线运动一定是变速运动，受到的合力一定不为零，选项C 正确；当物体运动方向与万有引力的方向在同一直线上时，运动方向不发生改变，做直线运动，选项D 正确．据以上分析可知本题不正确的选项只有B.

2π⎫2Mm ⎛2．D [解析] 设火星的半径为R ，火星的质量为M ，火星探测器的质量为m ，则有G m 2R ，解得M ⎝T ⎭·(2R )4π2(2R )3M 24π＝＝.D 选项正确． ρ＝GT 43GT

πR 3

Mm 4π243π

3．D [解析] 由近地卫星的万有引力提供向心力可知G m R ，M ＝πR 3·ρ，联立可得：ρ，解得地球

R T 3GT

25M

的密度ρ1≈5.6×103 kg/m3，故ρ2＝＝5ρ1≈3.0×104 kg/m3，选项D 正确．

4．A [解析] 由题意可知，潮汐的作用使月球的机械能增加，正在绕地球运转的月球机械能增大，动能增大，导v 2Mm v 2Mm

致m ，月球将做离心运动，到达离地球较远的位置且满足m G ，继续做圆周运动．由此可知月球圆周

r r r ′r ′

运动的半径增大，周期增大，线速度减小，角速度减小，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．

【技能强化】

2π⎫2Mm Mm ⎛2π2R 1，由A 、B 最近到A 、B 再次最近，5．C [解析] 对A 行星有＝m A ⎛R ，对B 行星有G ＝m B 0⎝T 0⎭⎝T 1R 0R 13t 22π2π⎛有t 0－t 0＝2π，求得R 1＝R 0

T 0T 1⎝t 0－T 0⎭.

v 2Mm 4π2r 3r 21

6．D [解析] 由题意，冥王星的公转周期大于地球的公转周期，由万有引力定律G m ＝m ，得，

r T r T 1T 2可知冥王星的公转半径一定比地球的公转半径大，选项A 正确、选项D 错误；由v ＝可知，r 越大，v 越小，选

项B 正确；真空中自由落体运动的加速度与质量无关，选项C 正确．

2πT θr T 2θ7．C [解析] 由θ＝ωt＝t ＝＝＝，

T T 2θ1r 2T 2θ1

a ωr T r Mm

能够求出水星和金星到太阳的距离之比；由a ＝ω2r ，得＝G a 2ω2r 2T 1r 2r

＝mω2r ，得＝ω2r ，金星或水星做圆周运动的参量与其质量无关，不能求出水星和金星的密度之比，选项C 符合题

意．

Mm M 3g

8．A [解析] 由mg ＝G 及ρ＝可解得ρ＝，选项A 正确．

R 434πGR

R 3

9．D [解析] 设“卡西尼”号的质量为m ，土星的质量为M ，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其

2π24π2n 2(R ＋h )3Mm t 43M ⎛向心力由万有引力提供，G ，其中T ＝，解得M ＝又土星体积V ＝R ，所以ρ＝＝m (R ＋h ) ⎝T n Gt 3V (R ＋h )

233πn (R ＋h )＝，选项D 正确．

Gt R 10．A [解析] 从题中图象看到，下落的高度和时间已知(初速度为0) ，所以能够求出行星表面的重力加速度和落地的速度；因为物体的质量未知，不能求出物体受到行星引力的大小；由GM ＝gR 2可知，由于行星的半径未知，不能求出行星的质量．只有选项A 正确．

11．(1)8 m/s2 (2)7600 m/s (3)10746 m/s [解析] (1)由匀变速运动规律知

2v 0

星球表面的重力加速度g ′＝8 m/s2.

(2)由牛顿第二定律，有

v 2mg ′＝m

解得v 1＝g ′R ＝7600 m/s. (3)由机械能守恒定律，有 12Mm v 2＋(－G ＝0 2R

在该行星表面质量为m 的物体受到的重力等于万有引力，有

mg ′＝G R

解得v 2＝2g ′R ＝10746 m/s.

2π2R 312． (2)M R 1GT 2

[解析] (1)设离行星最近的一颗卫星的质量为m 1，有

Mm m 1v 1G ＝R 1R 1

解得：v 1R 1

(2)由于靠近行星周围的众多卫星分布均匀，可以把行星及靠近行星的小卫星看作一星体，其质量中心在行星的中心，设离行星很远的卫星质量为m 2，则有

(M ＋m 卫)m 24π2G m 2R 2

R T 22

234πR 解得：m 卫＝－M

GT 2

【挑战自我】

g 0T 2

13.

4πcosθ

[解析] 设太阳半径为R 日、月球半径为R 月，地月、地日之间的距离分别为r 地月、r 地日．质量为m 的物体在月球表面，有

mg 0＝G

R 月

Mm ′2π2

质量为m ′的嫦娥飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，有G ＝m ′⎛⎝T R 月 R 月在观察上弦月时，由几何关系，有 r 地月

cos θ

r 地日

R 月r 地月－R 地

8当月球正好是满月时，月球和太阳看起来一样大，由几何关系，有R 日r 地日－R 地

由于天体之间的距离远大于天体的半径，有 r 地月－R 地r 地月

＝r 地日－R 地r 地日

r 地月R 月故 r 地日R 日

g T 2

联立解得：R 日＝.

4πcos θ

课时作业（二十六）

【基础热身】

1．A [解析] “天宫一号”由“长征二号F ”T1运载火箭加速离地升空时，处于超重状态，选项A 正确、B 错误；“天宫一号”在预定工作轨道稳定运行时，处于完全失重状态，但仍受重力作用，选项C 、D 错误．

v 2Mm 4π2

2．C [解析] 飞船轨道降低的过程中，仍看作圆周运动，由万有引力提供向心力，有G ＝m r ＝m ma n .

