课时分层作业(十七) 双星模型及近地卫星与地球同步卫星的比较
A组 基础巩固练
1．2022年1月，西安卫星测控中心圆满完成52颗在轨运行的北斗导航卫星健康状态评估工作．“体检”结果显示，所有北斗导航卫星的关键技术指标均满足正常提供各类服务的要求．北斗导航系统的同步通信卫星绕地心做匀速圆周运动，转动周期和地球的自转周期相等，下列说法正确的是( )
A．同步通信卫星可以时刻位于北京上空
B．发射同步通信卫星时，发射速度一定小于第一宇宙速度
C．同步通信卫星的在轨运行速度大于第一宇宙速度
D．同步通信卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度
2．(多选)关于近地卫星、同步卫星、赤道上的物体，下列说法正确的是( )
A．都是万有引力提供向心力
B．赤道上的物体和同步卫星的周期、线速度大小、角速度大小都相等
C．赤道上的物体和近地卫星的线速度大小、周期不同
D．同步卫星的周期大于近地卫星的周期
3.
如图所示，a为在地球赤道表面随地球一起自转的物体，b为绕地球做匀速圆周运动的近地卫星，轨道半径可近似为地球半径．假设a与b质量相同，地球可看作质量分布均匀的球体，则物体a和卫星b( )
A．角速度近似相等
B．线速度大小近似相等
C．向心加速度大小近似相等
D．所受地球引力大小近似相等
4．人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程．设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示．黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞中心间的距离为L，则( )
A．黑洞A的质量一定大于黑洞B的质量
B．黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度
C．其运动周期T＝
D．两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大
B组 能力提升练
5.
如图所示，a为放在赤道上相对地面静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星．下列关于a、b、c的说法中正确的是( )
A．b卫星的线速度大于7.9km/s
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta＝TcD．在b、c中，b的线速度大
6.
[2023·山东日照高一下期末]如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为轨道在赤道平面内的气象卫星，C为在赤道上空的地球同步卫星．已知卫星C和卫星B的轨道半径之比为4∶1，且两卫星的环绕方向相同，下列说法正确的是( )
A．卫星B、C运行线速度之比为4∶1
B．卫星B的向心加速度小于物体A的向心加速度
C．同一物体在卫星B中对支持物的压力比在卫星C中对支持物的压力大
D．在卫星B中一天内可看到8次日出
课时分层作业(十七) 双星模型及近地卫星
与地球同步卫星的比较
1．解析：同步通信卫星不能时刻在北京上空，故A错误；发射同步通信卫星时，发射速度一定大于第一宇宙速度(最小发射速度)，故B错误；同步通信卫星受到的万有引力提供向心力，得G＝m，v＝，同步通信卫星轨道半径大于地球的半径，所以同步通信卫星的速度一定小于在地球表面绕地球运动的卫星的速度，即小于第一宇宙速度，故C错误；根据G＝ma，a＝，同步通信卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故D正确．
答案：D
2．解析：赤道上的物体是由万有引力的一个分力提供向心力的，A项错误；赤道上的物体和同步卫星有相同的周期和角速度，但线速度大小不相等，B项错误；同步卫星和近地卫星有相同的中心天体，根据＝m＝mr得v＝，T＝2π，由于r同＞r近，故v同＜v近，T同＞T近，D项正确；赤道上的物体、近地卫星、同步卫星三者间的周期关系为T赤＝T同＞T近，根据v＝ωr可知v赤＜v同，则线速度大小关系为v赤＜v同＜v近，故C项正确．
答案：CD
3．解析：由＝m可得v＝，卫星b的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则卫星b的线速度大于同步卫星的线速度；同步卫星与地球自转的角速度相同，轨道半径大于地球半径，同步卫星线速度大于物体a的线速度，则卫星b的线速度大于物体a的线速度，故B错误；卫星b的线速度大于物体a的线速度，轨道半径近似相等，由ω＝，可知卫星b的角速度大于物体a的角速度，由an＝可知卫星b的向心加速度大于物体a的向心加速度，故A、C错误；物体a与卫星b质量相同，轨道半径近似相等，由F＝可知，a与b所受地球引力大小近似相等，故D正确．
答案：D
4．解析：设两个黑洞质量分别为mA、mB，轨道半径分别为RA、RB，角速度为ω，则由万有引力提供向心力可知，＝mAω2RA，＝mBω2RB，RA＋RB＝L，联立可以得到＝，而RA＞RB，所以mA＜mB，故选项A错误；由于二者角速度相等，则线速度分别为vA＝ωRA，vB＝ωRB，则vA＞vB，故选项B错误；联立方程式＝mAω2RA，＝mBω2RB，RA＋RB＝L，可以得到M＝mA＋mB＝，而且T＝，整理可以得到T＝2π，可知当总质量M一定时，L越大，则T越大，角速度越小，故选项C正确，D错误．故选C.
答案：C
5．解析：b为在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，绕行速度与第一宇宙速度大小相同，即v＝7.9km/s，故A错误；地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa＝ωc，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据a＝得b的向心加速度大于c的向心加速度，即ab>ac>aa，故B错误；卫星c为地球同步卫星，所以Ta＝Tc，根据T＝2π得c的周期大于b的周期，即Ta＝Tc>Tb，故C错误；在b、c中，根据v＝，可知b的线速度比c的线速度大，故D正确．
答案：D
6．解析：根据G＝m，可得v＝，则卫星B、C运行线速度之比为2∶1，选项A错误；因为A、C的角速度相同，根据a＝ω2r，可知C的向心加速度大于A的向心加速度，对B、C两卫星，根据a＝，可知B的向心加速度大于C的向心加速度，则卫星B的向心加速度大于物体A的向心加速度，选项B错误；物体在B、C中都处于完全失重状态，即同一物体在卫星B中对支持物的压力与在卫星C中对支持物的压力均为零，选项C错误；根据开普勒第三定律可知＝，TC＝24h，则TB＝3h，即在卫星B中一天内可看到8次日出，选项D正确．
答案：D课时分层作业(十三) 行星的运动
A组 基础巩固练
1．开普勒关于行星运动的描述，下列说法中正确的是( )
A．所有行星轨道半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相等
B．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在圆心上
C．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
D．行星绕太阳运动的速度大小不变
2．太阳系有八颗行星，八颗行星离地球的远近不同，绕太阳运转的周期也不相同．下列反映周期与轨道半径关系的图像中正确的是( )
3．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的三次方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
4．(多选)如图是行星m绕恒星M运动情况示意图，下列说法正确的是( )
A．速度最大点是A点
B．速度最小点是C点
C．m从A点到B点做减速运动
D．m从B点到A点做减速运动
5．(多选)据报道，研究人员从美国航空航天局“开普勒”望远镜发现的1235颗潜在类地行星中选出86颗(在太阳系中)，作为寻找外星生命踪迹的观测对象．关于这86颗可能栖息生命的类地行星的运动，以下说法正确的是( )
A.所有行星都绕太阳做匀速圆周运动
B．所有行星都绕太阳做椭圆运动，太阳处在运动轨道的一个焦点上
C．任一行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积都相等
D．所有行星的轨道半长轴的二次方跟它的公转周期的三次方的比值都相等
6．某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示，E和F是椭圆的两个焦点，O是椭圆的中心，行星在A点的线速度比在B点的线速度大．则太阳位于( )
A．A点B．E点
C．F点D．O点
7．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍.P与Q的周期之比约为( )
A．2∶1B．4∶1
C．8∶1D．16∶1
8．[2023·河北石家庄高一联考]太阳系八颗行星公转轨道可近似看作圆轨道，“行星公转周期的二次方”与“行星与太阳的平均距离的三次方”成正比．地球与太阳之间的平均距离约为1.5亿千米，结合下表可知，火星与太阳之间的平均距离约为( )
行星名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星
公转周 期/年 0.241 0.615 1.0 1.88 11.86 29.5
A.1.2亿千米B．2.3亿千米
C．4.6亿千米D．6.9亿千米
B组 能力提升练
9.
