专题卷(5)万有引力与天体运动-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（山东专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（五） 物理·万有引力与天体运动 （考试时间90分钟，满分100分)》 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.2025年12月9日，神舟二十一号航天员乘组圆满完成了第一次出舱活动。已知核心舱组合 体在离地高度为h处，绕地球做匀速圆周运动。若核心舱与地球中心的连线在单位时间内扫 过的面积为S。,已知地球半径为R,引力常量为G。下列说法正确的是 A.航天员相对核心舱静止时，所受合外力为零 B,核心舱的运行周期为R 。 4S8 C核心舱处的重力加速度大小为R十) 3S3 D.地球的密度为 Gπ(R+h)R 2.2025年8月4日，中国在海南商业航天发射场，成功将卫星互联网低轨07组（搭载9颗功能 不同的卫星)发射升空。此次卫星的运动高度为900千米左右，轨道平面倾角为50°左右。以 下说法正确的是 A.07组在发射升空过程中，重力加速度随高度增加而减小 B.07组在轨稳定运行时，线速度的大小约为8.0×103m/s C.9颗卫星若运行的高度相同，则线速度也一定相同 D.9颗卫星若运行的高度相同，则机械能一定相同 3.中国航天科技集团预测到2045年，进出空间站和空间站运输的方式将出现颠覆性变革，太空 电梯有望实现。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其将地球赤道上的固定基地、同步 空间站和配重空间站通过超级缆绳连接在一起，使轿厢沿绳索向空间站运送物资。图中配重 空间站比同步空间站更高，太空电梯正停在离地面高R处的站点P修整，并利用太阳能给蓄 电池充电，则下列说法正确的是 A.太空电梯中的货物处于完全失重状态 B.太空电梯一天内可直接利用太阳能充电的时间为 超级缆绳 、配重空间站 12h 赤道 基地 同步空间站 C.若从P处轿厢向外自由释放一个小物块，则小物块 会一边朝P点转动的方向向前运动，一边落向地球 D.若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点 物理A·专题卷（五）第1页（共8页）】 鱼跃龙 4.如图所示为天体运行中三个宇宙速度的示意图，其中有①②③④条轨道，下列说法正确的是 A.轨道①对应的速度是最大发射速度，最小环绕速度 7.9km/s<11.2km/s B.若卫星的发射速度v满足7.9km/s<v<11.2km/s,卫星将 ③ 椭圆 ② 绕地球运动 、=7.9km/s C.卫星在轨道②上单位时间扫过的面积等于在轨道③上单位时 间扫过的面积 D.卫星沿轨道④运动，将脱离太阳引力的束缚 =11.2km/s④ 5.2025年11月1日3时22分，神舟二十一号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端 口，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录。假设神舟二十一号载人飞船与空间站对 接后空间站的运行轨道不变，可近似看成圆，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是 A.空间站内的航天员可以利用哑铃健身 B.神舟二十一号载人飞船与空间站对接成功后的组合体受到的合外力为零 C.神舟二十一号载人飞船在地面上所受引力的大小小于其对接前瞬间做圆周运动所需的向 心力 D.神舟二十一号载人飞船与空间站对接成功后的组合体相比较之前空间站的加速度大小 不变 6.如图所示，A、B、C分别表示太阳、水星和地球，假设水星和地球在同一平面内绕太阳做匀速 圆周运动，水星公转半径为r,地球公转半径为R,此时AB与BC垂直。水星的公转周期为 T1,地球的公转周期为T2,太阳质量为M,引力常量为G,所有天体均可视为质点，不考虑其 他天体的影响，下列说法正确的是 R A.从地球上看，太阳和水星与观察者的眼睛连线所成角度的正弦值最大为 6 C.水星与地球公转线速度之比为尽 D.太阳的质量可表示为M=4r, GT? 7.2025年12月31日，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将实践二十九号 卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如图，有a、b、c、d四颗地球 卫星在同一平面内做匀速圆周运动，卫星α还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，卫星b 处于离地约300km的轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是地球高空探测卫星，各卫星排 列位置如图所示，则下列说法正确的是 A.d卫星在相同时间内转过的弧长最长 B.四颗卫星中，a卫星离地心最近，所以它的 地球。 db 角速度最大 C.b卫星的向心加速度大于a卫星的向心加速度 D.d卫星最高，故发射它的能量一定最大 门卷 物理A·专题卷（五）第2页（共8页） 8.神舟二十一号飞船发射后先运行在如图所示的圆轨道I上，空间站运行在圆轨道Ⅲ上，要实 施对接，飞船先在A点变轨到椭圆轨道Ⅱ上，在B点刚好与空间站“天和”核心舱实现对接。 已知轨道I、Ⅲ的半径分别为r1、r2,则关于飞船在椭圆轨道Ⅱ上的 运动，下列说法正确的是 A.飞船从A运动到B,其与地心连线在单位时间内扫过的面积变小 飞 B.飞船从A运动到B,其机械能不断减小 船 C.飞船在A、B两点的线速度大小之比为 r2 空间站 D.飞船在A、B两点的加速度大小之比为， 我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一星球的探测数据，对该星球有了一定的认识。“探测 卫星”在发射过程中，先绕地球做圆周运动，后变轨运动至该星球轨道，绕星球做圆周运动。 “探测卫星”在两次圆周运动中的周期的二次方(T2)与轨道半径的三次方(x3)的关系图像如图 所示，其中P实线部分表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q实线部分表示“探测卫星” 绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球表面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c, 图中c、m、n已知，则 A.