课时分层作业(二十一) 摩擦力做功问题 变力做功的计算
A组 基础巩固练
1．关于摩擦力做功，以下说法正确的是( )
A．静摩擦力一定不做功
B．滑动摩擦力一定做负功
C．滑动摩擦力不可能做正功
D．无论是滑动摩擦力还是静摩擦力，都有可能不做功
2．[2023·湖北麻城第二中学月考]下列关于力对物体做功的说法正确的是( )
A．摩擦力对物体做功的多少与路径无关
B．合力不做功，物体必定做匀速直线运动
C．一对作用力和反作用力，可能其中一个力做功，而另一个力不做功
D．在相同时间内作用力与反作用力做功绝对值一定相等，一正一负
3．一个物体所受的力F随位移l变化的图像如图所示．在这一过程中，力F对物体做的功为( )
A．3JB．6J
C．7JD．8J
4．[2023·四川南充白塔中学月考]如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手，设在摆球从A点沿圆弧运动到B点的过程中空气阻力f的大小不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为0
B．悬线的拉力做功为mgL
C．空气阻力做功为－fπL
D．摆球克服空气阻力做功为fL
B组 能力提升练
5.[2023·广东广州广雅中学高一下期中]如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢．在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
6．[2023·江西名校联考]光滑固定斜面上有一个质量分布均匀的正方形薄铁板，质量为M，正方形边长为d，在外力作用下沿平行于底边方向运动，在斜面上宽度为d的阴影区域内涂有一层特殊材料，薄铁板与该材料之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，斜面倾角为θ.则该薄铁板通过粗糙区域时克服摩擦力做的功为( )
A．μMgdcosθB．2μMgdcosθ
C．μMgdcosθD．μMgdsinθ
课时分层作业(二十一) 摩擦力做功问题
变力做功的计算
1．答案：D
2．解析：摩擦力做功W＝Ffs，其中s为路程，摩擦力对物体做功与路径有关，A错误；做匀速圆周运动的物体，合外力不做功，但物体做曲线运动，B错误；作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可能相等，也可能不等，也有可能一个有位移，另一个位移为0，则可能其中一个力做功，另一个力不做功，在相同时间内作用力与反作用力做功绝对值不一定相等，也不一定是一正一负，D错误，C正确．
答案：C
3．解析：力F对物体做的功等于l轴上方梯形“面积”所表示的正功与l轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和．W1＝×(3＋4)×2J＝7J，W2＝－×(5－4)×2J＝－1J，所以力F对物体做的功为W＝7J－1J＝6J，选项B正确．
答案：B
4．解析：摆球所受重力竖直向下，摆球位移有竖直向下的分量，故重力做功不为零，故A错误；悬线的拉力始终与v垂直，不做功，故B错误；将圆弧路径分成若干小圆弧(尽量小)，每一段小圆弧上可认为f是恒力，所以f所做的总功等于每个小弧段上f所做功的代数和，即Wf＝－(fΔx1＋fΔx2＋…)＝－fπL，故C正确，D错误．
答案：C
5．解析：根据功的公式可知，人对车的推力做功W＝FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可得车对人的作用力为F′＝ma，人对车的作用力为－ma，故人对车做的功为－maL，故B错误；水平方向上车对人的合力大小为ma，而车对人还有竖直方向上的支持力，故车对人的作用力大小为N＝＝m，故C错误；对人由牛顿第二定律可得f－F＝ma，得f＝ma＋F，车对人的摩擦力做的功为fL＝(F＋ma)L，故D错误．
答案：A
6．解析：薄铁板进入粗糙区域的部分越多，摩擦力越大，所以摩擦力先逐渐增大后逐渐减小，由题分析可知薄铁板在进入和离开粗糙区域时所受的摩擦力与位移成正比(如图所示)，故进入或离开粗糙区域时所受的平均摩擦力为
μMgcosθ，所以Wf＝μMgcosθ×2d＝μMgdcosθ.
答案：A课时分层作业(二) 运动的合成与分解
A组 基础巩固练
1．关于运动的合成，下列说法正确的是( )
A．合运动的时间等于分运动的时间之和
B．合运动的时间大于任意一个分运动的时间
C．合运动的时间小于任意一个分运动的时间
D．合运动和分运动是同时进行的
2．(多选)关于两个运动的合运动，下列说法中正确的是( )
A．两个直线运动的合运动一定是直线运动
B．两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动
C．两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
D．两个分运动的时间和它们合运动的时间相等
3．如图所示，工厂生产流水线上的玻璃以某一速度连续不断地随流水线向右匀速运动，在切割工序的P处有一玻璃割刀．为了使割下的玻璃都成规定尺寸的矩形，关于割刀相对地的速度方向，图中画出了割刀相对地的速度方向的四条大致的方向，其中1与玻璃运动方向垂直．下列说法正确的是( )
A．割刀相对地的速度方向一定沿方向1
B．割刀相对地的速度方向可能沿方向2
C．割刀相对地的速度方向可能沿方向3
D．割刀相对地的速度方向可能沿方向4
4．如图所示，跳伞员在降落伞打开一段时间以后，在空中做匀速运动．若跳伞员在无风时竖直匀速下落，着地速度大小是4.0m/s.当有正东方向吹来的风，风速大小是3.0m/s时，跳伞员着地时的速度( )
A．大小为5.0m/s，方向偏西
B．大小为5.0m/s，方向偏东
C．大小为7.0m/s，方向偏西
D．大小为7.0m/s，方向偏东
5.
如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中以速度v匀速上浮．红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀加速向右运动，则蜡块的轨迹可能是( )
A．直线PB．曲线Q
C．曲线RD．无法确定
6.
如图所示，沿y轴方向的初速度v1是沿x轴方向初速度v2的2倍，而沿y轴方向的加速度a1是沿x轴方向加速度a2的一半．对于这两个分运动的合运动，下列说法中正确的是( )
A．一定是直线运动B．一定是曲线运动
C．可能是曲线运动D．可能是直线运动
7.
如图，雨点正在以4m/s的速度竖直下落，小明同学以3m/s的速度水平匀速骑行．为使雨点尽量不落在身上，手中伞杆与竖直方向所成夹角应为( )
A．30°B．37°
C．45°D．0°
8.
如图，质量为m的物体在水平外力的作用下沿水平面运动．在水平面内建立平面直角坐标系，已知物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，其坐标与时间的关系分别为x＝(6t)(m)、y＝(0.4t2)(m).根据以上条件，求：
(1)t＝10s时刻物体的位置坐标；
(2)t＝10s时刻物体速度的大小和方向．
B组 能力提升练
9．如图所示，塔吊水平摆臂摆动半径为15m，某次作业将摆臂末端一个重物从某高度缓缓放到地面，在t＝50s的时间里摆臂摆过60°角，绕绳系统向下匀速释放钢绳的速度为0.4m/s，经50s重物到达地面．该次作业中重物相对地面的位移大小约为( )
A．15mB．20m
C．25mD．30m
10．如图所示为某校学生跑操的示意图，跑操队伍宽d＝3m．某时刻队伍整齐的排头刚到达AB，在A点的体育老师此时准备从队伍前沿经直线匀速到达BC边处某点，且不影响跑操队伍．已知学生跑操的速度v＝2m/s，B、C之间的距离为L＝4m，则以下说法正确的是( )
A．体育老师的速度可能为2m/s
B．体育老师速度方向与AB平行
C．体育老师可能在0.5s到达BC边
D．若体育老师要跑到BC边中点D处，其速度大小为5m/s
11．[2023·广东广州高一检测](多选)如图甲所示，在一端封闭、长约1m的玻璃管内注满清水，水中放置一个蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管迅速倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内任意1s上升的距离都是10cm，玻璃管向右匀加速平移，每1s通过的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm.图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管运动的水平位移，t＝0时蜡块位于坐标原点．则下列说法正确的是( )
A．蜡块4s内的运动轨迹是如图乙中的抛物线
B．2s时蜡块在水平方向的速度为0.1m/s
C．玻璃管向右平移的加速度大小为5×10－2m/s2
D．t＝2s时蜡块的速度大小为0.2m/s
12．如图甲所示是直升机抢救伤员的情境．假设直升机放下绳索吊起伤员后，竖直方向的速度图像和水平方向的位移图像分别如图乙、图丙所示，则下列说法正确的是( )
A．绳索的拉力可能倾斜向上
B．在地面上观察到伤员的运动轨迹是一条直线
C．伤员始终处于失重状态
D．绳索中拉力先大于重力，后小于重力
课时分层作业(二) 运动的合成与分解
1．解析：分运动是由合运动根据实际效果分解来的，分运动的时间与合运动的时间相等，即合运动与分运动同时发生、同时结束，故D正确．
答案：D
2．解析：两个直线运动的合运动不一定是直线运动，例如，平抛运动是水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动的合运动，平抛运动是曲线运动，A错误；两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动，因为合力等于零，B正确；两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速运动，但轨迹不一定是直线，如果合力的方向与合速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，C错误；根据运动的等时性，两个分运动的时间和它们合运动的时间相等，D正确．故选BD.