(多选)如图所示，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，椭圆的半长轴为a，运行周期为TB；C为绕地球沿圆周运动的卫星，圆周的半径为r，运行周期为TC.下列说法或关系式中正确的是( )
A．地球位于B卫星轨道的一个焦点上，位于C卫星轨道的圆心上
B．卫星B和卫星C运动的速度大小均不变
C．＝，该比值的大小仅与地球有关
D．≠，该比值的大小不仅与地球有关，还与太阳有关
10.
“墨子”号是由中国自主研制的世界上第一颗空间量子科学实验卫星，标志着中国量子通信技术方面走在了世界前列，其运行轨道为如图所示的绕地球运动的椭圆轨道，地球位于椭圆的一个焦点上．轨道上标记了墨子卫星经过相等时间间隔(Δt＝，T为轨道周期)的位置．则下列说法正确的是( )
A.面积S1>S2
B．卫星在轨道A点的速度小于B点的速度
C．T2＝Ca3，其中C为常数，a为椭圆半长轴
D．T2＝C′b3，其中C′为常数，b为椭圆半短轴
11．某重型火箭将一辆汽车发射到太空，图甲是汽车和宇航员模型的最后一张照片，它们正在远离地球，处于一个环绕太阳的椭圆形轨道上(如图乙).远日点超过火星轨道，距离太阳大约为3.9亿千米，已知日、地的平均距离约为1.5亿千米．则汽车环绕太阳的周期约为( )
A．18个月B．29个月
C．36个月D．40个月
12．如图所示，卫星甲、乙均绕地球做匀速圆周运动，轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲的倍．将两卫星和地心在同一直线且乙在甲正上方的位置状态称为“相遇”，则从某次“相遇”后，甲运动6圈的时间内，甲、乙卫星“相遇”的次数为( )
A．2次B．3次
C．4次D．5次
课时分层作业(十三) 行星的运动
1．解析：由开普勒第三定律知，所有行星轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，A错误；所有行星分别沿不同的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上，B错误，C正确；太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，行星绕太阳运动的速度大小是变化的，D错误．
答案：C
2．解析：由开普勒第三定律知＝k，所以R3＝kT2，D正确．
答案：D
3．解析：火星和木星在椭圆轨道上运行，太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，A项错误；火星和木星在不同的椭圆轨道上运行，速度大小变化，因此火星和木星的运行速度大小不一定相等，B项错误；由开普勒第三定律可知，＝＝k，＝，C正确；由于火星和木星在不同的椭圆轨道上运行，它们在近日点时的速度大小不相等，在近日点时v火Δt与v木Δt不相等，D项错误．
答案：C
4．解析：根据开普勒第二定律可知，在A点处的速度最大，在B点处的速度最小，故A、C正确，B、D错误．
答案：AC
5．解析：根据开普勒第一定律可知，所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A错误，B正确；根据开普勒第二定律可知，对每一个行星而言，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，故C正确；根据开普勒第三定律可知，所有绕太阳运动的行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，故D错误．
答案：BC
6．解析：根据开普勒第二定律，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等．因为vA＞vB，所以A点为近日点，B点为远日点，太阳位于椭圆的E焦点处．
答案：B
7．解析：本题涉及天体公转的周期和轨道半径，可以利用开普勒第三定律进行求解．卫星P、Q均围绕地球做匀速圆周运动，由开普勒第三定律可得＝，解得＝＝＝，故选项C正确．
答案：C
8．解析：由题意知，＝，故r火＝r地＝2.3亿千米．
答案：B
9．解析：由开普勒第一定律可知，A正确；由开普勒第二定律可知，B卫星绕地球转动时速度大小在不断变化，B错误；由开普勒第三定律可知，＝＝k，比值的大小仅与地球有关，C正确，D错误．
答案：AC
10．解析：根据开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，故面积S1＝S2，A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道A点的速度大于在B点的速度，B错误；根据开普勒第三定律可知＝常量，故C正确，D错误．
答案：C
11．解析：由开普勒第三定律＝，即＝，可得T车≈29个月，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
12．解析：由开普勒第三定律可得()2＝()3＝25，解得T乙＝5T甲，故甲每转2周半时间内乙转半周，就会“相遇”一次，故甲运动6圈的时间内，甲、乙卫星将“相遇”2次，A正确．
答案：A课时分层作业(十四) 万有引力定律
A组 基础巩固练
1．对地面上物体的重力和地球对它的引力关系，说法正确的是( )
A．这两个力是同一个力
B．在忽略地球的自转影响时，重力是定值，与物体所处的高度和纬度都无关
C．由于地球的自转，物体在纬度越高的地方，重力越大
D．由于物体随地球自转，则物体在纬度越高的地方，重力越小
2．(多选)关于引力常量G，下列说法正确的是( )
A．在国际单位制中，G的单位是N·kg2/m2
B．在国际单位制中，G的数值等于两个质量均为1kg的质点相距1m时万有引力的大小
C．计算航天员在不同星球表面受到的万有引力，G的取值是不一样的
D．引力常量G是由卡文迪什利用扭秤实验测出来的
3．(多选)关于太阳与行星间的引力，下列说法中正确的是( )
A．太阳与行星间的引力大小只与太阳的质量有关，与行星的质量无关
B．行星绕太阳沿椭圆轨道运动时，在近日点所受引力大，在远日点所受引力小
C．由F＝G可知，G＝，由此可见G与F和r2的乘积成正比，与M和m的乘积成反比
D．行星绕太阳运行的椭圆轨道可近似看作圆形轨道，其向心力来源于太阳对行星的引力
4．2022年4月16日，我国在太原卫星发射中心成功发射大气环境监测卫星．假设该卫星质量为m，在离地面高度为h的轨道上绕地球做匀速圆周运动．已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则地球对该卫星的万有引力大小为( )
A．GB．G
C．GD．G
5．(多选)如图所示，P、Q是质量均为m的两个质点，分别置于地球表面不同纬度上，如果把地球看成是一个质量分布均匀的球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )
A．P、Q受地球引力大小相等
B．P、Q做圆周运动的向心力大小相等
C．P、Q做圆周运动的角速度大小相等
D．P、Q两质点的重力大小相等
6．从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越．已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍.在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程，悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为( )
A．9∶1B．9∶2
C．36∶1D．72∶1
7．[2022·全国乙卷]2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课．通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们 ( )
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
B组 能力提升练
8.[2023·四川广元高一期末]如图所示，将一个半径为R、质量为m0的均匀大球，沿直径挖去两个半径均为R的小球，并把其中一个小球放在球外与大球靠在一起．图中大小四个球的球心在同一直线上，则大球剩余部分与球外小球间的万有引力约为(已知引力常量为G)( )
A．0.01B．0.04
C．0.05D．0.02
9.