该星球和地球的质量之比为n：m B.该星球和地球的第一宇宙速度之比为m：n C.该星球和地球的密度之比为m:n D.该星球表面和地球表面的重力加速度大小之比为n：m 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.我国计划在2028年前后实施两次火星探测任务。某兴趣小组查到了一些火星和地球的数据， 并据此提出了下列一些说法，其中正确的是 项目 到太阳的距离 质量 直径 自转周期 地球 L M d T 火星 1.5L 0.11M 0.5d T A.火星与太阳连线单位时间内扫过的面积和地球与太阳连线单位时间内扫过的面积相等 B.火星表面重力加速度和地球表面重力加速度大小之比为11：25 11 C.火星第一宇宙速度和地球第一宇宙速度之比为 W100 11 D.火星同步卫星到火星中心的距离和地球同步卫星到地心的距离之比为 100 物理A·专题卷（五）第3页（共8页） 鱼跃龙 10.神舟二十号飞船某段变轨过程可简化为如图所示，已知圆形停泊轨道I半径近似为地球半 径R,圆形的中国空间站轨道Ⅲ距地面的平均高度为h,飞船在停泊轨道I上的周期为T1, 转移轨道Ⅱ为椭圆，则 A.飞船在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9km/s 中国空间站轨道Ⅲ、 B.飞船在转移轨道Ⅱ上Q点的加速度等于在空间站轨道Ⅲ上Q 5-- 转移轨道 点的加速度 Q C.飞船在停泊轨道I与对接后的组合体在空间站轨道Ⅲ上的速 地球 √停泊嘞道 率之比为(R+h):R D.飞船在转移轨道Ⅱ上正常运行的周期为T=T11+2R )3 11.中国发射的“风云三号05”气象卫星始终沿晨昏线运行，故被命名为“黎明星”。已知地球半 径为6400km,地球表面的重力加速度为g=10m/s2。“黎明星”离地面的高度为800km, 地球自转周期为24h。某天黎明时分“黎明星”正好经过北京市正上方，π取3.2，√72取 8.5,则“黎明星” 北 一黎明星 A.周期约为1.7h B.绕地球转动的线速度约为6.5km/s 东 C.下次在黎明时分经过北京正上方约需要24天 赤道 D.下次在黎明时分经过北京正上方约需要17天 晨昏轨道 12.某国际研究小组观测到一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，科学家在 地球上用望远镜观测到一个亮度周期性变化的光点，这是因为其中一个天体挡住另一个天 体时，光点亮度会减弱。现科学家用一航天器去撞击双星系统中的一颗小行星，撞击后，科 学家观测到系统光点明暗变化的时间间隔变短。若不考虑撞击引起的小行星质量变化，且 撞击后该双星系统仍能稳定运行，则被航天器撞击后 A.该双星系统的运动周期变大 B.两颗小行星做圆周运动的半径之比保持不变 C.两颗小行星中心连线的距离增大 D.两颗小行星的向心加速度均变大 ￥某同学非常想当一名航天员，心中一直憧憬着航天梦，设想着若干年后，登上另一星球，在该星 球表面做一次单摆实验。已知该星球半径为R,单摆摆长为L,实验时用累积法测了次全振 动的时间为t,不计阻力，引力常量为G,则下列说法正确的是 A.该同学的设想没法实现，因为离开地球后不能做单摆实验 B.若忽略该星球的自转，根据已知条件可估算该星球的平均密度为3πL” GRt2 C.若做实验时，最大摆角0=60°，如图所示，从此处静止释放后经最低点时 球的速度大小为，则在最低点绳子的拉力大小为% D.在该星球表面发射卫星时，需要的最小发射速度为2πR 门卷 物理A·专题卷（五）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 15. 13.(6分)2025年5月29日，我国成功发射“天问二号”探测器，前往小行星2016H03进行探测， 姓名 以期实现中国首次小行星采样并返回地球。假设探测器抵达小行星表面后，将一探测采样 球以速度v。竖直向上射出，经过时间t。落回行星表面，进行采样。成功采样后，探测器升空 得分 进入小行星同步轨道绕小行星做匀速圆周运动，与小行星同步伴飞一段时间后返回地球。 只考虑探测器与小行星之间的万有引力，小行星半径为R,自转周期为T,引力常量为G,小 行星上没有空气，忽略小行星自转对表面重力加速度的影响。求： (1)小行星表面重力加速度的大小； (2)小行星同步轨道距离行星表面的高度。 答题栏 1 2 4 5 6 7 P 9 10 14.(8分)月球探测器登月前，从椭圆环月轨道I转移至近月圆轨道Ⅱ。如图所示，探测器在椭 11 圆轨道I上运动，运行周期为2√2T。在近月点P处减速，使探测器转移到近月圆轨道Ⅱ上 12 运动，运行周期为T。已知月球半径为R,引力常量为G,求： * (1)月球的质量M和月球的第一宇宙速度； (2)椭圆轨道I上远月点Q距月球表面的高度h。 月球 Q 物理A·专题卷（五）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (8分)万有引力定律清楚地向人们揭示了复杂运动隐藏着简洁的科学规律；它明确地向人们 宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则；它可以计算两个质点间的万有引 力，或球体之间的万有引力。已知地球的质量为M(视为质量分布均匀的球体)，半径为R, 引力常量为G。 (1)不考虑地球的自转，求地球表面附近的重力加速度大小。 (2)已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。求深度为d的矿井底部的重力加速 度的大小。 (3)电影《流浪地球》中的人们住在“地下城”。假设“地下城”建在半径为？的巨大空腔中，空 腔与地球表面相切，如图所示。O和O'分别为地球和空腔的球心，地球表面上空某处P 离地球表面的距离为H,空腔内另一处Q与球心O'的距离为L,P、Q、O'和O在同一直 线上。求： ①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小； ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小。 物理A·专题卷（五）第6页（共8页） 16.(8分)在完成登陆任务后，登陆艇自某行星表面升空与飞船会合并与飞船一起绕行星做圆周 18. 运动，其速率为v。飞船与登陆艇的质量均为，行星的质量为M,引力常量为G。已知质 量为m的物体受到该行星的引力势能E。=_GMm( (以无穷远处势能为零，M为行星质量，r 表示物体到行星中心的距离)。 (1)求飞船与登陆艇绕行星做圆周运动的周期T和轨道半径R。 (2)在启动返程时，飞船上火箭进行一短时间的喷射（喷出气体的质量可忽略），使飞船相对 登陆艇以速度分离，且飞船分离时方向与速度v同向。