高中物理課時作業(yè)（教科版必修第二冊）課時答案

課時素養(yǎng)評價1認識曲線運動1．解析：做曲線運動的物體速度一定變化，受合外力一定不為零，則一定具有加速度，A正確；做曲線運動的物體速度方向一定改變，但大小不一定變化，例如勻速圓周運動，B錯誤；曲線運動也可能是勻加速運動，例如平拋運動，C錯誤；做曲線運動的物體速度方向一定與加速度方向不相同，D錯誤．答案：A2．解析：根據(jù)曲線運動速度方向總是沿軌跡切線方向，則力F突然撤去，質點將做勻速直線運動，所以它從B點開始可能沿圖中的b虛線運動，B正確；A、C、D錯誤．答案：B3．解析：根據(jù)曲線運動某點的速度方向沿著該點的切線方向，由圖中可知運動員速度方向與經(jīng)過P點的速度方向最接近的是A點，A正確，B、C、D錯誤．答案：A4．解析：在曲線運動中，物體的速度在軌跡的切線方向，且沿著物體運動的方向，結合題意可知，在經(jīng)過最高點時，選手和摩托車的速度方向水平向左，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B5．解析：物體做曲線運動時，軌跡夾在速度方向與合力方向之間，合力大致指向軌跡凹的一側，軌跡不可能與力的方向相同，D正確．答案：D6．解析：若物體只是運動的速度大小改變，方向不變，則物體做直線運動，A錯誤；物體做曲線運動，它的運動速度方向一定是變化的，則速度一定在改變，B錯誤；物體做曲線運動時，它的加速度的方向始終和速度的方向不一致，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度與合外力同向，則物體做曲線運動時，它的加速度方向始終和所受到的合外力方向一致，D正確．答案：D7．解析：物體受幾個恒力的作用而處于平衡狀態(tài)，速度可能為零，也可能為某個確定的值．當再對物體施加一個恒力時，則合力不為零，速度一定改變，不可能保持靜止或勻速直線運動，A、C錯誤；如果速度與合力同向，物體就做勻加速直線運動，若速度與合力反向，則物體做勻減速直線運動，B正確；如果速度與合力不共線，物體就做曲線運動，由于合力是恒力，故加速度恒定不變，物體做勻變速曲線運動，D正確．答案：BD8．解析：質點做勻變速曲線運動，從曲線運動條件可知，從C到D，力對于質點運動是阻力，因此C點的速率比D點的速率大，A正確；質點做勻變速曲線運動，從曲線運動條件可知，從D到E，力對于質點運動是動力，因此E點的速率比D點的速率大，B錯誤；因為質點是做勻變速曲線運動，質點經(jīng)過D點時的加速度和E點的加速度相等，C錯誤；質點做勻變速曲線運動，從曲線運動條件可知，合外力方向與速度方向的夾角逐漸減小，D正確．答案：AD9．解析：由題圖所示運動軌跡可知，質點速度方向恰好改變了90°，可以判斷恒力方向應指向右下方，與初速度方向的夾角大于90°且小于180°，A、B錯誤；合力方向指向右下方，與速度方向的夾角先大于90°后小于90°，因此質點從M點到N點的速率先減小后增大，C錯誤；質點在恒力的作用下運動，由牛頓第二定律可知，加速度的大小和方向都不變，質點做勻變速曲線運動，D正確．答案：D10．解析：圖中導彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生沿水平方向的推力F和豎直向下的重力，合力的方向與圖中運動的方向不可能在同一條直線上，所以不能做直線運動，A錯誤；圖中導彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生的斜向上的推力F和豎直向下的重力，該圖中合力的方向與運動的方向可能在同一條直線上，所以導彈可能沿斜向上的方向做直線運動，B正確；圖中導彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生的斜向下的推力F和豎直向下的重力，該圖中合力的方向與運動的方向不可能在同一條直線上，所以不能做直線運動，C錯誤；圖中導彈發(fā)射后受到噴射氣體產(chǎn)生的推力F的方向沿軌跡的切線方向，而重力的方向豎直向下，合力的方向沿軌跡切線方向向外，不可能沿虛線凹側，故導彈不可能沿虛線做曲線運動，D錯誤．答案：B11.解析：若滿足Fy＝Fxtanα，則Fx和Fy的合力F與v在同一直線上，如圖所示，此時質點做直線運動；若Fy<Fxtanα即tanα>eq\f(Fy,Fx)，則Fx、Fy的合力F與x軸的夾角β<α，則質點偏向x軸一側做曲線運動，A、B錯誤，C、D正確．答案：CD12．解析：將與物體運動方向相反，大小為2N的一個力突然水平順時針轉過90°，此時物體受的合力大小變?yōu)镕＝2eq\r(2)N，加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\r(2)m/s2，此時合外力方向與速度方向不共線，則物體做勻變速曲線運動，A正確，B錯誤；1s后把這個力突然水平逆時針轉過90°，則物體受力又達到平衡，則此后又做勻速直線運動，C正確，D錯誤．答案：AC13．解析：物體做曲線運動時，速度方向沿切線方向，而力一定指向曲線的凹側，A、B錯誤；由于加速度和速度方向夾角大于90°，物體速度應減小，故C錯誤；圖中加速度和速度方向夾角小于90°，物體速度應增大，故D正確．答案：D14．解析：(1)單獨開動P1時，推力沿x軸負方向，探測器做勻減速直線運動；單獨開動P3時，推力沿x軸正方向，探測器做勻加速直線運動；單獨開動P2或P4時，推力沿平行y軸方向，探測器做勻變速曲線運動；(2)同時開動P2與P3，合力方向與y軸正方向的夾角為銳角，探測器做勻變速曲線運動；(3)若四個發(fā)動機能產(chǎn)生大小相等的推力，那么同時開動時探測器受力平衡，仍做勻速直線運動；(4)單獨開動P2時，探測器加速度方向向上，向上彎曲做勻變速曲線運動，而單獨開動P4時，探測器加速度方向向下，向下彎曲做勻變速曲線運動．答案：(1)見解析(2)見解析(3)勻速直線運動(4)見解析課時素養(yǎng)評價2運動的合成與分解1．