(多选)如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上．设地球质量为m地，半径为R，下列说法正确的是( )
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C.两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
10．[2023·广东深圳统考]2022年11月30日，我国六名航天员在空间站首次“太空会师”，向世界展示了中国航天的卓越能力．载人空间站绕地运动可视为匀速圆周运动，已知空间站距地面高度为h，运行周期为T，地球半径为R.忽略地球自转，则( )
A．空间站的线速度大小为
B．地球的质量可表示为
C．地球表面重力加速度为
D．空间站的向心加速度大小为
11．[2023·湖南郴州高一期末]若在某行星和地球上，相对于各自的水平地面附近相同的高度处，以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶1.已知地球质量约为该行星质量的16倍，地球的半径为R，由此可知该行星的半径约为( )
A．RB．R
C．2RD．4R
课时分层作业(十四) 万有引力定律
1．解析：重力是物体所受地球引力的一个分力，在不考虑地球自转的影响时，物体所受到的重力才被认为等于物体受到的引力，而引力是与两物体位置有关的力，当物体距地面越高时，所受的引力越小，物体的重力也就越小，A、B错误；随着纬度的升高，向心力变小，重力变大，C正确，D错误．
答案：C
2．解析：在国际单位制中，G的单位是N·m2/kg2，A错误；由F＝G可知G＝，则G的数值等于两个质量均为1kg的质点相距1m时它们之间万有引力的大小，B正确；在不同星球上，G的数值是一样的，C错误；引力常量G是由卡文迪什利用扭秤实验测出来的，D正确．
答案：BD
3．解析：太阳与行星间的引力与太阳的质量和行星的质量都有关，A错误；根据F＝G知，行星在近日点所受引力大，在远日点所受引力小，B正确；G为常量，与天体间的引力、距离及天体质量都没有关系，C错误；行星绕太阳的运动可看作匀速圆周运动，太阳对行星的引力提供向心力，D正确．
答案：BD
4．解析：地球对该卫星的万有引力大小为F＝G，其中r为卫星到地心的距离，即r＝R＋h，整理得F＝G.故选项D正确．
答案：D
5．解析：P、Q两质点所受地球引力都是F＝G，故A正确；P、Q都随地球一起转动，其角速度一样大，但P的轨道半径大于Q的轨道半径，根据Fn＝mω2r可知P做圆周运动的向心力大，故B错误，C正确；物体的重力为万有引力的一个分力，在赤道处最小，随着纬度的增加而增大，在两极处最大，故D错误．
答案：AC
6．解析：悬停时所受着陆平台的作用力大小等于万有引力，根据万有引力定律F＝G，可得F祝融∶F玉兔＝G∶G＝×2＝，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
7．解析：万有引力F＝G，航天员受万有引力，且万有引力提供向心力，航天员所受合力不为零．地表处r较小，航天员在地表处所受的万有引力大于在飞船上所受的万有引力，航天员在飞船上所受地球引力约等于随飞船运动所需的向心力，所以A、B、D错误，C正确．
答案：C
8．解析：大球的质量为m0，由ρ＝，V＝πR3可知小球的质量为.根据万有引力定律，大球剩余部分与球外小球间的万有引力为F＝G－G－G≈0.04，故选B.
答案：B
9．解析：根据万有引力定律，知地球与一颗卫星间的引力大小为F＝，A错误，B正确；三颗卫星等间隔分布，由几何关系可知，任意两颗卫星之间的距离为r，故两颗卫星之间的引力大小为F′＝＝，C正确；任意两颗卫星对地球引力的夹角为120°，故任意两颗卫星对地球引力的合力与第三颗卫星对地球的引力大小相等、方向相反，三颗卫星对地球引力的合力大小为零，D错误．
答案：BC
10．解析：由题意可知，空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r＝R＋h，周期为T，因此空间站的线速度大小为v＝＝，A错误；由地球的吸引力提供向心力，可得G＝m(R＋h)，解得M＝，B错误；由于忽略地球自转，则地球对其表面物体的万有引力等于物体所受的重力，可得G＝mg，解得g＝G＝，C正确；由向心加速度公式，可得空间站的向心加速度大小为a＝ω2r＝()2(R＋h)＝，D错误．
答案：C
11．解析：物体在某行星表面和地球上做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向有x＝v0t，水平距离之比为2∶1，得地球表面与该行星表面的重力加速度之比＝.由天体表面处万有引力近似等于重力，知＝mg，＝mg星，又已知地球质量约为该行星质量的16倍，故＝＝2，即该行星的半径约为R，A正确．
答案：A课时分层作业(十五) 万有引力理论的成就
A组 基础巩固练
1．下列说法正确的是( )
A．海王星是人们直接应用万有引力定律计算出轨道而发现的
B．天王星是人们根据万有引力定律计算出轨道而发现的
C．海王星是人们经过长期的太空观测而发现的
D．天王星的运行轨道与由万有引力定律计算出的轨道存在偏差，其原因是天王星受到轨道外的行星的引力作用，由此人们发现了海王星
2．最近科学家观察到某行星和某恒星，行星围绕着恒星转动，行星到恒星的距离和地球到太阳的距离相等，且该恒星质量为太阳质量的两倍．则该行星和地球公转的线速度大小之比为( )
A．B．2
C．D．
3．火星探测任务“天问一号”的标志如图所示．若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的( )
A．轨道周长之比为2∶3
B．线速度大小之比为∶
C．角速度大小之比为2∶3
D．向心加速度大小之比为9∶4
4．(多选)科学家在研究地—月系统时，从地球向月球发射激光，测得激光往返时间为t.若还已知引力常量G，月球绕地球旋转(可看成匀速圆周运动)的周期T，光速c(地球到月球的距离远大于它们的半径).则由以上物理量可以求出( )
A．月球到地球的距离
B．地球的质量
C．月球受地球的引力
D．月球的质量
5．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 Peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 Peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的.该中心恒星与太阳的质量比约为( )
A．B．1
C．5D．10
6．某同学从网上得到一些信息，如表中数据所示，判断地球和月球的密度之比为( )
月球半径 R0
月球表面处的重力加速度 g0
地球和月球的半径之比 ＝4
地球表面和月球表面的重力加速度之比 ＝6
A.B．
C．4D．6
7．(多选)某同学平时收集的部分火星资料如图所示，他想根据这些资料计算出火星的密度．下列计算火星密度的式子，正确的是(引力常量G已知，忽略火星自转的影响)( )
A．ρ＝B．ρ＝
C．ρ＝D．ρ＝
8.
(多选)如图所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径)．下列说法正确的是( )
A．a、b的线速度大小之比是∶1
B．a、b的周期之比是1∶2
C．a、b的角速度大小之比是3∶4
D．a、b的向心加速度大小之比是9∶4
9.
某兴趣小组想利用小孔成像实验估测太阳的密度．设计如图所示的装置，不透明的圆筒一端密封，中央有一小孔，另一端为半透明纸．将圆筒轴线正对太阳方向，可观察到太阳的像的直径为d.已知圆筒长为L，地球绕太阳公转周期为T.估测太阳密度的表达式为( )
A．B．
C．D．
B组 能力提升练
10.如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )
A．太阳对各小行星的引力相同
B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
11．航天员在某星球表面，将一质量为m的小球由静止释放，小球做自由落体运动，测得小球下落高度为h，所用的时间为t.若该星球的半径为R，引力常量为G，则该星球的质量为( )
A．M＝B．M＝
C．M＝D．M＝
12．(多选)2022年2月，有科学家报告了迄今观测到的最大星系——“阿尔库俄纽斯”，它离地球30亿光年，自身横跨1630万光年的距离．星系中心有一个超大质量的黑洞，若观测到绕该黑洞做圆周运动的天体A的角速度为ωA，到黑洞中心的距离为RA，天体B绕黑洞运动的周期与地球绕太阳转动的周期相同，为T.已知地球中心到太阳中心的距离为R，则下列说法正确的是( )
A．该黑洞质量是太阳质量的倍
B．该黑洞质量是太阳质量的倍
C.天体B到该黑洞中心的距离为RA
D.天体B到该黑洞中心的距离为
课时分层作业(十五) 万有引力理论的成就
1．解析：由行星的发现历史可知，天王星不是根据万有引力定律计算出轨道而发现的；海王星不是人们经过长期的太空观测发现的，而是人们发现天王星的实际轨道与理论轨道存在偏差，然后运用万有引力定律计算出“新”星的轨道，从而发现了海王星．D正确．
答案：D
2．解析：根据万有引力定律可知G＝m，可得v＝，又M恒＝2M太，可得＝，故C正确．
答案：C
3．解析：火星与地球轨道周长之比等于公转轨道半径之比，A项错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，匀速圆周运动中，合力充当向心力，由G＝ma＝m＝mω2r，解得a＝，v＝，ω＝，所以火星与地球线速度大小之比为∶，角速度大小之比为2∶3，向心加速度大小之比为4∶9，B、D项错误，C项正确．
答案：C
4．解析：根据激光往返时间为t和激光的速度可求出月球到地球的距离，故A正确；知道月球绕地球旋转的周期T，根据G＝m()2r可求出地球的质量M＝，故B正确；只能计算中心天体的质量，故D错误；因不知月球的质量，无法计算月球受地球的引力，故C错误．
答案：AB
5．解析：行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G＝mr，M＝，则＝()3·()2＝()3×()2≈1，选项B正确．
答案：B
6．解析：在地球表面，近似认为重力等于万有引力，则有G＝mg，解得M＝，故地球密度为ρ＝＝＝，同理，月球的密度为ρ0＝，故地球和月球的密度之比为＝＝6×＝.
