第32期 曲线运动与圆周运动综合应用-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第二册同步学案（教科版2019）

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B组 《匀速圆周运动》核心素养单元测评 1.BC:2.AD:3.BD. 提示： 1.C:2.B;3.A;4.C;5.A;6.C;7.B. 提示： 1.对行李箱受力分析如图2所示，可得cosa-Fxsin a= 1,向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的 mwR,fina+F、cosa=mg,其中，向心力由摩擦力与弹力的 水平方向的分力的合力提供.故A错误，B正确：根据以上两 切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度方向垂直，故A 式，可得F、=mgeos a-mwRsin a,当转速减小时，角速度减 正确：向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小， 小，则F、增大，最大静摩擦也增大，行李箱不可能下滑.故C正 故B正确：地球自转时，各点的向心加速度都指向地轴，不一定 确，D错误 都指向地心，故C错误；物体做匀速圆周运动时，向心加速度始 终指向圆心，故D正确.本题选不正确的，故选C. 2.几个轮之间通过皮带传动，所以A、,B轮边缘点的线速度 大小之比为1：1，故A错误；根据书=r可得，角速度之比为 1:2,故B正确：根据。=千可得，向心加速度大小之比为 图2 1:2,故C错误：根据T=2可得，周蝴之比为2：1，故D错误 2.根据题意，当小球与环间的弹力为零时，小球的速度最 3,当宇航员随圆环转动时，内壁的弹力提供向心力，由题 小，即mg=m,解得=√，当小球与环间的弹力大小 等于环与木板总重力大小时，小球的速度最大，即mg+(mg+ 意知弹力大小等于重力，可得mg=m心r,解得0=√兰 0.7rad/s,故A正确. 2mg）=m色，解得=2√G,故AD正确 4.驱动轮做大小不变的匀速转动时，驱动轮与从动轮边缘 3.对两演员分别进行受力分析，则有Fnsin a=mg,Fpsin B 点的线速度大小相等，向心加速度口=亡，可得从动轮边缘某 三mg,解得F石 想=方，故A错误，B正确：根据= tan a 质点的向心加速度a的大小与r成反比，故C正确， 高一物理教科（必修第二册）第32~35期 5.由于铁球密度大，容易发生离心运动，所以铁球会在靠 13.(1)T=2π，D=oR:(2f=mw2R 外壁的②位置：而木球密度小，不易发生离心运动，所以木球 解析：(1)因杯子随圆盘一起做匀速圆周运动，转动的半 会在靠转轴的①位置，故A正确 6.若汽车在水平地面上转弯时，地面的摩擦力已达到最 径为R,根据周期与角速度的关系公式可知T:如 大，根据牛顿第二定律有。=m员，可得R=严x中，可知当 由线速度与角速度的关系公式可得，线速度的大小为：= R 汽车的速率增大为原来的k(:>1)倍时，其转弯的轨道半径 (2)根据向心力公式可得F=mwR 至少应为原来的倍.故C正确 圆盘对杯子的静摩擦力提供杯子做圆周运动的向心力，则 7.火车受重力和轨道的支持力，两个力的合力提供向心 有摩擦力大小f=F=mwR nang放A正 力，根据mgm0=m二可知该弯道的半径r= 14.2ni.(215N(a)音n 确：由以上分析可知，当火车质量改变时，规定的行驶速度大小 解析：(1)对小球B,根据牛顿第二定律有 不变，故B错误：当火车速率小于：时，重力和轨道的支持力的 mgtan a mo'r, 合力大于火车所需的向心力，则火车有做向心运动的趋势，则 解得w=2rad/s 内轨将受到轮缘的挤压，故C正确：同理，当火车速率大于π时， (2)对小球B,在竖直方向有 外轨将受到轮缘的挤压，故D正确.本题选错误的，故选B. 8.BC:9.BD:10.AC F=mg cos o 提示： 对小球A,在竖直方向有 8.物体做圆周运动，合力不等于零，故A错误：在最高点 Fzcos a mg F cos 0 时，加速度向下，处于失重状态，故B正确：当游客经过圆轨道 解得F,=15N 最高点时与座椅间的作用力恰好为零，重力提供其圆周运动的 (3)对小球A,根据牛顿第二定律有 向心力，根据牛顿第二定律mg=m只，解得r=√级，放C正 F,sin0-F,sina=mwr,解得：=立m 5 确：对座椅的作用力为零，则合力等于重力，故D错误 15.