r T r

由此可知：轨道越低，周期越短，线速度越大，选项A 、B 正确；上式中r 为运行半径，即r ＝R ＋h ，离地面高度降低

为原来的，向心加速度不会变为原来的4倍，选项C 错误；要维持飞船轨道不变，需要向后喷气，以补充飞船速度的

减小，选项D 正确．

v 2Mm 3．C [解析] 由万有引力提供向心力，有m v 由此可知：轨道半

r r r

径越大，速度越小，选项A 错误；卫星内部的仪器虽然处于完全失重状态，但仍受万有引力(也常被称为重力) 的作用，

v M 选项B 错误；第一宇宙速度v gR ，g 为星球表面重力加速度，R 为星球半径，可得＝R 1g 1R 16

v M ＝1＝1.8 km/s，选项C 正确；发射速度大于11.2 km/s(第二宇宙速度) ，就会脱离地球引力，绕太阳运转，选项D

6错误．

Mm ωr 3

4．B [解析] 由万有引力提供向心力，有G mω2r ，解得：⎛＝8，当二者转过的角度差等于(2n ＋1)π

r ωB ⎝r A 22π7t 412

时二者相距最远，即ωA t －ωB t ＝(2n ＋1)π，又ωA ＝，得：＝2n ＋1，当n ＝0时，t ＝0；当n ＝1时；t ＝T 0；

T 04T 077

当n ＝2时，t ＝T 0，故选项A 、C 、D 正确．

【技能强化】

4π2r 4π2R 2

5．D [解析] “嫦娥二号”卫星的运行轨道半径r ＝R ＋h ，向心加速度a ＝ωr ＝，选项A 错误；同理

T T

2πr 2πR Mm 4π2v ＝≠，选项B 错误；若在月球表面附近卫星的运转周期为T ，则G ＝mg ＝m R ，而题中的周期为轨道半

T T R T

2v Mm Mm

径r ＝R ＋h 时的周期，选项C 错误；设第一宇宙速度为v ，则有：G ，在r ＝R ＋h 的轨道上，有G ＝

R R (R ＋h )R (R ＋h )4π2

m R ＋h ) ，两式联立可得，v ＝，选项D 正确． T TR

6．A [解析] “定点”的物理意义是同步，同步卫星相对于地面静止，高度一定，选项A 正确；卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度为7.9 km/s，高度越大，速度越小，选项B 错误；同步卫星的周期为24 h，月球绕地球运动的周期约为27天，选项C 错误；在地球赤道上静止的物体的向心加速度a 1＝ω2R (R 为地球半径) ，同步卫星的向心加速度a 2＝ω2r (r 为轨道半径) ，两者具有的角速度相同，r ＞R ，故a 1 ＜a 2，选项D 错误．

Mm 4π2

7．A [解析] 由万有引力提供向心力，有：G r ，设“神舟七号”飞船绕地球运转半径为r 1，“嫦娥二号”

r T

M r 3T 卫星绕月球运转半径为r 2，地球的质量为M e 、月球的质量M m ，选项A 正确，选项B 错误；第一宇

M e r 1T 2

2v v m Mm 宙速度即卫星在中心星体表面做圆周运动的线速度，有G m R R v e M e R m

的比值未知，故选项C 错误；同理在星球表面的重力加速度满足mg ＝G ，可知不能求出重力加速度之比，选项D

错误．

Mm Mm R 2g

8．B [解析] 对卫星在圆形轨道上有G ＝ma ，对物体在地球表面有G mg ，得卫星加速度a ＝r R r

A 正确；卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，与速度垂直，不做功，选项D 正确；卫星1向后喷气加速后，

Mm Mm πr π

做离心运动，偏向高轨道，不可能追上卫星2，选项B 错误；对卫星1有G mg 、＝mω2r 、t 解得t ＝R r 3ω3R

，选项C 正确． g

v 2Mm v ′2Mm

9．D [解析] 飞船沿轨道1运行到P 点时，运行速度满足：m ，在轨道2上做圆周运动m G r r r r

因此需要在P 点加速，选项A 错误；卫星在地球表面运行时运行速度最大，大小为7.9 km/s，选项B 错误；飞船在任

意位置都受到万有引力作用，习惯称之为“重力”，选项C 错误；飞船在轨道2上运动时的动能E k ＝m v ′2＝′2(R

221

＋h ) 2，在轨道2上飞船的角速度ω′ 大于地球自转的角速度ω(也是同步卫星的角速度) ，即有E k ＞(R ＋h ) 2ω2，飞

22v ′Mm Mm 1R 1

船在圆形轨道运行时，有，在地表时，有G mg ，联立可得E k ＝

310. [解析] 设地球同步卫星离地面高度为h ，万有引力提供其做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律

T 有

Mm 4π2G ＝ma ＝m (R ＋h )

T (R ＋h )Mm

在地球表面，有mg ＝G

3gR 解得a T 11．1.92×104 km

[解析] 设卫星随火箭上升离地球表面的高度为h ，火箭上物体受支持物的支持力为F N ，重力为mg ′，根据牛顿第二定律得：

F N －mg ′＝ma

在高h 处物体的重力为G mg ′

(R ＋h )Mm

在地球表面时物体的重力为G ＝mg

解得卫星距地球表面的高度为

mg ⎛⎫－1⎪R ＝1.92×104 km. h ＝

⎝F N －ma ⎭【挑战自我】

(h ＋R )4π2

12. T g

[解析] 如果周期是12小时，每天能对同一地区进行两次观测．如果周期是6小时，每天能对同一纬度的地方进行

n 次观测．

设卫星运行周期为T 1，则有 Mm 4π2G ＝m h ＋R )

T 1(h ＋R )物体处在地面上时有 Mm G ＝m 0g R

(h ＋R )2π

解得：T 1＝

R g

T T

在一天内卫星绕地球转过的圈数为，即在日照条件下有次经过赤道上空，所以每次摄像机拍摄的赤道弧长为s

T 1T 1

2πR 2πR ＝，将T 1结果代入得

T T 1T 1

4π2s ＝

(h ＋R ) g

课时作业（二十七）

【基础热身】

1．D [解析] 这两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为＋Q ，距离变为原来的两倍，根据库仑定律易得选项D 正确．

2．A [解析] 由于a 、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分

Q 2

布较密集，又l ＝3r ，不满足l ≫r 的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，即F 库≠k . 万有

引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然不满足l ≫r ，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量

m 2

集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F 引＝G 选项A 正确．

3．D [解析] 因不知电场线的方向，无法判断a 、b 的电性．由图知，a 、b 初速度的方向相同，而运动轨迹偏向不同，说明a 、b 电性相反．电场力对二者均做正功，两粒子的动能都增加．b 运动过程中电场线越来越密，所受的电场力越来越大，加速度越来越大，选项D 正确．

Q Q 4．B [解析] 如果小球A 带正电，小球B 带负电，两球相距L ，由牛顿第二定律得：对小球B ：Q B E ＝

Q Q m B a B ，对小球A ：Q A E －k m A a A ，而a A ＝a B ，所以必有Q A >Q B ，选项A 错误，选项B 正确；如果小球A 带负电，

小球B 带正电，则A 所受合外力水平向左，加速度向左，不符合题意，故选项C 、D 均错误．

【技能强化】

kq kq 8kq

5．D [解析] 根据题意可知，金属板产生的电场相当于－q 产生的电场，则P 点电场强度E ＝＝d (3d )9d 项D 正确．

6．A [解析] 由等量异种点电荷的电场强度分布规律可知：在两电荷连线的中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，选项A 正确．

7．A [解析] 由v －t 图象可知：粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，即负电荷是顺着电场线做加速度逐渐增大的减速运动，由牛顿第二定律可知，合外力逐渐增大，则电场强度逐渐变大，从A 到B 电场线应逐渐变密．选项A 正确．

8．B [解析] 由题图可知：电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，所以a 、b 为异种电荷，选项C 、D 错误；又由于电荷b 附近的电场线比电荷a 附近的电场线密，则电荷b 附近的场强必比电荷a 附近的场强大，b 带的电荷量大于a 带的电荷量，选项A 错误、B 正确．

9．C [解析] 根据对称性可知，小球处在AB 中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知选项A 、B 错误；小球到达B 点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T ＝qE cos60°＋mg sin60°，故细线拉力T ＝3

mg ，选项C 正确、D 错误．

10．D [解析] 对A 球受力分析如图所示，F 斥和T 的合力F 与mg 等大反向，由几何知识知，F 、T 、F 斥组成的

s 2s L s L

力的矢量三角形与几何△OAB ＝；当A 、B 间距变为时：＝T ′＝8T ，选

Q Q T 2Q Q T ′k k x ⎛x 2

⎝2项D 正确．

Q 2r

11．(1)k (2)各运动了Q －

r μmg2

[解析] (1)由A 受力平衡得，A 受的摩擦力为

Q 2

F A ＝F 库＝k r

(2)当加速度第一次为零时，库仑力和滑动摩擦力大小相等，有

4Q 2

μmg＝

r ′

解得r ′＝2Q k

所以间距增大了2Q －r

μmg

因A 、B 的质量相等，所以加速度在这段时间内的任何时刻总是等大反向，因此A 、B 运动的距离相等，各运动的

k r

距离为Q －μmg 2

12．(1)2 m/s (2)0.4 m (3)0.8 s

[解析] (1)小球在AB 段滑动过程中，由机械能守恒得

mgx 1sin αv 2

可得v B ＝2 m/s.