答案：BD
3．解析：依题意，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则割刀相对于玻璃的运动速度应垂直玻璃，即当割刀沿玻璃运动方向移动的分速度等于玻璃移动的速度时，每次割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形．根据题图可知割刀相对地的速度方向可能沿方向3，故选C.
答案：C
4．解析：跳伞员着地时的速度大小v＝m/s＝5m/s.风从正东方向吹来，则水平方向上的分速度向西，则合速度的方向偏西，故选项A正确．
答案：A
5．解析：红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速直线运动，所受合力水平向右，合力与合初速度不共线，红蜡块的轨迹应为曲线；水平方向的速度增大，则合速度的方向越来越趋向于水平，做曲线运动的物体所受合力应指向轨迹弯曲的一侧．选项B正确．
答案：B
6．解析：根据平行四边形定则，作出合加速度与合初速度，如答图所示．由图可知合运动的加速度与初速度方向不共线，则这两个分运动的合运动一定是曲线运动，选项B正确．
答案：B
7．解析：小明同学以3m/s的速度水平匀速骑行，则雨点在水平方向相对小明同学以3m/s的速度匀速运动，竖直方向雨点以4m/s的速度下落，设雨点相对小明同学的合速度与竖直方向成θ角，则tanθ＝＝，解得θ＝37°.故为使雨点尽量不落在身上，小明同学手中伞杆与竖直方向所成夹角应为37°，B正确．
答案：B
8．解析：(1)将t＝10s代入x＝(6t) (m)、y＝(0.4t2) (m)得坐标为(60m，40m).
(2)设物体速度方向与x轴正方向夹角为θ，
x轴方向：vx＝6m/s，做匀速直线运动
y轴方向：ay＝0.8m/s2，做匀加速直线运动
vy＝ayt
解得vy＝8m/s
10s末时合速度v10＝，tanθ＝
联立解得v10＝10m/s，
tanθ＝，得θ＝53°
答案：(1)(60m，40m) (2)10m/s 与x轴正方向成53°角
9．解析：根据题意可知，经50s重物下降的高度为h＝vt＝0.4×50m＝20m．在50s的时间里摆臂摆过60°角，根据几何关系可知重物运动的水平距离为x＝15m，则重物相对地面的位移大小约为s＝＝m＝25m，故选C.
答案：C
10．解析：体育老师要不影响跑操队伍，则沿着队伍行进方向的速度vx不能小于2m/s，还要有一个垂直于跑操队伍前进方向的速度vy，其实际速度(v师＝)一定大于2m/s，且与AB有一定夹角，故A、B错误；若体育老师0.5s到达BC边，则其垂直于跑操队伍前进方向的速度vy＝，代入数据可得vy＝6m/s，沿跑操队伍运动方向的速度vx≥2m/s，其合速度v师≥2m/s，作为体育老师是可以实现的，故C正确；若体育老师要跑到BC边中点D处，则运动时间t＝≤1s，则其垂直于跑操队伍前进方向的速度vy＝≥3m/s，沿跑操队伍运动方向的速度vx≥2m/s，则合速度v师≥m/s，故D错误．
答案：C
11．解析：蜡块在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向向右做匀加速直线运动，根据题中的数据画出的轨迹如图乙所示，故A正确；由于玻璃管向右匀加速平移，根据Δx＝at2可求得加速度a＝＝5×10－2m/s2，故C正确；由运动的独立性可知，竖直方向的速度为vy＝＝0.1m/s，水平方向做匀加速直线运动，2s时蜡块在水平方向的速度为vx＝at＝0.1m/s，则2s时蜡块的速度v＝＝m/s，故B正确，D错误．
答案：ABC
12．解析：由图乙、图丙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，水平方向的合力等于零，竖直方向做匀变速运动，则绳索的拉力一定沿竖直方向，伤员的运动轨迹一定是曲线，故A、B错误；在竖直方向上，伤员先向上做匀加速运动，后向上做匀减速运动，所以加速度的方向先向上后向下，伤员先超重后失重，绳索中拉力先大于重力，后小于重力，故D正确，C错误．
答案：D课时分层作业(九) 向心力的分析和向心力公式的应用
A组 基础巩固练
1.
如图所示，某物体沿光滑圆弧轨道自最高点滑到最低点的过程中，物体的速率逐渐增大，则下列说法正确的是( )
A．物体的合力为零
B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C．物体的合力就是向心力
D．物体的合力方向与其运动方向不垂直(最低点除外)
2．甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为2∶1，在相等时间内甲转过60°，乙转过45°.它们所受的合外力之比为( )
A．1∶1B．4∶3
C．16∶9D．9∶16
3．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个相同的小球，细线上端固定在同一点．若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )
4.
链球运动员在将链球抛掷出去之前，总要双手抓住链条，加速转动几圈，如图所示，这样可以使链球的速度尽量增大，抛出去后飞行更远．在运动员加速转动的过程中，能发现他手中与链球相连的链条与竖直方向的夹角θ将随链球转速的增大而增大，则以下几个图像中能描述ω与θ关系的是( )
5．如图甲所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，这个过程简化为如图乙的情景，木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止．下列说法正确的是( )
A．在最低点时，物块所受支持力等于物块的重力
B.物块所受合外力不变
C．除c、d两点外，物块都要受摩擦力
D．c、d两点，物块所受支持力相同
6.
[2023·江苏南通高一期末]如图所示，质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时悬线与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．小明在最高点的速度为零，合力为零
B．小明在最低点的加速度为零，速度最大
C．最高点秋千对小明的作用力为mg
D．最低点秋千对小明的作用力为mg
7．画出图中物体A的受力示意图，并分析其所受向心力的来源．
B组 能力提升练
8.
一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑铁环的半径为R＝20cm，环上有一穿孔质量为m的小球，仅能沿环做无摩擦的滑动．如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转(g＝10m/s2)，则相对环静止时小球与环心O的连线与O1O2的夹角是( )
A．30°B．45°
C．60°D．75°
9．(多选)
如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2kg的木块，它与转台间最大静摩擦力Ffmax＝6.0N，绳的一端系在木块上，穿过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0kg的物体．当转台以角速度ω＝5rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10m/s2，木块、物体均视为质点)( )
A．0.04mB．0.08m
C．0.16mD．0.50m
10.
长度分别为2L和3L的两段轻杆OA和AB一端各固定一个小球A、B，按如图所示的方式连接在一起．将杆的一端与光滑竖直轴O连接在一起，两杆在同一直线上，整个系统可以在光滑水平面上绕轴O转动．小球A的线速度大小为v，两个小球的质量均为m.
(1)求小球B的向心加速度大小．
(2)求两段轻杆中拉力的大小．
11.
[2023·江苏常州高一期末]如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间的夹角始终保持θ＝37°，弹簧始终处于弹性限度内．已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求弹簧处于原长时，小球的角速度ω0.
(2)当杆的角速度ω＝时，求弹簧形变量x.
课时分层作业(九) 向心力的分析和
向心力公式的应用
1．解析：物体做加速曲线运动，合力不为零，A错误；物体做速度增大的圆周运动，合力不指向圆心，B错误；合力沿半径方向的分力提供向心力，C错误；合力沿切线方向的分力使物体的速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合力方向间的夹角为锐角，合力方向与速度方向不垂直，D正确．
答案：D
2．解析：相同时间内甲转过60°，乙转过45°，根据角速度定义式ω＝可知，ω1∶ω2＝4∶3；由题意有r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝1∶2.根据公式F合＝Fn＝mω2r，可知F1∶F2＝(m1ωr1)∶(m2ωr2)＝16∶9.故C正确．
答案：C
3．解析：由匀速圆周运动得mω2r＝mgtanθ，θ为绳与竖直方向的夹角，r＝lsinθ，得＝lcosθ，两球角速度相同，则lcosθ相同，即细线顶点到运动平面中心的距离相等，所以两球应在同一水平面内旋转，B正确．故选B.
答案：B
4．解析：设链条长为L，链球圆周运动的向心力是重力mg和拉力FT的合力，向心力Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω2＝，故选项D正确，A、B、C错误．
答案：D
5．解析：物块做匀速圆周运动，向心力大小始终不变，根据牛顿第二定律，在d点有FNd－mg＝F向，解得FNd＝F向＋mg≠mg，在c点有mg－FNc＝F向，解得FNc＝mg－F向≠FNd，故A、D错误；物块所受合外力提供向心力，大小不变，但方向始终变化，故B错误；物块所受重力和支持力始终在竖直方向，而向心力方向始终指向圆心，只有在c、d两点，仅靠重力和支持力的合力提供向心力，而在c、d两点外，物块都要受摩擦力，才能使合外力指向圆心，故C正确．故选C.