解析：做曲線運動的物體，速度方向時刻變化，但受到的合力可以不變，故加速度可以不變，如平拋運動，只受重力，是勻變速運動，故A正確；兩個直線運動的合運動可能是曲線運動，例如平拋運動，B正確；物體做曲線運動時，其速度大小不一定變化，如勻速圓周運動，C錯誤；兩個勻變速直線運動的合運動的合加速度與合初速度方向共線時，合運動是勻變速直線運動，故D錯誤．答案：AB2．解析：小猴子的合速度方向(右上方)與加速度方向(豎直向上)不共線，所以做曲線運動，A錯誤；小猴子的合位移為L＝eq\r(x2＋h2)，B正確；依題意，小猴子的加速度為定值，根據(jù)公式Δv＝a·Δt易知，相同時間內(nèi)速度的變化量不變，C、D錯誤．答案：B3．解析：小船在靜水中先做加速運動后做減速運動，具有加速度，水流速度勻速不變，所以小船的運動軌跡是曲線，A錯誤；研究垂直于河岸方向的運動，速度—時間圖像圍成的面積表示位移，則小船渡河的寬度d＝eq\f(4×60,2)m＝120m，B錯誤；根據(jù)運動的等時性可知，小船沿河岸方向運動了60s，距離為x＝3×60m＝180m，C正確；根據(jù)矢量合成法則可知，小船在靜水中的速度最大時，渡河速度最大，有vm＝eq\r(32＋42)m/s＝5m/s，D錯誤．答案：C4．解析：由于繩索始終保持豎直，所以傷員水平方向不受力，在水平方向做勻速直線運動，故直升機一定做勻速直線運動，A正確；傷員水平方向做勻速直線運動，但豎直方向運動情況不明，所以不能確定傷員是做直線運動還是曲線運動，B錯誤；螺旋槳產(chǎn)生動力的一個分力沿豎直方向與重力平衡，另一個分力沿水平方向與空氣阻力平衡，故C錯誤；因傷員豎直方向分運動不明，無法判斷繩索拉力與傷員重力的大小關系，故D錯誤．答案：A5．解析：設此時繩子的速率為v繩，將A、B的速度分別沿繩的方向和垂直繩的方向分解，可得v繩＝vAsin37°，v繩＝vBcos53°，結合vA＋vB＝eq\f(20,3)m/s，解得vA＝eq\f(10,3)m/s，A正確．答案：A6．解析：當玻璃管沿x軸勻速運動時，紅蠟塊的合運動為勻速直線運動，其軌跡是一條直線，A錯誤；當玻璃管沿x軸以v2＝3cm/s速度勻速運動時，紅蠟塊的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝5cm/s，2s內(nèi)紅蠟塊的位移大小是x＝vt＝10cm，B錯誤，C正確；當玻璃管沿x軸由靜止開始做a＝4cm/s2的勻加速運動時，紅蠟塊的合運動為曲線運動，其軌跡是一條曲線，故D錯誤．答案：C7．解析：體育老師勻速運動從A到BC邊某處，且不影響跑操隊伍，則其一方面沿著隊伍行進方向的速度vx不能小于2m/s，另一方面還要有一個垂直于跑操隊伍前進方向的速度vy，其實際速度(v師＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))))一定大于2m/s，與AB有一定夾角，故A、B都錯誤；若體育老師在s到達BC邊，則其垂直于跑操隊伍前進方向的速度vy＝eq\f(d,t)，代入數(shù)據(jù)可得vy＝6m/s，體育老師平行于跑操隊伍運動方向的速度vx≥2m/s，其合速度v師≥2eq\r(10)m/s即可，作為體育老師，是可以實現(xiàn)的，故C正確；若體育老師要跑到BC邊中點D處，則運動時間t＝eq\f(\f(L,2),vx)≤1s，則其垂直于跑操隊伍前進方向的速度vy＝eq\f(d,t)≥3m/s，體育老師平行于跑操隊伍運動方向的速度vx≥2m/s，則合速度v師≥eq\r(13)m/s，故D錯誤．答案：C8．解析：由題意及幾何關系可得tan37°＝eq\f(v人,v雨)，v雨＝eq\f(8,3)m/s，C正確．答案：C9．解析：船與木盆在水中都隨水一起向下游運動，向下游運動的速度相等，所以若要救援的時間最短，則船頭的方向始終指向木盆．所以最短的時間為tmin＝eq\f(\f(d,2),v船)＝eq\f(150,5)s＝30s，A正確．答案：A10．解析：設物體B的運動速度為vB，將B的速度沿繩和垂直繩的方向進行分解，沿繩方向的速度即為物體A的運動速度，則有vA＝vBcosθ，則物體A的速度小于物體B的速度，A正確，B錯誤；根據(jù)vA＝vBcosθ，在物體B運動過程中θ不斷變小，則vA會不斷增大，故物體A做加速運動，C錯誤；物體A做加速運動，則有T－mAg>0，說明輕繩的拉力大于物體A所受的重力，D正確．答案：AD11．解析：兩邊以v速度勻速地向下拉繩．當兩根細繩與豎直方向的夾角都為60°時，物體A上升的速度為vA＝eq\f(v,cos60°)＝2v，A正確．答案：A12．解析：(1)船頭垂直河岸時，渡河時間最短，最短時間t＝eq\f(d,v2)＝eq\f(120,4)s＝30s根據(jù)運動的獨立性與等時性，沿水流方向，位移大小x＝v1t＝5×30m＝150m.(2)因為v1>v2，所以小船不能垂直過河，當船頭朝向上游且與河岸成θ時，渡河航程最短，如圖所示其中cosθ＝eq\f(v2,v1)＝即θ＝37°船頭朝向上游與河岸成37°夾角，最短航程s＝eq\f(d,cosθ)＝150m.答案：(1)30s150m(2)150m，船頭朝向上游與河岸成37°夾角課時素養(yǎng)評價3探究平拋運動的特點1．解析：小球做平拋運動，只受重力，所以加速度均為重力加速度g，故A正確，B錯誤；由于小球平拋運動的軌跡是拋物線，所以小球在不同位置時，速度方向不同，而且速度大小越來越大，故C、D錯誤．答案：A2．解析：小球滾下的高度越低，其做平拋運動的初速度越小，其軌跡線越陡，越靠近y軸，所以可能原因為B.答案：B3．解析：安裝有斜槽的木板時，必須使斜槽末端切線水平，使木板豎直，以確保小球水平飛出和正確畫出小球的運動軌跡，A正確，B錯誤；小球每次從斜槽上的同一位置由靜止開始滾下，可保證小球初速度不變，C正確；由實驗目的可知，D正確．答案：ACD4．解析：設乘客拋出物體的速度為v1(相對車).當v0>v1時，物體對地速度方向向右，故物體相對地面向右拋出，選項C正確；當v0＝v1時，物體對地速度為0，故物體相對地面自由落體，選項B正確；當v0<v1時，物體對地速度方向向左，故物體相對地面向左拋出，選項A正確，選項D錯誤．