课时跟踪检测部分
第五章 抛体运动
1.曲线运动
1.D 曲线运动的速度大小不一定时刻发生变化，速度方向一定时刻发生变化，质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向，力的方向指向轨迹凹侧，故D正确。
2.B 曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，则小锐同学经过最低点P时的速度方向沿b方向，故B正确，A、C、D错误。
3.A 根据曲线运动的条件可知，质点在O点的速度方向与轨迹相切，曲线会弯向受力那一侧，即向左弯曲。故选A。
4.BC 弧旋球的运动轨迹是曲线，根据足球做曲线运动的条件可知，足球所受合外力的方向指向轨迹凹侧，足球的速度方向沿轨迹的切线方向，故B、C正确，A、D错误。
5.AC 根据题意可知，质点做匀变速曲线运动，速度方向沿轨迹切线方向，合力方向指向轨迹弯曲的内侧，画出质点在各点的合力方向和速度方向，如图所示。由图可知，质点由C→D做减速运动，则质点经过C点的速率比经过D点的大，故A正确；由图可知，质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90°，故B错误；由图可知，质点由C→D做减速运动，由D→E做加速运动，则质点从B到E的过程中速度先减小后增大，故C正确；质点做匀变速曲线运动，加速度不变，故D错误。
6.B 歼-35A做曲线运动，速度方向时刻改变，不是匀速运动，A错误；歼-35A在ab段做曲线运动，速度方向时刻改变，是变速运动，B正确；歼-35A做曲线运动，所受合力不为零，C错误；歼-35A在bc段做曲线运动，加速度方向与速度方向不在同一条直线上，D错误。
7.C 若磁铁固定在A处，随着磁场力的减小，加速度发生变化，则小球做变加速直线运动，故A、B错误；若磁铁固定在B处，由于磁场力方向与小铁球速度方向不在同一条直线上，且沿二者连线指向磁铁，所以小铁球的轨迹与原速度方向相切向着磁铁的一侧弯曲，故C正确，D错误。
8.A 质点在恒力作用下产生恒定的加速度，加速度恒定的运动一定是匀变速运动，故选项A正确，C错误；在撤去F1之前，质点保持平衡，有两种可能：一是质点处于静止状态，则撤去F1后，质点做匀变速直线运动；二是质点处于匀速直线运动状态，则撤去F1后，质点可能做直线运动（条件是：F1的方向和质点的速度方向在同一直线上），也可能做曲线运动（条件是：F1的方向和质点的速度方向不在同一直线上），故选项B、D错误。
9.C 曲线运动的速度大小可能不变，但速度方向一定在变，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合外力在变化，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，故C正确；做曲线运动的合外力指向轨迹凹侧，知Q点处的合力方向不可能竖直向上，故D错误。
10.C 物体原来所受合力为零，当将与速度方向相反的2 N的力水平旋转90°后，其受力如图所示，其中Fx＝Fy＝2 N，F是Fx、Fy的合力，其大小F＝2 N，方向不变，为恒力，物体的加速度大小为a＝＝ m/s2＝ m/s2，大小恒定，方向与速度方向不在同一直线上，故物体做匀变速曲线运动，故C正确。
11.B 当乒乓球经过筒口正前方时，对着球横向吹气，乒乓球开始做曲线运动，运动轨迹不会经过纸筒，所以乒乓球不可能进入纸筒，故选B。
2.运动的合成与分解
1.A 小孩在扶梯上上行时的速度大小为v＝＝ m/s，则小孩在扶梯上上行时的水平分速度大小为vx＝vcos 30°＝ m/s，一楼到二楼的高度为h＝Lsin 30°＝3 m，故选A。
2.C 由题意及几何关系可得tan 37°＝，解得v雨＝ m/s，故选C。
3.BD 由题图乙、丙知，猴子在竖直方向上做初速度为8 m/s、加速度大小为4 m/s2的匀减速运动，水平方向上做速度为4 m/s的匀速运动，分析知合初速度与合加速度不在同一直线上，其合运动为曲线运动，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；t＝0时猴子的速度大小为v0＝＝ m/s＝4 m/s，C错误；猴子在2 s内的加速度大小为4 m/s2，D正确。
4.C 沿黑板推动直尺竖直向上做匀加速直线运动，则竖直方向有向上的加速度，水平方向做匀速运动，水平方向加速度为零，所以合加速度与合速度不在一条直线上，故笔尖做匀加速曲线运动，速度大小逐渐增大，故C正确，A、B、D错误。
5.AC 0～t0时间内物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向上做匀减速直线运动，所受合力沿y轴负方向且大小保持不变，物体做向y轴负方向弯曲的匀变速曲线运动，故A、C正确，B、D错误。
6.D 如果＝，那么合加速度的方向与合速度的方向一定在一条直线上，所以合运动轨迹一定是直线，D正确。
7.B 由题意可知，两个分运动的初速度分别为v0x＝0.75 m/s，v0y＝2.25 m/s，加速度分别为ax＝0.4 m/s2，ay＝1.2 m/s2，合速度与x轴夹角的正切值tan α＝＝3，合加速度与x轴夹角的正切值tan β＝＝3，所以α＝β，即加速度与初速度同向，所以质点做匀加速直线运动，B正确。
8.C 由题图乙可知，质点在y方向做匀速直线运动，速度大小为vy＝ m/s＝5 m/s，则t＝0时的速度大小为v0＝＝ m/s＝ m/s，故A错误；0～2 s内x方向的位移大小为x＝×（4＋8）×2 m＝12 m，y方向的位移大小为y＝10 m，则0～2 s内的位移大小为s＝＝ m＝2 m，故B错误；0～1 s内x方向的位移大小为x1＝×（4＋6）×1 m＝5 m，t＝0时位于y轴上，结合题图乙可知，t＝1 s时的位置坐标为（5 m，5 m），故C正确；t＝2 s时的速度方向与x轴正方向夹角的正切值为tan θ＝＝＜tan 45°＝1，可知t＝2 s时的速度方向与x轴正方向夹角小于45°，故D错误。
9.B 由题意知，战斗机离舰后的合速度与合加速度方向一致，所以战斗机的运动轨迹为直线，A错误；战斗机在10 s内水平方向的位移x＝v0xt＋axt2＝500 m，竖直方向的位移y＝v0yt＋ayt2＝250 m，所以x＝2y，B正确；战斗机速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝＝＝0.5，则θ不等于30°，C错误；战斗机在20 s内水平方向的位移x'＝40×20 m＋×2×202 m＝1 200 m，则平均速度vx＝＝60 m/s，D错误。
10.D 物体在x轴方向做匀加速运动，在y轴方向做匀速运动，则所受的合外力大小为F＝ma＝4 N，方向沿x轴正方向，A错误；物体在0～2 s内，x轴方向上的位移大小为x＝at2＝×2×22 m＝4 m，y轴方向上的位移为y＝2×2 m＝4 m，则位移的大小为s＝＝4 m，B错误；物体在x轴方向做初速度为零的匀加速运动，在y轴方向做匀速运动，可知合运动是匀变速曲线运动，C错误；物体在t＝3 s时，速度大小为v＝＝ m/s＝2 m/s，D正确。
11.（1）1 m/s2 （2） s
解析：（1）以物块为研究对象，x轴方向上有x＝v0t
y轴方向有y＝at2
解得y＝x2
又y＝0.5x2 ， v0＝1 m/s
解得a＝1 m/s2。
（2）根据题意得tan 53°＝，vy＝at
解得t＝ s。
专题强化1 小船渡河问题与关联速度问题
1.BC 渡河的时间长短取决于船速在垂直河岸方向上的速度分量，与水流的速度无关，故A错误；船头方向垂直指向河对岸时，船速在垂直河岸方向的分量最大，渡河的时间最短，故B正确；欲使轮船垂直驶达对岸，则船的速度与水流速度的合速度应垂直河岸，故C正确；渡河的时间长短取决于船速在垂直河岸方向上的速度分量，与轮船相对水的速度没有必然联系，故D错误。
2.BC 船头垂直指向对岸时，由速度的合成可知，合速度应是偏向下游的，且运动时间最短，故A错误，C正确；小船要想渡河位移最短，船头就应指向上游且与河岸有一定的夹角，使得船在静水中沿上游河岸的速度分量与河水的速度大小相等，方向相反，合速度垂直河岸，故B正确；船头偏向下游时，合速度的方向与河水流动的方向间的夹角应为锐角，故D错误。
3.AB 当船头始终垂直河岸时，过河时间最短为tmin＝＝ s＝10 s，故过河的时间不可能小于10 s，故A正确；根据平行四边形定则，由于船在静水中的速度大于水流速，因此合速度可以垂直于河岸，当合速度垂直于河岸时过河的位移最小，为40 m，故B正确，C错误；若水速大于船在静水中的速度，合速度不可以垂直于河岸，渡河最小位移大于40 m，故D错误。
4.A 拉绳子的速度v等于船沿绳子收缩方向的分速度，由几何关系有v＝v绳＝v船cos θ，θ为连接船的绳与水平面的夹角，在小船靠岸的过程中，由于船的速度v船保持不变，θ不断变大，则拉绳的速度v不断减小。故选A。
5.D 设此时绳子的速率为v，将A、B的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解，如图所示，可得v＝vAsin 53°，v＝vBcos 37°，结合vA＋vB＝ m/s，解得vA＝ m/s，故选D。
6.A 当细杆与水平面间夹角为θ时，细杆A端与B端的速度沿杆方向的分速度相等，可得vAsin θ＝vBcos θ，即tan θ＝＝＝，解得θ＝30°。故选A。
7.B 物体做曲线运动时，合力的方向指向运动轨迹的凹侧，而加速度的方向与合力方向相同，因此，小船沿轨迹AC做匀加速运动，沿轨迹AB做匀速运动，沿轨迹AD做匀减速运动，故B选项正确；水流速度各处相同且恒定不变，沿着河岸方向为匀速直线运动，有x＝v水t，因xAC＜xAB＜xAD，则小船沿轨迹AC渡河时间最短，沿轨迹AD渡河时间最长，故A、C选项错误；因为小船沿轨迹AC加速渡河，所以船靠岸时速度最大，故D选项错误。
8.C 将小球A的速度分解为沿轻绳方向的速度和垂直于轻绳方向的速度，则沿轻绳方向的速度等于小球B的速度v，则由速度的分解可得vAcos 45°＝v，解得vA＝v，故选C。
9.AD 将人的速度分解为沿细绳方向和垂直细绳方向，重物A的速度等于沿绳方向的速度，则有v物＝vcos α，由于人向左以速度v匀速移动过程，α逐渐减小，cos α逐渐增大，则重物向上做加速运动，故A正确，B错误；由于重物向上做加速运动，所以重物所受合力向上，则细绳对重物的拉力始终大于它的重力，故C错误；若α＝60°时，则人与重物的速度大小之比v∶v物＝1∶cos α＝1∶cos 60°＝2∶1，故D正确。
10.C 甲船乙船到达河岸的时间均为t＝，即同时到达对岸，即使河水流速v0增大，两船的渡河时间都不变，选项A、D正确；两船到达对岸时，两船之间的距离x＝（v0＋vcos θ）t－（v0－vcos θ）t＝2vcos θ·t＝，若仅是河水流速v0增大，两船到达对岸时，两船之间的距离不变，仍等于L，选项B正确；若v＜v0，则不论怎样改变θ角，甲船总不能到达正对岸的A点，选项C错误。
11.A 船头始终与河岸垂直到达对岸，有v船＝，船行驶路线与河岸垂直到达对岸，有＝，又t1＝6 min；t2＝9 min，解得v船∶v水＝3∶，故A正确。
12.（1）朝东偏南30°角方向飞行 （2）2 m/s （3）50 s
解析：（1）由题意可知，因风的影响，若无人机仍沿着从西到东，根据运动的合成可知，会偏向北，为了严格地从西到东，则无人机必须朝东偏南θ角飞行，如图所示
由几何关系有v风＝v机sin θ
解得θ＝30°
即无人机朝东偏南30°角方向飞行。
（2）根据几何关系可得，无人机从西到东方向的合速度为
v＝v机cos 30°＝2 m/s。
（3）飞行时间为t＝＝50 s。
3.实验：探究平抛运动的特点
1.自由落体运动 匀速直线运动
解析：用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则说明平抛运动竖直方向做的是自由落体运动；因为观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，可知球1在水平方向上的运动规律与球2相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动。
2.（1）（6，6） （2）10 （3）1.96
解析：（1）小球在水平方向做匀速直线运动，所以相邻两点间的水平距离等于2个小方格的边长，小球在竖直方向做自由落体运动，根据运动学规律可知相邻两次曝光时间内小球的竖直距离之差恒定，为1个小方格的边长，由此可推知小球位置“4”坐标为（6，6）。