(1)e=√gR;(2)Dm=√2gR；(3)见解析 9拖把杆向下运动的速度=子=0.15m,故A错误： 解析：(1)若运动员恰好通过最高点，重力刚好提供向心 拖把杆上段1内匀速下压了I5cm,则螺杆转动5圈，即拖把 力，则有 头的转速为n=5/s,拖把头转动的角速度仙=2πn= mg =mR 10πrad/s,拖把头边缘的线速度刊，=oR=Tm/s,故BD正 解得运动员在最高点C处的速度大小为 确，C错误 e VgR 10.由题图乙可知，当转盘角速度的二次方为2时，A,B (2)设运动员在最低点B时的速度为，所受滑道对他的 间的细绳开始出现拉力，可知此时B达到最大静摩擦力，根据 支持力为F,据题意有F=3mg,由牛顿第二定律得 牛顿第二定律有kMg=M·2L·2w,当转盘角速度的二次方为 3时，A达到最大静摩擦力，对A分析，根据牛顿第二定律有 F mg m R kmg-F,=m·L·3o,对B分析有kMg+F,=M·2L·3, 解得=√2gR 联立解得m=2M,L=k=45,故AC正确 (3)若运动员离开C点后做平抛运动，当他落回到圆心O mo mg 高度处时， 1.(1)C(2)相同(3) r△ 竖直方向有R=2 2华 db L 水平方向有x="cd 高一物理教科（必修第二册）第32~35期 联立解得x=√2R>R M'm 心工三g、又新=父质武为红的南本军空 G R 由此可以判运动员会落在DA平台上 Mm 《万有引力定律》同步核心素养测评（一） 间站上，有G R+)=m:,解得马里亚纳海沟底处和空间 A组 站所在轨道处的重力加速度之比为=R-R+),故 1.D:2.D;3.B:4.C;5.D;6.B;7.A. R 提示： A正确. 1.根据开普勒第二定律，同一行星与太阳的连线在相等时 8.2R2:43:1 间内扫过相等面积，故A错误：当两物体距离趋近于0时，万有 9m禁，2 mR2 M(r-R)2 引力公式不再适用，其引力不是无穷大，故B错误：牛顿通过 解析：(1)地球表面上质量为m的小水球，随地球自转， “月一地检验”，发现了月球受到的引力与地面上的重力是相 半径为R,周期为T,则向心力为 同性质的力，故C错误；卡文迪许设计扭秤实验装置，借助实验 放大法，比较准确地测出了引力常量，故D正确。 R P=m(停)R=mT 2.当两个物体间的距离r趋于零时，它们不能看作质点， (2)月球对水球引力为 该公式不再适用.故A错误；m,和m,所受的引力性质相同故 Gmmo B错误；当有第三个物体m?放人之间时，m和m之间的万有 F)=-R) 引力不变.故C错误：由牛顿第三定律可知，m,和m2所受引力 地球对水球引力 总是大小相等的.故D正确。 GMmo F2= R 3根据开背利第三定律片，解得7，=318V38年 联立可得 m =M(r-R) ≈5.7年，故B正确， 4,浮力产生的原因为液面不同高度的压力差，空间站绕地 10.(1)cm ;(2)泛-1 稳定飞行时，地球对它的万有引力提供向心力，处于完全失重 解析：(1)飞船在A处对地球的万有引力的大小 状态，液面没有压力差，所以斑马鱼只受万有引力作用，不受浮 F=GMm 力作用，故AB错误，C正确：根据万有引力表达式F=GMm可 (2)飞船由A点运动到B点所需的时间为！，则飞船沿椭 知，斑马鱼所在轨道的半径更大，所以其所受地球引力比其在 地面所受引力小，故D错误. 圆绕道运动周期为厂：子 5.探测器在火星表面附近竖直减速下降过程，加速度竖直 根据题意得椭圆轨道的半长轴，=R+尼 2 向上，处于超重状态，故A错误，D正确：火星对“天问一号”的 引力为P=6紧故B镜溪：火星对天同一号”有吸引力，放 根据开脊勒第三定律得琴：京 C错误 联立解得：尺 =迈-1， 6.设地球的质量为M,月球的质量为m,飞行器的质量为 B组 m',飞行器距地心的距离为r1,距月心的距离为：，由万有引力 1.AC;2.AC;3.AD. 定律可得E:E=GMm:Gmm'=Gm':8mA 提示： =4：1, 1,第谷进行了长期观测，记录了大量数据，开普勒通过对 解得r1:3=9:2,故B正确. 数据研究总结得出了开普勒行星运动定律，故A正确：根据开 7.设质量为m,的物体在马里亚纳海沟底处，有：普勒第一定律，行星围绕太阳运动的轨迹是椭圆，太阳处于椭 4 高一物理教科（必修第二册） 第32~35期 圆的一个焦点上，故B错误：根据开普勒第二定律，行星距离太 受，：√哥。：仪由于中调地球统道卫屋离施面 阳越近，其运动速度越大，距离太阳越远，其运动速度越小，故 C正确；所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方 高度要低些，所以与同步轨道卫星相比，中圆地球轨道卫星的 的比值都相等，故D错误， 线速度大，角速度大，周期小，向心加速度大.