第3讲 力与曲线运动-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第3讲 力与曲线运动 高考对于这部分知识点主要以具体事例和科技的最新成果为背景进行命题，以生活中实际物体的圆周运动和抛体运动为依托，进行模型化受力分析。强化对物理基本概念、基本规律的考核。试题的呈现形式丰富，提问角度设置新颖。在解决此类问题时要将所学物理知识与实际情境联系起来，抓住问题实质，将问题转化为熟知的物理模型和物理过程求解。主要考查的知识点有：平抛运动，类平抛运动，斜抛运动，圆周运动，万有引力与航天等。 一、合运动性质和轨迹的判断 1.若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动；若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，则为曲线运动。 2.若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运动。 二、平抛(或类平抛)运动 两个重要推论 1.物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 2.速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则 tan θ＝2tan α。 三、圆周运动中的动力学分析 1．向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． 2．向心力的确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置． (2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力． 3．向心力的公式 Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2 四、天体运动 1.四个连等式 ＝ma＝m＝mω2r＝mr，得出a＝，v＝，ω＝，T＝。 2.处理变轨问题的两类观点 (1)力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心。 (2)能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能增加则引力势能减小。 3.双星问题 (1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2。 (2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。 (3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。 五、方法指导 （1）绳(杆)关联问题的速度分解方法 1.把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量。 2.沿绳(杆)方向的分速度大小相等。 （2）模型化思想的应用 竖直面内圆周运动常考的两种临界模型 最高点无支撑 最高点有支撑 图示 最高点向心力 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝， 即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0， 即在最高点速度可为零 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（　　） A． B． C． D． 2. （2024•浙江）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，则（　　） A．小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度 B．小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度 C．小行星甲与乙的运行周期之比 D．甲、乙两星从远日点到近日点的时间之比 3. （2024•浙江）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0×1024kg，地球半径6.4×103km，引力常量6.67×10﹣11N•m2/kg2。下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约8.4m/s2 C．卫星运行的周期约12h D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 4. （2023•浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC； （2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ； （3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。 5. （2022•浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 （1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； （2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； （3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 题型2运动合成和分解与平抛运动 6. （2024•金东区校级模拟）如图所示，甲同学在地面上将排球以速度v1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排球以水平速度v2击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球（　　） A．沿轨迹②运动的最大速度可能为v1 B．沿轨迹①运动的最小速度为v2 C．沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同 D．沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同 7. （2024•浙江模拟）如图所示，有一半径为r的圆环在一水平地面上向右运动，且其圆心速度大小为v。现有一木板，左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且木板与地面所成锐角为θ。则木板转动的角速度ω为（　　） A． B． C． D． 8. （2024•浙江二模）如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则（　　） A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面 B．水在空中运动时间的最大值为 C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短 9. （2024•浙江模拟）如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为），ab沿水平方向，a点横坐标为，在a点分别以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和2v0抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v2，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（　　）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲） A．