（2）设该照相机频闪时间间隔为T，则根据前面分析可得Δy＝L＝gT2，解得T＝0.1 s
所以该照相机的频闪频率f＝＝10 Hz。
（3）小球做平抛运动的初速度大小为v0＝＝1.96 m/s。
3.（1）球心 需要 （2）AB
解析：（1）因为钢球侧面在白纸上挤压出的痕迹点与球心等高，所以将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点（平抛运动的起始点）；在确定y轴时需要y轴与重垂线平行。
（2）将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，因为铅笔笔尖与笔尾受力不同，铅笔将不能保持始终垂直于竖直的白纸板运动而发生倾斜，所以不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C错误；由平抛运动规律可知，A、B方案可行，故A、B正确。
4.（1）匀速直线 匀速直线运动 （2）1
解析：（1）球B在光滑的水平轨道上所受合外力为零，做匀速直线运动，实验过程中观察到球A正好砸在球B上，由此现象可以得出平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动的结论。
（2）由题图可知，球A竖直方向的位移为y＝0.45 m，且y＝gt2；球A水平方向的位移为x＝0.3 m，且x＝v0t，联立解得v0＝1 m/s，所以球B到达P点时的速度为1 m/s。
5.（1）小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动 （2）不变
（3）不需要 （4）3 5
解析：（1）甲实验时，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，则实验现象是小球A、B同时落地，说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。
（2）将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，可下落的高度不变， 由自由落体运动下落时间t＝可知，则在空中运动的时间不变。
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置开始释放，不管斜面是否光滑，在粗糙程度相同时小球到斜槽底端的速度大小相同，因此斜槽不需要光滑。
（4）由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论Δy＝gT2可得：
T＝＝ s＝0.2 s
则小球平抛初速度的大小为v0＝＝ m/s＝3 m/s
小球在y轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点y轴方向速度的大小为vy＝＝ m/s＝4 m/s
小球在B点速度的大小为vB＝＝ m/s＝5 m/s。
6.（1）D （2）25 0.80 1.0
解析：（1）在研究小球做平抛运动规律的实验中，并不需要斜槽轨道光滑，只要保证小球做平抛运动即可，斜槽是否光滑对实验没有影响，故A错误；P球不与Q球直接发生碰撞，P球从斜槽上无初速度释放后在斜槽末端只需与挡片相碰就可使电路断开使电磁铁释放Q小球，这个对照实验验证了做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，与P、Q两小球的质量无关，故B错误；该实验过程只为验证做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，并不是为了得到平抛运动的轨迹，因此不需要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，所以P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，故C错误，D正确。
（2）平抛运动在竖直方向做自由落体运动，在竖直方向由逐差相等可得：
ycd－ybc＝3L－2L＝gT2
解得：T＝0.04 s
根据周期与频率之间的关系可得f＝＝25 Hz
水平方向做匀速直线运动，根据坐标纸中的点迹可得，在水平方向2L＝v0T
解得v0＝0.80 m/s
根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度
可知在c点竖直分速度vcy＝＝1.0 m/s。
4.抛体运动的规律
1.AB 做平抛运动的物体只受重力作用，因此运动过程中的加速度大小始终为g，方向始终竖直向下，故A正确；物体做平抛运动时，水平方向不受力，做匀速直线运动，速度不变，则分速度不变，故B正确；物体做平抛运动时，竖直方向做自由落体运动，即v＝gt，速度均匀增加，故C错误；物体做平抛运动时，位移方向时刻变化，故D错误。
2.D 平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，速度不变；竖直方向为自由落体运动，相同时间内速度变化量相同且竖直向下，故A、B、C错误，D正确。
3.C 因为做平抛运动的物体，在水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，则两个方向的v-t图线如选项C所示。
4.B 子弹发射速度越大，即v0越大，由于水平位移不变，根据x＝v0t可知子弹飞行的时间越短；根据y＝gt2可知子弹在竖直方向上的位移越小，击中点离靶心越近，由s＝可知合位移越小，故A、C、D错误，B正确。
5.D 小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，所以小球在M点的水平分速度大小为8 m/s，竖直分速度大小为vy＝gt＝20 m/s，O、M两点之间的水平距离x＝v0t＝16 m，竖直距离h＝gt2＝20 m，综上可知，A、B、C错误，D正确。
6.BCD 当其竖直分位移与水平分位移相等时，则有gt2＝v0t，可得gt＝2v0，t＝，故C正确；竖直速度为vy＝gt＝2v0，故A错误；瞬时速度为v＝＝v0，故B正确；发生的位移为s＝＝，故D正确。
7.A 相邻位置的时间间隔相同，根据Δv＝gΔt，可知相邻位置运动员重心的速度变化相同，故A正确； A和D处于同一水平高度，则运动员在A、D位置时重心的速度大小相等，但是方向不同，故B错误；由题图可知，运动员从A到B的时间为5Δt，从C到D的时间为6Δt，时间不相同，故C错误；由题图知A到C的时间等于C到D的时间，根据斜抛运动的对称性可知运动员重心位置的最高点位于C点，故D错误。
8.C 因网球恰能垂直竖直墙壁击中墙壁上的同一点，则可将网球的运动看成反向的平抛运动，网球在竖直方向上运动的高度相同，根据h＝gt2，可知二者被击出后在空中运动的时间相同，A、B错误；将网球的运动看成反向的平抛运动，根据题图可知，a点与墙壁之间的水平距离更大，根据x＝v0t，可知网球自a点被击出的初速度的水平分速度大，根据＝2gh，可知网球自a、b两点被击出的初速度的竖直分速度相等，故网球自a点被击出时的初速度大，C正确，D错误。
9.C 由斜抛运动的对称性可知，小刚从起跳点到最高点的过程中，水平位移为，则此过程中的水平方向有＝v0cos α·t，竖直方向上有h＝·t，解得tan α＝，故选C。
10.A 污水从管口排出做平抛运动，设水流速度为v，根据平抛运动规律，有l＝vt，h＝gt2，可求出v＝l，污水流量为Q＝＝Sv＝πd2l，故选A。
11.CD 谷粒在空中做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，谷粒在OA间与AB间运动的时间相等，在水平方向上x＝v0t，可知谷粒在OA间水平方向的位移大小等于AB间水平方向的位移大小，故A错误；谷粒在OA间与AB间运动的时间相等，则vA＝，vB＝，谷粒在B点的速度大小小于在A点时的2倍，故B错误；谷粒在竖直方向做自由落体运动，且谷粒在OA间与AB间运动的时间相等，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，谷粒在OA间与AB间竖直方向的位移大小之比为1∶3，故C正确；谷粒在A点与水平方向速度偏角的正切值为tan α＝，谷粒在B点与水平方向速度偏角的正切值为tan β＝，可知谷粒在B点与水平方向速度偏角正切值是在A点时的2倍，故D正确。
12.（1）80 m 120 m （2）30 m/s，与水平方向的夹角为45° （3）45 m，与水平方向的夹角的正切值为
解析：（1）设落地时竖直方向的速度为vy，水平速度为v0，则有
vy＝vsin 53°＝50×0.8 m/s＝40 m/s
v0＝vcos 53°＝50×0.6 m/s＝30 m/s
抛出点的高度为h＝＝80 m
水平射程x＝v0t＝v0＝30× m＝120 m。
（2）竖直方向的分速度vy3＝gt3＝10×3 m/s＝30 m/s
设抛出后3 s末的速度为v3，则v3＝＝ m/s＝30 m/s
设速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝1，故α＝45°。
（3）抛出后3 s内物体的水平位移x3＝v0t3＝30×3 m＝90 m
竖直方向的位移y3＝g＝×10×32 m＝45 m
故抛出后物体在3 s内的位移s＝＝ m＝45 m
设位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝。
13.CD 竖直方向先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，运动时间具有对称性。甲的滞空时间t比乙长，根据h＝g可知，甲的最大腾空高度更大，故A错误；运动员滑出后做斜抛运动，则竖直方向vy＝，说明甲初速度的竖直分速度比乙的大。水平分速度vx即最小速度，乙的最小速度比甲的最小速度大，因为v＝，则无法确定二者初速度大小，故B错误；设滑出的速度与水平方向夹角为θ，则tan θ＝，结合选项B，甲的初速度与水平方向夹角比乙的大，故C正确；水平位移为x＝vtcos θ，结合以上分析知，甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故D正确。
专题强化2 平抛运动与斜面相结合的
问题及临界极值问题
1.B 滑雪运动员做平抛运动，在水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2，根据题意有tan 45°＝＝，解得t＝1.0 s，故B正确。
2.D 炸弹垂直击中倾角为θ的山坡，则有tan θ＝，又vy＝gt，联立可得t＝，故选D。
3.D 铁丝圈在空中做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，则运动的时间为t＝＝ s＝0.3 s，选项A正确；饮料罐A与标志线的距离x＝v0t＝1.2 m，选项B正确；铁丝圈落地前瞬间，速度大小为v＝＝＝5 m/s，选项C正确；保持铁丝圈抛出位置不变，若要套中饮料罐B，水平抛出速度应变为v0'＝＝ m/s＝5 m/s，选项D错误。
4.A 小球从A点开始做类平抛运动到C点，沿斜面向下有L＝gsin θ·t2，水平方向有L＝v0t，联立解得v0＝，A正确，B、C、D错误。
5.B 如果落在斜面上，有tan 45°＝＝＝，解得t＝1.2 s，因为gt2＞h，则小球不能落在斜面上，所以落在水平面上，则h＝gt'2，解得t'＝1.0 s，故选B。
6.C 设出水孔到水桶中心距离为x，则x＝v0，落到桶底A点时x＋＝v0，解得v0＝，故选C。
7.B 如图所示，过抛出点作斜面的垂线与斜面交于B点，当小球落在斜面上的B点时，位移最小。设运动的时间为t，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2。根据几何关系有＝tan θ，联立解得t＝，小球的水平位移大小为x＝v0t＝，竖直位移大小为y＝gt2＝，由水平位移和竖直位移可求解总位移的大小，故A、C、D错误，B正确。
8.AD 设小球从A到B时间为t1，从B到C时间为t2。小球在竖直方向做自由落体运动，则有h'＝g，h'＋h＝g（t1＋t2）2，因为A、C两点与挡板的水平距离相等，根据x＝v0t可知t1＝t2，解得h＝0.15 m，小球在空中运动的时间为t总＝t1＋t2＝0.20 s，故选A、D。