答案：B
7．解析：由ρ＝，V＝π()3，得ρ＝，D正确；由G＝mg0，ρ＝，V＝π()3，联立解得ρ＝，A正确；由＝mR，ρ＝，V＝πR3，联立解得ρ＝，C正确．
答案：ACD
8．解析：两卫星均做匀速圆周运动，F万＝F向，由G＝m，得＝＝，所以A错误；由G＝mr，得＝＝，B错误；由G＝mω2r，得＝＝，C正确；由G＝ma，得＝＝，D正确．
答案：CD
9．解析：设太阳的半径为R，太阳到地球的距离为r，由题图所示成像光路图，根据相似三角形可得＝，地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M，地球质量为m，则有＝mr，太阳体积为V＝πR3，太阳密度为ρ＝，联立解得ρ＝，A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．解析：由F＝可知，若m和r不相同，则F不一定相同，A错误；由＝mr得周期T＝2π，因各小行星的轨道半径均大于地球的轨道半径，则各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的公转周期，B错误；由F＝、F＝ma得向心加速度a＝，可知r越小，a越大，C正确；由＝m得线速度v＝，r越大，v越小，D错误．
答案：C
11．解析：小球下落过程中，据自由落体运动规律，h＝gt2，得重力加速度g＝，对星球表面上质量为m的物体有mg＝G，解得该星球的质量M＝，选项B正确．
答案：B
12．解析：设黑洞的质量为M1，太阳的质量为M2，地球的质量为m，天体A的质量为mA，对天体A根据牛顿第二定律有＝mAωRA，对地球由牛顿第二定律有＝mR，联立解得＝，故A错误，B正确；由题意知天体A的周期为TA＝，对天体A、B由开普勒第三定律有＝，联立解得RB＝RA，故C正确，D错误．
答案：BC课时分层作业(十) 向心加速度
A组 基础巩固练
1.
荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动．如图所示，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向是图中的( )
A．a方向B．b方向
C．c方向D．d方向
2．如图，甲、乙两车在水平地面上
匀速率通过圆弧形弯道(从1位置至2位置).若两车速率相等，则甲、乙两辆车向心加速度的大小关系为( )
A．an甲＝an乙B．an甲＞an乙
C．an甲＜an乙D．无法比较
3．2021年11月8日，中国载人航天工程空间站顺利完成第三次航天员出舱活动，本次出舱先后完成了机械臂悬挂装置与转接件安装测试工作．机械臂绕图中O点旋转时，旋转臂上A、B两点的线速度v、角速度ω、周期T、向心加速度an的关系正确的是( )
A．vA＞vB、anA＞anBB．vA＜vB、TA＝TB
C．ωA＞ωB、anA＞anBD．vA＜vB、ωA＞ωB
4.
(多选)甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a随半径R的变化如图所示．由图像可知( )
A．甲球运动时，线速度大小保持不变
B．乙球运动时，线速度大小保持不变
C．乙球运动时，转速大小保持不变
D．甲球运动时，角速度大小保持不变
5.
如图所示，一个凹形桥模拟器固定在水平地面上，其凹形轨道是半径为0.4m的半圆，且在半圆最低点装有一个压力传感器(图中未画出).一质量为0.4kg的玩具小车经过凹形轨道最低点时，传感器的示数为8N，则此时小车的(g取10m/s2)( )
A．速度大小为1m/s
B．速度大小为4m/s
C．向心加速度大小为10m/s2
D．向心加速度大小为20m/s2
6．如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，小齿轮和后车轮共轴转动，大齿轮、小齿轮、后车轮的半径分别为2r、r、4r，A、B、C分别是其边缘上一点．它们加速度大小和周期之比分别是( )
A．1∶2∶1和1∶2∶2
B．1∶2∶8和2∶1∶4
C．1∶2∶8和2∶1∶1
D．1∶2∶1和2∶1∶1
7.
如图所示，一轻杆一端固定在转轴O上，在距O点为杆长的处固定一小球，轻杆以角速度ω绕O点在竖直平面内匀速转动．在杆转过的圆心角为θ的时间内，杆的端点通过的弧长为s.
(1)求小球的线速度大小．
(2)求小球的向心加速度大小．
B组 能力提升练
8.由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸．道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点，在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到成60°的过程中，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
9.
[2023·浙江宁波高二下期末]用一款手摇式绞轮来打井水，如图所示，轮轴上的麻绳螺旋式地紧密缠绕，A、B、C分别为麻绳上三个不同位置的点，D为手柄的端点，忽略麻绳的重力且麻绳与轮轴无相对滑动．操作员按图中所示的方向匀速转动一圈(从右往左看是逆时针旋转)，此过程中( )
A．麻绳上A点的速度大于B点的速度
B．手柄上D点的角速度小于麻绳上C点的角速度
C．麻绳上B点的向心加速度大于手柄上D点的向心加速度
D．操作员在手柄处的外力大小可能小于水桶及桶中水的重力之和
10．[2022·山东卷]无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点．小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4m/s.在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为( )
A．t＝(2＋) s，l＝8m
B．t＝(＋) s，l＝5m
C．t＝(2＋＋) s，l＝5.5m
D．t＝s，l＝5.5m
11．[2022·辽宁卷] 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000m接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9m/s时，滑过的距离x＝15m，求加速度的大小．
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示．若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8m、R乙＝9m，滑行速率分别为v甲＝10m/s、v乙＝11m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道．
课时分层作业(十) 向心加速度
1．解析：当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，沿半径方向的向心加速度为零，加速度方向沿圆弧的切线方向，即图中的b方向，B正确．
答案：B
2．解析：根据an＝可知，甲车的向心加速度大于乙车的向心加速度．故选项B正确．
答案：B
3．解析：在旋转过程中，各点都绕O点转动，所以各点的周期是相同的，根据ω＝可知，A、B两点的角速度也是相等的，根据v＝ωr可知，B点线速度大，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
4．解析：根据a＝＝ω2R可知甲球的线速度大小不变，乙球的角速度大小不变．故A、C正确．
答案：AC
5．解析：当小车经过最低点时，由牛顿第三定律得，小车受到的支持力FN＝F′N＝8N，小车受到的支持力与重力的合力提供向心力，则FN－mg＝m，代入数据得v＝2m/s，向心加速度an＝＝10m/s2.故C正确．
答案：C
6．解析：因为B、C为同轴转动，所以周期与角速度相同，TB∶TC＝1∶1；B、A通过链条传动，线速度相同，v＝，TA∶TB＝rA∶rB＝2∶1.故TA∶TB∶TC＝2∶1∶1.因为an＝ω2r，且ωB∶ωC＝1∶1，所以anB∶anC＝rB∶rC＝1∶4；an＝，且vB＝vA，所以anB∶anA＝rA∶rB＝2∶1.故anA∶anB∶anC＝1∶2∶8.故选C.