不可以求出t B．可求出t大小为 C．可以求出v1大小为 D．可求出H的大小为2s2 题型3圆周运动问题 10. （2024•宁波二模）如图所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水平。蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托盘做匀速圆周运动的最大速率为（　　） A． B． C． D． 11. （2024•浙江二模）图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率恰好达到1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC弧段，通过C点以1m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ＝0.2，关于该机器人送餐运动的说法正确的是（　　） A．从B运动到C过程中机器人的向心加速度a＝0.5m/s2 B．为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在BC段运动的最大速率为4m/s C．从A点运动到B点过程中机器人的加速度a＝0.125m/s2且餐盘和水平托盘不会发生相对滑动 D．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t＝12秒 12. （2024•浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（　　） A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1： B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1： C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点 D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点 13. （2024•温州二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．航母对小物块的支持力FN＝mgcosθ B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用 C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大 D．航母的最大航速 题型4万有引力定律与天体运动 14. （2024•浙江二模）为了粗略测量月球的直径，小月同学在满月的夜晚取来一枚硬币并放置在合适的位置，使之恰好垂直于视线且刚刚遮住整个月亮，然后测得此时硬币到眼睛的距离为x，硬币的直径为d，若已知月球的公转周期为T，地表的重力加速度g和地球半径R，以这种方法测得的月球直径为（　　） A． B． C． D． 15. （2024•宁波模拟）如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离Δr随时间t的变化图像，t＝0时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期TB＝7t0，则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为（　　） A．1：7 B．1：4 C． D．1：2 16. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，A、B、C分别为太阳、地球和月球，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，P点为近日点，到太阳的距离为R1，Q点为远日点，到太阳的距离为R2，地球公转周期为T；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动（忽略太阳对月球的引力），月球运行轨道半径为r，月球公转周期为t。则（　　） A．相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积 B．地球在P点和Q点的速率之比 C．地球从P点运动到Q点的过程中，动能一直变大 D．由开普勒第三定律可知为常数 17. （2024•镇海区校级三模）某行星的卫星A、B绕以其为焦点的椭圆轨道运行，作用于A、B的引力随时间的变化如图所示，其中t2t1，行星到卫星A、B轨道上点的距离分别记为rA、rB，假设A、B只受到行星的引力，下列叙述正确的是（　　） A．B与A的绕行周期之比为 B．rA的最大值与rB的最小值之比为2：1 C．rB的最小值与rA的最小值之比为2：3 D．卫星A与卫星B的质量之比为8：9 1. （2024•浙江模拟）实验小组利用风洞研究曲线运动，如图所示。在风洞内无风时，将一小球从O点以某一速度水平抛出后，经过一段时间小球落到水平面上的O2点。现让风洞内存在图示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出。下列说法正确的是（　　） A．小球从抛出到落到水平面上的时间一定将增大 B．小球落到水平面上时的速度方向一定不与水平面垂直 C．小球可能落在水平面上的O1点 D．小球可能落在水平面上的O2点 2. （2024•镇海区校级模拟）小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，小球落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度v0水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（　　） A．弹射器在E位置，将小球以大于v0的速度斜向右上射出 B．弹射器在E位置，将小球以小于v0的速度斜向右下射出 C．升高弹射器至Q点，小球以大于v0的速度斜向右下射出 D．升高弹射器至Q点，小球以小于v0的速度斜向右上射出 3. （2024•绍兴二模）如图所示是杂技团一门水平放置的大炮，左前方地面上有一直径为50m的圆形靶区，炮口A在靶区边缘B点正上方7.2m处且正对靶心正上方C点。BD为靶区的一条水平直径，ABOCD五点在同一竖直平面内，现保持炮口位置不变，炮管以炮口为圆心水平旋转，所发射玩具炮弹的速率恒为25m/s。不计炮管口径的大小及炮弹的大小、空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．正对靶心水平射出时炮弹会落到靶心处 B．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度等于30°时，炮弹将落在靶区外 C．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度小于53°时，炮弹一定会落在靶区内 D．