2023版高三物理一輪復(fù)習(xí)專題4曲線運動（含2023年高考真題）5

PAGEPAGE2專題4曲線運動1.[2022·全國卷Ⅰ]如圖1-，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點，AF＝4R，P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能．(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放．P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量．圖1-解析：(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R①設(shè)P到達(dá)B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)③(2)設(shè)BE＝x，P到達(dá)E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達(dá)E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實．設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋物運動公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m?2.[2022·天津卷]如圖1-所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，g取10m/s2.求：圖1-(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖1-所示，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①圖1-代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤假設(shè)使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，那么有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s3.[2022·江蘇卷3分]有A、B兩小球，B的質(zhì)量為A的兩倍．現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力．圖中①為A的運動軌跡，那么B的運動軌跡是()圖1-A．①B．②C．③D．④答案：A解析：拋體運動的加速度始終為g，與拋體的質(zhì)量無關(guān)．當(dāng)將它們以相同速率沿同一方向拋出時，運動軌跡應(yīng)該相同．應(yīng)選項A正確．4.[2022·浙江卷]在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖1-9所示．P是一個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質(zhì)量相同、初速度不同的微粒．高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h.圖1-9(1)假設(shè)微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間；(2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍；(3)假設(shè)打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等，求L與h的關(guān)系．解析：(1)打在中點的微粒eq\f(3,2)h＝eq\f(1,2)gt2①t＝eq\r(\f(3h,g))②(2)打在B點的微粒v1＝eq\f(L,t1)；2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)③v1＝Leq\r(\f(g,4h))④同理，打在A點的微粒初速度v2＝Leq\r(\f(g,2h))⑤微粒初速度范圍Leq\r(\f(g,4h))≤v≤Leq\r(\f(g,2h))⑥(3)由能量關(guān)系eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋2mgh⑦代入④、⑤式得L＝2eq\r(2)h⑧5.[2022·全國卷Ⅲ]如下圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，那么()圖1-A．a(chǎn)＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2〔mgR－W〕,R)答案：AC解析：質(zhì)點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝eq\f(2〔mgR－W〕,m)，所以a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，故N＝mg＋meq\f(v2,R)＝mg＋eq\f(m,R)·eq\f(2〔mgR－W〕,m)＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤．6.[2022·全國卷Ⅲ]如圖1-所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動．(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點．圖1-解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機(jī)械能守恒得EkA＝mgeq\f(R,4)①設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)假設(shè)小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有N＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),\f(R,2))⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq\f(2veq\o\al(2,C),R)⑥由機(jī)械能守恒有mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點．7.[2022·天津卷]我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的工程之一．如圖1-所示，質(zhì)量m＝60kg的運發(fā)動從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m．為了改變運發(fā)動的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧．助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5m，運發(fā)動在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.圖1-(1)求運發(fā)動在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；(2)假設(shè)運發(fā)動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，那么C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？