答案：ABC5．解析：平拋運動中，水平方向是勻速直線運動，故水平方向速度不變，A正確；平拋運動中，豎直方向是自由落體運動，故豎直方向速度在增大，B正確；平拋運動合速度的增大量Δv＝gt，故合速度在均勻增大，C正確；平拋運動的加速度是重力加速度，故加速度不變，D錯誤．答案：D6．解析：(1)小錘輕擊彈性金屬片時，通過實驗可以觀察到它們同時落地；(2)讓A、B球恢復初始狀態(tài)，用較大的力敲擊彈性金屬片，由于兩球下落的豎直高度不變，則A球在空中運動的時間將不變．(3)由于實驗中觀察到兩球同時落地，說明兩球在豎直方向的運動規(guī)律相同，故僅能說明平拋運動豎直方向做自由落體運動，B正確．答案：(1)同時(2)不變(3)B7．解析：(1)A、B兩球總同時落地，該實驗表明平拋運動豎直方向的分運動是自由落體運動，C正確．(2)需要重垂線確保木板在豎直平面內(nèi)，也可方便確定坐標軸，還需要白紙和復寫紙記錄小球平拋過程的位置，便于做出軌跡，A、E正確．(3)斜槽軌道不必光滑，只要小球每次從同一位置由靜止釋放即可，A錯誤，D正確；斜槽軌道末端要保持水平，以確保小球水平拋出，B正確；擋板的高度不需要等間距變化，C錯誤；要使描繪出的軌跡更好的反映真實運動，記錄點應適當多一些，E正確．(4)直角坐標系，坐標原點應選小球在斜槽末端時的球心，B正確．(5)豎直方向是自由落體運動，由位移公式h＝eq\f(1,2)gt2可知，如果h1∶h2∶h3…＝1∶4∶9…，可得t1∶t2∶t3…＝1∶2∶3…，所以相鄰各點的時間間隔相等．答案：(1)C(2)AE(3)BDE(4)B(5)見解析8．解析：(1)只要小球每次從斜面同一位置由靜止釋放，克服摩擦阻力做功相同，從桌面邊緣飛出時的速度相等即可，故本實驗斜面和桌面的粗糙程度對實驗的精確度沒有影響．(2)在同一組實驗中，小球從斜面上由靜止釋放時需滿足從同一位置釋放．(3)若小球水平方向做勻速直線運動，則移動每一個x小球做平拋運動的時間差恒定，豎直方向由勻變速直線運動推論可知，相同時間位移差恒定，故豎直方向相鄰兩個撞痕間長度差恒定，即(H1－H2)－(H2－H3)＝(H2－H3)－(H3－H4)，整理得H1＋3H3＝3H2＋H4.答案：(1)沒有(2)從同一位置釋放(3)H1＋3H3＝3H2＋H49．解析：兩小球恰好在水平軌道相遇，這說明兩球在水平方向的運動相同，說明平拋運動在水平方向上的分運動是勻速直線運動；觀察到兩小球恰好在小球2初位置的正下方相遇，這說明兩球在豎直方向的運動相同，即說明平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動．答案：勻速直線運動自由落體運動課時素養(yǎng)評價4研究平拋運動的規(guī)律1．解析：甲球做平拋運動，乙球在豎直方向做自由落體運動，則兩球在空中運動時間相同，故A、B錯誤；兩球落地時，在豎直方向的速度相同，當甲球具有水平分速度，由v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))>vy，則甲球的落地速度更大，故C正確，D錯誤．答案：C2．解析：物體在豎直方向做自由落體運動，所以t＝eq\f(v0,g)，A正確．答案：A3．解析：平拋運動的物體，豎直方向做勻加速運動，有vy＝gt，所以豎直速度與時間是正比函數(shù)關系，故D正確，A、B、C錯誤．答案：D4．解析：物體到達A點時豎直分速度大小為vy＝gt＝10eq\r(3)m/s，設物體到達A點時的速度與水平方向的夾角為θ，根據(jù)速度的分解有tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\r(3)，解得θ＝60°，C正確．答案：C5．解析：運動員在豎直方向做自由落體運動，設A點與B點的距離為L，則有Lsin37°＝eq\f(1,2)gt2，解得L＝75m，設運動員離開A點時的速度為v0，運動員在水平方向的分運動為勻速直線運動，則有Lcos37°＝v0t，解得v0＝20m/s，B正確，A、C、D錯誤．答案：B6．解析：由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上均做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木運動時間相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知下落高度相同，所以將擊中P點；又由于初始狀態(tài)子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有t＝eq\f(L,v)，B正確．答案：B7．解析：設拋出點高度為h，套圈的初速度大小為v0，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知第一次套圈的水平位移為s＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，套圈落在玩具的前方，說明s偏大，為了套住玩具，應使s減?。舯３謷伋鳇c高度不變，減小初速度，會減小s，故A正確，C錯誤；增大拋出點高度，增大初速度，會增大s，故B錯誤；保持初速度不變，增大拋出點高度，會增大s，故D錯誤．答案：A8．解析：小球速度方向偏轉30°角時，tan30°＝eq\f(gt1,v0)，小球速度方向偏轉60°角時，tan60°＝eq\f(gt2,v0)，該過程用時Δt＝t2－t1＝eq\f(2\r(3)v0,3g)，D正確．答案：D9．解析：根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知任意相等時間內(nèi)它們下落的距離相等，所以兩球都在空中時，它們之間的豎直距離保持不變，A正確；兩球都在空中時，它們之間的水平距離保持Δx＝(20－10)t，隨著時間的增大而增大，故B錯誤；根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知，B的高度比A高，所以B運動的時間比A長，A先落地，故C錯誤；水平方向做勻速運動，所以x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，代入數(shù)據(jù)得eq\f(xA,xB)＝eq\r(2)，與h無關，不可能落到水平地面上的同一點，故D錯誤．