炮管水平转动角度越大，射出去的炮弹单位时间内速度的变化量越大 4. （2024•温州二模）如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙包抛出的初速度大小均为v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＞θ2，两沙包抛出后在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两抛出点之间的距离为 B．沙包1和2在空中运动时间之比为tanθ2 C．沙包1和2运动过程中最小速度之比为tanθ1 D．沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1 5. （2020•浙江模拟）近年来我国的经济发展快速增长，各地区的物资调配日益增强，对我国的交通道路建设提出了新的要求，在国家的大力投资下，一条条高速公路在中国的版图上纵横交错，使各地区之间的交通能力大幅提高，在修建高速公路的时候既要考虑速度的提升，更要考虑交通的安全，一些物理知识在修建的过程中随处可见，在高速公路的拐弯处，细心的我们发现公路的两边不是处于同一水平面，总是一边高一边低，对这种现象下面说法你认为正确的是（　　） A．一边高一边低，可以增加车辆受到地面的摩擦力 B．拐弯处总是内侧低于外侧 C．拐弯处一边高的主要作用是使车辆的重力提供向心力 D．车辆在弯道没有冲出路面是因为受到向心力的缘故 6. （2023•嘉兴二模）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（　　） A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2 B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道 D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道 7. （2023•金华一模）天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，可以实现三维空间的任意位置和姿态控制，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C是三个主要关节支点，P为BC臂上的一点，若某次作业过程保持BC臂和AB臂的夹角α不变，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是（　　） A．作业过程中P与B线速度大小一定相等 B．作业过程中P与B线速度方向一定相同 C．作业过程中P与B角速度大小一定相等 D．作业过程中P与B加速度大小一定相等 8. （2024•乐清市校级三模）太阳系内很多小天体和八大行星一样围绕太阳运行。之前，能进入金星轨道内侧的小天体仅发现21个，但它们一部分轨道在金星轨道外侧。最近科学家第一次发现了完全在金星轨道内侧运行的一个小天体“AV2”。则（　　） A．“AV2”没有落至太阳上是因为它质量小 B．“AV2”绕太阳运行周期大于金星 C．“AV2”在任何位置的加速度都大于金星 D．这些小天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等 9. （2024•乐清市校级三模）卫星上装有太阳能帆板，可将光能转化为电能储存在蓄电池中，为卫星提供电能。现有一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其运行轨道位于赤道平面上，轨道半径为地球半径的倍。已知地球的自转周期为T0，半径为R，地球同步卫星轨道半径约为。在春分这一天，太阳光可视为直射赤道，该卫星绕地心转动一周，太阳能帆板能接收到太阳光的时间约为（　　）（） A．0.07T0 B．0.03T0 C．0.14T0 D．0.27T0 10. （2024•鹿城区校级模拟）研究发现，银河系中有一种看不见但很重的物体，促使这些恒星在其周围转圈。其中一颗恒星S2完整轨道如图所示，它绕银河系中心的周期约16年。椭圆的半短轴约400AU（太阳到地球的距离为1AU），根据离心率可以判断轨道的长轴约为短轴的2.5倍，研究中可忽略其他星体对S2的引力，则银河系中心质量与太阳质量之比约为（　　） A．3×107 B．6×107 C．4×106 D．6×109 11. （2023•金华一模）2022年2月27日，我国长征八号运载火箭一次发射了22颗卫星，并全部成功送入预定轨道，创造了我国一箭多星的新纪录。假设其中卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球逆时针运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道面在同一平面内且两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．两卫星在图示位置的速度v1＞v2 B．两卫星在图示位置时，卫星1受到的地球引力较大 C．卫星1在A处的加速度比卫星2在A处的加速度大 D．若不及时调整轨道，两卫星可能发生相撞 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第3讲 力与曲线运动 高考对于这部分知识点主要以具体事例和科技的最新成果为背景进行命题，以生活中实际物体的圆周运动和抛体运动为依托，进行模型化受力分析。强化对物理基本概念、基本规律的考核。试题的呈现形式丰富，提问角度设置新颖。在解决此类问题时要将所学物理知识与实际情境联系起来，抓住问题实质，将问题转化为熟知的物理模型和物理过程求解。主要考查的知识点有：平抛运动，类平抛运动，斜抛运动，圆周运动，万有引力与航天等。 一、合运动性质和轨迹的判断 1.若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动；若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，则为曲线运动。 2.若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运动。 二、平抛(或类平抛)运动 两个重要推论 1.物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 2.速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则 tan θ＝2tan α。 三、圆周运动中的动力学分析 1．向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． 2．向心力的确定 (1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置． (2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力． 3．向心力的公式 Fn＝man＝m＝mω2r＝mr＝mr4π2f2 四、天体运动 1.四个连等式 ＝ma＝m＝mω2r＝mr，得出a＝，v＝，ω＝，T＝。 2.处理变轨问题的两类观点 (1)力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心。 (2)能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能增加则引力势能减小。 3.双星问题 (1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2。 (2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。 (3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。 五、方法指导 （1）绳(杆)关联问题的速度分解方法 1.把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量。 2.沿绳(杆)方向的分速度大小相等。 （2）模型化思想的应用 竖直面内圆周运动常考的两种临界模型 最高点无支撑 最高点有支撑 图示 最高点向心力 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝， 即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0， 即在最高点速度可为零 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：水离开出水口后做平抛运动，水离开出水口到桶口中心，有 得 设出水孔到桶口中心的水平距离为x，则 x＝v0t 得 落到桶底A点时 则时间 解得 故ABD错误，C正确。 故选：C。 2. （2024•浙江）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，则（　　） A．小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度 B．小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度 C．小行星甲与乙的运行周期之比 D．甲、乙两星从远日点到近日点的时间之比 【解答】解：A.根据开普勒第二定律可知，行星在远日点的速度小于近日点的速度，故A错误； B.设加速度为a，根据万有引力定律和牛顿第二定律 得 由于小行星乙在远日点到太阳的距离等于地球到太阳的距离，因此小行星乙在远日点的加速度等于地球公转的加速度，故B错误； C.小行星甲的半长轴，小行星乙的半长轴 根据开普勒第三定律 代入数据联立解得，故C错误； D.甲、乙两颗小行星从远日点到近日点时的时间之比，故D正确。 故选：D。 3. （2024•浙江）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0×1024kg，地球半径6.4×103km，引力常量6.67×10﹣11N•m2/kg2。下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约8.4m/s2 C．卫星运行的周期约12h D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 【解答】解：A、根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误； B、根据万有引力定律提供向心力可知，解得卫星的向心加速度大小为a≈8.4m/s2，故B正确； C、根据万有引力定律提供向心力可知，卫星运行的周期为T≈1.6h，故C错误； D、发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。 故选：B。 4. （2023•浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC； （2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ； （3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。 【解答】解：（1）滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得： mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）0 代入数据解得：vC＝4m/s 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：FC+mg＝m 代入数据解得：FC＝22N； （2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得： mgh﹣0.2mgLFG0 代入数据解得：v＝6m/s 摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得： mv＝2mv1； 代入数据解得：v1＝3m/s 根据能量守恒定律可得：μmgLmv22mv12 解得：μ＝0.3 此过程中对摆渡车根据动能定理可得：μmgx 代入数据解得摆渡车的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m 所以假设成立，说明摆渡车达到I之前已经共速，动摩擦因数为μ＝0.3； （3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为t1，对摆渡车根据动量定理可得：μmgt＝mv1﹣0 解得：t1＝1s 滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：t2 代入数据解得：t2＝1.5s 所以滑块从G到J所用的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。 5. （2022•浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 （1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； （2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； （3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 【解答】解：（1）到C点过程，根据动能定理可得： mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）m 在C点时，根据向心力公式可得： FN﹣mg＝m 联立解得：FN＝7N （2）能过圆管轨道最高点时，则能到F点，那么恰好通过最高点时，根据动能定理可得： mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0， 解得：lx＝0.85m 因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m 在此条件下判断是否可以通过D点： 滑块能通过D点需满足：mgcos37°≤m，解得：gRcos37° 由D点能到圆管轨道最高点需满足：mg（R+Rcos37°），解得：2gR（1+cos37°）＞gRcos37° 可见只要能到达F点就一定能通过D点。 第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得： mglxsin37°﹣4mgRcos37°， 解得：v，其中lx≥0.85m （3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得： mglxsin37°﹣mgsin37°﹣nμmgcos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数）， 解得：lxm 当n＝1时，lx1m；当n＝3时，lx2m；当n＝5时，lx3m 题型2运动合成和分解与平抛运动 6. （2024•金东区校级模拟）如图所示，甲同学在地面上将排球以速度v1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排球以水平速度v2击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球（　　） A．