若分离后飞船恰能完全脱离行 星的引力。 ①求飞船相对登陆艇的速度u。 ②求飞船和登陆艇在火箭喷射过程中共获得的机械能△E。 17.(14分)2025年4月24日，我国神舟二十号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射。飞船质 量为。，由火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，其中近地点A可视为紧贴地 球表面。飞船近地点的速度为1，运行至远地点B时点火加速实施变轨，进入半径为”的预 定圆轨道，并与在轨运行的空间站完成对接。若测得飞船进入圆形轨道后速率为3，地球半 径为R,引力常量为G,忽略其他星体的影响。求： (1)地球的质量M; 预定圆轨道 (2)飞船在椭圆轨道上从A点运动到B点所需的最短时间t; (3)变轨前，飞船在椭圆轨道上从A点运动到B点，飞船所受万有引力的B{ 地球 冲量大小I。 椭圆轨道 物理A·专题卷（五）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图所示，甲、乙两卫星在地球赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，甲、乙两卫星之间 可直接进行无线信号通信，由于地球遮挡，甲、乙两卫星之间直接通信信号会周期性中断。 已知地球的半径为R,甲卫星的轨道半径为2R,绕地球运行的周期为T,乙卫星的轨道半径 为√2R,甲、乙两卫星运行方向均和地球自转方向相同。求： (1)乙卫星绕地球运行的周期； (2)在一个通信周期内，甲、乙两卫星直接通信信号中断的时间（不计信号传输时间）。 物理A·专题卷（五）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 向上移动，并循环这个过程，故C错误；若在偏转极板加上如图 丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O 点两侧做往复运动，故D正确 9.ABC【解析】由题意可知，光斑的速度与 导弹的速度总相等，将导弹的速度沿光束 和垂直光束方向进行分解，如图所示，设导 弹在A点时的速度为vA,根据几何关系有 v1=va sin a,根据圆周运动参量的关系有 wh wh 0一n。,解得A一sima,A正确；导弹由 A点运动到B点的过程，光束转过的角度9=a一B,根据t= 日，解得1-。，B正确：根据运动的合成与分解可知，导弹在 B点的速度阳二月因为a≥9，所以a>A,导弹由A点园 动到B点的过程做加速运动，D错误；根据加速度的定义式有 a品，解得a-2am,C正确。 (a-B)sinasin2B 10.BC【解析】设甲水平抛出石块的初速度为o,Q点相对于P 点的竖直高度为H,则H=2g,石块落在P点时速度的竖 直分量，=V2g丑，甲抛出小石块的水平位移x=2osa, L w=子，am37=2 联立可得H-=√陪 √，则A点相对于P点的高度A=乞s血。=高L,QA 8L 两点竖直高度差为△M=品L一意L=六故A错误，B正确： 4, L 对于乙，有品L-,号1-·1，结合前面式子可得号 3,A一√5，故C正确，小石块运动到最高点时速度即 22 /4gL 为水平方向分速度，大小为，=0：·os58=日√亮放D 错误。 11.CD【解析】粒子由A点静止释放，粒子在E1中做匀加速直线 运动，A,B两点间的距离为xAs一0537=5L,xo=4Ltan37° 3L,又E1=E,则该过程由动能定理得gE1xAs=2mu,解得 vg=√I0kEL,粒子由B到C的过程做类斜抛运动，粒子在水平 方向做匀速直线运动，速度为=u0s3T-专V0E,在竖 直方向做类竖直上抛运动，初速度为v2=vsin37°一 √10E江，由题意知粒子在C点的速度与虚线的夹角为9= 53,设竖直方向的速度为，则由m53=兰，解得= V0E豇，在竖直方向上由牛顿第二定律得a=9E:=kB, 16 由速度公式得2=一o2十at2,又由位移公式得3L=一2t2十 名a,解得：=号√受E,-票E,放A错误，0.C两点间 的距离为x=1,整理得-号L,故B结误；粒子由A 到B的时间为41=5L=10 /10L ,解得t=√E ,所以粒子由A UB UB 2 16/10L 到C的总时间为t=4十，=7√E,故C正确；粒子在C 点的速度为c=√o十2，粒子由A到C的过程由动能定理 得Uc=m足，解得Uxc-8EL,故D正确。 ·,=L回阳出组，g买回4本平尹士单【晔摇】qV 在垂直极板方向做匀变速直线运动，由运动学公式有 =aT,根据牛顿第二定律有Be=ma,解得E=14mdo d 3el2 故A正确；电子做匀变速曲线运动，由题图知，电场力先做负 功后做正功，则电势能先增加后减小，故B错误；仅将电容器 的上极板竖直向上移动 电容定义式U=电 U 2,由E= 容决定式C:联立解得上Q,可知电场强度不变， e.S 即电子的出射点不变，故C错误，D正确。 ABD【解析】根据题意可得，重力和电场力的合力大小为F合 √(mg)2十(Eq)产=0.5N,设合力与竖直方向的夹角为a,则 tan a= mg一4，所以合力与竖直方向的夹角为37，所以在A 点有F合=mR,解得A=5m/s,故A正确：由等效最低点D 到A,根据动能定理可得一Fa·2R=)m心i-mi,解得 wD=√/125m/s,故B正确；小球经过A点后做斜下抛运动，则 R(1+cos37)=(vAsin37)t+2gr2,解得t=0.6s,故D正 确；小球落地点距离C点的距离为x=Rsin37°+VACOS37°· 22×92解得x=2.25m,放C错误 77m 3.(1)30m(2)350N 【解析】(1)设人和自行车的总质量为m,若不受摩擦力作用， 则由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可 得mng tan37°=mo 解得r=30m。 (2)运动员骑车以20m/s的速度运动时，大于15m/s,此时重 力和支持力的合力不足以提供向心力，斜面对人和自行车施 加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示， ↑y mg 根据牛顿第二定律可得，在y轴方向有FNCOS37°=mg十 fsin37°， 在x轴方向有fcos37°+Fxsin37”=mu r 联立解得f=350N。 4.(1)3mg(2)mgmg 【解析】(1)从水平位置无初速度释放到达最低点时，有 1 mgL-2 mv, 在最低点有Fr一mg=m乙，解得Fr=3mg。 (2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的 拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而 轻杆从左边释放小球在最低点受到的拉力小于轻杆从右边释 放小球在最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量 向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点 的过程中有mgL-E,9L+E,9L=2m0i,则小球在最低点有 Fn一mg一E,q=m2,其中Fa=4mg,杆从右边水平位置 无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有mgL十EqL十 E,gL=2mo,则小球在最低点有F一mg一E,9=m乙，其 中FT2=8mg, 联立解得E,=mg,E.=8 正方向的夹角也为30°，且经过B点时的动能与小球a经过A 点时的动能相等，可知小球α在重力场中的运动与小球b在等 6 (1)15m/s(2)1860N(3)与斜坡成60°夹角斜向上 效重力场中的运动情况相同，做一样的类平抛运动，所以小球 125m B所受重力与电场力的合力方向沿x轴正方向，大小为mg, 【解析】(1)由平抛运动的特点可得=2，解得t一√ 2h 则匀强电场的电场强度大小为E-气g,方向与x轴正方向 2×20 成45°角斜向上。 s=2s, W10 (3)将小球c沿x轴负方向弹出，小球c做匀减速直线运动，设经 位移x后速度减为0，由牛顿第二定律得√Eg一mg2=ma, 得运动员经过A点的速度以子 t m/s= 15m/s。 由运动学规律得听=2ax,解得x=冬R<R, (2)运动员在B点竖直方向速度v,=gt=20m/s, 可知小球c先向左做匀减速运动，速度减为0再反向做匀加速 运动员在B点速度大小vB=√0十=25m/s, 运动，经过圆周与x轴正方向的交点D离开圆形区域。由运 在B点受力分析如图，c0s0=A= 动学规律得o品=2a(x十R), ,即0=53°， 5 小球c离开圆形区域时的动能Ex=之mo品， 由牛顿第二定律得FN一mg cos0=m尺，解得FN=1860N, 11 解得Ek=8mgR。 由牛顿第三定律得，运动员在B点时对轨道的压力大小为 1860N. 18.1)mgh(2)2m8,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60° (3)5√13h h 【解析】(1)不带电小球做平抛运动，则有n=之gt2,2h=t, mg .30cD (3)设运动员从C点飞出时的速度方向与斜坡的夹角为0，在垂直 E.=弓m,解得E,=mg, 于斜坡方向上有mgcos30°=ma1,得a1=gcos30°=5√3m/s2, (2)小球带正电，设初速度为vx,末速度为v,,根据动能的公 垂直于斜坡方向的初速度v1=vcsin0,平行于斜坡方向上有 ng sin30°=ma2, 式有2Ek=2mu,25E=2m02, 得a2=gsin30°=5m/s2, 根据运动的分解有v=2a,h,v2=2a.X2h, 平行于斜坡方向的初速度v2=vccos0,运动员从C点落到斜 根据牛顿第二定律有qE,=maz,mg十gE,=may, 坡上的时间：=2_10sin9(s), a1√/3 则电场强度大小为E。=√E:+E,解得E。-2mg 运动员落到斜坡上距C点的距离1=Ug十 2a2t2, 设电场强度与竖直方向的夹角为9，则有an0=gE=5, gE 代人数据并整理可得1=125+250 3 sin(20-30)(m), 可知电场应斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°。 (3)小球在水平方向的运动规律如下： 当0=60°时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，1最大， 0~T:小球做水平向右、加速度为ax的匀减速直线运动， 最大值为125m。 T~2T:电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右、 e2e+号 加速度为a,的匀加速直线运动，之后再重复前面的运动； (1)入m 小球在竖直方向的运动规律如下： 0~T:小球做竖直向下、加速度为a,的匀加速直线运动， 【解析】(1)电子在加速电场中运动，由动能定理有eU。= T~2T:电场反向，竖直向上的电场力分力与重力平衡，所以 2eUo 小球竖直向下做匀速直线运动，后面重复前面的运动，因此 2mu6,代人数据解得v=√m 0~5T内，小球的水平位移为x=5×2h=10h, (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则有 d 1 0~T的竖直位移为y=h=2a,T2,o=a,T, L=,2=2at, T2T的竖直位移为y2=vT=2h, 根据牛顿第二定律有a=c ma,解得U=2Ud2 2T~3T的竖直位移为y:=T+2a,T2=3h, (3)设电子离开电场时速度1与进入电场时的速度v。夹角为 3T~4T的竖直位移为y4=(v十a,T)T=4h, a,则tana=巴=a4 以此类推，小球在4T~5T竖直分位移为5h,因此在5T时间 内的竖直方向的总位移为y=y1十y2十y+y4+ys=15h,小 电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向位 球的位移大小s=√x十y=5√/13h。 移为Y=号+Dne熊得Y-2+号 物理（五） (1)√3gR (2) 1.D【解析】航天员相对核心舱静止时，依然绕地球做圆周运动， mg,方向与x轴正方向成45°角斜向上 所受合外力不为零，故A错误；由题知，核心舱与地球中心的连 2 3 线在单位时间内扫过的面积为S。,则核心舱的运行周期为T= 8 mgR π(R+h) ,故B错误；根据万有引力提供向心力G Mm S。 【解析】(1)根据题意可知，小球a做平抛运动，水平方向做匀 (R+h)2= 速直线运动，有Rcos30°=vot, /2π\2 Mm m (R十h),又根据G (R+h)=mg,联立解得核心舱处 竖直方向做自由落体运动，有Rsin30°=号g2,可得 4S8 -V③gR 的重力加速度大小为g:一R十A),故C错误：根据万有引力 2 Mm (2)小球b在重力场与匀强电场的复合场中运动，将重力与电 提供向心方得GR0=m(斧)'(R+,解得M 场力合成后可看作在等效重力场中的运动。