(2)小球进入匀强电场后，受电场力和重力的作用，由牛顿第二定律可得，加速度

mg sin α－qE cos αa 2＝＝－5 m/s2

小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，B 、C 间的距离为

0－v 2B x 2＝＝0.4 m.

2a 2

(3)小球从A 到B 和从B 到C 的两段位移中的平均速度分别为

0＋v B

v AB ＝2v ＋0v BC ＝

v B

小球从A 到C 的平均速度为v AC ＝2

由x 1＋x 2＝v AC t 可得t ＝0.8 s. 【挑战自我】

75gR

13． (2) (3)42

[解析] (1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理得

qE (s ＋R ) －μmgs－mgR v 2－0，

3mg

而qE ，

解得v gR .

(2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则

v 2

F －qE ＝m ，

R 7

解得F .

(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为v n ) ，则有

v 2(qE )＋(mg )＝m R

5gR

解得v n ＝2

[第23讲抛体运动]

1．物体做平抛运动时，它的速度方向与初速度方向的夹角α的正切

tan α随时间t 变化图象是图K23－1中的( )

A B C D

2．飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2010年的IDF(国际飞镖联合会) 飞镖

世界杯赛在上海进行．某一选手在距地面高h ，离靶面的水平距离L 处，将质量为m 的

飞镖以速度v 0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．如只改变h 、L 、m 、v 0四个量中

的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力)( )

A ．适当减小v 0 B ．适当提高h C ．适当减小m D ．适当减小L

3．如图K23－3所示，在一次演习中，离地H 高处的飞机以水平速度v 1发射一颗炮弹欲轰炸地面

目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v 2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平

距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )

H x A ．v 1＝v 2 B ．v 1＝v 2C ．v 1v 2 D ．v 1＝v 2 x x H

A ．0.8 m至1.8 m B ．0.8 m至1.6 m C ．1.0 m至1.6 m D ．1.0 m至1.8 m

5. 如图K23－4所示，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后

小球落在斜面上的N 点，重力加速度为g ，则下列说法错误的是( )

A ．可求M 、N 之间的距离B ．可求小球落到N 点时速度的大小和方向

C ．可求小球到达N 点时的动能D ．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大

6．如图K23－5所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端

P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的

中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )

A ．v a ＝v b B ．v a ＝2v b C ．t a ＝t b D ．t a ＝2t b

7．如图K23－6所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P 处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿

斜面无摩擦滑下，图K23－7中的图象是描述物

体沿x 方向和y 方向运动的速度—时间图象，其

中正确的是( )

A B C D

8．如图K23－8所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以速度v 0水平飞出的小

球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧

的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角，则( )

A ．cot θ1tan θ2＝2 B ．tan θ1tan θ2＝2 C ．cot θ1cot θ2＝2 D ．tan θ1cot θ2＝2

9．如图K23－9所示，斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，ab ＝bc ＝cd . 从a 点正上方的O 点以

速度v 水平抛出一个小球，它落在斜面上b 点，若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，

则它落在斜面上的( )A ．b 与c 之间某一点 B ．c 点C ．c 与d 之间某一点 D ．d 点

10．如图K23－10所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0抛出一个小球，落在斜面上

某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v 0，则以下说法错误的

是( )

A ．小球在空中的运动时间变为原来的2倍 B ．夹角α将变大

C ．PQ 间距一定大于原来间距的3倍 D ．夹角α与初速度大小无关

11．如图K23－11所示，一质点做平抛运动先后经过A 、B 两点，到达A 点时速度方向与水平

方向的夹角为30°，到达B 点时速度方向与水平方向的夹角为60°(1)求质点在A 、B 位置的竖直

分速度大小之比；(2)设质点的位移AB 与水平方向的夹角为θ，求tan θ的值．

时间内A 球离抛出点的水平位移多大？

13．如图K23－13所示，水平屋顶高H ＝5 m，墙高h ＝3.2 m，墙到房子的距离L ＝3 m，墙外马

路宽s ＝10 m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v 0的取值范围．(取g ＝

10 m/s

)

图K23－13

[第24讲圆周运动的基本概念和规律]

1．如图K24－1所示是摩托车比赛转弯时的情形．转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个

最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是

( )A ．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用B ．摩托车所受外力的合力小于所需的向

心力C ．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去D ．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去

2．质量为m 的石块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用

使得石块的速度大小不变，如图K24－2所示，那么( )A ．因为速率不变，所以石块的加速度

为零B ．石块下滑过程中受的合外力越来越大C ．石块下滑过程中受的摩擦力大小不变D ．石块

下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心

3．如图K24－3所示，a 、b 是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，

a 、b 两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的( )

A ．线速度 B ．角速度 C ．加速度 D ．轨道半径

4．如图K24－4所示为A 、B 两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的

图象，其中A 为双曲线的一个分支，由图可知( ) A．A 质点运动的线速度大小

不变B ．A 质点运动的角速度大小不变C ．B 质点运动的线速度大小不变D ．B 质

点运动的角速度与半径成正比

5．2011·淮北联考如图K24－5所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径

为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )

A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g (R ＋r )B ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝

C ．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力

D ．小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

6．如图K24－6所示，放置在水平地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，

现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )

A ．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m ＋M ) g B ．在释放前的瞬间，支架对地面的压力

为Mg C ．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m ＋M ) g

D ．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(2m ＋M ) g

7．2011·湖南联考如图K24－7所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m的细绳，

一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高

点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )

A ．2 m/s B ．210 m/s C ．2 5 m/s D ．2 2 m/s

L 8．一小球质量为m ，用长为L 的悬绳(不可伸长，质量不计) 固定于O 点，在O 点正下方处钉有一2

颗钉子，如图K24－8所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，下列说法错误的是

( )A ．小球线速度没有变化B ．小球的角速度突然增大到原来的2倍

C ．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D ．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍

9．质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质木架上的A 点和C 点．如图K24－9所示，当轻

杆绕轴BC 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a 在竖直方向，绳b 在水

平方向．当小球运动到图示位置时，绳b 被烧断的同时木架停止转动，则( )

A ．绳a 对小球拉力不变B ．绳a 对小球拉力减小

C ．小球可能前后摆动 D ．小球不可能在竖直平面内做圆周运动

10．如图K24－10所示，在光滑的固定圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A 和B 分别紧贴着漏斗在

水平面内做匀速圆周运动，其中小球A 在小球B 的上方．下列判断正确的是( )