沿轨迹②运动的最大速度可能为v1 B．沿轨迹①运动的最小速度为v2 C．沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同 D．沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同 【解答】解：AB.根据图像可知，轨迹①最高点大于轨迹②最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可知 轨迹①运动时间长，但水平位移小，所以轨迹①水平分速度小； 竖直分速度 v2＝2gh 轨迹①的大，所以沿轨迹②运动的最大速度可能为v1，沿轨迹①运动的最小速度即水平速度，小于v2，故A正确，B错误； C.沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量Δv＝gΔt不同，因为运动时间不同，故C错误； D.沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，故D错误。 故选：A。 7. （2024•浙江模拟）如图所示，有一半径为r的圆环在一水平地面上向右运动，且其圆心速度大小为v。现有一木板，左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且木板与地面所成锐角为θ。则木板转动的角速度ω为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设圆周与上木板的接触点为P，圆心为O，角的顶点为A，连接AO，AP之间的距离为x，将圆心的速度分解为板的速度和圆上P点的速度，如图所示 由几何关系有 由运动的合成与分解有 v板＝vsinθ 板的角速度为 解得 故B正确，ACD错误。 故选：B。 8. （2024•浙江二模）如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则（　　） A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面 B．水在空中运动时间的最大值为 C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短 【解答】解：AB．根据平抛规律，假设全都落在水平面上，则在竖直方向上做自由落体运动 水平方向上做匀速直线运动， x＝v0t 联立解得 t＝0.4s，x＝1m 而由几何关系可知 所以不是所有方向喷出的水都能达到DCGH或CGFB侧面，水在空中运动时间的最大值为t＝0.4s，AB错误； C．水流量 水质量最大值m＝ρQt＝1.0×103×1.25×10﹣3×0.4kg＝0.5kg C正确； D．若保持θ与AD边一个较小的角或者与AB边一个较小的角不变，使喷出的水打到侧面一个较高位置处，则随着液面上升，水在空中运动的时长先不变，然后再减小，D错误。 故选：C。 9. （2024•浙江模拟）如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为），ab沿水平方向，a点横坐标为，在a点分别以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和2v0抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v2，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（　　）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲） A．不可以求出t B．可求出t大小为 C．可以求出v1大小为 D．可求出H的大小为2s2 【解答】解：ABD.由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又因为落在抛物线上，所示是关于y轴对称的点上，可得如下关系 可得v0t＝s 即可分别得出落在坑壁上两个石子的坐标分别为和，由y＝kx2 可得初始高度为，在落到坑壁的高度可代入抛物线表达式计算求得为 所以利用高度之差可求得H＝2s2 平抛运动的运动时间由H 可求出t2s 故D正确，AB错误； C.由前面可求出v0 竖直方向上的速度vy＝gt＝2s 由运动的合成可得v 故C错误。 故选：D。 题型3圆周运动问题 10. （2024•宁波二模）如图所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水平。蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托盘做匀速圆周运动的最大速率为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：蛋糕转至左上或右上两侧时，且当摩擦力达到最大静摩擦力时，托盘做匀速圆周运动的速率最大，设托盘给蛋糕最大静摩擦力为f，支持力为N，对于右上方或左上方可以得到 又f＝μN 两个式联立可以解得，当时，速度有最大值，则解得 故B正确，ACD错误。 故选：B。 11. （2024•浙江二模）图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率恰好达到1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC弧段，通过C点以1m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ＝0.2，关于该机器人送餐运动的说法正确的是（　　） A．从B运动到C过程中机器人的向心加速度a＝0.5m/s2 B．为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在BC段运动的最大速率为4m/s C．从A点运动到B点过程中机器人的加速度a＝0.125m/s2且餐盘和水平托盘不会发生相对滑动 D．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t＝12秒 【解答】解：A．从B运动到C的过程中做匀速圆周运动，机器人的向心加速度为： 故A错； B．餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 故B错； C．根据匀变速直线运动速度—位移关系式有 可知，该加速度小于发生相对滑动的临界加速度μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，故C正确； D．机器人以1m/s的速度匀减速至D点的最大加速度 故最短的减速时间 匀减速的最小位移为 故从C点开始匀速运动的时间 故从C运动到D点的最短时间为12.25s，故D错。 故选：C。 