答案：C
6．解析：
小明在最高点时，速度为零，受力分析如图，易知F合＝mgsin30°，F1＝mgcos30°，解得F1＝mg，F合≠0，故A错误，C正确；小明在最低点速度最大，设最低点秋千对小明的作用力为F2，由牛顿第二定律，可得F2－mg＝man＝m，易知加速度不为零，秋千对小明的作用力F2大于mg，故B、D错误．
答案：C
7．解析：图a、图b、图c中，向心力由物体所受的重力和绳子拉力的合力提供，也可以认为是由绳子拉力的一个分力提供，拉力的另一个分力与重力平衡．
图d中，向心力由绳子的拉力提供；图e中，向心力由物体所受的静摩擦力提供．
图f中，向心力由侧壁对物体的支持力提供．
图g中，向心力由物体所受的重力和斜面的支持力的合力提供，也可以认为是由支持力的水平分力提供，其竖直分力与重力平衡．
图h中，向心力由飞机所受的重力和空气对飞机的“压力”的合力提供，这个“压力”的本质是弹力，弹力总与接触面垂直，所以飞机机身有一定的倾角．
通过以上分析可以清楚看到，向心力不是某种性质力，而是由重力、弹力、摩擦力这些性质力的合力或分力来提供．
答案：见解析
8．解析：相对静止时，小球和环的角速度相同，对小球受力分析，受重力和环的支持力，两力的合力指向圆心，故有mgtanθ＝m(Rsinθ)ω2，解得cosθ＝，即θ＝60°，C正确．
答案：C
9．解析：木块所受的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得mg＋Ffmax＝Mω2r1，解得最大半径r1＝＝m＝0.32m，根据mg－Ffmax＝Mω2r2，解得最小半径r2＝＝m＝0.08m，故半径范围为0.08～0.32m．故B、C正确，A、D错误．
答案：BC
10．解析：(1)小球A和B的角速度相等，ωA＝ωB，
对小球A，有v＝ωA×2L，
小球B的向心加速度大小为aB＝ω×5L，
解得aB＝.
(2)设OA杆上的拉力大小为F1，AB杆上的拉力大小为F2，
对小球B，由牛顿第二定律得F2＝maB，解得F2＝，
对小球A，由牛顿第二定律得F1－F2＝maA，
aA＝，联立解得F1＝.
答案：(1) (2)
11．解析：(1)弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，合力提供向心力，有mωLcosθ＝mgtanθ
解得ω0＝.
(2)小球静止时，受力平衡
mgsinθ＝k(L－0.5L)
解得k＝
当杆的角速度ω＝时，ω>ω0，故弹簧处于伸长状态，弹簧的形变量为x，弹簧弹力为F
F＝kx
对小球受力分析，竖直方向有
FNcosθ＝mg＋Fsinθ
水平方向有
FNsinθ＋Fcosθ＝mω2(L＋x)cosθ
解得x＝2L.
答案：(1) (2)2L课时分层作业(六) 与斜面、曲面相结合的平抛运动
A组 基础巩固练
1．质量不同的甲、乙两个小球在同一位置分别以水平初速度v1、v2向一倾角为θ的斜面抛出，飞行一段时间后，甲球恰好垂直撞在斜面上，在空中的飞行时间为t1，乙球到达斜面的位移恰好最小，在空中的飞行时间为t2，则t1∶t2等于( )
A．2∶1B．1∶2
C．2v2∶v1D．v1∶2v2
2．如图所示，半球形容器固定在水平地面上，开口向上，AD为球的水平直径，O是球心，B是AO的中点，C是OD的中点．让一个小球先后从A、B、O、C四点沿AD方向水平向右抛出，则下列情况中，小球可能垂直打在容器内壁上的是( )
A．从A点抛出B．从B点抛出
C．从O点抛出D．从C点抛出
3．(多选)如图，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间小球落到斜面上B点处；若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，则经t2时间小球落到斜面上的C点处．以下判断正确的是( )
A．AB∶AC＝2∶1B．AB∶AC＝4∶1
C．t1∶t2＝4∶1D．t1∶t2＝2∶1
4.
如图所示，水平地面上放置一倾角为30°的斜面，将小球甲从斜面顶端A以速度v1沿水平方向抛出，小球甲落在斜面上的C点．将另一小球乙从与A等高的B点以速度v2水平抛出，小球乙恰好垂直撞击到C点．甲、乙两球初速度大小之比v1∶v2等于( )
A．3∶2B．3∶1C．2∶1D．1
B组 能力提升练
5．如图所示，可视为质点的两个完全相同的小球A、B从坐标为(0，2y0)、(0，y0)的两点分别以速度vA和vB水平抛出，两个小球都能垂直打在倾角为45°的斜面上．由此可得vA∶vB等于( )
A．∶1B．2∶1C．4∶1D．8∶1
6．一可升降水平平台上有物块(视为质点)以某速度向右滑出，为防止物块直接掉落在地摔坏，用一斜劈固定在距平台右侧x＝1.2m处，物块先落在斜劈斜面AB上，再下滑着地，如图所示．已知斜面AB长l＝6m，斜面倾角θ＝53°，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.若物块沿斜面从A端滑下，到B端时速度刚好为零．
(1)求物块刚滑出平台时的速度大小v0.
(2)求物块从O运动到B的时间t.
(3)调节平台高度，发现平台低于某高度时，物块无法落在斜面AB上，求此高度的最大值H.
课时分层作业(六) 与斜面、曲面相结合
的平抛运动
1．解析：将甲球垂直撞在斜面上的速度分解，如图甲所示，由图可知，tanθ＝＝，可得t1＝.过乙球抛出点作斜面的垂线，如图乙所示，当小球落在斜面上的B点时，位移最小，则水平方向位移x＝v2t2，竖直方向位移y＝gt.根据几何关系tanθ＝，则tanθ＝，解得t2＝，则t1∶t2＝v1∶2v2.故选D.
答案：D
2．解析：如果小球抛出后能垂直打在容器内壁上，则打在容器内壁上时小球速度的反向延长线必过O点，因此O点应为水平位移的中点．故小球不可能从A、O、C点抛出，只有从B点抛出且落到C点正下方的容器内壁上时，才有可能符合题意，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．解析：小球落在斜面上时，平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值为tanθ＝，解得t＝，知运动的时间与初速度成正比，即t1∶t2＝2∶1，C错误，D正确；小球做平抛运动，竖直方向上下落的位移为h＝gt2，知竖直方向上的位移之比为＝＝.斜面上的位移为s＝，知＝＝，A错误，B正确．故选B、D.
答案：BD
4．解析：小球甲从斜面顶端A以速度v1沿水平方向抛出后落在斜面上的C点，则有tan30°＝＝，解得v1＝，乙从与A等高的B点以速度v2水平抛出恰好垂直撞击到C点，甲与乙下落高度相同，下落时间相同，则有v2＝gt·tan30°，所以两球初速度之比为＝＝，所以A正确，B、C、D错误．
答案：A
5．解析：设抛出点距O点高度为h，水平初速度为v0，末速度的竖直分量为vy，运动时间为t，小球垂直击中斜面，末速度与斜面垂直，分解末速度可知vytan45°＝v0，又vy＝gt，可得t＝，根据几何关系得h＝gt2＋v0t·tan45°，联立以上各式可得h＝.根据题意，小球A、B从坐标分别为(0，2y0)、(0，y0)的两点水平抛出，可得hA＝2y0，hB＝y0，故vA∶vB＝∶＝∶1.选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
6．解析：(1)对滑块刚好运动到A点时的速度正交分解，如图所示
设平抛过程的时间为t1，有tanθ＝＝
又x＝v0t1，联立解得v0＝3m/s，t1＝0.4s.
(2)滑块刚好运动到A点时竖直分速度为vy＝gt1＝4m/s
则在A点时的速度大小为v＝＝5m/s
由题意可知物块在斜面上做匀减速直线运动，设运动时间为t2，有l＝t2，解得t2＝2.4s
则物块从O运动到B的时间为t＝t1＋t2＝2.8s.
(3)此时情况等同物块平抛轨迹恰好过A点和B点，设初速度大小为v′，过A点和B点的时间分别为tA和tB，则过A点有
H－lsinθ＝gt，x＝v′tA
过B点有H＝gt，x＋lcosθ＝v′tB
联立解得对应高度的最大值为H＝5.12m.