解析：(1)運發(fā)動在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，那么有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N③(2)設(shè)運發(fā)動到達(dá)C點時的速度為vC，在由B到達(dá)C的過程中，由動能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設(shè)運發(fā)動在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)⑤由運發(fā)動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m8.[2022·浙江卷6分]如圖1-6所示為賽車場的一個水平“梨形〞賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90m的大圓弧和r＝40m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100m．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍．假設(shè)賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動．要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機(jī)功率足夠大，重力加速度g取10m/s2，π＝3.14)，那么賽車()圖1-6A．在繞過小圓弧彎道后加速B．在大圓弧彎道上的速率為45m/sC．在直道上的加速度大小為5.63m/s2D．通過小圓弧彎道的時間為5.58s答案：AB解析：要使賽車?yán)@賽道一圈時間最短，那么通過彎道的速度都應(yīng)最大，由f＝2.25mg＝meq\f(v2,r)可知，通過小彎道的速度v1＝30m/s，通過大彎道的速度v2＝45m/s，故繞過小圓弧彎道后要加速，選項A、B正確；如下圖，由幾何關(guān)系可得AB長x＝eq\r(L2－〔R－r〕2)＝50eq\r(3)m，故在直道上的加速度a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2x)＝eq\f(452－302,2×50\r(3))m/s2≈6.5m/s2，選項C錯誤；由sineq\f(θ,2)＝eq\f(x,L)＝eq\f(\r(3),2)可知，小圓弧對應(yīng)的圓心角θ＝eq\f(2π,3)，故通過小圓弧彎道的時間t＝eq\f(θr,v1)＝eq\f(2πr,3v1)＝eq\f(2×3.14×40,3×30)s＝2.79s，選項D錯誤．D5萬有引力與天體運動9.[2022·全國卷Ⅰ6分]利用三顆位置適當(dāng)?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊，目前，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍．假設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期變小，假設(shè)仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現(xiàn)上述目的，那么地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為()A．1hB．4hC．8hD．16h答案：B解析：B當(dāng)一地球衛(wèi)星的信號剛好覆蓋赤道120°的圓周時，衛(wèi)星的軌道半徑r＝eq\f(R,cos60°)＝2R；對同步衛(wèi)星，分別有eq\f(GMm,〔6.6R〕2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T0)))eq\s\up12(2)·6.6R和eq\f(GMm,〔2R〕2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·2R，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,T0)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2R,6.6R)))eq\s\up12(3)，解得T＝4h，選項B正確．10.[2022·全國卷Ⅲ6分]關(guān)于行星運動的規(guī)律，以下說法符合史實的是()A．開普勒在牛頓定律的根底上，導(dǎo)出了行星運動的規(guī)律B．開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的根底上，總結(jié)出了行星運動的規(guī)律C．開普勒總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，找出了行星按照這些規(guī)律運動的原因D．開普勒總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律答案：B解析：開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的根底上，總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，牛頓在開普勒研究根底上結(jié)合自己發(fā)現(xiàn)的牛頓運動定律，發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，指出了行星按照這些規(guī)律運動的原因，選項B正確．11.〔2022年海南卷7題6分〕通過觀察冥王星的衛(wèi)星，可以推算出冥王星的質(zhì)量。假設(shè)衛(wèi)星繞冥王星做勻速圓周運動，除了引力常量外，至少還需要兩個物理量才能計算出冥王星的質(zhì)量。這兩個物理量可以是A．衛(wèi)星的速度和角速度B．衛(wèi)星的質(zhì)量和軌道半徑C．衛(wèi)星的質(zhì)量和角速度D．衛(wèi)星的運行周期和軌道半徑答案：AD解析:根據(jù)線速度和角速度可以求出半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力那么：，整理可以得到：，應(yīng)選項A正確；由于衛(wèi)星的質(zhì)量約掉，故與衛(wèi)星的質(zhì)量無關(guān)，應(yīng)選項BC錯誤；假設(shè)知道衛(wèi)星的周期和半徑，那么，整理得到：，應(yīng)選項D正確。12.[2022·北京卷6分]如圖1-所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1繞地球E運行，在P點變軌后進(jìn)入軌道2做勻速圓周運動．以下說法正確的選項是()圖1-A．不管在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的速度都相同B．不管在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的加速度都相同C．衛(wèi)星在軌道1的任何位置都具有相同加速度D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置都具有相同動量答案：B解析：衛(wèi)星在橢圓軌道1上運動時，在近地點衛(wèi)星與地球之間的萬有引力小于衛(wèi)星所需向心力，在遠(yuǎn)地點衛(wèi)星與地球之間的萬有引力大于衛(wèi)星所需的向心力，所以在P點被加速后，當(dāng)萬有引力等于衛(wèi)星所需的向心力時，衛(wèi)星可以穩(wěn)定在圓形軌道2上運行，選項A不正確．