9.C 飞镖做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，有x＝v0t，飞镖击中墙面的速度与竖直方向夹角的正切值为tan α＝，联立，解得v0＝，α越大，v0越大，故有v0A＞v0B＞v0C，故A错误；根据平行四边形定则并结合几何关系，可得飞镖击中墙面的速度v＝＝＝，故vA＝vC＞vB，故B错误，C正确；飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水平分位移的中点，而三只飞镖水平分位移的中点相同，故插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D错误。
10.C 小球在竖直方向上做自由落体运动，故从抛出点到上管口的运动过程中，有＝gt2，解得小球在管外运动的时间为t＝，小球在水平方向上做匀减速运动，因恰能无碰撞地通过管子，故小球到管口时水平速度刚好减为零，设小球的初速度为v0，在水平方向上，有L＝t，解得小球的初速度大小为v0＝2L，故A、B错误；设风力大小为F，水平方向根据牛顿第二定律有F＝ma，由匀变速直线运动规律可得0－＝－2aL，联立可得F＝2，故C正确；小球到达上管口时，水平速度减为零，进入管中后其不再受风力作用，只有竖直方向的运动，从抛出到落地全程，小球在竖直方向上做自由落体运动，所以有v2＝2gh，解得小球落地时的速度大小为v＝，故D错误。
11.（1）0.8 s （2）10 m/s （3）5.5 m/s≤v0≤6.5 m/s
解析：（1）由平抛运动的规律得竖直方向位移满足h＝gt2
可得t＝＝0.8 s。
（2）小球在竖直方向的速度为vy＝gt＝8 m/s
水平方向的速度为vx＝v0
落地的速度为v＝＝10 m/s。
（3）平抛运动以v0＝6 m/s的速度抛出，水平的位移为x＝v0t＝4.8 m
故落入圆形区域水平方向的最小位移为x－R＝v1t
最小速度为v1＝5.5 m/s
落入圆形区域水平方向的最大位移为x＋R＝v2t
最大速度为v2＝6.5 m/s
综上所述，要使小球落入圆形区域，v0的取值范围为5.5 m/s≤v0≤6.5 m/s。
12.（1） （2）L≤v≤L
解析：（1）对打在屏中点的微粒，有h＝gt2，解得t＝。
（2）对打在B点的微粒，有L＝v1t1，2h＝g
解得v1＝L
对打在A点的微粒，有L＝v2t2，h＝g
解得v2＝L
故能被探测屏探测到的微粒初速度范围为L≤v≤L。
第六章 圆周运动
1.圆周运动
1.BD 质点做匀速圆周运动，在任意相等的时间内，通过的弧长与连接质点和圆心的半径转过的角度都相等，但位移只是大小相等，方向并不相同，平均速度也只是大小相等，方向并不相同，故A、C错误，B、D正确。
2.BCD 由题意知v＝4 m/s，T＝2 s，根据角速度与周期的关系可知ω＝＝π rad/s，A错误；由T＝得转速n＝＝0.5 r/s，B正确；由v＝ωr得r＝＝ m，C正确；由频率与周期的关系得f＝＝0.5 Hz，D正确。
3.C A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，根据v＝，可得线速度大小之比为vA∶vB＝sA∶sB＝4∶3，故A错误；根据ω＝可得角速度大小之比为ωA∶ωB＝θA∶θB＝3∶2，故B、D错误；根据v＝ωr可得圆周运动的半径之比为rA∶rB＝∶＝∶＝8∶9，故C正确。
4.D A、B两点同轴转动，A、B两点的角速度相等，即ωA＝ωB，故A、B错误；根据v＝ωr，且rA＜rB，可得vA＜vB，故C错误，D正确。
5.A 因为甲、乙、丙三个轮子靠摩擦传动，相互之间不打滑，故三个轮子边缘上的线速度相等，即r1ω1＝r2ω2＝r3ω3，所以ω3＝，故A正确。
6.C 由于A轮和B轮是通过链条传动，链条传动的特点是两轮与链条接触点的线速度的大小与链条的线速度大小相同，故vA＝vB，故vA∶vB＝1∶1，由角速度和线速度的关系式v＝ωR，可得ωA∶ωB＝4∶1，由于A轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，即ωA＝ωC，故ωA∶ωC＝1∶1，所以ωA∶ωB∶ωC＝4∶1∶4，故选C。
7.（1） s 80π rad/s （2）16π m/s
解析：（1）由于曲轴每秒转＝40（周）
即n＝40 r/s，则周期T＝＝ s
由ω＝2πn可知，曲轴转动的角速度ω＝80π rad/s。
（2）由v＝ωr可知，距转轴r＝0.2 m的点的线速度大小v＝ωr＝80π×0.2 m/s＝16π m/s。
8.BC 物块速度始终与轮轴边缘线速度大小相等，为v＝ωR＝t m/s，又v＝at，得a＝1 m/s2，故A错误，B正确；物块做匀加速运动，则轮轴边缘线速度逐渐增大，故D错误；物块先后经过AB、BC、CD所用时间满足tAB＞tBC＞tCD，根据v＝，当t越小时物块的平均速度越接近轮轴边缘的线速度，故C正确。
9.B 磁带传动的速度大小v0保持不变，则A、B外缘的线速度大小为v0保持不变，开始播放听力时，B轮的角速度为ω＝，则B轮边缘上c点的线速度大小为v＝ωr＝，故A错误，B正确；听力播放的过程中，由公式v＝2πnR可得n＝，听力播放的过程中，A轮的外缘半径增大，则A轮的转速不断减小，B轮的外缘半径减小，则B轮的转速不断增大，故C、D错误。
10.A 根据平抛运动规律可得，水落到水轮叶面上水平分速度v0＝vsin 30°，竖直方向vy＝vcos 30°，解得v＝2v0，vy＝v0，在竖直方向自由落体vy＝gt，解得t＝，故A正确，B错误；因为轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小v＝2v0，根据v＝ωR可知，水车受冲击点角速度接近ω＝，故C、D错误。
11.AD 因为电扇叶片有三个，相互夹角为120°，现在观察者感觉扇叶不动，说明在闪光时间里，扇叶转过的角度应为120°的整数倍，则有θ＝k·π（k＝1，2，3…），闪光灯每秒闪12次，则转动的角速度为ω＝＝ rad/s＝k·8π rad/s（k＝1，2，3…），当k＝1时，可得ω1＝8π rad/s，当k＝2时，可得ω1＝16π rad/s，故选A、D。
12.（1）0.5 s （2）4 m/s （3）4nπ rad/s（n＝1，2，3，…）
解析：（1）根据h＝gt2。
解得t＝0.5 s。
（2）根据x0－R＝v0t，
解得v0＝4 m/s。
（3）根据题意得ωt＝2nπ（n＝1，2，3，…），
解得ω＝4nπ rad/s（n＝1，2，3，…）。
2.向心力
第1课时 探究向心力大小的表达式
1.BC 物体做圆周运动就需要有向心力，向心力由指向圆心方向的合力提供，它是根据力的作用效果命名的，向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力来提供，或者是他们的合力来提供，也可以是某个力的分力来提供，对物体受力分析时，不需再分析向心力，故A、D错误，B、C正确。
2.（1）角速度ω （2）2∶1
解析：（1）由题图可知，A、B都为质量相同的钢球，两球都分别放在转动半径相同的位置上，因此实验是在研究向心力的大小Fn与角速度ω的关系。
（2）实验显示出两个小球所受向心力的比值为1∶4，由向心力公式可得
mRA∶mRB＝1∶4，其中RA＝RB
解得ωA∶ωB＝1∶2
由于两塔轮是皮带传动，则两轮边缘的线速度大小相等，则有ωArA∶ωBrB＝1∶1
可得rA∶rB＝2∶1。
3.（1）3∶1 （2）不同 相同 （3）二
解析：（1）皮带传动线速度相等，第三挡变速轮塔的角速度之比为1∶3，根据v ＝ ωr可知，第三挡对应左、右皮带盘的半径之比为3∶1。
（2）探究向心力大小与质量之间的关系时，需要保证两个物体做圆周运动的角速度相等、半径相等，质量不同，所以应将质量不同的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径相同处挡板内侧。
（3）根据Fn ＝ mω2r，其中一组数据为左边1.5格、右边6.1格，则角速度平方之比为≈，由于误差存在，角速度之比为，可知皮带位于皮带盘的第二挡。
4.（1）A和C 相同 （2）A和C 1∶2 （3）1∶2
解析：（1）根据Fn＝mω2r可知，探究向心力和质量的关系时，应使两个质量不同的小球分别放在半径r相同的挡板处，即A和C处；而两塔轮的角速度要相等，同一皮带上的线速度大小相等，由v＝ωR可知要将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上；（2）根据Fn＝mω2r可知，为探究向心力和角速度的关系，应将质量相同的小球分别放在半径r相同的挡板处，即A和C处；若在实验中发现左、右标尺显示的向心力之比为4∶1，则左、右塔轮的角速度之比为2∶1，同一皮带上的线速度大小相等，由v＝ωR可知选取的左、右变速塔轮轮盘半径之比为1∶2；（3）传动皮带所套的左、右变速塔轮轮盘半径R之比为2∶1，则左右变速塔轮的角速度之比为1∶2，质量相同的小球分别放在挡板B和C处，转动半径之比为2∶1，由Fn＝mω2r可知，左、右标尺显示的向心力之比为1∶2。
5.（1）见解析图 （2）0.18（0.19也可）
解析：（1）作出F-v2图线，如图所示。
（2）根据F＝知，图线的斜率k＝，则有＝，代入数据计算得出m＝0.18 kg。
6.（1） （2）小于
解析：（1）挡光杆转动的线速度v＝
由ω＝
计算得出：ω＝。
（2）向心力F和ω2成正比；若保持角速度和半径都不变，由牛顿第二定律可以知道，质量大的物体需要的向心力大，结合图乙可得曲线①对应的砝码质量小于曲线②对应的砝码质量。
第2课时 向心力的分析和向心力公式的应用
1.B 甲演员在图中“赤道”平面做匀速圆周运动，提供向心力的是轨道对摩托车的支持力，故B正确。
2.B
小球受重力、弹力两力的作用，受力如图所示，两力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，由图可知，小球受到的弹力大于小球的重力，小球受到的弹力大于小球的向心力。故选B。
3.B 根据角速度的定义式ω＝可知，＝，根据向心力公式F＝mω2r，可得A物体的向心力与B物体的向心力之比为＝··＝××＝，故A、C、D错误，B正确。
4.C 物体所受弹力提供向心力，当圆筒的转速减小以后，物体所需向心力减小，则弹力减小，但在竖直方向上物体所受合力为零，所受摩擦力与重力大小始终相等，所以摩擦力不变。故选C。
5.A 对鹰的受力情况进行分析，如图所示。鹰受到重力mg、空气对鹰的作用力F，两力的合力提供向心力Fn，方向沿水平方向指向圆心，故F＝，又Fn＝m，联立解得F＝m，故B、C、D错误，A正确。
6.C 小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，指向圆心O点，故A错误；在最高点A、B，小球的速度为零，小球所受合力的大小不为零，方向与轨迹的方向相切，故B错误；小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，指向圆心，合力等于向心力，故C正确；小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，拉力不会使小球速率发生变化，故D错误。
7.A 依题意，根据向心力公式得Fn＝m，故A正确，B错误；根据合力提供向心力得FN－mg＝m，则有FN＝mg＋m，所以滑动摩擦力为Ff＝μ，故C、D错误。
8.BC 悬线碰到钉子前后，悬线的拉力始终与小球的运动方向垂直，小球的线速度大小不变，故A错误；悬线碰到钉子后，小球的运动半径减小为原来的一半，线速度大小不变，由ω＝知角速度变为原来的2倍，由Fn＝m可知向心力变为原来的2倍，故B、C正确，D错误。
9.D 两球受到绳子的拉力提供向心力，所以向心力相等，角速度又相等，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，又有m1＝2m2，由以上两式可得r1∶r2＝1∶2，故D正确。
10.B 根据m2g＝m1rω2，得r＝·，可知r与成正比，与ω2成反比，故A错误，B正确。因为＝ω2，所以与ω2成正比，故C、D错误。
11.（1）见解析 （2）3 000 N （3）9 m/s
解析：（1）演员驾驶摩托车的受力分析如图。
（2）由受力分析可得FNsin θ＝mg
则铁笼对摩托车的支持力为FN＝＝ N＝3 000 N
根据牛顿第三定律可知摩托车对铁笼的压力大小为FN'＝FN＝3 000 N。
（3）由牛顿第二定律可得FNcos θ＝m
则摩托车此时行驶的速度大小v＝9 m/s。
12.（1） （2）6 N （3）7.5 N
解析：（1）设细绳长为L，由图b可知，在0～6 s时间内细绳拉力大小不变，可知F1＝m
6～10 s时间内细绳拉力大小不变，则有F2＝m