由于OB与y轴 ·物理A· 6而港球的蜜度为名G翠版D正确， 4S M 3S8 2.A【解析】卫星发射升空过程中，重力加速度的大小g= (R十h),随着高度增大，重力加速度减小，放A正确；卫星运 GM 动的高度约为h=900km,做匀速圆周运动，R十h GMm 2 GM 、m尽其线速度的大小o=及6<J尽=7.9km/s,故 B错误；卫星运动的线速度是矢量，运动过程中速度的方向时刻 沿轨迹圆的切线方向，则速度方向变化，9颗卫星运行在同一圆 周轨道不同位置，线速度不相同，故C错误；不同功能的卫星质 量不一定相同，故运行的高度相同时机械能不一定相同，故D 错误。 3.C【解析】对地球卫星有GMm GM 2 mwr,解得w一√产，可 知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于人与货物沿着“太空电 梯”上行期间，在未到达地球同步轨道位置的时候，其角速度与 同步轨道相同，即“太空电梯”所在位置的角速度小于该位置轨 道半径上卫星的角速度，则“太空电梯”上该位置圆周运动所需 的向心力小于该位置的万有引力，货物还受到电梯向上的力的 作用，货物处于失重状态，但不是完全失重，只有货物上升到同 步卫星轨道上时，其角速度与同步轨道卫星的角速度相等，此 时万有引力恰好等于圆周运动所需的向心力，此时货物才处于 完全失重状态，故A错误；如图所示，电 梯转入地球的阴影区时就无法直接利 用太阳能充电，且sina=2,得a=30°， 故能直接利用太阳能充电的时间约为 1=360020T=20h,故B错误，若从 360° P处轿厢向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转 动的方向向前运动，一边落向地球，做近心运动，故C正确；若 两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其 断裂处为椭圆的近地点，因为在近地点线速度较大，半径较小 需要的向心力更大，故D错误。 4.B【解析】轨道①对应的第一宇宙速度是人造卫星绕地球做圆 周运动的最大环绕速度，也是人造卫星绕地球运行所需的最小 发射速度，故A错误；卫星的发射速度v满足7.9km/s<v< 11.2km/s,卫星将绕地球运动，故B正确；根据开普勒第二定律 可知，同一颗卫星在同一轨道上运行时与中心天体的连线在单位 时间内扫过的面积相等，故C错误；当发射速度达到16.7km/s, 即达到第三宇宙速度时，飞行器会脱离太阳的束缚，卫星沿轨道 ④运动，将脱离地球的束缚，故D错误。 5.D【解析】在空间站中，所有物体都处于完全失重状态，无法利 用哑铃锻炼，选项A错误；飞船与空间站对接成功后的组合体 受到的合外力为地球的吸引力，选项B错误；根据万有引力表 达式F,-GMce},可知神舟二十一号载人飞船在地面上所 、2 受引力的大小大于其对接前瞬间做圆周运动新需的向心力，选 项C错误；根据万有引力提供向心力可知GM =ma,可得a= r2 GM ,”,由于空间站对接前后的运行轨道可近似看为圆轨道且半 径一样，可知对接后，空间站的加速度大小不变，选项D正确。 6.B【解析】从地球上看，太阳和水星与观察者的眼睛连线所成 角度的正弦值最大为尽，故A错误；由开普勒第三定律可知 r3 T RT,解得T T,故B正确；由GM=m 得=r ,则= R ,故C错误；由GM =m 4π2 ,可得 M=4π2r GT,故D错误。 7.C【解析】根据万有引力提供向心力可得G =ma=mo mw2,解得a= ,0=√厂，w=√，，a和c的角速度相 等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据v=rw可知v。< GW可知w之 0对于、cd,由于r。<r。<ra,根据= ℃。>v,综上可知b的线速度最大，其在相同时间内转过的弧 长最长，故A错误；a和c的角速度相等，由于r6<r。<ra,根据 W可知6>.>：，综上可知b的角速度最大，故B O-NT 错误；a和c的角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半 径，根据a=rw2可知，a的向心加速度小于c的向心加速度；由 于b的轨道半径小于c的轨道半径，根据a=2 _GM可知6的向心 加速度大于c的向心加速度，综上可知a的向心加速度小于b 的向心加速度，故C正确；d卫星的轨道半径最大，发射卫星时 需要克服万有引力做功，但各个卫星的质量大小未知，发射d 卫星所需要的能量不一定最大，故D错误。 D【解析】飞船从A运动到B,根据开普勒第二定律可知，飞 船与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，故A错误；飞船 从A运动到B,只有万有引力做功，飞船的机械能不变，故B错 误；飞船在A、B两点时，在极短的相等时间间隔内，根据开普 勒第二定律有2a41=合：8山，解得%-产，放C错误， UB r1 根据GMm ri ma4,GM=maa,解得4='三，故D正确。 r2 aB ri 4π 解桥】根据万有引力提供向心力可得G=加，联 可得T2=4π2 4π GM,T,图像的斜率为&一GM,该星球和地球的 c _a=”=m 质量之比M。 kp c ,故A错误；“探测卫星”在该星球表 面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c,则 4πRP GMP 4π2R ,则 Mp m GMo o Me ,根据万有引力提供向心力可得 =后可得一√受，淡星和造终的第一宇宙速度 v R2 之比 MpR。_m 4 -√MRp元 故B正确；体积为V=3R,密度 为p=,该星球和地球的密度之比为2=MR2- QMR=1,故C错 1 误：根据万有引力与重力的关系G=mg,该星球表面和地球 表面的重力加速度大小之比为2-MR-,故D错误。 go MoRp n BD【解析】根据开普勒第二定律知，同一椭圆轨道上，行星与 太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星周期 不同，并不是所有行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面 积都相等，故A错误；行星表面的重力加速度为g表= GM R2,可知 火星表面重力加速度和地球表面重力加速度大小之比为丛一 8地 411 GM 0.11×1-25,故B正确；行星的第-宇宙速度为1=√R 则火星第一字宙速度和地球第一宇宙速度之比为)火：= V地I /11 ,故C错误；行星的同步卫星的轨道半径为 3GMT ?一√4，因火星和地球的自转周期均为T,则其同步卫星 的周期都为T,可知火星同步卫星到火星中心的距离和地球同 参考答案及解析 步卫星到地心的距离之比为0.=C,放D正确。 联立解得h= 3RTw0-R。 √2m2t0 10.BD【解析】停泊轨道I半径近似为地球半径R,则飞船在停 2πR 泊轨道I运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km/s,飞船在 14.(I)rR GT2 T (2)2R 停泊轨道I上P点加速，做离心运动进入转移轨道Ⅱ，故飞船 在转移轨道Ⅱ上P点的速度大于在停泊轨道I上P点的速 【解析】(1)设探测器质量为m,探测器做匀速圆周运动，万有 度，即大于7.9km/s,故A错误；由万有引力提供向心力有 引力提供向心力G=m()R,解得月球质量M= R2 =a,解得a=C， ,2,可知飞船在转移轨道Ⅱ上Q点的 4π2R3 2πR 加速度等于在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度，故B正确；由万 GT产，月球的第一字宙速度u=。 有引力提侯向心力有“-，解得。=√一，则飞船在 (2)由题意，设椭圆轨道I的半长轴为a,则2a=2R十h, 限据开普勒第三定律得227)解得h=2R 停泊轨道I与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为 vR+h：√R,故C错误；由开普勒第三定律有 15.(1)GM T R? (2)RAGM（g)0cMm-GMm, R3 (R+H)2(+H)2R 2R+h13 ②GMm(R-r） 2/ R3 T2 ,解得T=T√(+杂放D正确。 【解析】(1)不考虑地球的自转，在地球表面附近G Mm 1.AD【得折】根据万有引力提铁向心力有勿=m()'。 GM (R十h),又根据黄金代换有GM=gR2,联立解得T≈1.7h,故 mg,解得g=R9 A正确；绕地球转动的线速度为口-2rCR十)≈7,5km/s,故B T (2)设地球平均密度为p,则M=p· 3R, 错误；该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期回到 “原地”，而北京转回“原地”，需要24h,1.7h与24h的最小整 在矿井底部G一 Mim R-2=mg',而M,=p·3(R-d)3, 4 数倍为17天，故C错误，D正确。 12.BD【解析】撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔 深度为d的矿并底部的重力加速度大小g'=R-d)GM R3 变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；设双星之间的 (3)①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小Fp= 距离为L,双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以Gm- GMm GM2m R4π (R+H)2(r+H)21 T=mrT,联立解得尽-， 4π2 4π2L3 -M,T=G(M十m,则两颗 GMm GMm r 其中M,=。.4,解得Fp=(R+H)2(r+H)2'P 小行星做圆周运动的半径之比保持不变，两个小行星中心连 ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小F。= 线的距离减小，故B正确，C错误。根据万有引力提供向心力 GM3m GMam 有GMm=Ma=ma,两个小行星中心连线的距离减小，则两颗 (R-r+L)2 L 小行星的向心加速度均变大，故D正确。 其中M3=p· 4π(R-r+L) *BC【解析】在其他星球上是能够做单摆实验的，与在地球表面 3 ,M,=p.4L 3 类似A错误：单强周期T=片又T=2√厂，忽路星球自转时， GMm(R-r) 解得F。= R3 对其表面一质量为m。的物体有G=m,g,星球体积V 16.(1)2xGM GM 3 v? (2)①2（√2-1），方向与0同向②(3- R2 2√2)m2 言成，密度=兰联立求得一记B正确征角较大时由机 M 【解析】(1)在做圆周运动过程中，由万有引力提供向心力知 GM·2m_2mo2 1 械能守恒有mg(L-Lcos60)=2m06,Fr一mg=m ,解得 R2 R F-2mvg 解得R= °，C正确；卫星贴近星球表面做匀速圆周运动速度至 ,故T=K=2πGM (2)①令分离后登陆艇的速度为v', 少为，则GMr-mo R=mR,在该星球表面发射卫星时需要的最小 由动量守恒2mv=mx'十m(u十v), 由能量守恒知2m('+w)-Gm =0, 发射速度为v=”R,D错误。 R t 代入得v'十u=√2v,故u=2(√2一1)v,方向与v同向。 13.（)2(2 RTvo-R t。 2r2t0 ②喷射过程中共获得的机械能为△E=2m(0+u)2+ 【解析】(1)采样球以。做竖直上抛运动，经t。时间落回行星 1 2m02-1×2mo2=(3-22)m02。 to 2 表面，则=g·2, 1.C (3R+ mov 解得g=2. to 【解析】(1)空间站在预定圆轨道上做匀速圆周运动，则有 (2)设小行星质量为M,探测器质量为m,则探测器在小行星 表面有Gm一 GMm R2=mg, 2=m 探测器在同步轨道上有G Mm 4x2 解得地球的质量M=好r (h+R)-mTi (h+R), G (2)设卫星在预定圆轨道上的运动周期为T,则有T- 高三二轮复习专题卷 椭圆轨道的半长轴a=十R :A 21 设卫星在椭圆轨道上的运动周期为T,,根据开普勒第三定律 有号 r3 解得T,== ./r+R) 2 飞船从A点运动到B点，需要的时间至少为 /(r+R) T'1=2T1=202z 5 (3)飞船在近地点A的速度为v1,根据开普勒第二定律有 飞船从A点运动到B点I=△p=moU1十mov2, 联立可得I=R十r rmo1。 52 18.1)2T2) -T 12(2-2) 【解析】(1)设卫星乙绕地球运动的周期为T',由开普勒第三 定律)_(2) T2 T2, 解得T- 2T. (2)如图所示，由于地球遮挡甲、乙两卫星之间直接通信信号会 周期性中断，设在一个通信周期内，甲、乙两卫星通信中断的时 2π 2π 间为t,有（ωz一u甲）1=20，而wz=了，w甲=下， 甲 故有（学-）=20， R1 由几何关系可知sina= 2R2,sin B= R√2 2R=2,所以a= 吾8= 5π 由几何关系知0=。+，故20=行，综上可得1 52 T。 