答案：A10．解析：設小球在斜面上方的距離為h，則h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，做平拋運動時tanθ＝eq\f(v0,gt2)，eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋v0t2tanθ＝h，解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(5),\r(3))，D正確．答案：D11．解析：水流在空中做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動y＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2y,g))，故模型中水流豎直位移變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,64)，則下落時間變?yōu)樵瓉頃r間的eq\f(1,8)；水平位移也變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,64)，由x＝v0t可知，水流從模型槽道流出初速度應為從實際槽道流出初速度的eq\f(1,8)，C正確．答案：C12．解析：(1)由幾何關系知h＝Lsinα，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立求得t＝eq\r(\f(2Lsinα,g)).(2)在水平方向上有Lcosα＝v0t從O到P由運動學規(guī)律知veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2as由牛頓第二定律知F＝ma聯(lián)立求得x＝eq\f(mgLcos2α,4Fsinα).答案：(1)eq\r(\f(2Lsinα,g))(2)eq\f(mgLcos2α,4Fsinα)13．解析：當排球在豎直方向下落Δh＝－＝m設水平方向運動的距離為x，則Δh＝eq\f(1,2)gt2x＝v0t聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得x＝10m因為x＝10m>9m，故此球能過網(wǎng)．答案：球能過網(wǎng)課時素養(yǎng)評價5圓周運動1．解析：勻速圓周運動為曲線運動，線速度大小不變，但方向時刻改變；角速度不變；周期和頻率是標量也不變，故A、B、C錯誤，D正確．答案：D2．解析：扳手上的P、Q兩點隨扳手同軸轉動，角速度相等，即ωP∶ωQ＝1∶1，由v＝rω可得vP∶vQ＝rP∶rQ＝2∶3，D正確．答案：D3．解析：地球上的物體都是同軸轉動，故周期相等，角速度相等，有TA＝TB，由v＝ω·r可得vA>vB，B正確．答案：B4．解析：A、C兩輪邊緣線速度相同，A、B兩輪邊緣的線速度也相同，則vA＝vB＝vC，根據(jù)v＝ωr可知，因A輪半徑大于C輪半徑，可知ωA<ωC對A、B兩輪，因A輪半徑大于B輪，則ωB>ωA，A正確．答案：A5．解析：兩輪邊緣線速度大小相等，即v1∶v2＝1∶1，故A、B錯誤；根據(jù)T＝eq\f(2πr,v)可知，T1∶T2＝r1∶r2，C正確，D錯誤．答案：C6．解析：質點的角速度為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(\f(π,6),10)rad/s＝eq\f(π,60)rad/s，A錯誤，B正確；質點的線速度為v＝ωr＝eq\f(π,60)×m/s＝eq\f(π,600)m/s，C、D錯誤．答案：B7．解析：題中的n不是轉速，根據(jù)題意無法求出小球的角速度，A錯誤；轉軸和小球屬于同軸轉動，角速度相等，B正確；水桶的速度等于v＝ωr，小球轉動線速度為v′＝ωR，水桶的速度是小球轉動線速度的eq\f(r,R)倍，C正確；手柄和輪軸屬于同軸轉動，手柄勻速轉動n周，輪軸轉動了n周，D錯誤．答案：BC8．解析：半徑比等于齒數(shù)之比，所以eq\f(r齒,r飛)＝eq\f(48,16)＝3，大齒輪的轉速N1＝60r/min，設飛輪的轉速為N2，根據(jù)v＝2πNr有2πN1r齒＝2πN2r飛，所以eq\f(N1,N2)＝eq\f(r飛,r齒)＝eq\f(1,3)，所以飛輪的轉速N2＝180r/min，車輪與飛輪共軸轉動，具有相同的轉速，又因為車輪的半徑r為30cm，車輪的線速度v＝2πN2r＝2××eq\f(180,60)×m/s＝m/s，C正確，A、B、D錯誤．答案：C9．解析：根據(jù)題意可知，狹縫間夾角為eq\f(2π,3)，由圖乙可知，接收器接收到光的時間間隔為t＝s－s＝s，則圓盤轉動的角速度為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(\f(2π,3),1.57)rad/s＝eq\f(4,3)rad/s，故A正確；根據(jù)公式v＝ωr，v＝eq\f(2πr,T)，v＝eq\f(d,Δt)，T＝eq\f(2π,ω)，由A分析可得角速度，則周期可求，但無法解得線速度、半徑和縫寬，故B、C、D錯誤．答案：A10．解析：子彈從左盤到右盤，盤轉過的角度為θ＝2Nπ＋eq\f(π,6)(N＝0、1、2…)，盤轉動的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，由圓周運動規(guī)律可得θ＝ωt，v＝eq\f(s,t)，可解得v＝eq\f(600,12N＋1)(N＝0、1、2…)，當N＝0時解得v＝600m/s；當N＝1時解得v≈m/s.