A ．A 球的速率大于B 球的速率B ．A 球的角速度大于B 球的角速度

C ．A 球对漏斗壁的压力大于B 球对漏斗壁的压力D ．A 球的转动周期等于B 球的

转动周期

11．如图K24－11所示，直径为d 的纸制圆筒以角速度ω绕垂直纸面的轴O 匀速

转动(图示为截面) ．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到

半周时，在圆周上留下a 、b 两个弹孔，已知aO 与bO 夹角为θ，求子弹的速度．

12．如图K24－12所示，把一个质量m ＝1 kg的小球通过两根等长的细绳a 、b 与竖直杆上的A 、

B 两个固定点相连接，绳长都是1 m，AB 长度是1.6 m，直杆和小球旋转的角速度等于多少时，

b 绳上才有张力？

13．如图K24－13

所示，小球从光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端时，光电装置被触动，控

[第24讲圆周运动的基本概念和规律]

C ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动

D ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动

2．如图K24－14所示，物块在水平圆盘上与圆盘一起绕固定轴匀速运动，下列说法正确的是

( )A ．物块处于平衡状态B ．物块受三个力作用C ．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，

物块越不容易脱离圆盘D ．在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆

盘

3．如图K24－15所示，半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一小物体．今给小

物体一个水平初速度v 0gR ，则物体将( )

A ．沿球面滑至M 点B ．先沿球面滑至某点N 再离开球面做斜下抛运动

C ．按半径大于R 的新圆形轨道运动D ．立即离开半圆球做平抛运动

4．2010年2月16日，在加拿大城市温哥华举行的第二十一届冬奥会花样滑冰双人自由滑比赛落下

帷幕，中国选手申雪、赵宏博获得冠军．如图K24－16所示，赵宏博以自己为转动轴拉着申雪做匀

速圆周运动．若赵宏博的转速为30 r/min，手臂与竖直方向的夹角为60°，申雪的质量是50 kg，她触

地冰鞋的线速度为4.7 m/s，则下列说法正确的是( )

A ．申雪做圆周运动的角速度为2π rad/s B ．申雪触地冰鞋做圆周运动的半径约为2 m

C ．赵宏博手臂拉力约是850 N D ．赵宏博手臂拉力约是500 N

5．角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图K24－17所示．当系统绕轴

OO ′转动时，元件A 发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源．已

知A 的质量为m ，弹簧的劲度系数为k 、自然长度为l ，电源的电动势为E ，内阻不计．滑动变阻

器总长也为l ，电阻分布均匀，系统静止时滑片P 在B 点．当系统以角速度ω转动时，则( )

A ．电路中电流随角速度的增大而增大B ．电路中电流随角速度的减小而减小

r 2、r 3. 若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )

r ωr ωr ωr ωA. B. C. D. r 3r 1r 2r 2

水平面，转动轴的转速的最大值是( ) 11A. B ．πgh D ．2π 2πh 2πl g

8．细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直

面内做圆周运动，关于小球运动到P 点的加速度方向，

图K24－20中可能的是( )

A B C D

v 2v 22v 2v 2

方向) 摩擦力等于零，θ应等于( )A ．arcsin B ．arctan C ．arcsin D ．arccot Rg Rg Rg Rg

10．如图K24－21所示，OO ′为竖直轴，MN 为固定在OO ′上的水平光滑杆，有两个质量相同的

金属球A 、B 套在水平杆上，AC 和BC 为抗拉能力相同的两根细线，C 端固定在转轴OO ′上．当

绳拉直时，A 、B 两球转动半径之比恒为2∶1. 当转轴的角速度逐渐增大时( )

A ．AC 先断B ．BC 先断C ．两线同时断D ．不能确定哪段线先断

km/h，则这时飞行员对座椅的压力是多少？(取g ＝10 m/s2)

12．如图K24－23所示，一可视为质点的小球质量为m ＝

1 kg

，在左侧平台上水平抛

出，恰能无碰撞地沿圆弧切线从

点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，

、

为圆弧的两个端点，其连线水平，O 为轨道的最低点．已知圆弧半径为R ＝1.0 m，对应圆心角为θ＝106°，平台与A 、

2B 连线的高度差为h ＝0.8 m．(重力加速度g ＝10 m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6) 求：(1)小球平抛的初速度大小；(2)

小球运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力大小．

13．2011·衢州模拟如图K24－24所示，水平转台高1.25 m，半径为0.2 m，可绕通过圆心处的竖直转轴

转动．转台的同一半径上放有质量均为0.4 kg的小物块A 、B (可看成质点) ，A 与转轴间距离为0.1 m，

B 位于转台边缘处，A 、B 间用长0.1 m的细线相连，A 、B 与水平转台间最大静摩擦力均为0.54 N，g

取10 m/s2.(1)当转台的角速度达到多大时细线上出现张力？(2)当转台的角速度达到多大时A 物块开始

滑动？(3)若A 物块恰好将要滑动时细线断开，此后转台保持匀速转动，求B 物块落地瞬间A 、B 两物

块间的水平距离．(不计空气阻力，计算时取π＝3)

[第25讲万有引力与天体运动]

1．关于物体运动过程所遵循的规律或受力情况的判断，下列说法中不正确的是( )

－绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G ＝6.67×1011 N·m 2/kg2，由此估算该行星的平均密度最接近( )

A ．2.0×103 kg/m3 B ．6.0×103 kg/m3 C ．1.0×104 kg/m3 D ．3.0×104 kg/m3

A ．半径增大 B ．速度增大C ．周期减小 D ．角速度增大

5．如图K25－1为宇宙中一恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O 运行的轨道

近似为圆，天文学家观测得到A 行星运动的轨道半径为R 0，周期为T 0. 长期观测发现，A 行星实际运

动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t 0时间发生一次最大偏离，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的行星B (假设其运动轨道与A 在同一平面内，且与A 的

绕行方向相同) ，它对A 行星的万有引力引起A 轨道的偏离，由此可推测未知行星B 的运动轨道半径

3t 0－T 03t t t 0⎛2为( )A. R 0 B ．R 0 C ．R 0⎛t －T ⎫2 D ．R 0⎛t －T 3 ⎝t 0⎝00⎭⎝00⎭t 0－T 0

( )A ．冥王星的公转半径一定比地球的公转半径大B ．冥王星的公转线速度一定比地球的公转线速度小

C ．在冥王星上，从相同高度处同时释放的氢气球(轻质绝热材料制成，里面气体是气态的) 和等

大的石块都将竖直向下运动，且同时到达其表面D ．冥王星的公转半径一定比地球的公转半径小

7．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若

天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角) ，则由此

条件不能求出( )

A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星到太阳的距离之比

C ．水星和金星的密度之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比

8．地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，引力常量为G . 假设地球是一个质量分布均匀的

43g 3g g g R 3，则地球的平均密度是( )A. B. D. C. 34πGR 4πGR GR G R

9．如图K25－3所示，美国的“卡西尼”号探测器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞

行的轨道．若“卡西尼”号探测器在半径为R 的土星上空离土星表面高h 的圆形轨道上绕土星飞

行，环绕n 周飞行时间为

，已知引力常量为

，则下列关于土星质量M 和平均密度ρ的表达式

正确的是( )

4π2(R ＋h )33π(R ＋h )34π2(R ＋h )23π(R ＋h )2

A ．M ，ρ B ．M ＝ρGt Gt R Gt Gt R 4π2t 2(R ＋h )33πt 2(R ＋h )34π2n 2(r ＋h )33πn 2(R ＋h )3