因为F2＝F1
可得L'＝L
Δx＝L－L'＝L－L＝L
即两钉子间的距离为绳长的。
（2）由图b可知，小球在第一个半圈经历时间为6 s，则有＝6 s
小球在第二个半圈经历时间为t'＝＝t＝5 s
在t＝10.5 s时，小球在转第二个半圈，则有细绳的拉力大小为6 N。
（3）小球转第三个半圈的时间t″＝＝t＝4 s
在t＝12.5 s时，小球转动的半径为r＝L
解得细绳的拉力大小为F＝m＝m＝＝F1＝×5 N＝7.5 N。
3.向心加速度
1.ABD 向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的切线方向，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，故B正确；地球自转时，地面上各点的向心加速度都指向地轴，不一定都指向地心，故C错误；物体做匀速圆周运动时，加速度即为向心加速度，始终指向圆心，故D正确。
2.A 由T＝可知，角速度越大的圆周运动，周期越小，故A正确；由v＝ωr可知，角速度一定的情况下，半径越大的圆周运动，线速度也越大，故B错误；由a＝可知，半径一定的情况下，线速度越大的圆周运动，向心加速度也越大，故C错误；由a＝ω2r可知，半径一定的情况下，角速度越大的圆周运动，向心加速度也越大，故D错误。
3.B 以O点为中心的原地旋转，且O、A、B三点连在同一直线上，可知A点的角速度等于B点的角速度；根据v＝rω、a＝rω2，由于A点的轨道半径小于B点的轨道半径，则A点的线速度和加速度小于B点的线速度和加速度，故A、C错误；因A、B同轴转动，故A、B两点角速度相等，根据ω＝可知，A、B两点单位时间内转过的角度相同，故B正确；B点的加速度方向不断改变，则B点的加速度不断改变，故D错误。
4.B 由题可知n＝30 r/min＝0.5 r/s，l＝8 m，根据ω＝2πn，解得角速度ω＝π rad/s，则线速度v＝ωl＝8π m/s，向心加速度an＝vω＝8π2 m/s2，故选B。
5.C 由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径分别为r1与r2，r1≠r2，A错误；由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，角速度大小相等，B错误；由v＝ωr可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度大小之比为r1∶r2，C正确；由a＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小之比为r1∶r2，D错误。
6.B 三轮相互不打滑，则三轮边缘上各点线速度大小相同，设为v，由甲轮可知v＝ωr1，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小a＝＝，故选B。
7.D 依题意，可得vA＝vB，ωB＝ωC，根据v＝ωr，又RA＝RC＝2RB，联立解得ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶2，vA∶vB∶vC＝1∶1∶2，由an＝ωv，解得aA∶aB∶aC＝1∶2∶4，故选D。
8.BC 小球A和C由轻杆固定，围绕着小球B做匀速圆周运动，小球A和C的角速度相同，故A错误；在角速度相同的情况下，由v＝ωr可知，线速度与圆周运动的半径成正比，可得v1∶v2＝L1∶L2，故B正确；轻杆AB段和BC段对小球B的拉力等大反向，可知m1a1＝m2a2，即m1ω2L1＝m2ω2L2，可得a1∶a2＝L1∶L2，m1∶m2＝L2∶L1，故C正确，D错误。
9.BC 刹车前对B球分析，由牛顿第二定律可知ma＝mgtan α，Fcos α＝mg，解得a＝gtan α，F＝，故A错误；刹车前对A球分析，可得FN＝mgtan α，据牛顿第三定律，A球对车厢壁的压力为FN'＝FN＝mgtan α，故B正确；刹车瞬时，小球A将向右开始摆动做圆周运动，此时的加速度等于向心加速度，则aA＝，当突然刹停时，由于惯性小球B将向右做平抛运动，则aB＝g，故C正确，D错误。
10.D 水平转盘半径为3 m，离地高为3 m，绳长为5 m，根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为r＝ m＝5 m，则线速度大小为v＝ωr＝2×5 m/s＝10 m/s，故A、B错误；雪圈（含人）做匀速圆周运动的加速度大小为a＝ω2r＝22×5 m/s2＝20 m/s2，故C错误，D正确。
11.（1）40 N （2）
解析：（1）衣服所受弹力F＝mω2r＝40 N
由牛顿第三定律知，衣服对桶壁的压力大小为F'＝F＝40 N。
（2）衣服竖直方向受力平衡，Ff＝mg＝5 N
而Ff＝μF
解得μ＝。
12.（1）
（2）（m1L1＋m2L1＋m2L2）ω2
（3） ω2（L1＋L2）
解析：（1）由题意可知，B球受到的弹簧弹力提供B球做圆周运动的向心力。设弹簧伸长ΔL，满足kΔL＝m2ω2（L1＋L2）
解得弹簧伸长量为ΔL＝。
（2）对A球分析，细线的弹力和弹簧弹力的合力提供A球做匀速圆周运动的向心力，满足F－kΔL＝m1ω2L1
所以细线的弹力为F＝m2ω2（L1＋L2）＋m1ω2L1＝（m1L1＋m2L1＋m2L2）ω2。
（3）细线烧断的瞬间，A、B两球都由弹簧的弹力提供加速度，对A球，
有kΔL＝m1a1
解得a1＝
对B球，有kΔL＝m2a2
解得a2＝ω2（L1＋L2）。
4.生活中的圆周运动
1.D 对赛车受力分析如图所示 ，赛车受到重力和支持力，这两个力的合力提供向心力，A错误；赛车所需的向心力等于其所受地面的支持力的水平分力，B错误；车速只要略高于v，车辆便会立即有向弯道外侧滑动的趋势，只要车速不是高出很多，静摩擦力能与重力和支持力的合力共同提供向心力，车辆就不会向弯道外侧滑动，C错误；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得v＝ ，若弯道半径不变，设计的θ角变小，则v的值变小，D正确。
2.BD 若v＞v0，重力和支持力的合力不足以提供火车做圆周运动的向心力，火车有做离心运动的趋势，则此时外轨对车轮轮缘施加压力，即侧向压力F方向由外轨指向内轨，此时轨道对车轮的支持力大于N0，选项A错误，B正确；火车以规定的速度转弯时满足Mgtan θ＝M，可知v0与火车的质量无关，该弯道的半径r＝，选项C错误，D正确。
3.BD 如果车速达到10 m/s，需要的向心力为F＝m＝4×103 N，最大静摩擦力为fmax＝1×104 N＞F，所以汽车不会发生侧滑，故A错误，B正确；汽车在水平面转弯时，做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，故C错误，D正确。
4.B 车对桥顶的压力大小为车重的时，有mg－mg＝m；车在桥顶对桥面恰好没有压力时，有mg＝m，联立解得v1＝20 m/s，故B正确，A、C、D错误。
5.B 汽车经过A处时，根据牛顿第二定律可得FA－mg＝m，可得FA＝mg＋m，汽车经过B处时，根据牛顿第二定律可得mg－FB＝m，可得FB＝mg－m，可知经过A处时汽车受到的支持力大于重力，经过B处时汽车受到的支持力小于重力，汽车在A处受到的支持力最大，汽车经过图中A处最容易超压报警，B正确，A、C、D错误。
6.D 物体处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤称量物体的质量，故A错误；水杯中的水处于完全失重状态，无法用图乙中水杯喝水，故B错误；沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离，故C错误；小球处于完全失重状态，给小球很小的初速度，小球可在拉力作用下在竖直平面内做匀速圆周运动，故D正确。
7.A 图甲脱水桶快速旋转甩干衣物，是利用水的离心运动，故A正确；图乙砂轮因高速转动发生破裂，属于离心运动的危害，故B错误；图丙火车转弯速度过大而脱轨，属于离心运动的危害，故C错误；图丁汽车转弯速度过大而侧翻，属于离心运动的危害，故D错误。
8.C 当后轮匀速转动时，根据向心加速度公式an＝ω2r可得，泥巴在a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，选项A错误；泥巴做圆周运动时，其所受的合力提供向心力，根据Fn＝mω2r知，泥巴在车轮边缘上每一个位置的向心力大小相等，当其所受的合力小于向心力时做离心运动，即所能提供的合力越小越容易被甩下来，泥巴在最低点c位置时，重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力，泥巴在最高点a位置时，重力向下，附着力向下，合力等于重力加附着力，泥巴在b、d位置时，合力等于附着力水平方向的分力，所以泥巴在最低点c位置时合力最小，最容易被甩下来，选项B、D错误，C正确。
9.B 感应装置的原理是利用离心运动，使两触点接触点亮LED灯，故A正确；气嘴灯运动至最低点时加速度向上，处于超重状态，故B错误；气嘴灯做匀速圆周运动时，重物在最低点受到重力、弹力的作用，合力提供向心力，故C正确；要使气嘴灯的转速较低时能够做离心运动，即弹簧弹力和重力的合力小于圆周运动需要的向心力，则需要用劲度系数更小的弹簧，以保证足够大的形变量使得两触点接触，故D正确。
10.BC 对试管整体分析，整体受到的合力提供向心力，设试管中心线与竖直方向夹角为 α，则提供的向心力为mgtan α，当转速增大时，需要的向心力增大，故角度α增大，试管变高，选项A错误；离心沉淀器是一种离心设备，粉笔粉末和水混合后，当离心沉淀器工作时会发生离心现象，选项B正确；旋转越快，粉笔粉末需要的向心力越大，粉笔粉末分层越明显，选项C正确，D错误。
11.（1）10 m/s2 （2）50 rad/s
解析：（1）由题意可知a＝r
解得a＝10 m/s2。
（2）根据F附＝Fn＝mr
解得ωmin＝50 rad/s。
专题强化3 竖直平面内圆周运动的两种
模型及水平面内的临界问题
1.BD 小球在最高点A，受重力和圆弧轨道向下的弹力，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ma＝m，又FN＝mg，所以a＝2g，v＝，故B、D正确，A、C错误。
2.C 小球在最高点时的向心力不一定等于重力，可能是重力与拉力的合力提供向心力，故A错误；小球恰好通过最高点时，绳子的拉力为零，重力提供向心力，此时的速度满足Fn＝mg＝m，解得v＝，显然绳子越长，速度越大，与小球质量无关，故C正确，B、D错误。
3.A 当小球在最高点时的速度为v＝，此时小球靠重力提供向心力，轻杆受到的作用力为零，故A正确；小球在圆周最高点的向心力可能由重力和轻杆作用力的合力来提供，不一定只由重力提供，故B错误；在最低点，小球靠拉力和重力的合力提供向心力，合力向上，则拉力大于重力，故C错误；轻杆在最高点可以表现为拉力，可以表现为支持力，在最高点的最小速度为零，可知小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，最高点的速率为零，故D错误。
4.A 小球通过最高点时的速率为3 m/s，设此时轻杆对小球的作用力向下，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得mg＋F＝m，解得F＝m－mg＝0.2× N－0.2×10 N＝2.5 N，假设成立，根据牛顿第三定律可知，此时轻杆受到的作用力为2.5 N的拉力。故选A。
5.B 小球不离开水平面的临界条件是水平面对小球的支持力为零，设此时细绳与转轴的夹角为θ，有mgtan θ＝mω2lsin θ，有几何关系有h＝lcos θ，整理有ω＝，故选B。
6.B 当v0＝时，对小球受力分析，得mg＋FNm＝m＝2mg，得FNm＝mg，根据牛顿第三定律，小球对圆环轨道的作用力与圆环轨道对小球的作用力大小相等方向相反，对圆环轨道受力分析，得FNM＋FNm'＝Mg，则FNM＝（M－m）g，A错误，B正确；小球做变速圆周运动，在小球运动的过程中，除最高点和最低点由合外力提供向心力，其他位置都是由合外力的分力提供向心力， C错误；小球在最高点时加速度向下，则处于失重状态，D错误。
7.（1）向左转 （2）0.75 2 m/s
解析：（1）小球和车辆保持相对静止，对球进行受力分析，如图所示
可知小球的向心力水平向左，所以车辆向左转。
（2）对小球有mgtan θ＝m
对车有μ（M＋m）g＝（M＋m）