12. （2024•浙江模拟）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（　　） A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1： B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1： C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点 D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点 【解答】解：AB、金属棒AB与竖直方向夹角为45°，小球M受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有： FN＝mgtan45°＝mωvM，解得： 设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，同理可得： FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vN 又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ 联立解得：vN 则：，故AB错误； CD、设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，由牛顿第二定律得： mgtanθ＝mω2rN rN＝Rsinθ 解得： 可见当ω稍微增大时，cosθ会减小，θ增大，小球N将向C靠近，当ω趋近无穷大，θ会趋近90°，即稍微增大半圆环的角速度，小环N将靠近C点而不会到达C点。 对于小球M，由牛顿第二定律得： mgtan45°＝mω2rM， rM＝Rsinβ，β是MO与竖直方向的夹角， g＝mω2Rsinβ， 可见小球M做匀速圆周运动时向心力大小是一定的，即为mgtan45°，当角速度增大时，所需要的向心力增大，所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M将做离心运动，则圆周运动半径rM将变大，所需向心力更大，故小球M将一直离心运动直到到达A点。故C错误，D正确； 故选：D。 13. （2024•温州二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．航母对小物块的支持力FN＝mgcosθ B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用 C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大 D．航母的最大航速 【解答】解：AB、根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分解法如图所示： 由图可知mg﹣f2＝FN2 而FN2＝FNcosθ f2＝fsinθ 联立解得 故AB错误； CD、由图可知，小物块做圆周运动的向心力由f1和FN1提供，有 由于FN1＝FNsinθ f1＝fcosθ 联立上式整理解得 可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大； 当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有f＝μFN 代入上式得 由A中得 联立解得 故C正确，D错误。 故选：C。 题型4万有引力定律与天体运动 14. （2024•浙江二模）为了粗略测量月球的直径，小月同学在满月的夜晚取来一枚硬币并放置在合适的位置，使之恰好垂直于视线且刚刚遮住整个月亮，然后测得此时硬币到眼睛的距离为x，硬币的直径为d，若已知月球的公转周期为T，地表的重力加速度g和地球半径R，以这种方法测得的月球直径为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由月球的公转周期为T，地表的重力加速度g和地球半径R， 在地球表面不考虑自转时有： 月球绕地球公转时，所受的万有引力提供向心力，可得： 可得月球公转的轨道半径为： 根据题意可作出视线刚刚遮住整个月亮的光路如图所示 则AB＝d，OE＝x，月球的直径为d1＝CD，而OF为地球到月球的距离约等于月球公转的轨道半径r，由两直角三角形相似，RT△OEA∽RT△OFC，可知： 联立各式可解得月球直径为：，故BCD错误，A正确。 故选：A。 15. （2024•宁波模拟）如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗卫星之间的距离Δr随时间t的变化图像，t＝0时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期TB＝7t0，则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为（　　） A．1：7 B．1：4 C． D．1：2 【解答】解：根据题图乙可知，在两次相距最近的0～t0时间内，A、B两卫星转过的角度关系为： t02π 又根据题意知：TB＝7t0 解得：TAt0 根据开普勒第三定律有： 联立可得A、B两颗卫星运行轨道半径之比：rA：rB＝1：4，故ACD错误，B正确。 故选：B。 16. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，A、B、C分别为太阳、地球和月球，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，P点为近日点，到太阳的距离为R1，Q点为远日点，到太阳的距离为R2，地球公转周期为T；月球绕地球的运动可视为匀速圆周运动（忽略太阳对月球的引力），月球运行轨道半径为r，月球公转周期为t。则（　　） A．相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积 B．地球在P点和Q点的速率之比 C．地球从P点运动到Q点的过程中，动能一直变大 D．由开普勒第三定律可知为常数 【解答】解：A、根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上绕同一中心天体运行的天体与中心天体的连线在相同时间内扫过的面积相等，可知相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积与地球与太阳连线扫过的面积不相等，故A错误； B、由开普勒第二定律可知在相同时间内，在近日点和远日点地球与太阳的连线扫过的面积相等，则有： R1vP•ΔtR2vQ•Δt，解得地球在P点和Q点的速率之比，故B正确； C、由上分析可知，vP＞vQ，则知地球从P点运动到Q点的过程中，速度减小，动能减小，故C错误； D、由开普勒第三定律有k，k是与中心天体质量有关的常数，由于地球与月球围绕的中心天体不同，所以，即，故D错误。 故选：B。 17. （2024•镇海区校级三模）某行星的卫星A、B绕以其为焦点的椭圆轨道运行，作用于A、B的引力随时间的变化如图所示，其中t2t1，行星到卫星A、B轨道上点的距离分别记为rA、rB，假设A、B只受到行星的引力，下列叙述正确的是（　　） A．B与A的绕行周期之比为 B．rA的最大值与rB的最小值之比为2：1 C．rB的最小值与rA的最小值之比为2：3 D．卫星A与卫星B的质量之比为8：9 【解答】解：A、由题图可知，A、B的周期分别为TA＝t1，TB＝2t2，结合t2，可知B与A的绕行周期之比为：，故A错误； BC、由图可知，当A卫星离行星的距离rA最小时，卫星A受到的万有引力最大，有：8F 当rA最大时，卫星A受到的万有引力最小，有：2F 联立以上可得rA的最大值与rA的最小值之比为：。 