答案：(1)3m/s (2)2.8s (3)5.12m课时分层作业(七) 平抛运动的临界问题、类平抛运动
A组 基础巩固练
1．如图所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8m，水平距离为8m．则运动员跨过壕沟的初速度至少为(取g＝10m/s2)( )
A．0.5m/sB．2m/s
C．10m/sD．20m/s
2．手机上可以玩一种叫“扔纸团”的小游戏．如图所示，游戏时，游戏者滑动屏幕将纸团从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的圆柱形废纸篓，纸团恰好从纸篓的上边沿入篓并直接打在纸篓的底角．若要让纸团进入纸篓中并直接击中篓底的正中间，下列做法可行的是( )
A．在P点将纸团以小于v的速度水平抛出
B．在P点将纸团以大于v的速度水平抛出
C．在P点正上方某位置将纸团以小于v的速度水平抛出
D．在P点正下方某位置将纸团以大于v的速度水平抛出
3．如图所示，M、N是两块挡板(宽度忽略不计)，挡板M高h′＝10m，其上边缘与挡板N的下边缘在同一水平面．从高h＝15m的A点以速度v0水平抛出一小球(可视为质点)，A点与两块挡板的水平距离分别为d1＝10m，d2＝20m.挡板N的上边缘高于A点，若能使小球直接进入挡板M的右边区域，则小球水平抛出的初速度v0的大小可能是下列给出数据中的(g取10m/s2，空气阻力不计)( )
A．8m/sB．4m/s
C．15m/sD．21m/s
4．(多选)在一些广场经常会有一种抛圈游戏，现简化模型如图：细铁丝绕成的圆圈在界线的正上方水平抛出(圆圈平面一直保持水平)，不计空气阻力，落地后立即停止运动，且圆圈不能碰到玩具，细圆柱体玩具(直径忽略)垂直放置在水平地面上．设圆圈抛出时的离地高度为H，初速度v垂直于界线，界线到玩具的距离d＝1.8m，圆圈的半径R＝0.1m，玩具的高度为h＝0.2m．为了套中玩具，以下说法正确的是(g取10m/s2)( )
A．圆圈的抛出点越高，则需要抛出的速度越小
B．只要满足H>h，同时控制好v，则必定可套中玩具
C．H至少为m，否则无论v多大都不能套中玩具
D．H至少为1.25m，否则无论v多大都不能套中玩具
5.在清晨，武汉吉庆街的面香扑鼻而来，其中刀削面引人注目．如图甲所示，拿一块面团放在锅旁边较高处，用刀片飞快地削下一片片很薄的面片，使面片飞向旁边的锅里．假设某一面片初速度水平，飞出时离锅内水面的竖直距离h＝0.80m，离锅正中心的水平距离为0.6m，锅的半径为0.2m，如图乙所示．不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2.
(1)求面片落入锅中所用的时间t.
(2)求面片要落入锅中初速度大小的取值范围．
B组 能力提升练
6．[2023·江苏南通高一期末]如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(即v0方向平行于CD)，小球运动到B点．已知A点的高度为h，重力加速度为g.
(1)求小球加速度的大小．
(2)求小球到达B点的时间．
(3)求小球到达B点时的速度大小．
7．一支探险队在探险时遇到一条河沟，河沟的一侧OA竖直，另一侧呈抛物线形状的坡面OB与一个平台BC相连，如图所示．已知河沟竖直一侧OA的高度为2h，平台离沟底的高度为h，C点到OA的水平距离为2h.以沟底的O点为原点建立坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y＝.质量为m的探险队员在河沟的竖直一侧从A点沿水平方向跳向平台，人可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.
(1)若探险队员从A点以初速度v0水平跳出时，掉在坡面OB的某处，则他在空中运动的时间为多少？
(2)为了能跳在平台上，他在A点的初速度应满足什么条件？
8．排球场地的数据如图甲所示．在某次比赛中，一球员在发球区从离地高3.5m且靠近底线的位置(与球网的水平距离为9m)将排球水平向前击出，排球的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ与排球运动时间t的关系如图乙所示，排球可看成质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.
(1)求排球击出后0.2s内速度变化量的大小和方向．
(2)求排球初速度的大小．
(3)通过计算判断，如果对方球员没有碰到排球，此次发球是否能够直接得分？
课时分层作业(七) 平抛运动的
临界问题、类平抛运动
1．解析：根据x＝v0t、y＝gt2，将已知数据代入可得v0＝20m/s，故选项D正确．
答案：D
2．解析：在P点将纸团以小于v的速度水平抛出，纸团下降到纸篓上边沿的时间内，水平位移变小，纸团不能进入纸篓中，故A错误；在P点将纸团以大于v的速度水平抛出，则纸团下降到篓底的时间内，水平位移增大，不能直接击中篓底的正中间，故B错误；要使纸团进入纸篓且直接击中篓底的正中间，分析临界状态可知，最可能的入篓点为左侧纸篓上边沿，若在P点正上方某位置将纸团以小于v的速度水平抛出，根据x＝v知，纸团水平位移可以减小且不会与纸篓的左边沿相撞，纸团有可能击中篓底的正中间，故C正确；同理可得D错误．
答案：C
3．解析：要让小球落到挡板M的右边区域，下落的高度为Δh＝h－h′＝5m，由t＝得t＝1s，由d1＝v01t，d2＝v02t，得v0的范围为10m/s答案：C
4．解析：
圆圈的抛出点越高，由t＝可知运动时间越长，由x＝v0t知，抛出的速度越小，A正确；临界轨迹如图所示，设从抛出点到玩具顶端的时间为t1，从抛出点到地面时间为t2，根据平抛规律有H－h＝gt，得t1＝，同理H＝gt，得t2＝，初速度v＝＝，代入数据解得t1＝0.9t2，即＝0.9，解得H＝m，如果H答案：AC
5．解析：(1)面片飞出时做平抛运动，在竖直方向面片做自由落体运动，h＝gt2
解得t＝0.4s.
(2)在水平方向面片做匀速直线运动，则有
v1＝＝m/s＝1m/s
v2＝＝m/s＝2m/s
故面片要落入锅中初速度大小的取值范围为1m/s≤v≤2m/s.
答案：(1)0.4s (2)1m/s≤v≤2m/s
6．解析：(1)小球从A点抛出后在斜面上做类平抛运动．
由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma
得a＝gsinθ.
(2)小球在沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，
有＝at2
解得t＝.
(3)小球沿水平方向做匀速直线运动，有vx＝v0
小球在沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，
有vy＝at
小球到达B点时的速度大小vB＝＝.
答案：(1)gsinθ (2) (3)
7．解析：(1)设探险队员在OB坡面上的落点坐标为(x，y)，由平抛运动规律可得x＝v0t，2h－y＝gt2，又y＝，联立解得t＝.
(2)将y＝h代入y＝可求得B点的横坐标xB＝h，而C点的横坐标xC＝2h.由平抛运动规律得xB＝v0Bt1，xC＝v0Ct1，2h－h＝gt，解得v0B＝，v0C＝，所以为了能跳到平台上，他在A点的初速度应满足≤v初≤.
答案：(1) (2)≤v初≤
8．解析：(1)速度变化量为Δv＝gΔt＝10×0.2m/s＝2m/s，方向与重力加速度方向相同，即竖直向下．
(2)由平抛运动规律有tanθ＝，vy＝gt
由图像可知k＝
联立解得v0＝20m/s.
(3)由平抛运动规律，排球运动到中线上方时，有x1＝v0t1，h1＝gt，解得h1＝1.0125m，3.5m－1.0125m＝2.4875m>2.24m，所以排球不触网；排球落地时，有x2＝v0t2，h2＝gt，解得x2＝m<18m，所以排球不出界．故此次发球能够直接得分．
答案：(1)2m/s，方向竖直向下 (2)20m/s (3)见解析课时分层作业(三) 运动的合成与分解的两个模型
A组 基础巩固练
1．宁波市某高中进行了防溺水安全教育后，小明和几位同学就如何以最短时间救人进行了讨论，一致认为救援者应以一定的速度面部始终垂直河岸游去时间最短．若河中各处水流速度相等，如图所示对救援者游过的路程、过河所用的时间与水速的关系，哪位同学的说法是正确的( )
A．同学甲：水速大时，路程长，时间长
B．同学乙：水速大时，路程长，时间短
C．同学丙：水速大时，路程长，时间不变
D．同学丁：路程、时间与水速无关
2．“十月里来秋风凉，中央红军远征忙．星夜渡过于都河，古陂新田打胜仗．”这是在于都县长征第一渡口纪念碑上镌刻的一首诗，描述的就是当年红军夜渡于都河开始长征的情景．于都河宽600m左右，假设有艘帆船以10.8km/h的速度沿垂直于河岸方向匀速向对岸航行，结果偏离垂直对岸点的距离约为200m，则水流速度大小约为( )
A．2.4km/hB．7.2km/h
C．5.4km/hD．3.6km/h
3．[2023·河南郑州高一期末](多选)运动员在河面上做划船运动训练，河水流动的速度v大小不变，方向沿河岸向下游方向，运动员划船的速度方向沿船头方向，大小不变．如图所示为五幅描述船过河的航线图，图中虚线表示船运动的实际航线．下列说法正确的是( )
A.甲、乙、戊三幅图描绘的航线都可能是符合实际的船过河的航线
B．甲图所绘航线是符合实际的，船头保持甲图所示方向航行，船过河时间最短
C．丙图所绘航线是符合实际的，船头保持丙图所示方向航行，船过河位移最小
D．乙图和戊图所绘航线都是符合实际的，船头保持图示方向航行，船过河位移都可能最小
4．南渡江是海南省最大的河流，水流湍急，流量巨大．救援人员为了营救在对岸落水的儿童，立即驾驶救援艇出发，如图所示．已知该救援艇在静水中的航行速度大小为12.5m/s，该段水流速度大小为3.5m/s，救援人员以最短时间过江用时12s．则下列说法正确的是( )
A．河流宽度为150m
B．河流宽度为192m
C．救援艇以最短时间过江时，在正对岸靠岸
D．救援艇以最短时间过江时，在正对岸下游50m处靠岸
5.