解得μ＝0.75，v＝2 m/s。
8.D 若mg＝mω2R，则物块A不受摩擦力，A错误；当摩擦力为零时，mg＝mω2R＝m（2πn）2R，代入数据解得n＝ r/s，B错误；物块A所受摩擦力方向与半径在一条直线上，指向圆心或背离圆心，C错误；当圆盘转速n＝1 r/s＜ r/s时，物块A有沿半径向内运动的趋势，所受摩擦力方向沿半径背离圆心，D正确。
9.B 三物块的角速度相等，C处物块的半径最大，根据an＝ω2r知，向心加速度最大，故A错误；因为B处物块的质量最小，半径最小，根据Ff＝mω2r，可知B处物块受到的静摩擦力最小，故B正确；根据μmg＝mω2r，可得ω＝，C处物块的半径最大，临界角速度最小，所以C处物块最先滑动起来，故C、D错误。
10.（1） （2）π
解析：（1）圆周运动的半径r＝Lcos 30°
小球所受的合力提供向心力mgtan 60°＝m
解得v＝。
（2）竖直方向Fasin 30°＝Fbsin 30°＋mg
水平方向Facos 30°＋Fbcos 30°＝mr
当小球做圆周运动的周期减小时，a绳先达到最大拉力Fa＝4mg
解得T＝π。
11.（1）3 m/s （2）6.4 N，方向竖直向上 （3） m
解析：（1）小球从A到P的高度差为h＝R（1＋cos 53°）＝0.8 m
小球做平抛运动，竖直方向有h＝gt2
解得t＝0.4 s
则小球在P点的竖直分速度为vy＝gt＝4 m/s
把小球在P点的速度分解可得tan 53°＝
解得小球平抛运动初速度为v0＝3 m/s。
（2）小球到达Q时，速度为vQ＝3 m/s
设小球受到的弹力向下，根据牛顿第二定律可得FN＋mg＝m
解得FN＝6.4 N
由牛顿第三定律可知，小球通过管道的最高点Q时对管道的压力大小为6.4 N，方向竖直向上。
（3）小球从Q点到地面做平抛运动，设小球在Q点速度为v1时，刚好经过P点落到地面上，则竖直方向有R（1＋cos 53°）＝g
解得t1＝0.4 s
水平方向有v1＝＝1 m/s
小球从Q点到地面过程，竖直方向有2R＝g
解得t2＝＝ s
水平方向有x＝vQt2
则小球落在地面上最近点M与最远点N的距离为
Δx＝（vmax－v1）t2＝（3－1）× m＝ m。
第七章 万有引力与宇宙航行
1.行星的运动
1.A 托勒密是“地心说”的代表人物，他认为地球是宇宙的中心，是静止不动的，A正确；哥白尼提出了“日心说”，B、C错误；开普勒发现了行星运动的三大定律，D错误。
2.C 五大行星均绕太阳运行，由开普勒第一定律可知它们运行的轨道为椭圆，不是做匀速圆周运动，故A错误；由开普勒第一定律可知，五大行星均绕太阳运行，因它们的轨道为椭圆，它们到太阳的距离在不断变化，故B错误；根据开普勒第一定律，可知行星绕太阳运行的轨道是椭圆，太阳不在椭圆的中心，而是在椭圆的一个焦点上，故C正确，D错误。
3.D 根据开普勒第一定律可知，行星绕太阳运动的轨道是椭圆，故行星做变速曲线运动，但不是匀变速曲线运动，故A、B错误；根据开普勒第二定律可知，行星在近日点时的线速度大于其在远日点时的线速度，故C错误，D正确。
4.B 要比较两行星到恒星的最大距离，可比较其椭圆轨道的半长轴的大小，根据开普勒第三定律＝，可知ra＜rb，因此行星b到恒星的最大距离较大，故选B。
5.C 丹麦天文学家第谷进行了长期观测，记录了大量数据，开普勒通过对其数据研究总结得出了开普勒行星运动定律，故A错误；根据开普勒第一定律，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；所有行星轨道的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。
6.B 根据开普勒第二定律可知对每一个行星而言，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，不是同一星体，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故A错误；根据开普勒第二定律可知，火星在近日点的速率大于火星在远日点的速率，故B正确；根据开普勒第三定律可知，火星和木星半长轴的三次方与各自公转周期平方的比值相同，故C错误；根据开普勒第三定律＝，代入数据可得≈3，故D错误。
7.B 由开普勒第三定律可知＝，可得1Kepler-879c公转半径约为r＝r地＝×215R≈2.7R，故选B。
8.A 根据开普勒第三定律可知＝＝k2，解得R＝，故选A。
9.C 根据开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相同时间内扫过的面积相等，面积S1＝S2，故A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星离地球较近的地方，运行速度大，故卫星在轨道A点的速度大于其在B点的速度，故B错误；根据开普勒第三定律可知＝k，整理可得T2＝a3＝Ca3，其中C＝，为常数，a为椭圆半长轴，故C正确，D错误。
10.A 由开普勒第一定律可知，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，选项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，卫星C运动的速度大小不变，选项B错误；由开普勒第三定律可知＝＝k，比值k的大小仅与中心天体地球质量有关，选项C、D错误。
11.B 由开普勒第三定律＝，可得＝≈1.5×103，则紫金山—阿特拉斯彗星轨道的半长轴约为a＝1.5×103 AU，故选B。
12.C 根据题意，OP、OA及PA段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的＝，设卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的时间为t1，从A点运动到Q点的时间为t2，根据开普勒第二定律可知＝，由于PA曲线和AQ曲线长度相等，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的平均速率和从A点运动到Q点的平均速率之比为＝＝，故选C。
2.万有引力定律
1.AD 太阳对行星的引力等于行星围绕太阳做匀速圆周运动的向心力，它的引力大小与行星和太阳质量的乘积成正比，与行星和太阳间的距离的平方成反比，A正确，B错误；太阳对行星的引力规律是由开普勒第三定律、牛顿运动定律和匀速圆周运动规律推导出来的，C错误，D正确。
2.AB 公式F＝m中的是行星做匀速圆周运动的加速度，这个关系式实际是牛顿第二定律，也是向心力公式，能通过实验验证，A正确；v＝是在匀速圆周运动中，一个周期过程中运动轨迹的弧长与相应时间的比值即线速度，B正确；开普勒第三定律＝k是无法在实验室中得到验证的，是开普勒在研究天文学家第谷的行星观测记录时发现的，C、D错误。
3.D 牛顿探究天体间的作用力，得到行星间引力与距离的平方成反比，并进一步扩展为万有引力定律，故A错误；伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境，故B错误；卡文迪什通过扭秤实验测量出了引力常量G，故C错误；“月—地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律，故D正确。
4.BD 由万有引力定律F＝可知，太阳对行星的引力大小与m、r有关，对同一行星，r越大，F越小，故B正确；对不同行星，r越小，F不一定越大，还要由行星的质量决定，故A错误；公式中G为比例系数，是一常量，与F、r、M、m均无关，故C错误；通常的研究中，行星绕太阳的椭圆轨道可近似看成圆形轨道，向心力由太阳对行星的引力提供，故D正确。
5.D 由F＝G，可得G＝，可知引力常量G的单位是N·m2/kg2。故选D。
6.D 两个匀质球体间的万有引力F＝G，r是两球心间的距离，即F＝G，选项D正确。
7.D 根据F＝G可知，使两物体的质量各减小一半，距离变为原来的2倍，则两质点间的万有引力减小到原来的，故A错误；根据F＝G可知，使两物体的质量和两物体间的距离都减小到原来的，则两质点间的万有引力不变，故B错误；根据F＝G可知，使其中一个物体的质量减小到原来的，距离变为原来的2倍，则两质点间的万有引力减小到原来的，故C错误；根据F＝G可知，使两物体间的距离增大到原来的4倍，质量均变为原来的2倍，则两质点间的万有引力减小到原来的，故D正确。
8.B 根据万有引力定律得F＝G，则随h增加，F呈非线性减小，故选B。
9.B 在忽略星球自转的情况下，星球表面的重力与万有引力相同，而“玉兔”与“祝融”在悬停过程中，所受着陆平台的作用力大小等于其受到的万有引力大小，则有F玉＝G，F祝＝G，可知＝，故B正确。
10.C 地球对三颗卫星的引力大小相同，方向不同，故A错误；根据题意，由万有引力定律可得，地球与每一颗卫星之间的引力大小为F＝，故B错误；两颗卫星对地球的引力大小都为，夹角为120°，根据平行四边形定则可知两颗卫星对地球引力的合力大小F合＝2××cos 60°＝，故C正确；如图所示，两颗卫星之间的距离L＝2rcos 30°＝r，所以两颗卫星之间的引力大小为F'＝G＝，一颗卫星受另外两颗卫星引力的合力大小F合'＝2F'cos 30°＝2××＝，故D错误。
11.AC 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，根据向心力公式Fn＝mω2r可知P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，则P的重力小于Q的重力，故D错误。
12.C 设质点与原球体球心相距l，万有引力为F，则F＝，在球体中央挖去半径为r的一部分球体后，质点与原球体剩余部分之间的万有引力F1＝＝·＝，故选C。
3.万有引力理论的成就
1.C 根据G＝mg可得M＝，则M月＝＝ kg≈7.2×1022 kg，故C正确。
2.C 依题意，根据自由落体运动公式h＝g't2，可求得该星球表面重力加速度大小为g'＝＝50 m/s2，在星球表面，万有引力等于重力有G＝mg'，在地球表面，万有引力等于重力有G＝mg，可得该星球的质量和地球质量的比值＝＝，C正确，A、B、D错误。
3.C 木星绕太阳运动，根据万有引力提供向心力有＝M木r，解得M＝，无法用木星表面的重力加速度表示太阳质量，故选C。
4.A 根据G＝mr，其中T＝，可得M＝，故选A。
5.C 设卫星的轨道半径为r，由题意可知sin θ＝，解得r＝，对卫星绕地球做圆周运动，有G＝m，可得M＝＝ ，由地球体积为V＝ ，得地球密度为ρ＝＝，故选C。
6.B 万有引力定律的成就之一是发现未知天体，被称作笔尖下发现的行星是海王星，故选B。
7.D 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。
8.A 由竖直上抛运动和题图可知＝2gM·2h0，＝2gN·h0，可得gM∶gN＝1∶2。根据＝mg、M＝ρ·πR3可得ρ＝，则M、N两星球的密度之比为＝·＝×＝，A正确。
9.B 根据万有引力提供向心力，可得G＝m＝mω2r＝mr＝ma，可得M＝＝＝，根据G＝mg表，可得M＝，知道地球半径和地球表面重力加速度，能求得地球质量，而知道空间站绕地球做圆周运动的半径和地球表面重力加速度，不能求得地球质量，故A错误，B正确；知道空间站到地球表面的高度（不知道绕地半径r）和空间站绕地球做圆周运动周期，不能求得地球质量，故C错误；知道地球半径（不知道绕地半径r）和空间站绕地球做圆周运动的线速度，不能求得地球质量，故D错误。
10.AC 根据线速度与角速度关系公式v＝ωr可知，该卫星的线速度大小v＝ω（R＋h），故A正确；根据向心加速度公式a＝ω2r可知，向心加速度大小a＝ω2（R＋h），故B错误；设地球质量为M，根据牛顿第二定律有G＝mω2（R＋h），解得M＝，地球的平均密度ρ＝＝＝，解得ρ＝，故C正确，D错误。
11.（1） （2）
解析：（1）小球在火星表面做平抛运动，竖直方向有h＝gt2
水平方向有L＝v0t
联立解得火星表面的重力加速度为g＝。
（2）在火星表面有＝mg
联立解得火星的质量为M＝＝。
12.D 设地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，则有G＝mg，解得M地＝，故A错误；月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r2，周期为T2，则有G＝m1，结合上述解得R＝，故B错误；结合上述解得地球质量M地＝，地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径为r1，周期为T1，则有G＝M地，解得M太＝，结合上述解得＝，故C错误，D正确。