另一種可能情況：θ＝2Nπ＋eq\f(11π,6)(N＝0、1、2…)，同理可得v＝eq\f(600,12N＋11)(N＝0、1、2…)，當N＝0時解得v≈m/s；當N＝1時解得v≈m/s，B、C正確．答案：BC11．解析：(2)圖乙為20分度游標卡尺，精確值為mm，由圖乙可知遮光條的寬度為d＝cm＋4×mm＝mm.(3)物塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度可近似認為等于滑塊經(jīng)過光電門的平均速度，則有v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f×10－3,×10－3)m/s＝m/s.(4)根據(jù)線速度與角速度的關系可得，皮帶轉動的角速度大小為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f,\f,2))rad/s＝20rad/s.答案：(2)(3)(4)2012．解析：(1)因為B、C兩輪由不打滑的皮帶相連，所以相等時間內(nèi)B、C兩點轉過的弧長相等，即vB＝vC由v＝rω知ωB∶ωC＝rC∶rB＝2∶1又A、B是同軸轉動，相等時間轉過的角度相等，即ωA＝ωB所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶2∶1.(2)由v＝rω知vA∶vB＝rA∶rB＝2∶1所以vA∶vB∶vC＝2∶1∶1.答案：(1)2∶2∶1(2)2∶1∶113．解析：(1)平拋運動豎直方向有H＝eq\f(1,2)gt2則t＝eq\r(\f(2H,g)).(2)平拋運動水平方向有s＝vt，且s＝eq\r(r2－R2)則v＝eq\f(\r(r2－R2),t)＝eq\f(\r(r2－R2),\r(\f(2H,g)))＝eq\r(\f(g（r2－R2）,2H)).(3)雨滴甩出時雨傘的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(1,R)eq\r(\f(g（r2－R2）,2H)).答案：(1)eq\r(\f(2H,g))(2)eq\r(\f(g（r2－R2）,2H))(3)eq\f(1,R)eq\r(\f(g（r2－R2）,2H))課時素養(yǎng)評價6勻速圓周運動的向心力和向心加速度1．解析：根據(jù)a＝eq\f(v2,r)，當線速度保持不變時，向心加速度的大小一定跟圓周的半徑成反比，A錯誤；根據(jù)a＝ω2r，當角速度保持不變時，向心加速度的大小一定跟圓周的半徑成正比，B錯誤；根據(jù)ω＝eq\f(v,r)，當線速度保持不變時，角速度的大小一定跟圓周的半徑成反比，C錯誤；根據(jù)ω＝eq\f(2π,T)，角速度的大小一定跟轉動周期成反比，D正確．答案：D2．解析：線速度大小v＝eq\f(s,t)，角速度ω＝eq\f(θ,t)，則向心加速度a＝vω＝eq\f(sθ,t2)，D正確，A、B、C錯誤．答案：D3．解析：根據(jù)向心力公式F向＝meq\f(v2,r)，此時小球受到的向心力是原來的8倍，C正確．答案：C4．解析：紐扣在轉動過程中ω＝2πn＝100πrad/s，則向心加速度a＝ω2r≈500m/s2，故C正確，A、B、D錯誤．答案：C5．解析：由圓周運動的向心加速度得a＝ω2R，解得ω＝eq\r(\f(a,R))，A錯誤；由周期的關系得T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r(\f(R,a))，B正確；小球的線速度v＝ωR＝Req\r(\f(a,R))＝eq\r(Ra)，則小球在時間t內(nèi)通過的路程為x＝vt＝eq\r(aR)t，則位移s<eq\r(aR)t，C錯誤；小球的轉速n＝f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(a,R))，D錯誤．答案：B6．解析：乘客受到的向心力F＝meq\f(v2,r)＝50×eq\f(1002,2500)N＝200N，乘客受到來自車廂的力大小約為F＝eq\r(（mg）2＋N2)＝eq\r(5002＋2002)N≈540N，A、B、C錯誤，D正確．答案：D7．解析：因a、b兩點同軸轉動，則a點的角速度等于b點的角速度，根據(jù)v＝ωr，因a點轉動半徑較大，可知a點的線速度大于b點的線速度，故A、B錯誤；根據(jù)a＝ω2r，因a點轉動半徑較大，可知a點的加速度大于b點的加速度，C錯誤；根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)，因a、b兩點的角速度相等，故周期相等，故D正確．答案：D8．解析：當小球以速率v1繞軸水平勻速轉動時，彈簧長為eq\f(3l,2)，彈簧彈力提供向心力，設彈簧勁度系數(shù)為k，可得k(eq\f(3,2)l－l)＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),\f(3,2)l)轉動速率為v2時，彈簧長為2l，彈簧彈力提供向心力，則有k(2l－l)＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2l)聯(lián)立解得v1∶v2＝eq\r(6)∶4答案：eq\r(6)∶49．解析：小球在光滑水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則小球只有向心加速度，方向指向圓心，B正確．答案：B10．解析：依題意，設OA＝AB＝L，對B球有TAB＝m·2Lω2，對A球有TOA－TAB＝m·Lω2，聯(lián)立兩式解得a、b兩根繩張力大小之比為eq\f(TOA,TAB)＝eq\f(3,2)，B正確．答案：B11．解析：對小滑塊向心力等于最大靜摩擦力μmg＝mRω2，所以小圓盤轉動的角速度為ω＝eq\r(\f(μg,R))，A點的線速度為vA＝R·ω＝eq\r(μgR)，所以B點的線速度大小為vB＝vA＝eq\r(μgR)，則B點的角速度為ωB＝eq\f(vB,2R)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,R))，B、C、D錯誤，A正確．