第3講力與曲線運動一、單項選擇題1．有兩顆繞地球做勻速圓周運動的衛星A和B，它們的軌道半徑rA∶rB＝1∶2，關于它們的向心加速度aA、aB的關系，以下判斷正確的是()．A．根據a＝ω2r，可得aA∶aB＝1∶2B．根據a＝eq\f(v2,r)，可得aA∶aB＝2∶1C．根據a＝vω，可得aA∶aB＝1∶1D．根據a＝Geq\f(M,r2)，可得aA∶aB＝4∶1解析不同軌道高度的線速度、角速度都不同，A、B、C均錯．根據萬有引力定律：Geq\f(Mm,r2)＝ma，則a＝Geq\f(M,r2)，顯然D對．答案D2．年10月25日，我國將第十六顆北斗衛星“北斗－G6”送入太空，并定點于地球靜止軌道東經110.5°.由此，具有完全自主知識產權的北斗系統將首先具備為亞太地區提供高精度、高可靠定位、導航、授時服務，將具短報文通信能力．其定位精度優于20m，授時精度優于100ns.關于這顆“北斗－G6”衛星以下說法中正確的有 ()．A．這顆衛星軌道平面與東經110.5°的經線平面重合B．通過地面控制可以將這顆衛星定點于杭州正上方C．這顆衛星的線速度大小比離地350km高的“天宮一號”空間站線速度要大D．這顆衛星的周期一定等于地球自轉周期解析由題意知該衛星是一顆地球同步衛星，它的軌道平面與赤道平面重合，它的周期等于地球的自轉周期，它離地高度大于350km，它的線速度要比離地高度等于350km的“天宮一號”空間站線速度要小，故只有選項D正確．答案D3．(·廣東卷，14)如圖1－3－16，甲、乙兩顆衛星以相同的軌道半徑分別繞質量為M和2M的行星做勻速圓周運動，下列說法正確的是圖1－3－16A．甲的向心加速度比乙的小B．甲的運行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大D．甲的線速度比乙的大解析由萬有引力提供向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，變形得：a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，只有周期T和M成減函數關系，而a、v、ω和M成增函數關系，故選A.答案A4．(·安徽卷，17)質量為m的人造地球衛星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G為引力常量，M為地球質量，該衛星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變為R2，此過程中因摩擦而產生的熱量為 ()．A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))解析由萬有引力提供向心力知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以衛星的動能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，則衛星在半經為r的軌道上運行時機械能為E＝eq\f(1,2)mv2＋Ep＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).故衛星在軌道R1上運行：E1＝－eq\f(GMm,2R1)，在軌道R2上運行：E2＝－eq\f(GMm,2R2)，由能的轉化和守恒定律得產生的熱量為Q＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故正確選項為C.答案C5．如圖1－3－17所示，年中俄聯合實施探測火星活動計劃，由中國負責研制的“螢火一號”火星探測器與俄羅斯研制的“福布斯—土坡”火星探測器一起由俄羅斯“天頂”運載火箭發射前往火星．如果火星的質量為地球質量的eq\f(1,9)，火星的半徑為地球半徑的eq\f(1,2).那么關于火星探測器，下列說法中正確的是()．圖1－3－17A．探測器的發射速度只有達到了第三宇宙速度才可以發射成功B．火星的密度是地球密度的eq\f(8,9)倍C．探測器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的eq\f(2,9)倍D．火星探測器環繞火星運行的最大速度為繞地球運行的第一宇宙速度的2倍解析探測器發射速度達到第二宇宙速度即可，A錯；ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，eq\f(ρ火,ρ地)＝eq\f(M火,M地)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R地,R火)))3＝eq\f(1,9)×8＝eq\f(8,9)，B對；由eq\f(GMm,R2)＝mg知eq\f(g火,g地)＝eq\f(M火,M地)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R地,R火)))2＝eq\f(1,9)×4＝eq\f(4,9)，C錯；由eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)得v＝eq\r(\f(GM,R))，eq\f(v火,v地)＝eq\r(\f(M火,M地)\f(R地,R火))＝eq\r(\f(1,9)×2)＝eq\r(\f(2,9))，D錯．答案B二、多項選擇題6．一物體在xOy平面內從坐標原點開始運動，沿x軸和y軸方向運動的速度v隨時間t變化的圖象分別如圖1－3－18甲、乙所示，則物體在0～t0時間內()．圖1－3－18A．做勻變速運動B．做非勻變速運動C．運動的軌跡可能如圖丙所示D．運動的軌跡可能如圖丁所示解析由甲、乙兩圖可知，物體所受合力為恒力，沿y軸負方向，故物體做勻變速運動，A項正確，B項錯誤；由于合力指向曲線的內側，故C項正確，D項錯誤．答案AC7．(·云南部分名校統考，20)如圖1－3－19為湖邊一傾角為30°的大壩橫截面示意圖，水面與大壩的交點為O.一人站在A點以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO＝40m，不計空氣阻力，g取10m/s2.下列說法正確的是()．圖1－3－19A．若v0>18m/s，則石塊可以落入水中B．若v0<20m/s，則石塊不能落入水中C．若石子能落入水中，則v0越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小D．