4.宇宙航行
1.B 第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，为7.9 km/s，也是人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，故A错误；第二宇宙速度是在地面附近使物体挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行或飞向其他行星的人造卫星的最小发射速度，为11.2 km/s，故B正确；人造地球卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度一定小于第一宇宙速度，故C错误；我国发射的火星探测器，其发射速度应大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故D错误。
2.AC 物体抛出速度v＜7.9 km/s时必落回地面，物体抛出速度v＝7.9 km/s时，物体刚好能不落回地面，绕地球做圆周运动，故A正确，B错误；当物体以7.9 km/s＜v＜11.2 km/s的速度抛出时，物体在抛出点做离心运动，但物体不能脱离地球引力束缚，故可能沿C轨道运动，故C正确；当物体抛出速度v＞11.2 km/s时，物体会脱离地球引力束缚，不可能沿C轨道运动，故D错误。
3.C 地球的第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则有G＝m，解得v＝，根据万有引力和重力的关系可得G＝mg，则v＝，已知火星与地球的质量比为k、半径比为n，则火星的第一宇宙速度为v1＝＝，火星的第二宇宙速度为v2＝v1＝，故选C。
4.C月球和卫星质量大小无法判断，A错误；F万＝GF万、F向大小关系均不确定，B、D错误；G＝ma向a向＝a向相同，C正确。
5.B 第一宇宙速度7.9 km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而天通一号卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，故天通一号卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；三颗卫星都是地球静止轨道卫星，根据G＝mr，解得r＝，可知三颗卫星的轨道半径一定都相等，故B正确；三颗卫星在地球静止轨道上运行，即赤道上空，不可能经过内江市上空，故C错误；地球同步静止卫星与地球表面赤道上物体运动周期相同，即角速度相同，根据v＝ωr，由于地球同步静止卫星比地球表面赤道上物体的运行半径大，所以三颗卫星的线速度大于位于地球表面赤道上物体的线速度，故D错误。
6.C 由G＝m得v＝，所以vA＞vB＞vC，故A错误；卫星受的万有引力F＝G，但三颗卫星的质量关系不知道，它们受到的万有引力大小不能比较，故B错误；由G＝ma得a＝，所以aA＞aB＞aC，故C正确；由G＝mrω2得ω＝，所以ωA＞ωB＞ωC，故D错误。
7.B 三种类型轨道上的卫星都绕地球做圆周运动，所受合力不为零，处于非平衡状态，A错误；根据G＝m，可得v＝，由此可知轨道半径相同，则线速度大小相等，故a类型轨道上卫星的运行速率等于b类型轨道上卫星的运行速率，B正确；b类型轨道上的卫星是倾斜轨道卫星，不能与地球保持相对静止，只有静止轨道卫星才能与地球保持相对静止，C错误；卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据公式G＝man可得an＝G，由此可知轨道半径越小，向心加速度越大，故c类型轨道上的卫星向心加速度最大，D错误。
8.B 地球的第一宇宙速度为最大的环绕速度，则空间站的线速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；空间站的向心加速度为a＝ω2r＝r，故B正确；根据＝mg、＝m，得空间站的线速度大小为v＝＝，故C错误；根据＝mg，得地球的质量为M＝，故D错误。
9.BCD 根据v＝，解得r＝，根据万有引力定律有G＝m，解得M＝，故A错误，B正确；由题意知，冒险家是以无动力状态在近地轨道绕行观察，即运行轨道的半径等于星球半径，故星球第一宇宙速度为v，故C正确；在星球表面有G＝mg，根据万有引力提供向心力有G＝m，联立解得g＝，故D正确。
10.B 由题意可知地球自转慢了1.6 μs，地球自转的周期变大。以赤道地面的物体来分析：由于地球自转的周期变大，根据牛顿第二定律F＝m，可知，在地面上的物体随地球自转所需的向心力会减小，而“向心力”等于“地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力”，万有引力的大小不变，所以必然是地面对物体的支持力增大。地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力”，所以物体的“重力”略变大，A错误；对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，地球自转的周期T变大，由开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径R增大，卫星的高度要略大些，B正确；根据牛顿第二定律可知＝ma，解得a＝，由于地球质量不变，轨道半径增大，同步卫星的向心加速度略变小，C错误；由于地球质量不变，则卫星的线速度满足关系式m＝，解得v＝，轨道半径增大，线速度会变小，D错误。
11.（1） （2） （3）
解析：（1）设地球质量为M，在地球表面，有G＝mg；由万有引力提供向心力，卫星受到的向心力的大小为Fn＝G＝。
（2）根据万有引力提供向心力，有G＝m
解得卫星的速率v＝。
（3）在地球表面有G＝mg
又密度ρ＝
解得ρ＝。
12.ACD 同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则a与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。由万有引力提供向心力有G＝ma，解得a＝，可知，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，则a的向心加速度小于重力加速度g，故A正确；c是地球同步卫星，周期是24 h，则c在4 h内转过的圆心角是θ＝×2π＝，故B错误；由万有引力提供向心力有＝m，可得v＝，可知vb＞vc＞vd，由公式v＝ωr可知va＜vc，则b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律得＝k可知，卫星的半径r越大，周期T越大，则d的运动周期大于c的周期24 h，有可能是26 h，故D正确。
专题强化4 应用万有引力定律
解决“三个”热点问题
1.B 鹊桥二号离开火箭时速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能进入环月轨道，A错误；由开普勒第三定律＝k，鹊桥二号在捕获轨道上运行的周期大于在环月轨道上运行的周期，B正确；在P点要由捕获轨道变轨到环月轨道，做近心运动，必须降低速度，经过P点时，需要点火减速，C错误；根据万有引力提供向心力知G＝ma，解得a＝，则经过A点的加速度比经过B点时小，D错误。
2.D 以S1为研究对象，S1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得G＝m1r1，解得m2＝，故选D。
3.A 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F＝F向，因而G＝mω2r，解得ω＝，卫星再次经过某建筑物的上空，卫星多转动一圈，有（ω－ω0）t＝2π，根据mg＝，可知地球表面的重力加速度为g＝，联立解得t＝，故选A。
4.D 双星围绕同一圆心转动，则周期相同，角速度相同，根据G＝mArA＝mBrB，可得mA＋mB＝，mArA＝mBrB，已知恒星A的质量小于恒星B的，可知A做圆周运动的半径比B的大；根据v＝ωr，可知，A做圆周运动的线速度比B的大，故D项正确，A、B、C错误。
5.B 轨道Ⅰ的半长轴比轨道Ⅱ的半径大，根据开普勒第三定律可知T2＜T1，故A错误；根据开普勒第二定律v1×2R＝v2×6R，得到速率之比v1∶v2＝3∶1，故B正确；根据万有引力提供向心力G＝m，可得v＝，月球第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，可知月球第一宇宙速度大于轨道Ⅱ上的运行速度，故C错误；嫦娥六号由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，半径减小，做近心运动，需要点火减速，故D错误。
6.D 根据双星系统的特点可知，m1、m2做圆周运动的角速度相同，即角速度之比为1∶1，故A错误；万有引力提供向心力，由于相互作用的万有引力大小相等，所以m1、m2做圆周运动的向心力大小相等，即向心力之比为1∶1，故B错误；由于m1、m2做圆周运动的向心力大小相等，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，可得m1、m2做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝m2∶m1＝2∶3，根据v＝ωr，由于角速度相等，则m1、m2做圆周运动的线速度之比为v1∶v2＝r1∶r2＝2∶3，故C错误，D正确。
7.AD 甲星所受合外力为乙、丙对甲星的万有引力的合力，则有F甲＝G＋G＝，故A正确；根据对称性可知，甲、丙对乙星的万有引力等大反向，乙星所受合外力为零，故B错误；结合上述分析，根据牛顿第二定律有＝M，解得v＝，由于甲、丙的轨道半径相等，所以线速度大小相等，但方向不同，故线速度不同，故C错误；根据v＝ωR，可知，甲、丙角速度相同，故D正确。
8.CD “嫦娥五号”在a轨道上的P点进入b轨道，需加速，使其做圆周运动所需的向心力大于万有引力而做离心运动，选项A错误；在Q点由d轨道转变到c轨道时，必须减速，使其做圆周运动所需的向心力小于万有引力而做近心运动，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，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G＝man可知，“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，选项D正确。
9.BC 卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，A错误；A、B两卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数至少差半圈，设经历时间为t，有－＝，解得t＝，B正确；由a＝及rA＝rC＞rB，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，C正确；轨道半径为r的卫星，其周期T＝2π，则该卫星在单位时间内扫过的面积S0＝＝，由于rC＞rB，所以在相同时间内，C与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，D错误。
10.AD 双黑洞做圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，由G＝M1ω2r1＝M2ω2r2可得双黑洞的轨道半径之比r1∶r2＝M2∶M1，选项A正确；由v＝ωr可得双黑洞的线速度之比v1∶v2＝r1∶r2＝M2∶M1，选项B错误；由a＝ω2r可得双黑洞的向心加速度之比a1∶a2＝r1∶r2＝M2∶M1，选项C错误；由G＝M1r1＝M2r2和r1＋r2＝L可得T＝2π，选项D正确。
11.C 根据开普勒第二定律有vA·Δt·rA＝vB·Δt·rB，解得vA∶vB＝rB∶rA＝2r∶r＝2∶1，故A错误；根据牛顿第二定律有G＝ma，化简得a＝，解得aA∶aB＝∶＝4∶1，故B错误；要实现从圆轨道Ⅰ上的A处进入椭圆轨道，发动机需要向后喷气加速，故C正确；要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向后喷气加速，故D错误。
12.（1）L L （2）2π
（3）半径变大 周期不变