答案：C
7．解析：(1)杆的端点以杆长为半径做圆周运动，则杆长为L＝，小球的转动半径为r＝L，小球做圆周运动的线速度大小v＝ωr＝.
(2)小球的向心加速度大小an＝ω2r＝.
答案：(1) (2)
8．解析：杆OP绕O点匀速转动，故P点的线速度v大小不变，A正确；P点的加速度方向始终指向O点，故在转动过程中加速度方向变化，B错误；杆PQ始终保持水平，杆PQ参与水平和竖直两个方向的分运动，Q点与P点运动状态相同，设杆OP与水平方向的夹角为θ，将P点的速度沿水平和竖直方向分解，可得vx＝vsinθ，vy＝vcosθ，θ始终变化，则两分速度始终变化，C、D错误．
答案：A
9．解析：麻绳上A点的速度等于轮轴边缘的线速度，等于B点的速度，选项A错误；因为C、D两点同轴转动，则角速度相等，即手柄上D点的角速度等于麻绳上C点的角速度，选项B错误；因为B、D两点的角速度相等，根据a＝ω2r可知，麻绳上B点的向心加速度小于手柄上D点的向心加速度，选项C错误；若操作员在手柄处的外力方向垂直于半径，则该力的力臂大于轮轴上麻绳上拉力的力臂，根据受力平衡，可知麻绳上的拉力大小等于水桶及桶中水的重力大小，则操作员在手柄处的外力大小小于水桶及桶中水的重力之和，选项D正确．
答案：D
10．解析：依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1＝＝m/s，在CD段运动的最大速率为v2＝＝2m/s，所以小车经过BC段和CD段的最大速率为v2＝2m/s，因此小车在BC段和CD段运动的最短时间t3＝s＝s.在B点的速率最大为v2＝2m/s，设在AB段小车以最大加速度减速的距离为x，则根据匀变速直线运动规律得v＝v－2a1x，解得x＝3m，t2＝＝1s，所以匀速运动的最大距离l＝8m－x＝5m，运动时间t1＝s，最短时间t＝t1＋t2＋t3＝s，B正确．
答案：B
11．解析：(1)根据速度—位移公式有v2＝2ax
代入数据可得a＝2.7m/s2.
(2)根据向心加速度的表达式an＝
可得甲、乙的向心加速度大小之比为＝×＝
甲、乙两名运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝
代入数据，可得甲、乙运动的时间为t甲＝s，t乙＝s因为t甲答案：(1)2.7m/s2 (2) 甲课时分层作业(十一) 生活中的圆周运动
A组 基础巩固练
1.
(多选)洗衣机是现代家庭常见的电器设备，它是采用转筒带动衣物旋转的方式进行脱水的．下列有关说法中正确的是( )
A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好
C．水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不足以提供水滴需要的向心力
D．靠近中心的衣物脱水效果比四周的衣物脱水效果好
2.
在牛奶脱脂时，离心分离术也大有用武之地．牛奶中的脱脂奶和奶油(脂肪球)，前者密度大，后者密度小．将牛奶从下方中央的进液口注入离心机，当离心机高速旋转时，脱脂奶和奶油就会被分离，其中靠近中心转轴(转鼓轴)的液体从左侧出液口排出，而靠近转鼓壁的液体从右侧出液口排出，如图所示．下列判断正确的是( )
A．右侧的出液口排出的是奶油
B．左侧的出液口排出的是密度较小的液体
C．降低离心机的转速，牛奶容易脱脂
D．提高离心机的转速，牛奶不易脱脂
3．火车在某个弯道按规定速度40m/s转弯时，内、外轨对车轮皆无侧压力，若火车在该弯道的实际运行速度为50m/s.下列说法中正确的是( )
A.仅内轨对车轮有侧压力
B．仅外轨对车轮有侧压力
C．内、外轨对车轮都有侧压力
D．内、外轨对车轮均无侧压力
4．在火车铁轨的拐弯处，为使火车更加安全地转弯，铁路外侧轨比内侧轨高，设铁轨平面与水平面间的夹角为θ，如图所示．拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车速为v时，车轮与铁轨面之间支持力与火车重力的合力恰好提供火车转弯的向心力，则θ应满足( )
A．tanθ＝B．tanθ＝
C．tanθ＝D．tanθ＝
5.
[2023·陕西汉中高一下期末]如图所示为室内场地自行车赛的比赛情景，运动员以速度v在倾角为θ的粗糙倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员质量为m，其做圆周运动的转动半径为r，将运动员视为质点，则运动员的( )
A．合外力方向沿赛道斜面向下
B．自行车对运动员的作用力方向竖直向上
C．合力大小为
D．合力大小为
6．(多选)重庆巴南区的一段“波浪形”公路如图甲所示，公路的坡底与坡顶间有一定高度差，若该公路可看作由半径相同的凹凸路面彼此连接而成，如图乙所示．重力为G的货车平行于中心标线行驶，先后经过了某段凸形路面的最高点M和凹形路面的最低点N时，对路面的压力大小分别为FM、FN.则下列判断正确的是( )
A．FMC．FN>FMD．FN7．如图甲所示，汽车通过半径为r的拱形桥，在最高点处速度达到v时，驾驶员对座椅的压力恰好为零．若把地球看成大“拱形桥”，当另一辆“汽车”速度达到某一值时，驾驶员对座椅的压力也恰好为零，如图乙所示．设地球半径为R，则图乙中的“汽车”速度为( )
A．vB．v
C．vD．v
8．如图甲所示，汽车进入弯道前都要进行必要的减速，可以简化为图乙所示的示意图．O、M两点分别为减速点和转向点，OM为进入弯道前的平直公路，MN段路面为水平圆弧形弯道．已知OM段的距离为14m，弯道的半径为24m，汽车到达O点时的速度大小为16m/s，汽车与路面间的动摩擦因数为0.6.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.要确保汽车进入弯道后不侧滑，则在弯道上行驶的最大速度的大小和在OM段做匀减速运动的最小加速度的大小分别为( )
A．16m/s 2m/s2
B．16m/s 4m/s2
C．12m/s 2m/s2
D．12m/s 4m/s2
9．如图所示是离心试验器的原理图，离心机用来测试人的抗荷能力，被测者坐在椅子上随平台做匀速圆周运动．已知人的质量为m，图中的直线AB的长度为L，与竖直方向成30°角，AC的长度为r.
(1)求被测者做圆周运动的向心加速度和角速度；
(2)求人对椅子的压力．
B组 能力提升练
10.
如图所示，在光滑水平面上一小球以某一速度运动到A点时遇到一段半径为r的圆弧曲面AB后，落到水平地面的C点．已知小球没有跟圆弧曲面的任何点接触，则BC的最小距离为( )
A．rB．r
C．rD．(－1)r
11.