故D正确。 2,根据G=mg可得地表处的引力场强度即地表重力 3根据=g,M=p:青R,可得=产总由于星 R 球与地球密度相同，星球表面的重力加速度是地球表面的重力 加速度g三C?,与之类似，在距离地面2R处即离地心3水处的} 加速度的2倍，则星球的半径是地球半径的2倍，则该星球的质 引方场强度：=G3的=)，故AC正确，B即错灵 1 量是地球质量的8倍，故D正确， 3.根据开普勒第二定律，“天舟号”与地球连线在相同时 4根据万有引力提供向心力6炉=m 祭.期得大星的 间内扫过的面积相等，则“天舟号”在A点比在B点运动得快， 质量M4产放A正确，B错误：对火星表面质量为的物 故A正确：由于质量关系未知，无法比较万有引力大小，故B错 误：“天舟号”与“天宫号”是不同轨道的航天器，不符合开普 M=mg,解得火星表面的重力加速度的大小g 体有G R 勒第二定律，放C错误：根据开普勒第三定律宁=人，“天舟号~ 4π2 ,故CD错误. TR 轨道半长轴小于“天宫号”运动半径，则“天舟号”绕地球运动 5.设黑洞的质量为M,半径为R,则黑洞的密度p= M 的周期比“天宫号”绕地球运动的周期小，故D正确， 4.(1)放大的思想 (2) (3)10" 4北，设质量为m的物体在该黑洞表面，则mg一0 R28= mm' 5."k= sin Ba 侧黑洞表面的物体做匀速圆周运动的速度为光速，则根据 R sin a CM 解析：由牛顿第二定律，有 牛顿第二定律可得g=0=√级=√受联立可得p 3e2 r =4元G派，故A正确 ,则= 6.左边星体受到中央量和右边星体的两个万有引力作用， 解得卫=入 其向心力由它们的合力充当，则G R +Gmm (2R)7=m1 由题可知8inam= ,imB。= 「金 T地 「地 解得子 得T=4如R√5故C正确 sin B sin cm 7.设卫星P绕地球运动的半径为r,地球半径为R,根据万 《万有引力定律》同步核心素养测评（二） 有引方提铁向心力G9=m亭，根据儿何关系有R一 A组 8 4 1.D;2.D;3.D:4.A;5.A;6.C;7.B. 血号，地球的体积为V=号mR,地球的密度为p,联立解 提示： 得p= 24:,故B正确。 GT 1.天王星轨道外面还有一颗未发现的行星.该行星对天 王星产生吸引作用，使其轨道产生了偏差.故ABC错误，D 4π2R V GT 正确。 2.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可 9(1)2 (2) 2toR n G 得m=m=mw,=m4 1=ma,可得n= GM r ,三 解析：(1)根据竖直上抛运动规律可得t= 2 g月 5 高一物理教科（必修第二册）第32~35期 解得gn= 2 2.双星绕连线上的一点做匀速圆周运动，其角速度相同， ! 两者之间的万有引力提供向心力，则有F=m1wL,=mw2(L (2)在月球表面，万有引力提供向心力，设一绕月球表面 运动的近地卫是的质量为m,则有G =mg月 一m+=解得m,三，故A结误B正确：两 者角速度相同，A的半径大，D=or,则A星的线速度大于B星的 解得M=SAR_2R2 G G" 线速度，故C错误，D正确。 10.(1)r=gT (2)p= 3元 3根据、GMm 十三m产(R+),解得地球的质量可表泰 4r1 为M=4如(R+),故A正确：地球的密度可表示为p=号 M 解析：(1)设探测器的质量为m,绕火星表面做匀速圆周 GT 运动，有mg=m(2停) M 4 3(R+h),故B错误：质量为m的航天员在空间 GTR 解得r= 3 nh 42 站中受到的地球引力大小为F=,CWm=4nmR+h,故 (2)设火星的质量为M,探测器绕半径为r的火星表面做 (R+h)2 匀速圆周运动有 C正确：D错误 4.4m aG aRg 火星的体积 5)只；2 G;(3) R-R 解析：(1)根据角速度的定义可知空间站的角速度为 火星的平均密度 w= p=兴 (2)地球表面的万有引力等于重力GMm=mg 联立解得p= GT 解得地球的质量为 B组 M=gR 1.AC:2.BD:3.AC. 提示： (3)空间站沿圆形轨道运行，万有引力提供向心力 儿由万有引方提供向心力c=m景，可求得火星质 G-Mm (R+h)=mo (R+h) 量M= CT ,故A正确；因不知道火星的半径，无法求得火星 gR -R. 又因为=具解得=√ 的密度，故B错误：根据开普勒第三定律 n 示，可求出天向 一号的周期T= 区T,枚C正确：因不知道探测器的质量， 无法求出它受到的合力.故D错误 6