解析：（1）两星球做圆周运动的向心力由万有引力提供，
有G＝mArA，G＝mBrB
可得＝
又因为L＝rA＋rB
解得rA＝L，rB＝L。
（2）由G＝mArA和rA＝L
两式联立解得T＝＝2π。
（3）根据rA＝L，且总质量（mA＋mB）不变，知mB变大，rA变大
根据T＝2π，知周期不变。
5.相对论时空观与牛顿力学的局限性
1.AB 相对论时空观的基本假设是：在不同的惯性参考系中，物理规律的形式都是相同的，真空中的光速大小都是相同的，故选A、B。
2.C 根据公式Δt＝可知，物体的速度越大，其时间进程越慢，故C正确。
3.A 根据狭义相对论可知，飞船相对该考生以0.3c的速度匀速飞过时，飞船上的观察者认为该考生考完这场考试所用的时间Δt＝＞Δτ，即飞船上的观察者认为该考生考完这场考试所用的时间大于100分钟，选项A正确。
4.A 根据相对论公式l＝l0，可知，火车运动的速度v越大，所测长木棒的长度越小，故选A。
5.ABD 根据狭义相对论的光速不变原理可知，地面上的人看到的光速为c，火车上的人看到的光速也为c，故A、B正确；地面上的人测得，火车上某光源发出的闪光同时到达车厢的前壁后壁，说明在地面上人看来，闪光所走的路程是相等的，设光源到后壁的距离为L1，到前壁的距离为L2，火车行驶时间为t，以地面为参考系，则有L1＝ct＋vt，L2＝ct－vt，可得L1＞L2，可知光源在火车的中点的偏向前的位置，故C错误，D正确。
6.ABD 经典力学只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界。高速公路上行驶的汽车、空气中下落的雨滴、空气中飘浮的肥皂泡都属于宏观、低速范围，经典力学适用；原子核外电子绕核的转动属于微观现象，经典力学不适用，故A、B、D正确。
7.B 中国东风27超高音速导弹的运动属于低速宏观的运动，故A错误；根据狭义相对论的光速不变原理，真空中光速在不同的惯性参考系中是相同的，故B正确；狭义相对论即适用于高速运动的物体，也适用于低速运动的物体，经典力学是狭义相对论在低速（v c）条件下的近似，理想状态下，带电粒子在电场中的运动也可以使用牛顿运动定律，故C错误；根据长度收缩效应，相对论时空观认为运动的尺子会变短，如果物体在地面上静止不动，在相对于地面运动的参考系里面测出物体的长度和在地面上测出物体的长度是不一样的，故D错误。
8.ACD 牛顿定律适用于惯性参考系，参考系B也是惯性参考系，牛顿定律也同样成立；A和B两个参考系中，一切力学规律都是相同的，故A、C、D正确。
9.AC 牛顿力学可以用来描述宏观低速运动问题，故牛顿力学适用于描述“墨子号”绕地球运动的规律，故A正确；对于运动速度接近光速的物体的运动，不适合用牛顿力学来描述，故B错误；量子力学可以描述“墨子号”发出的“两道红色的光”的运动规律，因为红光运动速度为光速，所以需考虑相对论效应，使用量子力学描述，故C正确；量子力学和牛顿力学适用范围不同，量子力学适用于高速运动，在宏观低速运动中，牛顿力学仍然适用，不能说牛顿力学已经失去了实用价值，故D错误。
10.B 飞船上的观测者相对该飞船静止，飞船上的观测者测得该飞船的长度等于30 m，故A错误；该飞船相对地球上的观测者是运动的，地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m，故B正确；根据光速不变原理，飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度等于c，故C错误；根据光速不变原理，地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度等于c，故D错误。
11.BD 在尺子长度方向上运动的尺子比静止时短，乙手中的尺子相对于甲接近光速运动，所以甲看到乙手中的尺子的长度比甲看到自己手中的尺子长度小，故A错误，B正确；同理可知，C错误，D正确。
12.A 梭镖相对于静止的观察者高速运动，根据相对论的长度收缩效应可知，梭镖长度收缩变短，而管子相对于观察者是静止的，同理可知管子长度不变，因此在某个位置，管子能完全遮住梭镖，故A正确，B、C错误；如果梭镖和管子都以光速c相向运动，根据光速不变原理知，二者的相对速度是c，故D错误。
13.A 银河系中心为一超大密度的黑洞，其第一宇宙速度达到光速c，由牛顿第二定律可得G＝m，可得GM＝c2R，一距离该黑洞中心的距离为r的星体，绕黑洞中心的周期为T，由万有引力提供向心力可得G＝m1r，联立解得该黑洞半径为R＝，故选A。
第八章 机械能守恒定律
1.功与功率
1.A A选项中，力F做功为W＝Fl；B选项中，力F做功为W＝Flcos 30°＝Fl；C选项中，力F做功为W＝Flcos 30°＝Fl；D选项中，力F做功为W＝Flcos 60°＝Fl，故力F做功最多的是选项A。
2.C 用W＝W1＋W2来计算总功，所以W＝3 J＋4 J＝7 J，故C正确。
3.BC 摩擦力大小为Ff，则摩擦力做的功为Wf＝－Ffx，故A错误，B正确；由于竖直方向上没有位移，故重力不做功，故C正确；由题意得，拉力与位移方向上的夹角为90°－θ，则根据功的公式得WF＝Fxcos（90°－θ）＝Fxsin θ，故D错误。
4.A 摩擦力方向平行于皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A正确，B错误；支持力始终垂直于速度方向，则支持力不做功，C错误；物体匀速运动，合外力为零，做功为零，D错误。
5.D 乒乓球受到的重力方向与运动方向垂直，可知重力对乒乓球不做功，选项A错误；乒乓球做匀速运动，合力为零，可知所受合力对乒乓球不做功，选项B错误；球拍对乒乓球的摩擦力沿斜面向上，与速度方向夹角为钝角，可知摩擦力对乒乓球做负功，选项C错误；球拍对乒乓球的支持力与球拍垂直，与速度方向夹角为锐角，则支持力对乒乓球做正功，选项D正确。
6.C 根据P＝可知，功率的大小除了和做功多少有关外，还与做功所用时间有关，故A、B错误；物体做功越快，说明单位时间内物体做功越多，则它的功率就越大，故C正确；额定功率是发动机长时间正常工作时的最大输出功率，故D错误。
7.B 赛车爬坡时要克服重力做功，因此需要较大的牵引力，由功率P＝Fv得牵引力F＝，为了能够顺利爬上陡坡，应增大发动机的输出功率P和减小速度v，才能获得更大的牵引力F，因此应拨1挡，加大油门。故选B。
8.A 由于轮船匀速行驶，故发动机的牵引力与其受到的阻力大小相等，则有P＝Fv＝fv＝1.8×108 W＝1.8×105 kW，故选A。
9.B 如图所示，由于v的方向垂直于斜面，可求出小球落在斜面上时速度的竖直分量为vy＝，小球落在斜面上时重力的瞬时功率P＝mgvy，联立可得P＝，故选项B正确。
10.C 方法一：设两列车连接处牵引装置的作用力大小为F，对前方列车进行受力分析，根据平衡条件有＝2kmg＋F，对后方列车进行受力分析，根据平衡条件有＋F＝kmg，解得F＝，故选C。
方法二：两列车以速度v向前方匀速运动，对整体进行分析有P1＋P2＝kgv，前方列车所受的阻力F阻＝2kmg，前方列车提供的牵引力F前＝，解得连接处的作用力F＝F前－F阻＝，故选C。
11.（1）32 J （2）16 J （3）16 W
解析：（1）拉力对物体所做的功为WF＝Fxcos 37°＝10×4×0.8 J＝32 J。
（2）物体受到的支持力为FN＝mg－Fsin 37°＝14 N
物体受到的摩擦力为Ff＝μFN＝4 N
物体受到的合力为F合＝Fcos 37°－Ff＝10×0.8 N－4 N＝4 N
合外力对物体所做的功W合＝F合x＝4×4 J＝16 J。
（3）根据牛顿第二定律，可知物体的加速度大小为a＝＝2 m/s2
根据运动学公式可得x＝at2
解得该过程所用时间为t＝2 s
则整个过程拉力做功的平均功率为P＝＝ W＝16 W。
12.A 将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°，故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°（l1＋l2＋…＋ln）＝Fcos 37°·＝10×0.8××6 J＝16π J，故A正确，B错误；同理可得小球克服摩擦力做的功Wf＝μmg·＝8π J，故C、D错误。
专题强化5 机车的两种启动方式
1.C 水平路面上的汽车以恒定功率P做加速直线运动，根据P＝Fv，可知随着速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得a＝，汽车的加速度越来越小，A、B错误，C正确；牵引力做功W＝Pt，由于汽车做加速运动，克服阻力做的功小于牵引力做的功，即小于Pt，D错误。
2.C 当汽车速度为v时，汽车做匀速运动，有F＝F阻，根据功率与速度的关系得P＝Fv，汽车受到的阻力大小为F阻＝F＝，当车速为时，根据功率与速度的关系得P＝F1·，则F1＝，根据牛顿第二定律得F1－F阻＝ma，解得汽车的瞬时加速度的大小为a＝，故C正确。
3.D 分析可知，两动车在平直铁轨上受到的阻力分别为F阻1＝、F阻2＝，编成动车组后，动车组的总功率P＝P1＋P2，动车组受到的总阻力F阻＝F阻1＋F阻2，又vm＝，联立解得vm＝，A、B、C错误，D正确。
4.D 由P＝Fv可知，速度不断增大则牵引力不断减小，由牛顿第二定律F－F阻＝ma，可知在时间t内动车做加速度逐渐减小的加速运动，故A、B错误；当动车速度达到最大时，牵引力与阻力相等，所以牵引力的功率为P＝Fv＝F阻vm，故C错误；由于牵引力的功率保持不变，所以牵引力做的功为W＝Pt，故D正确。
5.C 功率减小一半时，由于惯性汽车速度来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv可知，此时牵引力减小一半，小于阻力，汽车做减速运动，由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故汽车做加速度越来越小的减速直线运动，最终做匀速运动，故选项C正确。
6.C 汽车受到的阻力为F阻＝kmg＝0.1×1×103×10 N＝1×103 N，前5 s内，由图像知a＝＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得F1－F阻＝ma，解得F1＝5×103 N，故A、B错误；5 s末汽车功率达到额定功率为P＝F1v1＝5×103×20 W＝1×105 W＝100 kW，故C正确；当汽车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，所以汽车的最大速度为vm＝＝100 m/s，故D错误。
7.BCD 轿车以恒定的牵引力F启动，由a＝得，轿车先做匀加速直线运动，由P＝Fv知，轿车的输出功率均匀增加，当功率达到额定功率时，牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，轿车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，当F＝F阻时，速度达到最大值，之后轿车做匀速运动，B、C、D正确，A错误。
8.AD 0＜v＜v1的过程中，汽车的牵引力不变，阻力不变，由F－F阻＝ma，可知加速度不变，故A正确；v1＜v＜vm的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，阻力不变，加速度逐渐减小，故B错误；0＜v＜v1的过程中，汽车的牵引力不变，速度逐渐增大，由P＝Fv可知，汽车的输出功率增大，故C错误；由图可知，汽车在速度为v1时达到最大功率，之后以恒定的功率运动，所以Pm＝F0v1＝F阻vm，故D正确。
9.AD 当列车的牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，列车做匀速运动，根据力的平衡条件可知牵引力F＝F阻＝kmg，列车能达到的最大速度vm＝，解得vm＝100 m/s，故A正确；当列车行驶速度为50 m/s时，牵引力为F'＝，根据牛顿第二定律有F'－kmg＝ma，解得a＝1 m/s2，故B错误；列车从静止开始以1.0 m/s2的加速度做匀加速运动，设这种加速运动能达到的最大速度为vm'，所需的时间为t，当列车达到速度vm'时，列车的实际功率恰好达到额定功率，根据功率公式有P＝F″vm'，根据牛顿第二定律有F″－F阻＝ma'，根据运动学公式有vm'＝a't，解得t＝50 s，30秒末列车的速度为v'＝a't'，功率为P'＝F″v'，解得P'＝6×106 W，故C错误，D正确。