C ．M ρ D ．M ＝，ρ＝ gn Gn R Gt Gt R 10．一物体从一行星表面某高度处自由下落(不计阻力) ．自开始下落计时，得到物体离行星表面

高度h 随时间t 变化的图象如图K25－4所示，则根据题设条件可以计算出( )

A ．行星表面重力加速度的大小B ．行星的质量C ．行星的半径D ．物体受到星球引力的大小

11．宇航员在一行星上以10 m/s的初速度竖直上抛一质量为0.2 kg的物体，不计阻力，经2.5 s

后落回手中，已知该星球半径为7 220 km.(1)该星球表面的重力加速度是多大？(2)要使物体沿水

平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？(3)若物体距离星球无穷远处

Mm 时其引力势能为零，则当物体距离星球球心r 时其引力势能E p ＝－G 式中m 为物体的质量，r

M 为星球的质量，G 为引力常量) ．问要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？

(1)测得离行星最近的一颗卫星的运动轨道半径为R 1，若忽略其他小卫星对该卫星的影响，求该卫星的运行速度v 1；

(2)在进一步的观测中，发现离行星很远处还有一颗卫星，其运动轨道半径为R 2，周期为T 2，试估算靠近行星周围众多小卫星的总质量m 卫．

13．人们通过对月相的观测发现，当月球恰好是上弦月时，如图K25

－5甲所示，人们的视线方向与太阳光照射月球的方向正好是垂直的，

测出地球与太阳的连线和地球与月球的连线之间的夹角为θ. 当月球正

好是满月时，如图乙所示，太阳、地球、月球大致在一条直线上且地球

在太阳和月球之间，这时人们看到的月球和在白天看到的太阳一样大(从

物体两端引出的光线在人眼光心处所成的夹角叫做视角，物体在视网膜

上所成像的大小决定于视角) ．已知嫦娥飞船贴近月球表面做匀速圆周运

动的周期为T ，月球表面的重力加速度为g 0，试估算太阳的半径．

[第26讲人造卫星宇宙速度]

1．北京时间2011年9月29日晚21时16分，中国在酒泉卫星发射中心载人航天发射场，用

“长征二号F ”T1运载火箭，将中国全新研制的首个目标飞行器“天宫一号”发射升空．关

于“天宫一号”的发射和运行，下列说法正确的是( )A ．“天宫一号”由“长征二号F ”

T1运载火箭加速离地升空时，处于超重状态B ．“天宫一号”由“长征二号F ”T1运载火箭

A ．当飞船的轨道高度逐渐降低时，飞船的周期将逐渐变短 B ．当飞船的轨道高度逐渐降低时，飞船的线速度逐渐

1增大C ．当飞船离地面的高度降低到原来的时，其向心加速度将会变为原来的4倍 D ．对飞船进行轨道维持时，应2

向飞船运动的反方向喷气

1，6

1( ) 3

4．[2011·昆明检测] A 、B 两地球卫星均在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动，它们运动的轨道半径之比r A ∶r B ＝1

∶

4，A 的周期为T 0，某一时刻A 、B 两卫星相距最近，则此时刻开始到A 、B 相距最远经历的时间不可能是( )

481220A. T 0 B. T 0 C. T 0 D. T 0 7777

5. 我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T . 若以R 表示月球的半径，则( )

4πR 2πR A ．卫星运行时的向心加速度为 B T T

R (R ＋h )4π2R C ．物体在月球表面自由下落的加速度为 D ．月球的第一宇宙速度为 T TR

3舟七号”飞船与地球中心距离的. 根据以上数据可求得( ) 11

A ．月球与地球的质量之比 “嫦娥二号”卫星与“神舟七号”飞船的质量之比

C ．月球与地球的第一宇宙速度之比月球表面与地球表面的重力加速度之比

8. 在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统在抗震救灾中发挥了

巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中

两颗工作卫星均绕地心O 在同一轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星

分别位于轨道上的A 、B 两位置(如图K26－2所示) ．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力

加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中错误的是( )A ．这两

R 2g 颗卫星的加速度大小相等，均为．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2 r

r πC ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有3g

引力做功为零

9．2008年9月25日，我国利用“神舟七号”飞船将航天员翟志刚、刘伯明、景海鹏成功送入太空.9

月26日4时04分，“神舟七号”飞船成功变轨，由原来的椭圆轨道变为距地面高度为h (约340 km)的

圆形轨道．已知飞船的质量为m ，地球半径为R ，地面处的重力加速度为g ，地球自转的角速度为ω，

11E k 需满足的条件是m (R ＋h ) 2ω2

10．已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，地球自转的周期为T ，试求地球同步卫星的向心加速度大小．

111．某物体在地面上受到的重力为160 N，将它放在卫星中，在卫星以加速度a ＝g 随火箭向上加速上升的过程中，当2

物体与卫星中的支持物的相互挤压力为90 N时，求此时卫星距地球表面的高度．(地球半径R ＝6.4×103 km，g ＝10 m/s2)

12．侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为h ，要使卫星在一天的时间内将地面上

赤道各处在日照条件的情况下全都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机至少应拍摄地面上赤道圆周的

弧长是多少？设地球半径为R ，地面处的重力加速度为g ，地球自转的周期为T .

课时作业（二十三）

【基础热身】

v y g g 1．B [解析] tan α＝＝t, 所以tan α随时间变化的图象是一条过原点、斜率为的倾斜直线，所以选项B 正确． v 0v 0v 0

12gL 2

2．A [解析] 飞镖飞行中竖直方向y 、水平方向L ＝v 0t ，得y ＝，欲击中靶心，应该使竖直位移增大，22v 0

使L 增大或v 0减小，选项A 正确．

3．D [解析] 炮弹1做平抛运动，炮弹2做竖直上抛运动，若要使拦截成功，则两炮弹必定在空中相遇，以做自

s H 由落体运动的物体为参考系，则炮弹1做水平方向上的匀速直线运动，炮弹2匀速上升，由t 1＝t 2＝t 1＝t 2，得12

s v 1＝2，故选项D 正确． H

s s 14．A [解析] 乒乓球落地时所用时间在t 1＝0.4 s和t 2＝0.6 s之间，所以反弹点的高度在h 1gt 2＝0.8 m21

1和h 2gt 2＝1.8 m之间，选项A 正确． 22

【技能强化】

12gt 22v tan θv t gt 5．C [解析] 设小球从抛出到落到N 点经历时间为t ，则有tan θ＝即t ，因此可求出d MN 0t 2v 0g cos θ

22v 0tan θgt ＝，v N ＝(gt )＋v 0＝v 1＋4tan θ，其方向：tan α＝＝2tan θ，故选项A 、B 均正确．但因小球的质量未知，因g cos θv 0

6．B [解析] 做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定，即t a 处抛出的小球下落的高度是g

从b 处抛出的小球的2倍，有t a 2t b ，选项C 、D 错误；水平方向的距离由高度和初速度决定，即s ＝v g

意得从a 处抛出的小球的水平位移是从b 处抛出的小球的2倍，可知v a 2v b ，选项B 正确．

v 0t 2v 0v y gt 8．B [解析] 由平抛运动知识及几何关系可知，tan θ2＝tan θ1＝，解得tan θ1tan θ2＝2，选项B 正12gt x 0gt 2