(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上．当飞机在空中盘旋时机翼的内侧倾斜(如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力．设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是( )
A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R减少
B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T减小
C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R变小
D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T一定不变
12．浙江某旅游景点有座新建的凹凸形“如意桥”，刚柔并济的造型与自然风光完美融合．如图乙所示，该桥由两个凸弧和一个凹弧连接而成，两个凸弧的半经R1＝40m，最高点分别为A、C；凹弧的半径R2＝60m，最低点为B.现有一剧组进行拍摄取景，一位质量m＝60kg的特技演员，驾驶质量M＝120kg的越野摩托车穿越桥面，穿越过程中可将车和演员视为质点，试求：
(1)当摩托车以v1＝10m/s的速率到达凸弧最高点A时，桥面对车的支持力大小；
(2)当摩托车以v2＝15m/s的速率到达凹弧最低点B时，质量m＝60kg的驾驶员对座椅的压力；
(3)为使得越野摩托车始终不脱离桥面，过A点和C点的最大速度．
课时分层作业(十一) 生活中的圆周运动
1．解析：脱水过程中，衣物由于离心作用而紧贴筒壁，A说法正确；加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好，B说法正确；水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不足以提供水滴需要的向心力而使水滴做离心运动，C说法正确；四周的衣物脱水效果比靠近中心的衣物脱水效果好，D说法错误．
答案：ABC
2．解析：因为脱脂奶密度大，容易发生离心运动，所以脱脂奶运动到转鼓壁，沿着转鼓壁从右侧出液口排出，而奶油密度小，不易发生离心运动，所以奶油从左侧出液口排出，选项A错误，B正确；降低离心机的转速，牛奶不容易脱脂，只有提高离心机的转速，才能实现脱脂，选项C、D错误．故选B.
答案：B
3．解析：火车在弯道按规定速度转弯时，重力和支持力的合力恰好提供向心力．若火车的运行速度大于规定速度，重力和支持力的合力小于火车需要的向心力，此时外轨对车轮产生侧压力补充向心力．选项B正确．
答案：B
4．解析：对火车进行受力分析，在竖直方向有FNcosθ＝mg，在水平方向有FNsinθ＝m，整理得tanθ＝，C正确．
答案：C
5．解析：运动员所受重力、自行车对他的作用力的合力提供向心力，合力的方向始终指向圆心(沿水平方向)，故A错误；运动员所受重力、自行车对他的作用力的合力提供其做圆周运动的向心力，故自行车对运动员的作用力不可能竖直向上，故B错误；合力提供运动员做圆周运动的向心力，根据向心力公式可得Fn＝m，故C正确，D错误．
答案：C
6．解析：在凸形路面的最高点M，由牛顿第二定律有mg－F′M＝m，由牛顿第三定律可得F′M＝FM＝mg－m，则可知FMG，FN>FM，故B、D错误，C正确．故选AC.
答案：AC
7．解析：图甲中，设汽车质量为m，汽车在最高点时重力恰好提供向心力，有mg＝m，图乙中“汽车”绕地球做匀速圆周运动，重力提供向心力，有m′g＝m′，整理得“汽车”的速度v′＝v，选项C正确．
答案：C
8．解析：汽车在弯道上行驶速度最大时，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律知μmg＝m可得v＝＝12m/s；在OM段汽车做匀减速直线运动，在弯道以最大速度行驶时，减速运动的加速度最小，则v2－v＝2asOM，解得a＝－4m/s2，即最小加速度大小为4m/s2.A、B、C错误，D正确．
答案：D
9．解析：(1)以人为研究对象，人做匀速圆周运动，人所受重力和支持力的合力提供向心力，如图所示．
由图可知，向心力Fn＝mgtan30°，
再由牛顿第二定律可得Fn＝mgtan30°＝man，
解得an＝gtan30°＝g，
根据an＝Rω2，R＝r＋Lsin30°＝r＋，
联立两式并代入数据解得ω＝.
(2)由(1)可知FN＝＝mg，
由牛顿第三定律可知人对椅子的压力大小为F′＝FN＝mg，方向垂直于椅子向下．
答案：(1)g (2)mg，方向垂直于椅子向下
10．解析：在A点，小球恰好不沿圆弧运动时，有mg＝m，解得v＝.小球做平抛运动，竖直方向有r＝gt2，解得t＝，则平抛运动的最小水平位移x＝vt＝·＝r.所以BC的最小距离为d＝r－r＝(－1)r.选项D正确．
答案：D
11．解析：
对飞机进行受力分析如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力得mgtanθ＝m＝mR，解得v＝，T＝2π.若飞行速率v不变，θ增大，由v＝知R减小，故A正确；若飞行速率v不变，θ增大，由T＝2π知T减小，故B正确；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝知R增大，故C错误；若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，根据T＝2π，知周期T不一定不变，故D错误．故选A、B.
答案：AB
12．解析：(1)当摩托车以v1＝10m/s的速率到达凸弧最高点A时，根据牛顿第二定律可得(M＋m)g－N＝(M＋m)，
可得桥面对车的支持力大小为
N＝(M＋m)g－(M＋m)＝1350N.
(2)当摩托车以v2＝15m/s的速率到达凹弧面最低点B时，以驾驶员为研究对象，根据牛顿第二定律可得
FN－mg＝m，
解得驾驶员受到的支持力大小为FN＝mg＋m＝825N，
根据牛顿第三定律可知，驾驶员对座椅的压力大小为825N，方向竖直向下．
(3)设越野摩托车过A点和C点时刚好不脱离桥面，则有(M＋m)g＝(M＋m)，
解得过A点和C点的最大速度为vm＝＝20m/s.
答案：(1)1350N (2)825N，方向竖直向下 (3)20m/s课时分层作业(四) 抛体运动的规律
A组 基础巩固练
1．下列说法正确的是( )
A．纸飞机被水平投出后，将做平抛运动
B．铁饼被运动员奋力投出后的运动可视为平抛运动
C．小球从水平桌面边缘滚落后的运动可视为平抛运动
D．上升到最高点的烟火爆炸后，会形成一个半径逐渐增大的“火球”，其球面上的每一颗火星均做平抛运动
2．做平抛运动的物体，在水平方向上通过的最大距离取决于( )
A．物体的高度和质量
B．物体的高度和初速度
C．物体的质量和初速度
D．物体的质量、高度和初速度
3．下列速度—时间图像中，图线Ⅰ、Ⅱ分别表示物体以初速度v0做平抛运动时，水平方向和竖直方向的两个分运动速度的情况，其中正确的是( )
4.
我国有一种传统投掷游戏——“投壶”，如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度分别以水平速度v1、v2抛出“箭矢”(可视为质点)，都能投入地面上的“壶”内．若“箭矢”在空中的运动时间t1、t2分别对应着速度v1、v2，忽略空气阻力，则以下判断正确的是( )
A．t1>t2B．t1＝t2
C．v1＝v2D．v1>v2
5.
(多选)如图所示，一小球以v0＝10m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10m/s2)．以下判断正确的是( )
A．小球经过A、B两点间的时间为(－1)s
B．小球经过A、B两点间的时间为s
C．A、B两点间的高度差为10m
D．A、B两点间的高度差为15m
6．[2023·北京房山高一期末]把质量为0.5kg的石块从10m高处以30°角斜向上抛出，如图所示，初速度是v0＝5m/s，不计空气阻力，g取10m/s2.要增大石块落地的水平距离，下列方法一定可行的是( )
A．仅减小石块的质量
B．仅增大石块初速度的大小
C．仅增大石块初速度的仰角
D．仅减小石块抛出时的高度
7．如图是某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓的场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高．若运动员各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则下列说法正确的是( )
A．击中甲、乙的两球初速度v甲＝v乙
B．击中甲、乙的两球初速度v甲>v乙
C．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同速度发球可能击中丁鼓
D．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大
8.
[2023·重庆西南大学附中高一期末]如图所示，正在斜坡上玩耍的小猴子遇到了危险，在高处的母猴纵身一跃去救小猴子，最终落在小猴子前面M点处．已知斜坡与水平面夹角θ＝25°，母猴跳离前的位置O点与M点的竖直高度h＝5m，母猴的初速度沿水平方向，落在M点时速度与斜坡夹角α＝35°，不计空气阻力，g取10m/s2.