如图，A、B为固定的定滑轮，一根不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，用一外力使细绳上端以v＝9m/s的速度向右匀速运动，细绳下端连接的小物块沿水平地面向左运动．当β＝θ＝53°时，小物块的速度大小为(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )
A．11.25m/sB．12.5m/s
C．15m/sD．18m/s
6．如图，在一棵大树下有张石凳子，上面水平摆放着一排香蕉．为了一次拿到更多的香蕉，小猴子紧抓住软藤摆下，同时树上的老猴子向上拉动软藤的另一端，使得小猴子到达石凳子时保持身体水平向右运动．已知老猴子以恒定大小为v拉动软藤，当软藤与竖直方向成角θ时，小猴子的水平运动速度大小为( )
A．vcosθ B．vsinθC． D．
7．京杭大运河贯穿宝应县南北，在宝应境内长40.5km，渡口曾是运河两岸重要的交通枢纽．某个渡口，河宽为120m，水流速度恒为3m/s，船在静水中的速度为5m/s，一条渡船恰好沿直线从A点驶向对岸的B点．已知AB与河岸垂直，则( )
A．船头与河岸恰好垂直
B．过河时间为24s
C．只提高船在静水中的速度，船将不能沿AB方向航行
D．只改变船头方向，仍可以使船沿AB方向航行
B组 能力提升练
8.曲柄连杆机构是发动机的主要运动机构，其功用是将活塞的往复运动转变为曲轴的旋转运动，从而驱动汽车车轮转动．其结构示意图如图所示，活塞可沿水平方向往复运动，曲轴可绕固定的O点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点．若曲轴绕O点做匀速圆周运动，则( )
A.活塞做水平方向的匀速直线运动
B．当OA与AB垂直时，A点与B点的速度大小相等
C．当OA与AB共线时，A点与B点的速度大小相等
D．当OA与OB垂直时，A点与B点的速度大小相等
9．宁夏银川的一家餐厅后厨起火后，厨师和餐厅负责人却先跑了，三名顾客被困，大火被扑灭后，三人被救出．厨师和餐厅负责人因未尽到组织引导顾客疏散的义务被刑拘．火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，如图所示是火警设计的一种让当事人快速逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上，N端在水平地面上向右以速度v0匀速运动，被救助的人员紧抱M端随轻杆向平台B端靠近，平台高h.当BN＝2h时，被救人员向B点运动的速率是( )
A．v0 B．2v0 C．v0 D．v0
10．[2023·上海闵行中学高一期中]如图，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，AB＝r.为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为( )
A．v1B．v1C．v1D．v1
课时分层作业(三) 运动的合成
与分解的两个模型
1．解析：此人的运动可分解为垂直河岸方向的分运动和沿河岸方向的分运动．根据分运动的独立性，水速增大时，垂直河岸方向的分运动不受影响，所以渡河时间不变，但合速度的方向变化，即实际运动轨迹发生变化，路程变长，故C正确．故选C.
答案：C
2．解析：渡河时间为t＝h＝h，水流速度为v＝km/h＝3.6km/h，故选D.
答案：D
3．解析：将船速和水速用平行四边形定则进行合成，会发现只有甲、乙、戊三幅图描绘的航线是符合实际的，故A正确，C错误；甲图描绘的航线是符合实际的，而且因为船头垂直于河岸，使得在垂直河岸的方向上速度最大，所以过河时间最短，故B正确；乙图和戊图航线都是符合实际的，当船速大于水速时，乙图的航线位移是最短的，就等于河岸的宽度，当船速小于水速时，若船速和水速的合速度垂直于船速，则船过河的位移也是最短的，故D正确．
答案：ABD
4．解析：河流宽度为d＝v艇t＝12.5×12m＝150m，选项A正确，B错误；救援艇以最短时间过江时，沿水流方向的位移为x＝v水t＝3.5×12m＝42m，即在正对岸下游42m处靠岸，选项C、D错误．故选A.
答案：A
5．解析：
小物块参与两个方向的分运动——沿绳方向的分运动和垂直绳方向的分运动，将小物块的速度分解到沿绳和垂直绳的方向，如图所示．小物块沿绳方向的分速度等于细绳上端向右运动的速度，即v＝vBcosβ，解得vB＝m/s＝15m/s，C正确．
答案：C
6．解析：小猴子参与了沿绳子和垂直于绳子两个方向的运动，合速度方向水平向右，如图．根据平行四边形定则得，合速度v合＝，所以小猴子的水平运动速度为.故选D.
答案：D
7．解析：船在静水中的速度与水流速度的矢量和沿AB方向，所以船头一定朝向AB左侧，故A错误；根据平行四边形定则可知船的合速度大小为v＝＝4m/s，所以渡河时间为t＝＝30s，故B错误；因为水流速度大小和方向一定，所以无论是只提高船在静水中的速度，还是只改变船头方向，速度平行四边形的一条边变化，对角线一定变化，则两种情况下都不能使船在静水中的速度与水流速度的矢量和再次沿AB方向，即船将不能沿AB方向航行，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
8．解析：设A点的线速度大小为vA，当OA与AB垂直时，设AB与水平方向的夹角为θ，则vBcosθ＝vA答案：D
9．解析：设杆与水平面CD间的夹角为θ，由几何关系可知sinθ＝＝，得θ＝30°.将杆上N点的速度分解成沿杆方向的分速度v1和垂直于杆方向的分速度v2，由几何关系可得v1＝v0cosθ＝v0.同一根杆上沿杆方向的速度大小相等，故被救人员向B点运动的速率为v0，C正确．
答案：C
10．解析：当小船合速度方向与漩涡边缘相切时，小船在静水中速度
有最小值v2，如图所示，v2＝v1sin2θ，由几何关系得tanθ＝＝，则sinθ＝，cosθ＝，解得v2＝2v1sinθcosθ＝v1，故选B.
答案：B课时分层作业(十八) 卫星的变轨及对接问题
A组 基础巩固练
1.
[2023·黑龙江哈尔滨第五十八中学高一期末](多选)如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球，在距月球表面200km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后，卫星在P点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动．用T1、T2、T3分别表示卫星在椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运行的周期，用a1、a2、a3分别表示卫星运动到P点的加速度．下列说法正确的是( )
A．T1＞T2＞T3B．T1＜T2＜T3
C．a1＞a2＞a3D．a1＝a2＝a3
2.
(多选)如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ.下列说法正确的是( )
A．该卫星的发射速度必定大于11.2km/s
B．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/s
C．在椭圆轨道上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度
D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
3.
我国自主研制的货运飞船“天舟三号”发射升空后，与已经在轨运行的“天和号”成功对接形成“组合体”．对接后的“组合体”仍在“天和号”的轨道上运行，“组合体”和“天和号”运动的轨道均可视为圆轨道．“组合体”和“天和号”相比，“组合体”运行的( )
A．周期变小B．角速度变大
C．线速度大小不变D．向心加速度变小
4.
(多选)“神舟十四号”飞船在入轨后，与“天和”核心舱进行自主快速交会对接．与“天和”核心舱及“天舟四号”货运飞船形成组合体后，组合体围绕地球做匀速圆周运动．已知引力常量为G，组合体轨道半径为r，组合体绕地球转n圈的时间为t，下列物理量可求出的是( )
A．地球表面重力加速度
B．地球质量
C．组合体所在轨道的重力加速度
D．地球的密度
5.
中国自行研制、具有完全自主知识产权的“神舟”号飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术．其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R.