12(2-2) 物理（六） 1.D2.D 3.D【解析】设PA间的距离为h,物块向右运动过程中橡皮筋 在任意位置处与水平方向的夹角为0，弹簧的形变量为x,则随 着物块向右运动，橡皮筋上产生的弹力F=kx,则物块对地面 的正压力FxN=mg-Fsin8=mg-kxsin0,又h=xsin0,解得 FN=mg一h,设物块与地面间的动摩擦因数为4，则在物块运 动过程中所受滑动摩擦力F:=FN,随着物块向右运动，夹角0 减小，物块对地面的正压力F、保持不变，由此可知，物块受到 的摩擦力保持不变，故A错误；在物块向右运动的任意位置处 由牛顿第二定律有Fcos8一F:=ma,由于F始终增大，而cos8 也始终增大，F,保持不变，因此可知物块所受合外力始终增大， 因此物块做的是加速度增大的减速运动，故B错误；假设物块 从开始运动到停止运动所受合外力为恒力，则有2m号 1 1 m呢=之m2-0,解得c=乞，但实际上物块从开始运 动到停止运动所受合外力逐渐增大，因此在AC段克服合外力 所做的功小于在CB段克服合外力所做的功，由此可知物块经 过C点时的速度应大于？。，故C错误，D正确。 C【解析】设两个滑块在O点时的速度为，根据动能定理得 合ow·zw=2X2m2-0,-2kw·xw=0-mm, 1 解得xOM>xON,即OM>ON,A错误；当弹簧恢复原长时弹簧 的弹力为零，两个滑块之间没有作用力，两滑块开始分离，所以 滑块a、b在O点分离，B错误；在O、M之间有一点N',N'和N 关于O点对称，滑块a无法再次回到M点，只能回到N'点，滑 块a在N'和N点之间往复运动，C正确；根据简谐运动tow三 to',又因为tow>tow',所以tow>toN,D错误。 C【解析】该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律有F一f=ma, 根据题图可知a= △=5m/s=4m/s,解得F=60o0N,该 △w20 车的额定功率为P=Fu=6000×20W=1.2×105W,当速度最 大时，有P=fvm,解得vm=60m/s,故A错误，C正确；汽车起 步时先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，故B错误； 匀加速阶段汽车位移为图像中0~5s内图线与坐标轴所围图形 的面积，即x1=5X20 m=50m,汽车在5~55s内以额定功率 行驶，由动能定理可得Pt一f江2=2mu。一2mu2,解得x2 2200m,所以该车前55s内通过的位移大小为x=x1十x2= 2250m,故D错误 D【解析】从释放小球到α、b球都滑到水平轨道上，两球组成 的系统满足机械能守恒，则有mgR+mg(L十R)=号×2m2, 解得两球都滑到水平轨道上时α、b两球的速度大小均为v= √6m/s,从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据 动能定理可得mgR十W杆=2mo2,解得W轩=0.4J,可知整个 过程中轻杆对a球做功0.4J,则a球下滑过程中机械能不守 恒，故AB错误，D正确；从释放小球到a、b球都滑到水平轨道 上，整个过程中由于轻杆对α球做正功，所以轻杆对b球做负 功，故C错误。 D【解析】由题意知，环在Q时动能最大。环在R匹 和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。环和A通R&C 过轻绳相连，沿绳方向的分速度相等（如图所示），故 E二 D oos0=4,故A与环的动能之比为E0 1 2mw月 m 2M6 cos0,对小环和A组成的系统m高 B Mgh=EkA十EkQ,联立可得小环C的最大动能为EkQ= M十mc0s日，放A正确：小环C下落过程受重力、杆的支持力 M'gh 和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前 的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S后的过程，非重 力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小， 下落到位置S时，小环C的机械能最大，故B正确；小环从R 处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上.，动量变化 量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和 地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物 体的支持力的冲量和与重力的冲量等大反向，由于此过程重力 冲量不为零，则弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为 零，且方向向上，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对 地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的 重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支 持力和拉力，根据平衡条件，有Tcos0=Mg,对A有T一mg M F=ma,对B有F=mg,联立可得a mcos98-2g,故D 错误。 C【解析】小球在A、B之间做往复运动，只有重力和内力中的 弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，从A点到B点过 程小球机械能不守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小， 根据系统机械能守恒，小球在A点的弹性势能必大于在C点的 弹性势能，故AB错误；小球从A点到C点过程，在光滑圆环半 径切线方向上，弹簧弹力的分力开始大于重力沿切线方向的分 力，故小球先做加速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸 斜面上的位移越长，越有可能落不到滑道CD上，C错误。若恰 长状态)时，速度最大，动能最大，之后随着小球运动，弹簧弹力 1 的分力小于重力沿切线方向的分力，做减速运动，故从A点到 能落在D点，则h=0ct=2t,mgH一gL= 2m忌，联立 C点过程小球速率先增大再诚小，小球在C点时动能不是最大 可得4H=L+h,D正确。 的，故C正确，D错误。 △ *D【解析】α球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只 12.AD【解析】根据加速度的定义式有a=△，解得△u=a△t, 有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组 可知，α-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度 成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误；a球在最 低点速度为零，a球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球 的变化量，则0~6s内速度的变化量为△=2+4)X6 m/s= 2 √2 a做的功为W,由动能定理有mg(21+L)+w=0,解得W= 18m/s,则t=6s时，物体的速度大小为v=△v+v。=18m/s十 2m/s=20m/s,故A正确；从t=0到t=6s,根据动能定理有 1 1 g1(号幻，故B错误设轻杆L和水平杆L,的夹角为 W合-2mu2-2mu6-396J,即合力做功为396J,物体所受 由运动的合成与分解可知v6cos0=v.sin0,则6=v.tan,可 摩擦力方向水平向左，物体的位移水平向右，可知，摩擦力对物 知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行， 体做负功，故B错误；从t=0到t=6s,根据动量定理有I合= 则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大小为 mw-mu,=36N·s,即合力的冲量为36N·s,拉力的冲量方向 g,故C错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点， 向右，摩擦力的冲量方向向左，可知，拉力的冲量大于36N·s, b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球 故C错误；t=6s时，根据牛顿第二定律有F一f=ma=2X 的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(受1+l）=之m, /② 4N=8N,解得F=10N,结合上述可知，t=6s时，拉力F的 功率为P=Fo=10×20W=200W,故D正确。 BC【解析】由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为α1 解得v6=√(2十√2)gl,故D正确。 9.BD【解析】一开始物块缓慢下降的过程，由动能定理mg·2h十 5m/g,设斜面倾角为0，有mg sin0=ma1,解得sin0=2,则斜 W=E。,而物块在A点处于平衡状态，有k·2h=mg。物块下 面的倾角0=30°，B正确。从释放到最低点，根据能量守恒有 落到OA中点处时，有mg(H+h)=Ep+Ek:,而OA中点处 的弹性势能为E=号=千E,联立可得Eu=mgH十 mgx3sin日=2k(xg一x1)严，解得k=25N/m,A错误。设当位 mgh W 移为x2时，加速度为0，有k(x2一x1)=mg sin0,解得x2= ,故C错误；当物块释放后，先做自由落体运动，后做 2 0.5m,此时动能最大，最大动能为Em=mgz,sin0-之k(x? 变加速直线运动，当加速度等于零时速度最大，即A位置，由动 x1)2,解得Em=2J,C正确。根据能量守恒，弹簧的最大弹性势 能定理mg(2h+H)=E,十2mw,联立可得最大速度为v。= 能为Epm=mgx3sin0=4.5J,D错误。 13.(1)0.9m(2)3W(3)4m/s (mgH一w,最大动能为Ea=mgH-W,故B正确，A错 【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向有h= m 1 误；物块在下落过程，重力做正功，弹力做负功，故物块和弹簧组 8t2,代入数据解得t=0.3s, 成的系统机械能守恒，而物块的机械能减小，故D正确。 水平方向有x=vt=3×0.3m=0.9m。 10.ABD【解析】当轻杆从水平位置转到竖直位置的过程，由关 (2)物块从飞出桌面到落地过程，在竖直方向上做自由落体运 联速度可知，轻杆转到竖直位置时，二者的速度大小相等，设为 动，有o=2gh, o,由动能定理可得3mg·2 -mg· =号×3m2+ P=mgv,,代人数据解得P=3W。 (3)对物块从开始运动到飞出桌面的过程，由动能定理得 20,解得v=√10m/s,故C错误；设在该过程中，轻杆对 mgl=2mo2-号 2mu6, L 小球A做功为W,对小球A,由动能定理可得一mg· 代入数据解得vo=4m/s。 14.(1)11.25s(2)32N W=之m02,解得W=15J,故A正确；设轻杆对小球B做功 【解析】(1)物块开始时向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二 定律有ng cos0一mg sin0=ma1,解得a1=0.4m/s2, 为W',对小球B,由动能定理可得3mg·号十W'=，X 当加速到与传送带速度相等时有v=a1t1,解得t1=10s, 3mw2,解得W′=一15J,故B正确；轻杆在竖直位置时，对小球 此过程的位移为x1=21=20m, B,由向心力公式可得FB一mBg=m口，解得F。=60N,方 由于最大静摩擦力大于物块重力沿传送带向下的分力，则物 L 2 块随后向上做匀速直线运动，则有，=乙二=1,25s, 向竖直向上；对小球A,由向心力公式可得FA十mAg= 则物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间t=t1十 L t2=11.25s。 2 (2)物块从B运动到C过程，根据动能定理有一mgRcos0= 解得FA=0,轻杆对轴O的作用力为两拉力矢量和，FA十 1 FB=60N,故D正确。 之mu2-2m2, 11.AD【解析】设AB与水平方向的夹角为α，从A到C由动能 vc 定理得mgH-mg cos a·AB-mg·BC= 2mu呢，即mgH- 在C点，对物块分析有N=mR,根据牛顿第三定律有N'一 N,解得N'=32N。 gL=2mo忌，则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有 mvo √7 多大，游客从C点飞出的速度一定，A正确。若游客落在滑道 15.(1)2k1 CD的不同点上，因位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的 【解析】(1)轻杆开始移动时有F=k△x=f, 偏向角的正切等于位移偏向角的正切的2倍可知，落在滑道上 mvo 的各点的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，B错 解得△x=2kL· 误。由A项分析可知，L越小，则到达C点时速度越大，游客在 (2)撞击弹簧前瞬间的速度为。时，对瓶子、弹簧和轻杆有