答案：A12．解析：(1)根據(jù)控制變量法測量，在探究向心力和質量m之間的關系時，應保證其余兩個變量不發(fā)生改變，即保證ω和r不變，可以觀察到向心力隨著球的質量增大而增大．(2)向心力表達式為F＝mω2r.(3)該實驗主要采用的方法為控制變量法，A、B錯誤，C正確．答案：(1)ωm(2)mω2r(3)C13．解析：(1)設地面對物體B的壓力為N，A物體做勻速圓周運動，輕繩的拉力提供向心力，則TA＝mArω2B物體受力分析，有TB＝mBg－N又TA＝TB聯(lián)立解得N＝N方向豎直向上；(2)設物體B剛要脫離地面時，物體A的角速度為ω0，對物體A，有T′A＝mAωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))r對物體B，有T′B＝mBg又T′A＝T′B聯(lián)立解得ω0＝20rad/s.答案：(1)N，方向豎直向上(2)20rad/s課時素養(yǎng)評價7圓周運動的實例分析1．解析：當汽車行駛速度突然增大時，最大靜摩擦力不足以提供其需要的向心力，則汽車會發(fā)生離心運動，且合外力為滑動摩擦力，又因為合外力在運動軌跡的凹側，即汽車的運動路徑可能沿著軌跡Ⅱ，故選B.答案：B2．解析：汽車開上平直的橋，壓力的大小等于重力，汽車開上凸形橋，有mg－N＝meq\f(v2,R)，N<mg；汽車開上凹形橋，有N1－mg＝meq\f(v2,R)，N1>mg，所以車對凹形橋面的壓力大，B正確．答案：B3．解析：當火車以設計速度v運行時，其受力如圖所示此時火車輪與內(nèi)外軌道無擠壓，恰好由支持力與重力的合力作為向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，斜面的傾角正切值滿足tanθ＝eq\f(h,\r(L2－h(huán)2))，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(grh,\r(L2－h(huán)2)))，故選C.答案：C4．解析：根據(jù)題意，設轉盤的角速度為ω0時，輕繩剛好伸直但張力為零，由牛頓第二定律有kmg＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))L，解得ω0＝eq\r(\f(kg,L))，則當ω＝eq\r(\f(3kg,L))時，最大靜摩擦力不足以提供向心力，此時繩子有張力，由牛頓第二定律有F＋kmg＝mω2L，解得F＝2kmg，故選B.答案：B5．解析：設連接A、B兩球的繩子與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，繩子拉力為T，對A小球水平方向有Tsinθ1＝m1ω2l1sinθ1，對B小球水平方向有Tsinθ2＝m2ω2l2sinθ2，聯(lián)立得eq\f(l1,l2)＝eq\f(m2,m1)，D正確，A、B、C錯誤．答案：D6．解析：在c點有Nc－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(c)),Rc)，且Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，即c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于eq\f(2h,k－1)，故A、C、D錯誤，B正確．答案：B7．解析：路面能對汽車提供的最大靜摩擦力提供向心力時，轉彎速度最大，則有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(max)),R)，解得汽車安全轉彎的最大速度為vmax＝eq\rgR)＝15m/s＝54km/h，故選C.答案：C8．解析：小球受到重力和繩子的拉力，兩者的合力提供向心力，A錯誤；小球受到的向心力大小為mgtanθ，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ＝mω2R＝mω2htanθ，得到ω＝eq\f(\r(g),\r(h))，小球的角速度大小與eq\r(h)成反比，C正確；繩子的拉力大小為eq\f(mg,cosθ)，θ越大，繩子拉力越大，D錯誤．答案：C9．解析：當天車突然停止時，工件繼續(xù)運動，這一瞬間工件做豎直面內(nèi)的圓周運動，受力分析有F－mg＝meq\f(v2,L)可知吊繩越長，吊繩拉力越小，所以TA>TB，故A正確．答案：A10．解析：在最高點時，當小球重力剛好提供向心力時，有mg＝meq\f(v2,L)，解得v＝eq\r(gL)，可知小球在最高點的最小速率為eq\r(gL)，此時輕繩的拉力為零，A錯誤，D正確；當小球在最高點的速率等于eq\r(gL)時，只由重力提供向心力；當小球在最高點的速率大于eq\r(gL)時，由重力和輕繩的拉力的合力提供向心力，C錯誤；設小球經(jīng)過最低點時的速率為v′，根據(jù)牛頓第二定律可得T－mg＝meq\f(v′2,L)，解得T＝mg＋meq\f(v′2,L)，可知小球在最低點時，輕繩的拉力大小一定大于小球的重力大小，B正確．答案：BD11．解析：小球在最高點速率為v時，兩根輕繩的拉力恰好均為零，此時小球重力恰好提供向心力，即meq\f(v2,r)＝mg，小球在最高點速率為2v時，所需向心力大小為F＝meq\f(（2v）2,r)＝4mg，故A錯誤，B正確；由題意，根據(jù)幾何關系可知兩根輕繩間夾角為60°，小球在最高點速率為2v時，設每根輕繩的拉力大小為T，根據(jù)牛頓第二定律可得2Tcos30°＋mg＝F，解得T＝eq\r(3)mg，故C正確，D錯誤．答案：BC12．解析：(1)水做圓周運動，在最高點水不流出的條件是：水的重力不大于水所需要的向心力，當重力恰好提供向心力時，對應的是水不流出的最小速度v0，以水為研究對象，有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),L)解得桶的最小速率v0＝eq\r(Lg)＝3m/s.