(1)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速？
(2)求飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小．
6．[2023·北京海淀高一联考]如图所示，卫星沿圆形轨道Ⅰ环绕地球运动，当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道Ⅱ或Ⅲ.轨道Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ均与地球赤道面共面．变更轨道后( )
A．卫星沿轨道Ⅲ运动
B．卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C．卫星经过M点时的加速度变大
D．卫星环绕地球运动的周期变大
7．[2023·广东佛山统考一模]2022年11月1日，23吨的“梦天”实验舱与60t的“天和”核心舱组合体顺利对接，完成了中国空间站建设最后一个模块的搭建．若对接前“天和”核心舱组合体在距地高度380km的正圆轨道运动，运行速度略小于“梦天”实验舱对接前的速度，则( )
A．对接时“梦天”舱和“天和”舱因冲击力而产生的加速度相同
B．对接前空间站内航天员所受地球的引力为零
C．对接后空间站绕地运行速度大于第一宇宙速度
D．若不启动发动机调整轨道，对接后空间站的轨道将会是椭圆
B组 能力提升练
8.(多选)“嫦娥五号”从地球发射到环绕月球过程的路线示意图如图所示，关于“嫦娥五号”的说法正确的是( )
A.在P点由a轨道转变到b轨道时，速度必须变小
B.在Q点由d轨道转变到c轨道时，要加速才能实现(不计“嫦娥五号”的质量变化)
C．在b轨道上，“嫦娥五号”在P点的速度比在R点的速度大
D．“嫦娥五号”在a、b轨道上正常运行时，通过同一点P时，加速度相等
9.
(多选)2021年5月15日，我国自主研制的火星探测器“天问一号”成功着陆火星．如图所示，着陆火星前探测器成功进入环火星半长轴为R1的椭圆轨道，然后实施近火星制动，顺利完成“太空刹车”，被火星捕获，进入环火星半径为R2、周期为T的圆轨道．关于“天问一号”探测器，下列说法正确的是( )
A．探测器由椭圆轨道进入圆轨道应该在P点加速
B．探测器沿椭圆轨道从P点运动到Q点速度减小
C．探测器在P点变轨前后，加速度将增大
D．探测器沿椭圆轨道由P点运动到Q点所需的最短时间为·
课时分层作业(十八) 卫星的变轨及对接问题
1．解析：根据开普勒第三定律可知，A正确，B错误；在3个轨道上分别经过P点时，卫星受到月球的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知，C错误，D正确．
答案：AD
2．解析：11.2km/s是卫星脱离地球引力束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故选项A错误；7.9km/s(第一宇宙速度)是近地卫星的环绕速度，也是卫星做圆周运动最大的环绕速度，同步卫星运动的线速度一定小于第一宇宙速度，故选项B错误；椭圆轨道Ⅰ上，P是近地点，故卫星在P点的速度大于在Q点的速度，卫星在轨道Ⅰ上的Q点做近心运动，只有加速后才能沿轨道Ⅱ运动，故选项C、D正确．
答案：CD
3．解析：根据G＝ma＝m＝mω2r＝mr得，向心加速度a＝，线速度v＝，角速度ω＝，周期T＝，由于轨道半径不变，则线速度大小、角速度、周期、向心加速度大小均不变，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
4．解析：组合体周期为T＝，根据万有引力提供向心力得＝＝ma，联立解得M＝，a＝，故B、C正确；由于不知道地球半径，所以无法计算地球表面的重力加速度和地球的密度，故A、D错误．
答案：BC
5．解析：(1)飞船要转入更高轨道，做离心运动，由离心运动条件可知，需要加速．
(2)在地球表面有mg＝①
根据牛顿第二定律有G＝maA②
由①②式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为aA＝.
答案：(1)加速 (2)
6．解析：卫星运动到M点时减速，万有引力大于做圆周运动所需要的向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道Ⅱ运动，A错误；卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道Ⅰ上运行的半径大于近地轨道的半径，根据＝，得v＝，可知卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；根据＝ma，得a＝，由于M点离地球的距离不变，故卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；根据开普勒第三定律，轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，故从轨道Ⅰ变到轨道Ⅱ，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误．故选B.
答案：B
7．解析：“梦天”舱和“天和”舱之间因冲击对“梦天”舱和“天和”舱产生的力大小相等、方向相反，可知“梦天”舱和“天和”舱的加速度方向相反，“梦天”舱和“天和”舱的质量不等，根据F＝ma可知“梦天”舱和“天和”舱的加速度大小不相等，故A错误；空间站内的航天员受到地球的万有引力，由于万有引力全部提供做圆周运动的向心力，航天员处于完全失重状态，故B错误；第一宇宙速度为环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，可知对接后空间站绕地运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；对接后空间站的速度会发生变化，若不启动发动机调整轨道，对接后空间站的轨道将会是椭圆，故D正确．故选D.
答案：D
8．解析：“嫦娥五号”在a轨道上的P点进入b轨道，需加速，使万有引力小于需要的向心力而做离心运动，选项A错误；“嫦娥五号”在Q点由d轨道转变到c轨道时，必须减速，使万有引力大于需要的向心力而做近心运动，选项B错误；根据开普勒第二定律知，在b轨道上，“嫦娥五号”在P点的速度比在R点的速度大，选项C正确；根据＝man知，“嫦娥五号”在a、b轨道上正常运行，通过同一点P时，加速度相等，选项D正确．
答案：CD
9．解析：探测器由椭圆轨道实施近火星制动，因此进入圆轨道，应该在P点减速，选项A错误；由开普勒第二定律知，选项B正确；探测器在P点变轨前后，万有引力不变，加速度不变，选项C错误；根据开普勒第三定律有＝解得T1＝T，因此探测器沿椭圆轨道由P点运动到Q点所需的最短时间t＝＝·，选项D正确．
答案：BD课时分层作业(十二) 竖直面内的圆周运动和圆周运动的临界问题
A组 基础巩固练
1.
如图所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g.若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为( )
A．B.
C.D．2
2．如图所示，A是用轻绳连接的小球，B是用轻杆连接的小球，两球都在竖直面内做圆周运动，且绳、杆长度L相等．忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A．A球通过圆周最高点的最小速度是
B．B球通过圆周最高点的最小速度为
C．B球到最低点时处于超重状态
D．A球在运动过程中所受的合外力的方向总是指向圆心
3．[2023·天津南开高一下期末]如图所示，下列有关生活中的圆周运动的实例分析，说法正确的是( )
A．图甲中，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B.图乙中，在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯
C．图丙中，“水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底的压力小于在最低点处水对碗底的压力
D．图丁中，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
4．[2023·广东佛山高一检测](多选)滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做高速匀速圆周运动，以达到脱水的效果．滚筒截面如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．衣物运动到最低点B点时处于超重状态
B．衣物和水都做离心运动
C．衣物运动到最高点A点时脱水效果更好
D．衣物运动到最低点B点时脱水效果更好
5.
如图所示，长度均为l＝1m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝0.5kg的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为l，重力加速度g取10m/s2．现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( )
A．5NB．20N
C．15ND．10N
6．如图所示，甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成把轨道车套在了轨道上)，四个图中轨道的半径都为R.下列说法正确的是( )
A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给游客向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给游客向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅给人的力一定小于重力
D．丁图中，若轨道车过最高点的速度大于，安全带一定给游客向上的力
7.
一转轴垂直于一光滑水平面，交点O的上方A处固定一细绳的一端，细绳的另一端固定一质量为m的小球B，AO＝h，绳长AB＝l>h，小球可随转轴转动，并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示．要使小球不离开水平面，转轴的转速的最大值是(重力加速度为g)( )
A．B．π
C．D．2π
8.
(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴OO′的距离为2l.木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的静摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
9.
“渤海之眼”——世界上最大的无轴式摩天轮位于山东潍坊，其总高度为145m，直径达125m，匀速运行一周需时30min.在摩天轮匀速运行过程中，游客乘坐的座椅始终保持水平，当质量为60kg的游客乘坐摩天轮游玩时，求：
(1)轿厢转动的角速度大小；(计算结果保留两位有效数字)
(2)在最低点和最高点，座椅对乘客作用力大小的差值．(计算结果保留一位有效数字)
B组 能力提升练
10.
(多选)有一如图所示装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转．刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向．现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力．已知OA＝4m，OP＝5m，小球的质量m＝1kg，弹簧的原长l＝5m，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数k＝3.75N/m
B．弹簧的劲度系数k＝5N/m
C．当弹簧的弹力为零时，整个装置转动的角速度ω＝rad/s
D．当弹簧的弹力为零时，整个装置转动的角速度ω＝rad/s
11.
如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2．则ω的最大值是( )
A．rad/sB．rad/s
C．1.0rad/sD．0.5rad/s
12.