由图可知，当rB最小时，卫星B受到的万有引力最大，有：9F 当rB最大时，卫星B受到的万有引力最小，有：F 可得rB的最大值与rB的最小值之比为：， 再根据开普勒第三定律：k，有： 解得：或或：，对比三个选项，故B错误，C正确； D、由题图可有：B受力最大时：9F，A受力最小时：2F 两式相除可得：，故D错误。 故选：C。 1. （2024•浙江模拟）实验小组利用风洞研究曲线运动，如图所示。在风洞内无风时，将一小球从O点以某一速度水平抛出后，经过一段时间小球落到水平面上的O2点。现让风洞内存在图示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出。下列说法正确的是（　　） A．小球从抛出到落到水平面上的时间一定将增大 B．小球落到水平面上时的速度方向一定不与水平面垂直 C．小球可能落在水平面上的O1点 D．小球可能落在水平面上的O2点 【解答】解：A．无风时小球在竖直方向上的加速度a1＝g，有风时，设风力大小为F，小球受力情况如图所示 此时小球竖直方向的加速度 根据 则有风时小球运动的时间减小，故A错误； B．由于v0、h、F及θ大小关系不确定，小球可能在水平方向向右刚好减速到零时，小球下落的速度方向与水平面垂直，故B错误； C．由于v0、h、F及θ大小关系不确定，小球也可能在水平方向上向右减速到零后，再反向加速回到OO1竖直线上时，小球刚好落到水平面上的O1点，故C正确； D．O1O2＝v0t，有风时，小球水平向右移动的最大距离 由A项分析已知t′＜t，故有x＜O1O2，即小球一定不能落到O2点，故D错误。 故选：C。 2. （2024•镇海区校级模拟）小海同学制作的游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能射出速度大小可调节的小球。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，小球落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏成功。已知当弹射器在轨道上E位置，使小球以速度v0水平射出时，游戏成功，则进行下列操作后，仍能使游戏成功的是（　　） A．弹射器在E位置，将小球以大于v0的速度斜向右上射出 B．弹射器在E位置，将小球以小于v0的速度斜向右下射出 C．升高弹射器至Q点，小球以大于v0的速度斜向右下射出 D．升高弹射器至Q点，小球以小于v0的速度斜向右上射出 【解答】解：AB.已知当弹射器在轨道上E位置，使弹丸以速度v0水平射出时，游戏成功，则设OP与OD的角度为α，则 tanα x＝R+Rcosα＝v0t y＝Rsinα+hgt2 vy＝gt 弹射器在E位置，h不变，y不变，t不变，vy不变，v0不变，应该以速度v0水平射出，故AB错误； CD.升高弹射器至Q，h变大，y变大，t变大，vy变大，v0变大，设射出方向与水平方向的角度为β，水平方向 v1cosβ＝v0 则v1大于v0的速度斜向右下或者右上射出，故C正确，D错误。 故选：C。 3. （2024•绍兴二模）如图所示是杂技团一门水平放置的大炮，左前方地面上有一直径为50m的圆形靶区，炮口A在靶区边缘B点正上方7.2m处且正对靶心正上方C点。BD为靶区的一条水平直径，ABOCD五点在同一竖直平面内，现保持炮口位置不变，炮管以炮口为圆心水平旋转，所发射玩具炮弹的速率恒为25m/s。不计炮管口径的大小及炮弹的大小、空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．正对靶心水平射出时炮弹会落到靶心处 B．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度等于30°时，炮弹将落在靶区外 C．炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度小于53°时，炮弹一定会落在靶区内 D．炮管水平转动角度越大，射出去的炮弹单位时间内速度的变化量越大 【解答】解：A、正对靶心水平射出时炮弹，根据平抛运动规律可知 x＝vt h 解得t＝1.2s，x＝30mm＝25m 炮弹不会落到靶心处，故A错误； BC、设炮管与AC方向平行的位置开始水平转动角度等于θ时，炮弹恰好落在靶区边缘，根据几何关系可知cosθ 解得θ＝53° 故B错误，C正确； D、炮弹做平抛运动，射出去的炮弹单位时间内速度的变化量不变，故D错误； 故选：C。 4. （2024•温州二模）如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙包抛出的初速度大小均为v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＞θ2，两沙包抛出后在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两抛出点之间的距离为 B．沙包1和2在空中运动时间之比为tanθ2 C．沙包1和2运动过程中最小速度之比为tanθ1 D．沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1 【解答】解：A、沙包做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，故 x＝v0cosθt 代入数据解得，故A正确； B、根据运动的分解 沙包1和2在空中运动的竖直分速度为 vy1＝v0sinθ1 vy2＝v0sinθ2 根据运动学公式又有运动到最高点竖直方向分速度的大小为 vy1＝gt1 vy2＝gt2 联立整理解得有 沙包1和2在空中运动时间之比为：，故B错误； C、沙包1和2运动过程中最小速度出现在竖直分速度为零的时刻，故vmin＝v0cosθ 故沙包1和2运动过程中最小速度之比为 故C错误； D、沙包1和2运动过程中离地的最大高度为 故沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为： 故D错误， 故选：A。 5. （2020•浙江模拟）近年来我国的经济发展快速增长，各地区的物资调配日益增强，对我国的交通道路建设提出了新的要求，在国家的大力投资下，一条条高速公路在中国的版图上纵横交错，使各地区之间的交通能力大幅提高，在修建高速公路的时候既要考虑速度的提升，更要考虑交通的安全，一些物理知识在修建的过程中随处可见，在高速公路的拐弯处，细心的我们发现公路的两边不是处于同一水平面，总是一边高一边低，对这种现象下面说法你认为正确的是（　　） A．一边高一边低，可以增加车辆受到地面的摩擦力 B．拐弯处总是内侧低于外侧 C．拐弯处一边高的主要作用是使车辆的重力提供向心力 D．车辆在弯道没有冲出路面是因为受到向心力的缘故 【解答】解：A、一边高一边低，会导致正压力减小，会使地面对车辆的最大静摩擦力减小，所以不会增加车辆受到地面的摩擦力，故A错误； BC、车辆拐弯时根据提供的合外力与车辆实际所需向心力的大小关系可知，拐弯处总是内侧低于外侧，重力与支持力以及侧向摩擦力的合力提供向心力，当达到临界速度时，重力与支持力提供向心力，故B正确，C错误； D、车辆在弯道没有冲出路面是因为受到指向圆心的合力来提供它做圆周运动向心力的缘故，故D错误。 故选：B。 6. （2023•嘉兴二模）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（　　） A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2 B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道 D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道 【解答】解：AB．汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120m，运动速率v＝72km/h＝20m/s 向心加速度为： 代入数据得：a≈3.3m/s2 角速度为： 代入数据得： 故AB错误； C．以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm。设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得： 在竖直方向有 FN＝mg 径向最大静摩擦力变为正压力的0.8倍，即 fm＝kFN 联立得： 解得：vm≈111.5km/h 由于180km/h＞vm 所以晴天时，汽车以180km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，故C错误； D．下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有 解得：vm＝78.9km/h 由于vm＞70km/h 所以下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故D正确。 故选：D。 7. （2023•金华一模）天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，可以实现三维空间的任意位置和姿态控制，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C是三个主要关节支点，P为BC臂上的一点，若某次作业过程保持BC臂和AB臂的夹角α不变，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是（　　） A．作业过程中P与B线速度大小一定相等 B．作业过程中P与B线速度方向一定相同 C．作业过程中P与B角速度大小一定相等 D．作业过程中P与B加速度大小一定相等 【解答】解：A.由于PB两点为同轴传动，所以两点的角速度相同，根据线速度公式v＝ωr，PB两点的半径不确定是否相同，所以无法确定二者线速度的关系，故A错误； B.线速度的方向为该点与原圆心连线的垂直方向上，由于PB两点与圆心连线不重合，所以线速度方向不相同，故B错误； C.根据A选项的分析，故C正确； D.根据圆周运动加速度公式a＝ω2r，PB的r不确定是否相同，所以二者加速度不一定相同，故D错误。 故选：C。 8. （2024•乐清市校级三模）太阳系内很多小天体和八大行星一样围绕太阳运行。之前，能进入金星轨道内侧的小天体仅发现21个，但它们一部分轨道在金星轨道外侧。最近科学家第一次发现了完全在金星轨道内侧运行的一个小天体“AV2”。则（　　） A．“AV2”没有落至太阳上是因为它质量小 B．“AV2”绕太阳运行周期大于金星 C．“AV2”在任何位置的加速度都大于金星 D．这些小天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等 【解答】解：A．“AV2”在太阳引力的作用下绕太阳做圆周运动或椭圆运动，太阳的引力正好提供“AV2”做圆周运动或椭圆运动的合外力，根据，可知“AV2”没有落至太阳上与它质量无关，故A错误； B．由开普勒第三定律可知，由于“AV2”完全在金星轨道内侧运行，即“AV2”的圆轨道半径或椭圆轨道半长轴小于金星轨道半长轴，则“AV2”绕太阳运行周期小于金星绕太阳运行周期，故B错误； C．由牛顿第二定律可知 由于“AV2”距太阳的距离始终小于火星距太阳的距离，所以在任何位置的加速度都大于金星的加速度，故C正确； D．由开普勒第二定律可知，同一轨道运行的天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等，不同轨道上天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。 故选：C。 9. （2024•乐清市校级三模）卫星上装有太阳能帆板，可将光能转化为电能储存在蓄电池中，为卫星提供电能。现有一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其运行轨道位于赤道平面上，轨道半径为地球半径的倍。已知地球的自转周期为T0，半径为R，地球同步卫星轨道半径约为。在春分这一天，太阳光可视为直射赤道，该卫星绕地心转动一周，太阳能帆板能接收到太阳光的时间约为（　　）（） A．0.07T0 B．0.03T0 C．0.14T0 D．0.27T0 【解答】解：对同步卫星由万有引力提供向心力可得 对于人造卫星的轨道半径为 由万有引力提供向心力得 解得人造地球卫星绕周期满足 如图所示，人造卫星在A到B的过程中太阳能帆板无法工作 由几何关系知 可得与地心的夹角满足 θ＝90° 则该卫星绕地心转动一周，太阳能帆板能接收到太阳光的时间约为 故A正确，BCD错误。 故选：A。 10. （2024•鹿城区校级模拟）研究发现，银河系中有一种看不见但很重的物体，促使这些恒星在其周围转圈。其中一颗恒星S2完整轨道如图所示，它绕银河系中心的周期约16年。椭圆的半短轴约400AU（太阳到地球的距离为1AU），根据离心率可以判断轨道的长轴约为短轴的2.5倍，研究中可忽略其他星体对S2的引力，则银河系中心质量与太阳质量之比约为（　　） A．3×107 B．6×107 C．4×106 D．6×109 【解答】解：根据万有引力提供向心力有：，即： 所以M与成正比，设太阳质量为M1，银河系中心质量为M2， 则有 将R1＝1AU，R2＝1000AU，T1＝1，T2＝16代入可得：M1：M2＝1：4000000 所以银河系中心质量与太阳质量之比约为4×106，故ABD错误，C正确。 故选：C。 11. （2023•金华一模）2022年2月27日，我国长征八号运载火箭一次发射了22颗卫星，并全部成功送入预定轨道，创造了我国一箭多星的新纪录。假设其中卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球逆时针运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道面在同一平面内且两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．两卫星在图示位置的速度v1＞v2 B．两卫星在图示位置时，卫星1受到的地球引力较大 C．卫星1在A处的加速度比卫星2在A处的加速度大 D．若不及时调整轨道，两卫星可能发生相撞 【解答】解：A、以地球球心为圆心，以卫星2此时到地心的距离为半径作圆，如图所示： 根据变轨原理可知卫星2在轨道3上的线速度v3大于v2 由万有引力提供向心力有：m，解得：v，所以卫星1的线速度v1＞v3，故v1＞v2，故A正确； B、根据万有引力定律可得：F，由于不知道两颗星的质量大小关系，无法判断万有引力的大小，故B错误； C、根据牛顿第二定律可得ma，解得a，卫星1在A处和卫星2在A处到地心的距离相等，所以卫星1在A处的加速度与卫星2在A处的加速度相等，故C错误； D、根据开普勒第三定律可得k，由于圆的半径与椭圆的半长轴相等，则两颗星的周期相同，两颗星不可能相撞，故D错误。 故选：A。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$