衛(wèi)星在軌道1或軌道2經(jīng)過P點時，衛(wèi)星與地球之間的萬有引力相同，由Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得a＝eq\f(GM,r2)，因此加速度相同，選項B正確．衛(wèi)星受地球引力產(chǎn)生的加速度時刻指向地球，在軌道1的任何位置加速度的方向都不相同，所以加速度不相同，選項C不正確．衛(wèi)星在軌道2上運行時的速度方向不停地變化，動量的方向也在變化，動量不相同，選項D不正確．13.[2022·天津卷6分]我國即將發(fā)射“天宮二號〞空間實驗室，之后發(fā)射“神舟十一號〞飛船與“天宮二號〞對接．假設(shè)“天宮二號〞與“神舟十一號〞都圍繞地球做勻速圓周運動，為了實現(xiàn)飛船與空間實驗室的對接，以下措施可行的是()圖1-A．使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后飛船加速追上空間實驗室實現(xiàn)對接B．使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后空間實驗室減速等待飛船實現(xiàn)對接C．飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上加速，加速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接D．飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接答案：C解析：假設(shè)使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，那么飛船加速后，萬有引力缺乏以提供向心力，飛船將遠(yuǎn)離原來的軌道，不能實現(xiàn)對接，A錯誤；假設(shè)使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，那么空間實驗室減速將會使空間實驗室進(jìn)入低軌道，也不能實現(xiàn)對接，故B錯誤；實現(xiàn)對接的方法是使飛船在比空間實驗室低的軌道上加速，然后飛船進(jìn)入較高的空間實驗室軌道后實現(xiàn)對接，C正確；假設(shè)使飛船在比空間實驗室低的軌道上減速，那么飛船將進(jìn)入更低的軌道上去運行，無法實現(xiàn)對接，D錯誤．14.[2022·江蘇卷4分]如圖1-所示，兩質(zhì)量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運動，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積．以下關(guān)系式正確的有()圖1-A．TA>TBB．EkA>EkBC．SA＝SBD.eq\f(Req\o\al(3,A),Teq\o\al(2,A))＝eq\f(Req\o\al(3,B),Teq\o\al(2,B))答案：AD解析：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時其向心力由萬有引力提供，假設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，那么有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2R,T2)，由此可得v＝eq\r(\f(GM,R))和T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，這里RA>RB，那么vA<vB，TA>TB，而動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，故EkA<EkB，選項A正確，選項B錯誤；衛(wèi)星在單位時間t內(nèi)通過的圓弧長l＝vt，扇形面積S＝eq\f(Rl,2)＝eq\f(Rvt,2)＝eq\f(Rt\r(\f(GM,R)),2)＝eq\f(t,2)·eq\r(GMR)，這里RA>RB，那么SA>SB，選項C錯誤；由開普勒第三定律可知，選項D正確．15.[2022·江蘇卷]據(jù)報道，一法國攝影師拍到“天宮一號〞空間站飛過太陽的瞬間．照片中，“天宮一號〞的太陽帆板輪廓清晰可見．如下圖，假設(shè)“天宮一號〞正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運動，運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，將太陽帆板視為導(dǎo)體．圖1-(1)求M、N間感應(yīng)電動勢的大小E；(2)在太陽帆板上將一只“1.5V，0.3W〞的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計太陽帆板和導(dǎo)線的電阻．試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球外表的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號〞距離地球外表的高度h(計算結(jié)果保存一位有效數(shù)字)．解析：(1)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54V(2)不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流．(3)在地球外表有Geq\f(Mm,R2)＝mg勻速圓周運動Geq\f(Mm,〔R＋h〕2)＝meq\f(v2,R＋h)解得h＝geq\f(R2,v2)－R，代入數(shù)據(jù)得h≈4×105m(數(shù)量級正確都算對)16.[2022·四川卷5分]國務(wù)院批復(fù)，自2022年起將4月24日設(shè)立為“中國航天日〞.1970年4月24日我國首次成功發(fā)射的人造衛(wèi)星東方紅一號，目前仍然在橢圓軌道上運行，其軌道近地點高度約為440km，遠(yuǎn)地點高度約為2060km；1984年4月8日成功發(fā)射的東方紅二號衛(wèi)星運行在赤道上空35786km的地球同步軌道上．設(shè)東方紅一號在遠(yuǎn)地點的加速度為a1，東方紅二號的加速度為a2，固定在地球赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的加速度為a3，那么a1、a2、a3的大小關(guān)系為()圖1-A．a(chǎn)2＞a1＞a3B．a(chǎn)3＞a2＞a1C．a(chǎn)3＞a1＞a2D．a(chǎn)1＞a2＞a3答案：D解析：由于東方紅二號衛(wèi)星是同步衛(wèi)星，那么其角速度和赤道上的物體角速度相等，可得：a＝ω2r，由于r2>r3，那么可以得出：a2>a3；又由萬有引力定律有：Geq\f(Mm,r2)＝ma，且r1<r2，那么得出a2<a1,應(yīng)選項D正確．17.[2022·全國卷Ⅱ]小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1-所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點()圖1-A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度答案：C解析：從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v＝eq\r(2gL)，因lP<lQ，那么vP<vQ，應(yīng)選項A錯誤；由EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，而mP>mQ，故兩球動能大小無法比擬，選項B錯誤；在最低點對兩球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式可知T－mg＝me