如图所示，一个人用一根长R＝1.6m的轻质细绳拴着一个质量m＝1kg的小球在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能够经过最高点．已知圆心O距离地面h＝6.6m，转动中小球在最低点时绳子刚好断裂，此时小球的速度为4m/s(g取10m/s2).试求：
(1)小球恰好经过最高点时的速度大小；
(2)绳子能够承受的最大拉力；
(3)上述第(2)问中绳子断后，小球落地点到O的水平距离．
课时分层作业(十二) 竖直面内的圆周运动
和圆周运动的临界问题
1．解析：圆盘转动的角速度最大时，根据牛顿第二定律有μmg＝mrω2，解得圆盘转动的最大角速度为ω＝，选项B正确．
答案：B
2．解析：A球在最高点的临界情况是绳子拉力为零，根据mg＝，可知在最高点的最小速度为，杆可以提供拉力，也可以提供支持力，所以B球在最高点的最小速度为零，故A、B错误；在最低点时，B球的加速度方向向上，处于超重状态，故C正确；A球做变速圆周运动，只有在最高点和最低点时，合力的方向才指向圆心，故D错误．
答案：C
3．解析：汽车通过凹形桥的最低点时，根据牛顿第二定律得N－mg＝m，可知N>mg，汽车处于超重状态，A错误；在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是在合适的速度下，减小车轮与轨道之间的侧压力，B错误；“水流星”匀速转动过程中，在最高点处，有N1＋mg＝m，在最低点处，有N2－mg＝m，所以N2>N1，结合牛顿第三定律可知，在最高点处水对碗底的压力小于在最低点处水对碗底的压力，C正确；洗衣机脱水桶的原理是水滴受到的合力小于它所需要的向心力，水滴做离心运动，达到脱水的目的，D错误．
答案：C
4．解析：衣物运动到最低点B点时，加速度指向圆心，方向竖直向上，处于超重状态，故A正确；衣物受到滚筒的支持力和重力，做圆周运动，水所受合力不足以提供向心力，做离心运动，故B错误；根据牛顿第二定律，在最低点有FN1－mg＝m，在最高点有FN2＋mg＝m，则FN1>FN2，衣物运动到最低点B点时脱水效果更好，故C错误，D正确．
答案：AD
5．解析：小球在最高点的速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，由牛顿第二定律得mg＋2FTcos30°＝m，解得FT＝mg＝5N，故选A.
答案：A
6．解析：在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得mg－N＝m，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得mg＋F＝m，即座椅给人施加向下的力，故A错误；在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人的力一定是向上的力，故B正确；在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力方向竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，N－mg＝m，座椅给人的力一定大于重力，故C错误；设竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律mg＋N＝m，当v>时，N>0，可知安全带一定给游客向下的力，故D错误．故选B.
答案：B
7．解析：
如图所示，设细绳与转轴的夹角为θ，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FN、细绳拉力FT.在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为，而r＝htanθ，得FTcosθ＋FN＝mg，FTsinθ＝m(2πn)2r＝m(2πn)2htanθ，当小球即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值，则mg＝m(2πnmax)2h，nmax＝，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
8．解析：由题知，两个木块与圆盘间的最大静摩擦力相等，当木块随圆盘一起转动且彼此不发生相对滑动时，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，木块所受的静摩擦力Ff＝mω2r.m、ω相等时，Ff∝r，所以b所受的静摩擦力较大．随着ω增大，b所受的静摩擦力先达到最大静摩擦力，所以b先滑动，A项正确，B项错误；b处于临界状态时有kmg＝mω2·2l，得ω＝，C项正确；当ω＝时，对a分析有Ffa＝mω2l＝ml＝kmg＜Ffm＝kmg，故此时a所受摩擦力为静摩擦力，大小为kmg，D项错误．
答案：AC
9．解析：(1)轿厢转动的角速度大小为
ω＝＝3.5×10－3rad/s.
(2)在最低点座椅对乘客作用力大小为F1，
则F1－mg＝mRω2，
在最高点座椅对乘客作用力大小为F2，
则mg－F2＝mRω2，
联立并代入数据得F1－F2＝2mRω2＝0.09N.
答案：(1)3.5×10－3rad/s (2)0.09N
10．解析：整个装置静止时，设绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子对小球的拉力大小为FT，对小球进行受力分析，可得FTcosθ＝mg，FTsinθ＝kx，又OP2＝OA2＋(l－x)2，tanθ＝，解得k＝3.75N/m，A正确，B错误；当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，设绳子与竖直方向的夹角为α，做圆周运动的半径为r，则有mgtanα＝mω2r，而r2＋()2＝l2，tanα＝，解得ω＝rad/s，C正确，D错误．
答案：AC
11．解析：
物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1.0rad/s，C正确，A、B、D错误．
答案：C
12．解析：(1)小球在最高点时处于临界状态，重力恰好提供向心力，则
mg＝m，可得v1＝＝4m/s.
(2)对小球进行受力分析，在最低点时，绳子拉力和重力的合力提供向心力T－mg＝m，则T＝m＋mg＝60N.
(3)绳子断后，小球做平抛运动
竖直方向有h－R＝gt2
水平方向有x＝vt，
联立解得小球落地点到O的水平距离x＝4m.
答案：(1)4m/s (2)60N (3)4m课时分层作业(十九) 相对论时空观与牛顿力学的局限性
A组 基础巩固练
1．牛顿力学不适用于下列哪种情况( )
A．研究原子中电子的运动
B．研究“神舟十五号”飞船的高速发射
C．研究地球绕太阳的运动
D．研究飞机从北京飞往纽约的航线
2．[2023·江苏阜宁高一期中]如图所示，按照狭义相对论的观点，火箭B是“追赶”光飞行的，火箭A是“迎着”光飞行的．若火箭相对地面的速度均为v，则两火箭上的观察者测出的光速分别为( )
A．c＋v，c－vB．c，c
C．c－v，c＋vD．无法确定
3．(多选)对相对论的理解正确的是( )
A．在不同惯性系中，物理规律的形式可能是不同的
B．在不同惯性系中，光在真空中任何方向的传播速度均相同
C．相对论时空观认为运动物体的长度与物体的运动状态无关
D．相对论时空观认为物理过程的快慢与物体的运动状态有关
4．[2023·江苏无锡高一期末]如图所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v(v接近光速c).地面上测得它们的距离为L，根据相对论时空观，则A测得两飞船间的距离( )
A．大于LB．等于L
C．小于LD．与v无关
B组 能力提升练
5.[2023·江苏常熟高一下期中]惯性系S中有一棱长为L的正方体，从相对S系沿x方向以接近光速的速度匀速飞行的飞行器上观察，该正方体的形状可能是下图中的( )
6．[2022·江苏徐州高一期末]如图所示，一同学在教室上课，教室的长度为9m，教室中间位置有一光源．有一飞行器从前向后高速通过教室外侧，已知光速为c，飞行器中的飞行员认为( )
A．教室中的时钟变快
B．教室的长度大于9m
C．从光源发出的光先到达教室后壁
D．光源发出的光，向后的速度小于c
课时分层作业(十九) 相对论时空观
与牛顿力学的局限性
1．解析：牛顿力学适用于宏观、低速运动的物体，这里低速和高速的标准是相对于光速而言的，可判定牛顿力学适用于B、C、D中描述的运动，而不适用于A中的情况．本题选不适用的情况，故选A.
答案：A
2．解析：根据狭义相对论的观点，真空中光速不变，即光速的大小与观察者的运动无关，所以两火箭上的观察者测出的光速都是c，故选B.
答案：B
3．解析：根据相对论的两条假说：在不同的惯性系中，物理规律的形式都是相同的；在不同惯性系中，光在真空中任何方向的传播速度都相等．故A错误，B正确；根据相对论时空观可知C错误，D正确．
答案：BD
4．解析：根据L＝L0，L0为在相对静止参考系中的长度，L为在相对运动参考系中的长度．地面上测得它们相距为L，是相对运动参考系中的长度，而A测得的长度为相对静止参考系中的长度，大于L.故选A.
答案：A
5．解析：根据相对论效应可知，正方体沿x轴方向的棱长缩短，沿y轴和z轴方向的棱长不变，故选D.