(1)求母猴在空中的运动时间；
(2)求OM的水平距离．
B组 能力提升练
9.如图所示，在距水平地面h高处固定的点光源L及小金属球P左右紧贴放置．小金属球P以初速度v0水平向右抛出，最后落到水平地面上，运动中不计空气阻力．以抛出点为坐标原点O、水平向右为x轴正方向、竖直向下为y轴正方向建立平面直角坐标系．设经过时间t小金属球P运动至A点，其在地面的投影为B点，B点横坐标为xB，小金属球P在A点速度的反方向延长线交于x轴的C点，C点横坐标为xC.以下图像能正确描述xB、xC随时间t变化关系的是( )
10．[2023·山东潍坊高一检测](多选)北京冬奥会报道中利用“AI＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看作质点，其轨迹abc段为抛物线．已知运动员在起跳点a时的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同
B．运动员从a到b的时间为
C．运动员到达最高点时速度的大小为
D．运动员从a到b的过程中速度变化量的大小为
课时分层作业(四) 抛体运动的规律
1．解析：纸飞机受到的空气阻力不可忽略，所以加速度不等于重力加速度，故A错误；抛出的铁饼初速度不是水平的，不是平抛运动，是斜抛运动，故B错误；小球从水平桌面边缘滚落后，具有水平方向的初速度，忽略空气阻力，只受重力作用，其运动可视为平抛运动，故C正确；不是每一颗“火星”都做平抛运动，其中有的做斜抛运动、有的做平抛运动、有的竖直加速下落，总之会有很多种可能，故D错误．故选C.
答案：C
2．解析：设物体的下落高度为h，由h＝gt2，得t＝，则水平方向通过的距离s＝v0t＝v0，故水平方向上通过的距离与抛出点的高度h和初速度v0有关，跟物体的质量无关，故选B.
答案：B
3．解析：做平抛运动的物体，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则两个方向的v t图线如选项C所示．
答案：C
4．解析：“箭矢”做平抛运动，竖直高度决定运动时间，故t1>t2；在水平方向有x＝v0t，x1＝x2，因t1>t2，则v1答案：A
5．解析：因初、末速度的夹角满足tanθ＝＝，则tA＝＝1s，tB＝＝s，则Δt＝tB－tA＝(－1)s，A正确，B错误；A、B两点间的高度差Δh＝gt－gt＝10m，C正确，D错误．
答案：AC
6．解析：做抛体运动的物体，其运动情况与质量无关，故A错误；仅增大石块初速度的大小，则竖直分速度增大，则在空中运动时间变长，由x＝vxt可知，水平分速度增大，同时运动时间变长，则水平位移增大，故B正确；显然，当夹角接近90°时，水平位移几乎为零，故仅增大石块初速度的仰角，水平位移不一定增大，故C错误；仅减小石块抛出时的高度，则在空中运动时间变短，由x＝vxt可知，水平分速度vx不变，时间变短，则水平位移减小，故D错误．
答案：B
7．解析：由题意可知，甲鼓、乙鼓高度相同，所以球到达鼓用时相同，但由于甲鼓、乙鼓离运动员的水平距离不同，离甲鼓的水平距离较远，所以由v＝，可知，击中甲鼓、乙鼓的两球初速度v甲>v乙，故A错误，B正确；由图可知，人、甲鼓、丁鼓不在同一直线上，所以用相同速度发球能击中甲鼓则就不能击中丁鼓，故C错误；由于丁鼓与丙鼓高度相同，并且由题图可知，丁鼓离运动员的水平距离最大，所以击中丁鼓的初速度一定大于击中丙鼓的初速度，故D错误．故选B.
答案：B
8．解析：(1)根据h＝gt2
解得t＝＝s＝1s.
(2)母猴落到M点时的竖直速度
vy＝gt＝10m/s
水平速度vx＝v0＝＝m/s
水平位移x＝v0t＝m≈5.8m
则OM的水平距离为5.8m.
答案：(1)1s (2)5.8m
9．解析：小球平抛运动的水平位移x＝v0t，竖直位移y＝gt2.设位移与水平方向的夹角为θ，则有tanθ＝＝.由几何关系可得xB＝＝·，则xB与t成反比关系，故A错误，B正确；xC与t的关系为xC＝v0t，即xC与t成正比关系，故C、D错误．故选B.
答案：B
10．解析：运动员做斜抛运动，a、c两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；根据h＝gt2，解得t＝，故B正确；由v＝知，vx＝＝，运动员到达最高点的速度和运动的水平初速度相等，故C正确；从a到b速度变化量Δv＝gt＝，故D正确．
答案：BCD课时分层作业(五) 平抛运动的两个重要推论
A组 基础巩固练
1．如图所示，若物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后仍落在斜面上，则物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(空气阻力不计，物体可视为质点)( )
A．tanφ＝sinθB．tanφ＝cosθ
C．tanφ＝tanθD．tanφ＝2tanθ
2．在电视剧里，我们经常看到这样的画面：屋外刺客向屋里投来两支飞镖，落在墙上，如图所示．假设飞镖是从同一位置做平抛运动射出来的，飞镖A与竖直墙壁成53°角，飞镖B与竖直墙壁成37°角，两落点相距为d.则刺客与墙壁的距离为(已知tan37°＝，tan53°＝)( )
A．dB．2d
C．dD．d
3．如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．小球水平抛出时的初速度大小为gttanθ
B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D．若小球初速度增大，则θ减小
B组 能力提升练
4．如图所示，水平地面上固定有一个斜面，斜面倾角为θ，从斜面顶端向右平抛一个小球(可视为质点)，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现以不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这个小球，则平抛运动结束时，末速度方向与水平方向夹角的正切值tanα随初速度v变化的图像，以及平抛运动飞行时间t随初速度v变化的图像正确的是( )
5．如图所示，ABC为半球形容器的竖直截面，O是半球球心，直径AB水平，长度是4m，C是半圆圆弧的中点．在圆弧BC段的中点开有一个孔洞N，过OC的直杆上面的M点固定一个激光笔，发射出的一细束激光照射到圆弧上并穿过孔洞N.某时刻让一个小球从圆心O沿OB方向水平抛出，结果发现小球也刚好能够从孔洞N穿过，且穿出时速度方向与光线方向相同．g取10m/s2.
(1)求小球做平抛运动的初速度大小；
(2)求M点与圆心O的距离．
课时分层作业(五) 平抛运动的两个重要推论
1．解析：物体从抛出至落到斜面的过程中，位移方向与水平方向的夹角为θ，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为φ，由平抛运动的推论知tanφ＝2tanθ，选项D正确．
答案：D
2．解析：由平抛运动的推论知，把两飞镖速度方向反向延长，交点为水平位移的中点，如图所示．设水平位移为x，则有
－＝d，
解得x＝d.
答案：C
3．解析：将小球的速度、位移分解如图所示，vy＝gt，v0＝＝，故A错误；设位移方向与水平方向夹角为α，则tanθ＝2tanα，α≠，故B错误；平抛运动的落地时间由下落高度决定，与水平初速度无关，故C错误；由tanθ＝＝知，t不变时，v0增大，则θ减小，故D正确．
答案：D
4．解析：当速度vv0时，小球将落到水平面上，则有tanα＝＝，由于高度一定，时间t为定值，则tanα与v成反比．由以上分析知，选项B正确．
答案：B
5．解析：(1)如图所示，图中OD表示小球的水平位移x，ND表示小球的竖直位移y，因为N是圆弧BC段的中点，所以平抛运动的水平位移和竖直位移相等，x＝y＝cos45°＝2m，由于y＝gt2，解得飞行时间为t＝＝s，小球做平抛运动的初速度为v0＝＝m/s.
(2)由题意可知MN为小球在N处时速度的反向延长线，设MN与半径OB的交点为E，可知E为OD中点，则△MOE与△NDE全等，则MO＝ND＝2m.