若石子不能落入水中，則v0越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越大解析石子從A到O過程中，由平拋運動規律有AOsin30°＝eq\f(1,2)gt2，AOcos30°＝v0t，聯立得v0＝17.3m/s，所以只要v0>17.3m/s的石子均能落入水中，A項正確B項錯誤；若石子落入水中，由平拋運動規律有AOsin30°＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt＝20m/s，設其落入水中時的速度與水平面夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy一定，v0增大，θ減小，C項對；不能落入水中時，根據中點定理得石子落到斜面上時的速度方向與斜面夾角都相等，與v0大小無關，D項錯誤．答案AC8．(·浙江一級重點中學四次月考，18)同步衛星A的運行速率為v1，向心加速度為a1，運轉周期為T1；放在地球赤道上的物體B隨地球自轉的線速度為v2，向心加速度為a2，運轉周期為T2；在赤道平面上空做勻速圓周運動的近地衛星C的速率為v3，向心加速度為a3，運轉周期為T3.則()．A．T1＝T2>T3 B．v3>v2>v1C．a1<a2＝a3 D．a3>a1>a2解析同步衛星與地球赤道上的物體都與地球自轉同步，二者運動的角速度相同，周期相同即T1＝T2，又因為前者半徑較大，根據a＝ω2r和v＝ωr可得，a1>a2，v1>v2；地球同步衛星與在赤道平面上空做勻速圓周運動的近地衛星的加速度均可用Geq\f(Mm,r2)＝ma計算，故a3>a1，因此有a3>a1>a2；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，則v3>v1，故有v3>v1>v2；而由開普勒第三定律知T1>T3，故有T1＝T2>T3.答案AD9．(·江蘇卷，2改編)如圖1－3－20所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是()．圖1－3－20A．A的速度比B的小B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小解析因為物體的角速度ω相同，線速度v＝rω，而rA<rB，所以vA<vB則A項對；根據a＝rω2知aA<aB，則B錯；如右圖，tanθ＝eq\f(an,g)，而B的向心加速度較大，則B的纜繩與豎直方向夾角較大，纜繩拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，則TA<TB，所以C項錯，D項正確．答案AD三、非選擇題10．(·福建卷，20)如圖1－3－21，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質量m＝1.0kg的小球．現將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點．地面上的D點與OB在同一豎直線上，已知繩長L＝1.0m，B點離地高度H＝1.0m，A、B兩點的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣影響，求：圖1－3－21(1)地面上DC兩點間的距離s；(2)輕繩所受的最大拉力大小．解析(1)小球從A到B過程機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ①小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2②在水平方向上有s＝vBt ③由①②③式解得s＝1.41m ④(2)小球下擺到達B點時，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L) ⑤由①⑤式解得F＝20N根據牛頓第三定律得輕繩所受的最大拉力為20N.答案(1)1.41m(2)20N11．如圖1－3－22所示，AB段為一半徑R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圓形軌道，EF為一傾角為θ＝30°的光滑斜面，斜面上有一質量為0.1kg的薄木板CD，木板的下端D離斜面底端的距離為15m，開始時木板被鎖定．一質量也為0.1kg的物塊從A點由靜止開始下滑，通過B點后被水平拋出，經過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物塊滑上木板的同時木板解除鎖定．已知物塊與薄木板間的動摩擦因數為μ＝eq\f(\r(3),6).取g＝10m/s2，求：圖1－3－22(1)物塊到達B點時對圓形軌道的壓力大小；(2)物塊做平拋運動的時間；(3)若下滑過程中某時刻物塊和木板達到共同速度，則這個速度為多大？解析(1)物塊由A到B由動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(2Rg)＝2m/s，在B點由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得：FN＝mg＋meq\f(v\o\al(2,0),R)＝3N，由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力為3N.(2)設物塊到達斜面的豎直速度為vy，則tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝gt，解得：t＝eq\f(v0tanθ,g)＝eq\f(\r(3),15)s.(3)物塊在E點的速度：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(4\r(3),3)m/s，對物塊：v′＝v＋a1t，a1＝g(sinθ－μcosθ)＝2.5m/s2.對木板：v′＝a2t，a2＝g(sinθ＋μcosθ)＝7.5m/s2.解得：v′＝2eq\答案(1)3N(2)eq\f(\r(3),15)s(3)2eq\r(3)m/s12．在半徑R＝5000km的某星球表面，宇航員做了如下實驗，實驗裝置如圖1－3－23甲所示，豎直平面內的光滑軌道由軌道AB和圓弧軌道BC組成，將質量m＝0.2kg的小球從軌道AB上高H處的某點靜止滑下，用力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力F，改變H的大小，可測出相應F的大小，F隨H的變化如圖乙所示．求：圖1－3－23(1)圓弧軌道的半徑；(2)該星球表面的重力加速度的大小；(3)該星球的第一宇宙速度．解析(1)設該星球表面的重力加速度為g0，C點的速度為v0，圓弧軌道的半徑為r，由題圖知，當H＝0.5m時，F＝0，則mg0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)①小球由A至C過程，