答案：D
6．解析：根据爱因斯坦的相对论，可知飞行器中的飞行员认为教室中的时钟变慢，教室的长度变短，即长度小于9m，选项A、B错误；教室中的人认为，光向前、向后传播的速度相等，光源在教室中央，光同时到达前后两壁，飞行器中的飞行员是一个惯性系，光向前、向后传播的速度相等，向后壁传播的路程短些，到达后壁的时刻早些，选项C正确；根据光速不变原理，不论光源与观察者之间做怎样的相对运动，光速都是一样的，选项D错误．
答案：C课时分层作业(十六) 宇宙航行
A组 基础巩固练
1．下列说法正确的是( )
A．中国发射的地球同步卫星应该时刻处于北京的正上方
B.地球同步卫星的运行速度大于第一宇宙速度
C．第一宇宙速度是人造地球卫星运行的最大环绕速度，也是发射卫星的最小发射速度
D．随着技术的发展，可以发射一颗运行周期为60min的人造地球卫星
2．在人类探索宇宙的过程中，有意无意地遗弃在宇宙空间的各种残骸和废弃物被称为“太空垃圾”．这些“太空垃圾”在地球附近的轨道上高速运动，因此对正在运行的航天器具有巨大的破坏力．设“太空垃圾”绕地球做圆周运动，以下说法正确的是( )
A．离地面越低的“太空垃圾”运行周期越大
B．离地面越高的“太空垃圾”运行角速度越小
C．“太空垃圾”运行速率可能为8.5km/s
D．由公式v＝得，离地面越高的“太空垃圾”运行速率越大
3．一做匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的3倍后仍做匀速圆周运动，则( )
A．根据公式v＝ωr，可知卫星运动的线速度增大到原来的3倍
B．根据公式v＝，可知卫星运动的线速度减小到原来的
C．根据公式v＝，可知卫星运动的线速度增大到原来的倍
D．根据公式F＝，可知卫星所需的向心力将减小到原来的
4．金星的半径是地球半径的，质量是地球质量的.忽略金星、地球自转的影响，金星表面的自由落体加速度与地球表面的自由落体加速度之比、金星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比分别是( )
A．5∶8 1∶2B．5∶8 ∶2
C．1∶2 ∶2D．1∶2 1∶2
5．如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行．a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星．下列说法正确的是( )
A．a、b的周期比c的大
B．a、b的向心力大小一定相等
C．a、b的速度大小相等
D．a、b的向心加速度大小比c的小
6．如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )
A．甲的向心加速度比乙的小
B．甲的运行周期比乙的小
C．甲的角速度比乙的大
D．甲的线速度比乙的大
7．[2023·北京延庆高一统考]北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5h的出舱活动，“神舟十四号”航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．若“问天”实验舱围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A．“问天”实验舱的质量为
B．漂浮在舱外的航天员加速度等于零
C．“问天”实验舱在圆轨道上运行的速度小于7.9km/s
D.若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
8．“嫦娥五号”的成功发射及月面采样返回，标志着我国探月工程三步走的目标顺利完成．已知“嫦娥五号”绕月飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G.
(1)求“嫦娥五号”绕月飞行时的线速度大小．
(2)求月球的质量．
B组 能力提升练
9.
图中a是静止在地球赤道上的物体，b是探测卫星，c是地球静止卫星，它们在同一平面内沿不同的轨道绕地心做匀速圆周运动，且均沿逆时针方向绕行．若某一时刻，它们正好运行到同一条直线上(如图所示)，则再经过6h，下列关于a、b和c三者位置的图示可能正确的是( )
10．[2023·湖南卷]根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星．恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1～8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10～20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞．设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快．不考虑恒星与其他物体的相互作用．已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍，中子星密度大于白矮星．根据万有引力理论，下列说法正确的是( )
A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B．恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
11.
[2023·安徽合肥高一联考]2022年11月9日，某天文爱好者通过卫星追踪软件获得“天和”空间站过境运行轨迹(如图甲)，通过微信小程序获得中国“天和”空间站过境连续两次最佳观察时间，信息如图乙所示．这连续两次最佳观察时间内，空间站绕地球共转过16圈．已知地球半径为R，自转周期为24小时，同步卫星轨道半径为6.6R，不考虑空间站轨道修正，由以上信息可估算“天和”空间站的轨道半径为(≈1.59)( )
查看过境图
日期 亮度 过境类型
11月2日 0.4 可见
开始时间 开始方位 开始高度角
17：50：08 西北偏西 10°
查看过境图
日期 亮度 过境类型
11月3日 3.2 可见
开始时间 开始方位 开始高度角
18：28：40 西南偏西 10°
乙
A.0.83RB．1.04R
C.1.59RD．6.6R
12．“天琴计划”设想在10万千米高度的地球轨道上部署三颗卫星，组成臂长17万千米的等边三角形编队，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”．该系统的目的是探测引力波信号，并利用引力波进行基础物理、天文学和宇宙学研究．假设地球位于该三角形的中心，地球同步卫星的轨道半径约为4.2万千米，则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是( )
A.三颗卫星一定是地球同步卫星
B.三颗卫星具有相同大小的加速度
C.三颗卫星的线速度均大于第一宇宙速度
D.若仅知道引力常量G及三颗卫星绕地球运行的周期T，可估算出地球的密度
13．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信．目前地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为多少？
课时分层作业(十六) 宇宙航行
1．解析：地球静止卫星只能定点在赤道的正上空，地球同步卫星不能时刻处于北京的正上方，A错误；第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，也是发射卫星的最小发射速度，地球同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，B错误，C正确；围绕地球以第一宇宙速度运行的卫星具有最小的运行周期，此周期值大约为84min，D错误．
答案：C
2．解析：“太空垃圾”绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力可知＝mr，解得T＝，则离地面越低的“太空垃圾”运行周期越小，故A错误；根据万有引力提供向心力可知＝mω2r，解得ω＝，则离地面越高的“太空垃圾”运行角速度越小，故B正确；地球的第一宇宙速度为7.9km/s，是最大的环绕速度，所有围绕地球做圆周运动的物体速度不能大于此速度，故C错误；根据＝mg可知，g＝，则随着r的增大g减小，则由公式v＝，不能判断“太空垃圾”运行速率的变化情况，故D错误．故选B.
答案：B
3．解析：由G＝m得v＝，据此分析速度的变化，B正确；不能利用v＝ωr分析，因为角速度在变化，也不能根据公式v＝分析，因为g在变化，A、C错误；据F＝G分析向心力的变化，不能用F＝分析向心力的变化，因为线速度在变化，D错误．
答案：B
4．解析：根据万有引力提供向心力，有＝m，解得v＝，得＝.根据在天体表面的物体的重力近似等于天体对物体的引力，有mg＝，解得g＝，所以＝，故选B.
答案：B
5．解析：卫星环绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供其做圆周运动的向心力，由公式G＝mr得T＝2π，则a、b的周期比c的小，A错误；由于a、b的质量关系未知，则a、b的向心力大小无法确定，B错误；由公式G＝m得v＝，a、b的速度大小相等，C正确；由公式G＝ma得a＝G，a、b的向心加速度比c的向心加速度大，D错误．
答案：C
6．解析：甲、乙两卫星分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，万有引力提供它们各自做匀速圆周运动的向心力．由牛顿第二定律有G＝man＝mr＝mω2r＝m，可得an＝，T＝2π，ω＝，v＝.由已知条件可得a甲＜a乙，T甲＞T乙，ω甲＜ω乙，v甲＜v乙，故选A.
答案：A
7．解析：根据万有引力提供向心力可知G＝m，解得地球的质量为M＝，A错误；漂浮在舱外的航天员同样绕地球做圆周运动，加速度不为零，B错误；“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于7.9km/s，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，C正确；若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会相对航天员静止，一起绕地球做圆周运动，D错误．故选C.
答案：C
8．解析：(1)根据匀速圆周运动规律可得“嫦娥五号”绕月飞行时的线速度大小为v＝.
(2)设月球的质量为M，“嫦娥五号”的质量为m，根据万有引力提供向心力有
G＝m(R＋H)
解得M＝.
答案：(1) (2)
9．解析：静止卫星c始终在a的正上方，c的角速度小于b的角速度，经过6h，a、c转过90°，b转过的角度更大一些．
答案：D
10．解析：恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力，其他位置万有引力的一个分力提供向心力，另外一个分力提供重力，A错误．恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，由万有引力表达式F＝可知，恒星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大，B正确；由第一宇宙速度物理意义可得＝m，整理得v＝，恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误；由质量分布均匀球体的质量表达式M＝R3ρ得R＝，已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍，则v′＝v＝，联立整理得v′2＝2v2＝＝2G，由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上述表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D错误．
答案：B
11．解析：由图乙的信息可知两次最佳观察时间间隔约为24h，空间站一天时间绕地球16圈，则空间站运行周期T0＝h＝1.5h．根据开普勒第三定律有＝，解得“天和”空间站的轨道半径为r0≈1.04R，故选B.
答案：B
12．解析：地球同步卫星的轨道半径约为4.2万千米，而这三颗卫星的轨道半径约为10万千米，所以这三颗卫星不是地球同步卫星，故A错误；根据G＝ma，解得a＝，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，故B正确；第一宇宙速度是卫星在地球表面附近绕地球运动的线速度，是卫星在圆轨道上运行的最大线速度，而三颗卫星的轨道半径约为10万千米，可知三颗卫星的线速度都小于第一宇宙速度，故C错误；若仅知道引力常量G及三颗卫星绕地球运行的周期T，可以求出地球的质量，但不知道地球半径，所以不能估算出地球的密度，故D错误．
答案：B
13.
解析：万有引力提供向心力，对同步卫星有G＝mr
当r＝6.6R地时，T＝24h
若地球的自转周期变小，卫星轨道半径最小为2R地，三颗同步卫星如图所示分布，
则由开普勒第三定律得＝
解得T′≈4h.
答案：4h