确．

12122222v 0tan θ2v 0tan 2θ10．B [解析] 由tan θ得t ＝，故选项A 正确；P Q ＝v 0加倍，P 、Q 间距将v 0t g sin θg sin θ

gt 为原来的4倍，选项C 正确；设小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为β，则tan β＝2tan θ，可见β与v 0无关，v 0

而α＝β－θ，因此α也与初速度无关，选项B 错误，选项D 正确．

211．(1)1∶3 3 3

[解析] (1)设质点平抛的初速度为v 0，在A 、B 点的竖直分速度分别为v Ay 、v By ，则

v Ay ＝v 0tan30°

v By ＝v 0tan60°

v Ay 1解得＝ v By 3

v Ay ＋v By y (2)设从A 到B 所用的时间为t ，竖直位移和水平位移分别为y 、x ，则tan θ＝，x ＝v 0t ，y ＝ x 2

2 3联立解得tan θ＝3

12．1 s 4.5 m

[解析] A 、B 两球在运动过程中水平位移之差为

Δx ＝v 0Δt ＝4.5×0.8 m＝3.6 m

设A 球抛出t 时间后两球间连线拉直，此时两球间竖直位移之差为

Δy l －(Δx )＝6－3.6m ＝4.8 m

由平抛运动规律，在竖直方向有

111Δy ＝2(t －Δt ) 2＝gt Δt －g Δt 2 222

代入数据，解得t ＝1 s.

这段时间内A 球的水平位移为

x A ＝v 0t ＝4.5×1 m＝4.5 m

【挑战自我】

13．5 m/s≤v 0≤13 m/s

[解析] 设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v 1，由平抛运动规律可知：

1H －h ＝2 21

L ＝v 1t 1

L 解得v 1＝5 m/s 2(H －h )g

又设小球恰好落到马路右边缘时的初速度为v 2，由平抛运动的规律得

1H ＝gt 2 22

L ＋s ＝v 2t 2

L ＋s 解得v 2＝13 m/s g

所以小球抛出时的速度v 0的取值范围为5 m/s≤v 0≤13 m/s.

课时作业（二十四）A

【基础热身】

v 214．A [解析] 对于质点A 有a A ∝a ＝v A 大小不变．对于质点B 有a B ∝r ，与a ＝rω2相比较，r r

则ωB 不变，故选项A 正确．

【技能强化】

5．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，

v 2

由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m R ＋r

6．B [解析] 在释放前的瞬间绳拉力为零，对支架：F N1＝Mg ；当摆球运动到最低点时，由机械能守恒定律得mgR

m v 212＝m v ，由牛顿第二定律得T －mg ＝T ＝3mg . 对支架受力分析，地面支持力F N2＝Mg ＋3mg . 由牛顿2R

第三定律知，支架对地面的压力F N2′＝3mg ＋Mg ，故选项B 正确．

7．C [解析] 小球通过A 点的最小向心力为F ＝mg sin α，所以其通过A 点的最小速度为：v A ＝sin α＝2 m/s，

v 2

速度增大为原来的2倍，选项B 正确；由a ＝，可知向心加速度突然增大到原来的2倍，选项C 正确；在最低点，F r －mg ＝ma ，选项D 错误．

9．C [解析] 绳b 烧断前，小球竖直方向的合力为零，即F a ＝mg ，烧断b 后，小球在竖直面内做圆周运动，且

v 2

F a ′－mg ＝m ，所以F a ′>F a ，选项A 、B 错误；当ω足够小时，小球不能摆过AB 所在高度，选项C 正确；当ω足l

够大时，小球在竖直面内能通过AB 上方的最高点而做圆周运动，选项D 错误．

2π为r A >r B ，所以ωA T B ，选项D 错误． T

ωd11. π－θ

[解析] 子弹射出后沿直线运动，从a 点射入，从b 点射出，该过程中圆筒转过的角度为π－θ.

d 设子弹速度为v ，则子弹穿过筒的时间t ＝v

此时间内筒转过的角度α＝π－θ

d 据α＝ωt得，π－θ＝ωv

ωd则子弹速度v ＝ π－θ

1AO 12．大于3.5 rad/s [解析] 已知a 、b 绳长均为1 m，即AC ＝BC ＝1 m，AO ＝0.8 m，在△AOC 中，cos θ＝2AC

0.8＝0.8，sin θ＝0.6，θ＝37°. 小球做圆周运动的轨道半径为r ＝OC ＝AC sin θ＝1×0.6 m＝0.6 m. 1

b 绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg 与a 绳拉力F Ta 的合力F 提供向心力，其受力分析如图所示，由图可知小球的合力为F ＝mg tan θ.

根据牛顿第二定律得

F ＝m ω2r

解得ω＝＝3.5 rad/s. r

当直杆和小球的角速度ω′>3.5 rad/s时，b 绳才有张力．

【挑战自我】

(L －R )213．(2)n π(n ＝1,2,3„) 4h h

[解析] (1)设小球从离开轨道到进入小孔所用的时间为t ，则由平抛运动规律得

1h ＝gt 2， 2

L －R ＝v 0t

小球在轨道上运动过程中机械能守恒，故有

1mgH ＝v 2 20

(L －R )2联立解得：t ，H ＝g 4h

(2)在小球做平抛运动的时间内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进小孔，

即ωt＝2n π(n ＝1,2,3„„) ．

2g 所以ω＝n (n ＝1,2,3„) h

课时作业（二十四）B

【基础热身】

1．C [解析] 根据发生离心运动的条件易知选项C 正确．

2π⎫2越大，所需的向心力越大，越容易脱离圆盘；根据向心力公式F ＝mr ⎛⎝T ⎭可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，

所需向心力越大，越容易脱离圆盘，选项C 、D 错误．

m v 2

3．D [解析] 物体脱离球面的条件是，物体与球面之间不存在压力．物体在最高点受到的向心力F ＝mg ，R

即物体恰好在最高点脱离半圆球做平抛运动，选项D 正确．

2π×304．C [解析] 申雪做圆周运动的角速度等于赵宏博转动的角速度．ω＝2πn ＝＝π rad/s，由v ＝ωr得：r 60

＝1.5 m，选项A 、B 错误；由F cos30°＝mrω2解得F ＝850 N，选项C 正确、选项D 错误．

【技能强化】

5．C [解析] 变阻器全部连入电路，电路中电流恒定不变，选项A 、B 错误；系统以角速度ω转动时，对小球有

r ω缘的线速度相等得：r 1ω1＝r 2ω2＝r 3ω3，所以ω3＝，选项A 正确． r 3

7．A [解析] 如图所示，以小球为研究对象，小球受三个力的作用：重力mg 、水平面支持力F N 、绳子拉力F . 在

水平方向有 F sin θ＝mω2R ＝4π2mn 2R ，

在竖直方向有F cos θ＋F N ＝mg ，

且R ＝h tan θ，

当球即将离开水平面时，F N ＝0，转速n 有最大值.