10.AC 若匀加速启动，则由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，因阻力F阻随速度增大而增大，则牵引力逐渐增大，A正确；若以恒定功率启动，则根据P＝Fv，a＝＝，则随着速度增加，加速度减小，即做加速度减小的变加速直线运动，B错误；以vm匀速航行时，此时F＝F阻，则所受的阻力为F阻＝，C正确；以匀速航行时，牵引力F'等于阻力F阻'，但是不等于F阻，则根据P'＝F'·可知输出功率不等于，D错误。
11.（1）90 kW （2）6 s
解析：（1）根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率为P＝F2v＝6 000×15 W＝90 kW。
（2）开始阶段，牵引力F1＝5 000 N，根据牛顿第二定律可得F1－F阻＝ma
解得开始阶段加速度为a＝2.5 m/s2
根据速度与时间关系有t0＝＝6 s。
12.（1）72 kW （2） s
解析：（1）根据题意可知，汽车所受阻力为F阻＝0.2mg
根据额定功率公式可得P额＝F1vm
F1＝F阻＋mgsin α
解得P额＝72 kW。
（2）当汽车以恒定加速度运动时，则有F2－F阻－mgsin α＝ma
P额＝F2v
解得v＝8 m/s
根据v＝at
解得t＝ s。
2.重力势能
1.D 重力做功W＝mgh，h相等，由于m1＞m2＞m3，所以W1＞W2＞W3，故D正确。
2.D 重力做功与物体的运动路径无关，只与物体初、末位置的高度差有关。从A到B的高度差是H，故从A到B重力做的功是mgH，选项D正确。
3.C 当物体向下运动时，因为重力和位移方向相同，所以重力对物体做正功，故A错误；当物体向下运动时，重力做正功，重力势能减小，故B错误；物体向上运动时，重力向下，位移方向向上，重力做负功，重力势能增大，故C正确，D错误。
4.C 整个过程重力做功为WG＝mgΔh＝0.1×10×（1.8－1）J＝0.8 J，可知整个过程重力做功为0.8 J，则物体的重力势能一定减少了0.8 J，选下落起点为参考平面，物体在地面时的重力势能为Ep＝－mgh＝－0.1×10×1.8 J＝－1.8 J，故选C。
5.C 当铁链全部离开地面的瞬间，铁链重心升高了h＝＝0.5 m，克服重力做功为W＝mgh＝50 J，铁链的重力势能的变化量为ΔEp＝W＝50 J，故C正确。
6.B 设初始位置距地面的高度为H，则Ep＝mg（H－h），整理得Ep＝mgH－mgh，则Ep-h图像是一次函数的图像。故选B。
7.AB 重力对物体做正功，物体的重力势能就一定减小，故A正确；重力势能的大小与参考平面的选取有关，重力做功的大小与参考平面的选取无关，故B正确；在弹性限度内，弹簧的弹性势能大小与弹簧形变量有关，与弹簧的长度无关，故C错误；弹簧的弹力做正功，其弹性势能减小，故D错误。
8.D 整个过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小；玩家从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中，弹性绳子不做功，此后弹性绳子一直做负功，弹性势能一直增加，故选D。
9.C F-l图像与横轴所围面积表示力F做的功，则弹力做的功W＝×0.04 J＝1.8 J，则弹性势能的变化量ΔEp＝－W＝－1.8 J，故C正确。
10.D 对弹簧一端施以水平拉力，弹簧缓慢伸长到形变量x过程中，拉力等于弹簧弹力，弹簧弹力与弹簧的伸长量成正比，即F＝F弹＝kx，外力做功W＝x＝x＝kx2，可知W∝x2，对弹簧一端施以水平拉力，弹簧缓慢伸长到形变量2x过程中，外力做的功变为原来的4倍，即W2＝4W1，故A、B、C错误，D正确。
11.A 该同学的重力G＝mg＝500 N，腾空时间为0.2 s，则每次上升过程用时0.1 s，上升的高度为h＝gt2＝0.05 m，故起跳一次克服重力做的功W0＝Gh＝500×0.05 J＝25 J。一分钟内连续跳了140下，则该同学一分钟内克服重力做的功W＝140W0＝140×25 J＝3 500 J，故A正确。
12.（1）mgh （2）－mgh （3）增加了mgh
解析：（1）设吊车钢索对物体的拉力大小为F，物体的加速度a＝，方向竖直向下
由牛顿第二定律得mg－F＝ma
故F＝mg－ma＝mg，方向竖直向上
所以拉力做的功W＝Fh＝mgh。
（2）物体被提升的高度为h，重力做的功WG＝－mgh。
（3）由于ΔEp＝－WG＝mgh，故物体的重力势能增加了mgh。
13.A 弹簧A和B两端的拉力大小相等，由胡克定律可知kAxA＝kBxB，解得xA∶xB＝3∶2，弹簧A和弹簧B弹性势能分别为EpA＝kA，EpB＝kB，则＝＝＝，即EpA＝，故选A。
3.动能和动能定理
1.C 因动能与物体的质量和速度均有关，运动速度大的物体，动能不一定大，A错误；动能没有负值，B错误；质量一定的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化，但速度变化时，如果只是方向改变而大小不变，则动能不变，比如做匀速圆周运动的物体，C正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，故不一定处于平衡状态，D错误。
2.B 根据动能的公式Ek＝mv2，可得：质量加倍，速度减小为原来的一半，则动能变为原来的一半，选项A错误；速度加倍，质量减小为原来的一半，则动能变为原来的两倍，选项B正确；质量减半，速度增大为原来的四倍，则动能变为原来的八倍，选项C错误；速度减半，质量增大为原来的四倍，则动能不变，选项D错误。
3.C 若观光车匀速行驶，乘客的动能不变，根据动能定理可知，合力对乘客不做功，故A、B错误；若观光车加速行驶，乘客的动能增加，根据动能定理可知，合力对乘客做正功，故C正确；若观光车减速行驶，乘客的动能减小，根据动能定理可知，合力对乘客做负功，故D错误。
4.D 木球克服阻力做的功为30 J，则阻力对木球做了－30 J的功，故A错误；弹簧的弹性势能减少了50 J，则弹力做正功，对木球做了50 J的功，故B错误；根据动能定理，木球的动能变化量ΔEk＝W合＝W弹＋W阻＝20 J，故C错误，D正确。
5.C 物体受重力和支持力作用，根据动能定理得WN－mgH＝m－m，故选项C正确，A、B错误；对电梯，所受合力做功等于电梯动能的变化量，故选项D错误。
6.C 设冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小分别为x1、x2。冰壶在AB段滑行时，根据动能定理得－μ1mgx1＝m－m，冰壶在BC段滑行时，根据动能定理得－μ2mgx2＝0－m，依题意μ1∶μ2＝3∶2，x1∶x2＝2∶1，联立解得＝2，故选C。
7.C 在子弹射穿木板的过程中只有木板对子弹的阻力对子弹做了功，对子弹分析，根据动能定理得－Ffl＝m－m，代入数据可得Ff＝1 64.宇宙航行
知识点一 宇宙速度
1.下列关于宇宙速度的说法中正确的是（ ）
A.第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最小运行速度
B.第二宇宙速度是在地面附近使物体挣脱地球引力束缚，不再绕地球运行的最小发射速度
C.人造地球卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
D.我国发射的火星探测器，其发射速度大于第三宇宙速度
2.〔多选〕如图所示，牛顿在思考万有引力定律时就曾设想，把物体从高山上O点以不同的速度v水平抛出，速度一次比一次大，落地点也就一次比一次远。如果抛出速度足够大，物体就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星，则下列说法正确的是（ ）
A.以v＜7.9 km/s的速度抛出的物体可能落在A点
B.以v＜7.9 km/s的速度抛出的物体将沿B轨道运动
C.以7.9 km/s＜v＜11.2 km/s的速度抛出的物体可能沿C轨道运动
D.以11.2 km/s＜v＜16.7 km/s的速度抛出的物体可能沿C轨道运动
3.（2025·山东淄博一模）天体的第二宇宙速度为第一宇宙速度的倍。已知火星与地球的质量比为k、半径比为n。地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略天体自转的影响，则火星的第二宇宙速度为（ ）
A. B.
C. D.
知识点二 人造地球卫星 载人航天与太空探索
4.（2023·江苏高考4题）设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道。该卫星与月球相比，一定相等的是（ ）
A.质量
B.向心力大小
C.向心加速度大小
D.受到地球的万有引力大小
5.（2025·四川省内江高一阶段练习）华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，该手机的卫星通信功能可以让我们在无信号环境下，通过“天通一号”系列卫星与外界进行联系。“天通一号”系列卫星为地球同步静止卫星，目前我国已发射有“天通一号”01、02、03卫星，将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动。关于“天通一号”系列卫星，下列说法正确的是（ ）
A.三颗卫星的运行速度等于7.9 km/s B.三颗卫星的轨道半径一定都相等
C.三颗卫星有可能经过内江市上空 D.三颗卫星的线速度小于位于地球表面赤道上物体的线速度
6.如图所示，在同一轨道平面上的三颗人造地球卫星A、B、C，在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的是（ ）
A.根据v＝，可知三颗卫星的线速度vA＜vB＜vC
B.根据万有引力定律，可知三颗卫星受到的万有引力FA＞FB＞FC
C.三颗卫星的向心加速度aA＞aB＞aC
D.三颗卫星运行的角速度ωA＜ωB＜ωC
7.如图所示，我国自主研发的北斗卫星导航系统由多颗卫星组成，包括分布于a类型轨道的静止轨道卫星、分布于b类型轨道的倾斜轨道卫星（与同步卫星轨道半径相同，轨道倾角55°）和分布于c类型轨道的中轨道卫星，中轨道卫星在3个互成120°的轨道面上做圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A.a类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态
B.a类型轨道上的卫星运行速率等于b类型轨道上卫星的运行速率
C.b类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止
D.三类卫星相比，c类型轨道上的卫星向心加速度最小
8.假设该空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径为r，引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度 B.空间站的向心加速度为a＝r
C.空间站的线速度大小为v＝ D.地球的质量为M＝
9.〔多选〕（2025·江苏省无锡市高一期中）一次宇宙冒险家到达一个未知星球，首先以无动力状态在近地轨道绕行观察，飞行速度为v，测得环绕周期为T。下列计算正确的是（ ）
A.星球质量为
B.星球半径为
C.星球第一宇宙速度为v
D.星球表面重力加速度为
10.（2025·内蒙古呼和浩特高一期中）地球的自转速度与地球内部物质的运动和分布有着密切关系，科学家们通过计算得知，因为某次地壳活动导致地球自转变慢了1.6 μs（1 s的百万分之一），通过理论分析下列说法正确的是（ ）
A.地球赤道上物体的重力会略变小
B.地球同步卫星的高度略变大
C.地球同步卫星的向心加速度略变大
D.地球同步卫星的线速度略变大
11.一颗人造卫星的质量为m，离地面的高度为h，卫星做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，求：
（1）卫星受到的向心力的大小；
（2）卫星的速率；
（3）地球的平均密度。
12.〔多选〕（2025·广东省惠州市高一期中）有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有（ ）
A.a的向心加速度小于重力加速度g
B.c在4小时内转过的圆心角是30°
C.b在相同时间内转过的弧长最长
D.d的运动周期有可能是26小时
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