(2)因為v＝m/s>v0，所以重力不足以提供向心力，要由桶底對水向下的壓力補充，此時所需向心力由以上兩力的合力提供，設桶底對水的壓力為F，則由牛頓第二定律有mg＋F＝meq\f(v2,L)解得F＝N根據(jù)牛頓第三定律F′＝－F所以水對桶底的壓力F′＝N方向豎直向上．答案：(1)3m/s(2)N，方向豎直向上13．解析：(1)小球繞桿做圓周運動，其軌道平面在水平面內(nèi)，繩的拉力與重力的合力提供小球做圓周運動的向心力，小球受力，水平方向上mgtanθ＝mrω2r＝L′＋Lsinθ聯(lián)立解得ω＝2eq\r(5)rad/s(2)在豎直方向上Fcosθ＝mg此時繩子的張力F＝3eq\r(2)N.答案：(1)2eq\r(5)rad/s(2)3eq\r(2)N課時素養(yǎng)評價8天體運動1．解析：根據(jù)開普勒第一定律：所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽運動，太陽處于橢圓的一個焦點上，故A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律：對每一個行星而言，太陽與行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等．所以行星距離太陽越近，速度越大，在近日點速度大于遠日點速度，故B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律，eq\f(r3,T2)＝k，地球與金星公轉周期之比的平方等于它們軌道半長軸之比的立方，故C正確；根據(jù)開普勒第二定律：對每一個行星而言，太陽行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，速度始終在變化；對于處于不同軌道的地球和金星，繞太陽運行速度的大小不相等，故D錯誤．答案：C2．解析：由開普勒第三定律知：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等，選項A錯誤；開普勒第一定律的內(nèi)容為：所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽運動，太陽處于橢圓的一個焦點上，選項B錯誤，選項C正確；由開普勒定律知道所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽運動，又由于對每一個行星而言，太陽行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，可知行星繞太陽運動的速度大小是變化的，選項D錯誤．答案：C3．解析：行星在B點的速度比在A點的速度小，恒星位于焦點上，且遠地點速度小于近地點速度，故恒星位于E點．故選C.答案：C4．解析：由開普勒第二定律：“相等時間內(nèi)，太陽和運動著的行星的連線所掃過的面積都是相等的”知距離越大速度越小，故A錯誤；開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k中的k與行星的質量無關，只與太陽的質量有關，故B正確，C錯誤；由開普勒第三定律：“各個行星繞太陽公轉周期的平方和它們的橢圓軌道的半長軸的立方成正比”，故D錯誤．答案：B5．解析：牛頓總結出了慣性定律，故A錯誤；伽利略發(fā)現(xiàn)忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快，故B錯誤；開普勒通過研究行星觀測記錄，發(fā)現(xiàn)了行星運動三大定律，故C正確；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測出了引力常量，故D錯誤.答案：C6．解析：衛(wèi)星繞行星沿橢圓軌道運行，根據(jù)開普勒第二定律，在b點時離行星近，在d點時離行星遠，則衛(wèi)星在b點的速率大于在d點的速率，A、B錯誤；根據(jù)開普勒第二定律知，S1、S2兩部分陰影面積大小相等，則衛(wèi)星從a到b的運行時間等于從c到d的時間，C錯誤，D正確．答案：D7．解析：根據(jù)開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k知r3＝kT2，故選D.答案：D8．解析：從P到Q的時間為半個周期，根據(jù)開普勒第二定律，從P到M運動的速率大于從M到Q的速率，可知從P到M所用時間小于eq\f(T0,4)，A正確；海王星在運動過程中只受太陽的引力作用，從P到Q是遠離太陽的過程，引力是阻力，速率是減小的；從Q到N是靠近太陽的過程，引力是動力，速率會增大，B錯誤，C正確；從M到Q是遠離太陽的過程，引力是阻力，從Q到N是靠近太陽的過程，引力是動力，D正確．答案：ACD9．解析：根據(jù)開普勒第三定律eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(a)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(b)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b)))，可知Tb＝8Ta，因此在b運動2周的過程中，a運動了16周，a比b多轉了14周，每一周有兩次三點共線，這樣a、b、c三點共線了28次．答案：C10．解析：兩個時間段內(nèi)地球公轉的軌跡長度相等，由v＝eq\f(l,t)可知時間長，說明速率小，依據(jù)開普勒第二定律，速度小就說明離太陽遠，故A正確，B錯誤；我國是北半球，我國的冬季時候地球離太陽近，而夏季時候離太陽遠，故C、D錯誤．答案：A11．