1联立解得n ＝，故选项A 正确． 2πh

8．D [解析] 因小球做变速圆周运动，在P 点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D 选项符合要求．

10．A [解析] 金属球A 受重力、支持力、拉力F A 三个力作用，拉力的分力提供向心力，在水平方向有F A cos α

r r r r F r cos βBC AC

＝mω2r A ，同理，对金属球B 有F B cos β＝mω2r B ，由几何关系得cos α＝cos β＝，由

AC BC F B r B cosαr r BC

于AC ＞BC ，所以F A ＞F B ，可知绳AC 先断，选项A 正确．

11．4589 N

v 2

[解析] 飞机经过最低点时对飞行员受力分析得：F N －mg ＝m r

解得F N ＝mg ＋m 4589 N

由牛顿第三定律得飞行员对座椅的压力为4589 N. 12．(1)3 m/s (2)43 N

v y gt

[解析] (1)小球无碰撞进入圆弧轨道，即小球落到A 点时速度方向沿A 点的切线方向，则tan53°＝x 0

又有h 2

联立以上各式解得v 0＝3 m/s.

(2)设小球到最低点的速度为v ，由机械能守恒定律，有 1212

v －m v 0＝mg [h ＋R (1－cos53°)] 22

在最低点，据牛顿第二定律有

v 2

F N －mg ＝m R

联立以上各式解得F N ＝43 N

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为43 N. 【挑战自我】

13．3rad/s (2)3 rad/s (3)0.28 m

[解析] (1)由F 向＝mω2r 可知，B 先达到临界状态，故当细线上刚出现张力时满足f m ＝mω21r .

解得ω1＝＝3 rad/s.

mr 2

(2)当ω继续增大，A 受力也达到最大静摩擦力时，A 开始滑动，有

f m －T ＝mω22， 2f m ＋T ＝mω22r

得ω2＝3 rad/s.

3mr

(3)细线断开后，A 相对静止在转台上，B 沿水平切线方向飞出做平抛运动

1由h ＝gt 2得t ＝0.5 s.

2g v B ＝ω2r ＝0.6 m/s，

可得B 的水平射程s B ＝v B t ＝0.3 m. 细线断开后，转台t 时间转过角度 θ＝ω2t ＝1.5 rad即90°，

s B －2＋r 2＝0.28 m. 故A 、B 间水平距离l x ⎛2⎝

课时作业（二十五）

【基础热身】

πR 3

Mm 4π243π

3．D [解析] 由近地卫星的万有引力提供向心力可知G m R ，M ＝πR 3·ρ，联立可得：ρ，解得地球

R T 3GT

25M

的密度ρ1≈5.6×103 kg/m3，故ρ2＝＝5ρ1≈3.0×104 kg/m3，选项D 正确．

4．A [解析] 由题意可知，潮汐的作用使月球的机械能增加，正在绕地球运转的月球机械能增大，动能增大，导v 2Mm v 2Mm

致m ，月球将做离心运动，到达离地球较远的位置且满足m G ，继续做圆周运动．由此可知月球圆周

r r r ′r ′

运动的半径增大，周期增大，线速度减小，角速度减小，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．

【技能强化】

T 0T 1⎝t 0－T 0⎭.

v 2Mm 4π2r 3r 21

6．D [解析] 由题意，冥王星的公转周期大于地球的公转周期，由万有引力定律G m ＝m ，得，

r T r T 1T 2可知冥王星的公转半径一定比地球的公转半径大，选项A 正确、选项D 错误；由v ＝可知，r 越大，v 越小，选

项B 正确；真空中自由落体运动的加速度与质量无关，选项C 正确．

2πT θr T 2θ7．C [解析] 由θ＝ωt＝t ＝＝＝，

T T 2θ1r 2T 2θ1

a ωr T r Mm

能够求出水星和金星到太阳的距离之比；由a ＝ω2r ，得＝G a 2ω2r 2T 1r 2r

＝mω2r ，得＝ω2r ，金星或水星做圆周运动的参量与其质量无关，不能求出水星和金星的密度之比，选项C 符合题

意．

Mm M 3g

8．A [解析] 由mg ＝G 及ρ＝可解得ρ＝，选项A 正确．

R 434πGR

R 3

9．D [解析] 设“卡西尼”号的质量为m ，土星的质量为M ，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其

2π24π2n 2(R ＋h )3Mm t 43M ⎛向心力由万有引力提供，G ，其中T ＝，解得M ＝又土星体积V ＝R ，所以ρ＝＝m (R ＋h ) ⎝T n Gt 3V (R ＋h )

233πn (R ＋h )＝，选项D 正确．

11．(1)8 m/s2 (2)7600 m/s (3)10746 m/s [解析] (1)由匀变速运动规律知

2v 0

星球表面的重力加速度g ′＝8 m/s2.

(2)由牛顿第二定律，有

v 2mg ′＝m

解得v 1＝g ′R ＝7600 m/s. (3)由机械能守恒定律，有 12Mm v 2＋(－G ＝0 2R

在该行星表面质量为m 的物体受到的重力等于万有引力，有

mg ′＝G R

解得v 2＝2g ′R ＝10746 m/s.

2π2R 312． (2)M R 1GT 2

[解析] (1)设离行星最近的一颗卫星的质量为m 1，有

Mm m 1v 1G ＝R 1R 1

解得：v 1R 1

(M ＋m 卫)m 24π2G m 2R 2

R T 22

234πR 解得：m 卫＝－M

GT 2

【挑战自我】

g 0T 2

13.

4πcosθ

[解析] 设太阳半径为R 日、月球半径为R 月，地月、地日之间的距离分别为r 地月、r 地日．质量为m 的物体在月球表面，有

mg 0＝G

R 月

Mm ′2π2

质量为m ′的嫦娥飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，有G ＝m ′⎛⎝T R 月 R 月在观察上弦月时，由几何关系，有 r 地月

cos θ

r 地日

R 月r 地月－R 地

8当月球正好是满月时，月球和太阳看起来一样大，由几何关系，有R 日r 地日－R 地

由于天体之间的距离远大于天体的半径，有 r 地月－R 地r 地月

＝r 地日－R 地r 地日

r 地月R 月故 r 地日R 日

g T 2

联立解得：R 日＝.

4πcos θ

课时作业（二十六）

【基础热身】

v 2Mm 4π2

2．C [解析] 飞船轨道降低的过程中，仍看作圆周运动，由万有引力提供向心力，有G ＝m r ＝m ma n .

r T r

由此可知：轨道越低，周期越短，线速度越大，选项A 、B 正确；上式中r 为运行半径，即r ＝R ＋h ，离地面高度降低

为原来的，向心加速度不会变为原来的4倍，选项C 错误；要维持飞船轨道不变，需要向后喷气，以补充飞船速度的

减小，选项D 正确．

v 2Mm 3．C [解析] 由万有引力提供向心力，有m v 由此可知：轨道半

r r r

径越大，速度越小，选项A 错误；卫星内部的仪器虽然处于完全失重状态，但仍受万有引力(也常被称为重力) 的作用，

v M 选项B 错误；第一宇宙速度v gR ，g 为星球表面重力加速度，R 为星球半径，可得＝R 1g 1R 16

v M ＝1＝1.8 km/s，选项C 正确；发射速度大于11.2 km/s(第二宇宙速度) ，就会脱离地球引力，绕太阳运转，选项D

6错误．

Mm ωr 3

4．B [解析] 由万有引力提供向心力，有G mω2r ，解得：⎛＝8，当二者转过的角度差等于(2n ＋1)π

r ωB ⎝r A 22π7t 412

时二者相距最远，即ωA t －ωB t ＝(2n ＋1)π，又ωA ＝，得：＝2n ＋1，当n ＝0时，t ＝0；当n ＝1时；t ＝T 0；

T 04T 077

当n ＝2时，t ＝T 0，故选项A 、C 、D 正确．

【技能强化】

4π2r 4π2R 2

5．D [解析] “嫦娥二号”卫星的运行轨道半径r ＝R ＋h ，向心加速度a ＝ωr ＝，选项A 错误；同理

T T

2πr 2πR Mm 4π2v ＝≠，选项B 错误；若在月球表面附近卫星的运转周期为T ，则G ＝mg ＝m R ，而题中的周期为轨道半

T T R T

2v Mm Mm

径r ＝R ＋h 时的周期，选项C 错误；设第一宇宙速度为v ，则有：G ，在r ＝R ＋h 的轨道上，有G ＝

R R (R ＋h )R (R ＋h )4π2

m R ＋h ) ，两式联立可得，v ＝，选项D 正确． T TR

Mm 4π2

7．A [解析] 由万有引力提供向心力，有：G r ，设“神舟七号”飞船绕地球运转半径为r 1，“嫦娥二号”