答案：(1)m/s (2)2m课时分层作业(一) 曲线运动
A组 基础巩固练
1．[2023·山东威海联考]如图所示，轮滑演员在舞台上滑出漂亮的曲线轨迹．在此过程中轮滑演员( )
A．速度始终保持不变
B．运动状态始终保持不变
C．速度方向沿曲线上各点的切线方向
D．所受合力方向始终与速度方向一致
2．[2023·湖南永州高一期末]用如图甲所示装置研究物体做曲线运动的条件，小铁球以初速度v0在水平纸面上运动，忽略阻力，要使小铁球沿图乙中实线所示轨迹运动，则下列说法中正确的是( )
A．磁铁应放在A位置B．磁铁应放在B位置
C．磁铁应放在C位置D．磁铁应放在D位置
3．[2023·河南南阳高一检测]足球运动员运用脚法，踢出足球后使球在空中沿弧线运动，这样踢出的球称为弧线球．如图所示，在一次踢球过程中，一运动员在对方禁区利用获得的直接任意球机会踢出弧线球，足球绕过人墙后加速射门得分．在足球加速向下射门时，关于足球所受的合力和速度方向的关系图示，可能正确的是( )
4．[2023·浙江湖州高一期末]如图为一圆规在水平纸面上画出的曲线，速度方向与笔尖经过位置P时的可能相同的是笔尖经过位置( )
A．1B．2
C．3D．4
5.
无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔运动．某翼装飞行者在某次飞行过程中，在同一竖直面内从A到B滑出了一段圆弧，如图所示．关于该段运动，下列说法正确的是( )
A．飞行者速度始终不变
B．飞行者所受合外力始终不为零
C．在A处，空气对飞行者没有作用力
D．在B处，空气对飞行者没有作用力
6．[2023·湖北武汉高一检测]运动员出色表现的背后，不仅有自身努力的付出，也有科技的加持．利用风洞实验室为运动装备风阻性能测试和运动姿态风阻优化在我国已大量运用在各类比赛项目中，帮助运动员提高成绩．为了更加直观地研究风洞里的流场环境，我们可以借助丝带和点燃的烟线辅助观察，如图甲所示．在某次实验中获得一重力可忽略不计的烟尘颗粒做曲线运动的轨迹，如图乙所示．下列说法中正确的是( )
A．烟尘颗粒速度始终不变
B．烟尘颗粒一定做匀变速曲线运动
C．P点处的加速度方向可能水平向左
D．Q点处的合力方向可能竖直向下
7.
如图所示，在光滑水平面上运动的物体，受到水平恒力F作用后，沿曲线MN运动，速度方向改变了90°.则此过程中，物体受到的恒力可能是( )
A．F1 B．F2C．F3 D．F4
B组 能力提升练
8.(多选)在光滑平面上，质点以速度v通过原点O，v与x轴成α角(如图所示)，与此同时，质点上加沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy.下列说法正确的是( )
A．因为有Fx，质点一定做曲线运动
B．如果Fy>Fx，质点向y轴一侧做曲线运动
C．如果Fy＝Fxtanα，质点做直线运动
D．如果Fy9．汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示．设转弯时汽车所受的合力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是( )
10．2020年11月24日凌晨，搭载嫦娥五号探测器的长征五号遥五运载火箭从文昌航天发射场顺利升空，12月17日，嫦娥五号返回器携带月壤样品在地球上预定区域安全着陆．在落地之前，它在地球大气层打了个“水漂”，如图所示为返回器跳跃式返回过程的示意图，虚线圆为大气层的边界，返回器从a点进入大气层，经a、b、c、d、e回到地面，其中a、c、e为轨道和大气层外边界的交点．下列说法正确的是 ( )
A.返回器经过a、c两点时速度方向可能相同
B．返回器经过c、e两点时速度方向可能相同
C．返回器经过b、d两点时加速度方向可能相同
D．返回器经过d点时速度方向与加速度方向可能垂直
11．歼20是我国自主研发的一款新型隐形战机，图中虚线是某次歼20离开跑道在竖直方向向上加速起飞的轨迹，直线是曲线上过飞机所在位置的切线．则空气对飞机作用力的方向可能是( )
A．沿F1方向B．沿F2方向
C．沿F3方向D．沿F4方向
12．(多选)质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，将F3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做( )
A．加速度大小为的匀变速直线运动
B．加速度大小为的匀变速直线运动
C．加速度大小为的匀变速曲线运动
D．匀速直线运动
课时分层作业(一) 曲线运动
1．解析：轮滑演员做曲线运动，速度方向不断变化，运动状态不断变化，故A、B错误；做曲线运动的轮滑演员的速度方向沿曲线上各点的切线方向，C正确；轮滑演员所受合力方向与速度方向不在同一条直线上，D错误．
答案：C
2．解析：曲线运动的轨迹会弯向受力的一侧，故要使小铁球沿题图乙中实线所示轨迹运动，磁铁应放在B位置，B正确．
答案：B
3．解析：曲线运动速度的方向沿曲线的切线方向，物体做曲线运动时合力方向指向曲线的内侧(凹的一侧).足球向下做加速运动，合力的方向与速度方向之间的夹角为锐角，由此可知只有B图符合题意．故B正确，A、C、D错误．
答案：B
4．解析：物体做曲线运动时其速度方向为在该点的切线方向，故与笔尖经过位置P时的速度方向可能相同的是笔尖经过位置1时的速度方向．
答案：A
5．解析：飞行者运动的速度方向不断发生变化，因此速度是改变的，加速度不为零，其所受合力不为零，A错误，B正确；飞行者不受空气作用力的话，则仅受到重力的作用，其合力指向曲线的凸侧，不符合曲线运动的规律，C、D错误．
答案：B
6．解析：曲线运动的速度大小可能不变，但方向一定在变，故A错误；做曲线运动的合外力指向轨迹凹侧，可知烟尘颗粒所受的力在变化，故不可能是匀变速曲线运动，故B错误；做曲线运动的合外力指向轨迹凹侧，故P点处的加速度方向可能斜向右上方，不可能水平向左，故C错误；由做曲线运动的合外力指向轨迹凹侧知，Q点处的合力方向可能竖直向下，故D正确．
答案：D
7．解析：由题图可知，物体从M运动到N的过程中，沿初速度方向做减速运动，故物体受到与初速度方向相反的一个分力；同时物体向右做加速运动，故物体还受到向右的一个分力．由平行四边形定则知，物体受到的合力方向可能沿F2方向，B正确．
答案：B
8．解析：若合力方向与速度方向不在同一直线上，质点做曲线运动；若合力与速度同方向，则质点做直线运动．若Fy＝Fxtanα，则Fx和Fy的合力F与v在同一直线上(如图所示)，此时质点做直线运动．当图中F′y答案：CD
9．解析：根据题图可知，车内的挂饰偏向了右方，则汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．解析：曲线运动中各点的速度方向沿该点切线的方向，返回器经过a、c两点时速度方向不可能相同，经过c、e两点时速度方向也不可能相同，A、B错误；根据曲线运动的知识可知，返回器加速度方向指向轨迹的凹侧，返回器经过b点时加速度方向大致向上，经过d点时加速度方向大致向下，经过两点时的加速度方向不可能相同，C错误；返回器经过d点时速度方向沿切线方向，加速度方向指向轨迹的内侧，可能垂直，D正确．
答案：D
11．解析：空气对飞机的作用力与飞机重力的合力应指向曲线的凹侧，同时由于飞机加速运动，合力与速度的夹角应为锐角，故空气对飞机的作用力的方向可能沿F3方向，C正确．
答案：C
12．解析：物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有F3与F1、F2的合力等大反向．当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故F合＝F3，加速度a＝＝.因为不知道原速度方向，所以原速度方向与改变后F合的方向间的关系未知，物体可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动．故B、C正确，A、D错误．
答案：BC