r T

M r 3T 卫星绕月球运转半径为r 2，地球的质量为M e 、月球的质量M m ，选项A 正确，选项B 错误；第一宇

M e r 1T 2

2v v m Mm 宙速度即卫星在中心星体表面做圆周运动的线速度，有G m R R v e M e R m

的比值未知，故选项C 错误；同理在星球表面的重力加速度满足mg ＝G ，可知不能求出重力加速度之比，选项D

错误．

Mm Mm R 2g

8．B [解析] 对卫星在圆形轨道上有G ＝ma ，对物体在地球表面有G mg ，得卫星加速度a ＝r R r

A 正确；卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，与速度垂直，不做功，选项D 正确；卫星1向后喷气加速后，

Mm Mm πr π

做离心运动，偏向高轨道，不可能追上卫星2，选项B 错误；对卫星1有G mg 、＝mω2r 、t 解得t ＝R r 3ω3R

，选项C 正确． g

v 2Mm v ′2Mm

9．D [解析] 飞船沿轨道1运行到P 点时，运行速度满足：m ，在轨道2上做圆周运动m G r r r r

因此需要在P 点加速，选项A 错误；卫星在地球表面运行时运行速度最大，大小为7.9 km/s，选项B 错误；飞船在任

意位置都受到万有引力作用，习惯称之为“重力”，选项C 错误；飞船在轨道2上运动时的动能E k ＝m v ′2＝′2(R

221

＋h ) 2，在轨道2上飞船的角速度ω′ 大于地球自转的角速度ω(也是同步卫星的角速度) ，即有E k ＞(R ＋h ) 2ω2，飞

22v ′Mm Mm 1R 1

船在圆形轨道运行时，有，在地表时，有G mg ，联立可得E k ＝

310. [解析] 设地球同步卫星离地面高度为h ，万有引力提供其做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律

T 有

Mm 4π2G ＝ma ＝m (R ＋h )

T (R ＋h )Mm

在地球表面，有mg ＝G

3gR 解得a T 11．1.92×104 km

[解析] 设卫星随火箭上升离地球表面的高度为h ，火箭上物体受支持物的支持力为F N ，重力为mg ′，根据牛顿第二定律得：

F N －mg ′＝ma

在高h 处物体的重力为G mg ′

(R ＋h )Mm

在地球表面时物体的重力为G ＝mg

解得卫星距地球表面的高度为

mg ⎛⎫－1⎪R ＝1.92×104 km. h ＝

⎝F N －ma ⎭【挑战自我】

(h ＋R )4π2

12. T g

[解析] 如果周期是12小时，每天能对同一地区进行两次观测．如果周期是6小时，每天能对同一纬度的地方进行

n 次观测．

设卫星运行周期为T 1，则有 Mm 4π2G ＝m h ＋R )

T 1(h ＋R )物体处在地面上时有 Mm G ＝m 0g R

(h ＋R )2π

解得：T 1＝

R g

T T

在一天内卫星绕地球转过的圈数为，即在日照条件下有次经过赤道上空，所以每次摄像机拍摄的赤道弧长为s

T 1T 1

2πR 2πR ＝，将T 1结果代入得

T T 1T 1

4π2s ＝

(h ＋R ) g

课时作业（二十七）

【基础热身】

1．D [解析] 这两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为＋Q ，距离变为原来的两倍，根据库仑定律易得选项D 正确．

2．A [解析] 由于a 、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分

Q 2

布较密集，又l ＝3r ，不满足l ≫r 的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，即F 库≠k . 万有

引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然不满足l ≫r ，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量

m 2

集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F 引＝G 选项A 正确．

Q Q 4．B [解析] 如果小球A 带正电，小球B 带负电，两球相距L ，由牛顿第二定律得：对小球B ：Q B E ＝

Q Q m B a B ，对小球A ：Q A E －k m A a A ，而a A ＝a B ，所以必有Q A >Q B ，选项A 错误，选项B 正确；如果小球A 带负电，

小球B 带正电，则A 所受合外力水平向左，加速度向左，不符合题意，故选项C 、D 均错误．

【技能强化】

kq kq 8kq

5．D [解析] 根据题意可知，金属板产生的电场相当于－q 产生的电场，则P 点电场强度E ＝＝d (3d )9d 项D 正确．

mg ，选项C 正确、D 错误．

10．D [解析] 对A 球受力分析如图所示，F 斥和T 的合力F 与mg 等大反向，由几何知识知，F 、T 、F 斥组成的

s 2s L s L

力的矢量三角形与几何△OAB ＝；当A 、B 间距变为时：＝T ′＝8T ，选

Q Q T 2Q Q T ′k k x ⎛x 2

⎝2项D 正确．

Q 2r

11．(1)k (2)各运动了Q －

r μmg2

[解析] (1)由A 受力平衡得，A 受的摩擦力为

Q 2

F A ＝F 库＝k r

(2)当加速度第一次为零时，库仑力和滑动摩擦力大小相等，有

4Q 2

μmg＝

r ′

解得r ′＝2Q k

所以间距增大了2Q －r

μmg

因A 、B 的质量相等，所以加速度在这段时间内的任何时刻总是等大反向，因此A 、B 运动的距离相等，各运动的

k r

距离为Q －μmg 2

12．(1)2 m/s (2)0.4 m (3)0.8 s

[解析] (1)小球在AB 段滑动过程中，由机械能守恒得

mgx 1sin αv 2

可得v B ＝2 m/s.

(2)小球进入匀强电场后，受电场力和重力的作用，由牛顿第二定律可得，加速度

mg sin α－qE cos αa 2＝＝－5 m/s2

小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，B 、C 间的距离为

0－v 2B x 2＝＝0.4 m.

2a 2

(3)小球从A 到B 和从B 到C 的两段位移中的平均速度分别为

0＋v B

v AB ＝2v ＋0v BC ＝

v B

小球从A 到C 的平均速度为v AC ＝2

由x 1＋x 2＝v AC t 可得t ＝0.8 s. 【挑战自我】

75gR

13． (2) (3)42

[解析] (1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理得

qE (s ＋R ) －μmgs－mgR v 2－0，

3mg

而qE ，

解得v gR .

(2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则

v 2

F －qE ＝m ，

R 7

解得F .

(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为v n ) ，则有

v 2(qE )＋(mg )＝m R

5gR

解得v n ＝2

高难度物理曲线运动

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