解析：設海王星繞太陽運行的平均軌道半徑為r1，周期為T1，地球繞太陽公轉的軌道半徑為r2，周期為T2(T2＝1年)，由開普勒第三定律有eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，故T1＝eq\r(\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))))·T2≈164年，故C正確．答案：C12．解析：木衛(wèi)一和木衛(wèi)四都是木星的衛(wèi)星，由開普勒第三定律可知，eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))，代入數(shù)據(jù)得：eq\f3,2)＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)),2)，解得r4＝18.5.答案：個木星單位13．解析：由eq\f(r3,T2)＝k，其中T為行星繞太陽公轉的周期，r為軌道的半長軸，k是對太陽系中的任何行星都適用的常量．可以根據(jù)已知條件列方程求解．將地球的公轉軌道近似成圓形軌道，其周期為T1，半徑為r1；哈雷彗星的周期為T2，軌道半長軸為r2，則根據(jù)開普勒第三定律有：eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)))＝eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)))，因為r2＝18r1，地球公轉周期為1年，所以可知哈雷彗星的周期為T2＝eq\r(\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))))×T1＝年，所以它下次飛近地球在2062年左右．答案：2062年課時素養(yǎng)評價9萬有引力定律1．解析：根據(jù)萬有引力定律可知，地球對衛(wèi)星的萬有引力大小為F＝Geq\f(Mm,r2)，故選D.答案：D2．解析：設兩個質點的質量分別為m1、m2，根據(jù)題意可得F＝Geq\f(m1m2,r2)，其中一個質點的質量變?yōu)樵瓉淼?倍，另一質點質量保持不變，萬有引力F′＝Geq\f(2m1m2,（\f(r,2)）2)＝8F，故選D.答案：D3．解析：兩質量均勻分布的小球可以看作位于球心的質點，兩球間的萬有引力大小為F＝Geq\f(m1m2,（R1＋R2＋R）2)，故選B.答案：B4．解析：設飛船到地球中心的距離與到月球中心的距離分別為r1、r2，飛船質量為m′，飛船所受地球、月球引力平衡Geq\f(Mm′,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝Geq\f(mm′,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，解得eq\f(r1,r2)＝eq\r(\f(M,m))，故選A.答案：A5．解析：兩個實心均勻鐵球，緊靠在一起，球心間距離為2r，則它們之間的萬有引力F＝Geq\f(m2,（2r）2)＝Geq\f(m2,4r2)，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C6．解析：假定火星質量為M、半徑為R，根據(jù)引力定律，依題意同一物體放在火星表面與地球表面所受引力大小分別為F1＝Geq\f(Mm,R2)，F(xiàn)2＝Geq\f(10Mm,（2R）2)，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力大小的比值約為F1∶F2＝，故B、C、D錯誤，A正確．答案：A7．解析：根據(jù)天體表面上的物體受到的重力大小近似等于萬有引力大小，有mg＝Geq\f(Mm,R2)，解得g＝eq\f(GM,R2)，依題意得eq\f(g水,g地)＝eq\f(M水,M地)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R地,R水)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,18)×2，代入地球表面重力加速度數(shù)值，求得g水≈m/s2，故選B.答案：B8．解析：在天體表面萬有引力等于重力，有mg＝eq\f(GMm,R2)，可得火星表面和月球表面的重力加速度之比為eq\f(g火,g月)＝eq\f(\f(GM火,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火))),\f(GM月,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(月))))＝eq\f(9,4)，根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2gh可知，在火星和月球表面分別以相同的初速度豎直上拋一物體，則上拋最大高度之比為eq\f(h火,h月)＝eq\f(g月,g火)＝eq\f(4,9)，故選B.答案：B9．解析：設地球、月球和飛船的質量分別為M地、M月和m，x表示飛船到地球球心的距離，則F地＝F月，即eq\f(GM地m,x2)＝eq\f(GM月m,（l－x）2)，代入數(shù)據(jù)解得x＝×108m.答案：在地球與月球的連線上，距地球球心距離為×108m.10．解析：小球在O點時，根據(jù)對稱性可知它受到的萬有引力為零，沿OA方向運動到無窮遠處時所受萬有引力也為零，但運動過程中所受萬有引力不為零，因此小球受到的萬有引力必經(jīng)歷一個先增大后減小的變化過程，故選D.答案：D11．解析：地面上高度為d處的重力加速度，根據(jù)萬有引力等于重力有Geq\f(Mm,（R＋d）2)＝mg′，地面下深度d(d<R)處，根據(jù)萬有引力等于重力Geq\f(M′m,（R－d）2)＝mg″，其中M′＝ρeq\f(4,3)π(R－d)3，M＝ρeq\f(4,3)πR3，求得eq\f(g″,g′)＝eq\f(（R＋d）2（R－d）,R3)，D正確．答案：D12．解析：物體在赤道處有eq\f(GMm,R2)－mg＝m(2πn1)2R＝ma，當赤道上的物體恰好能飄起來時，物體受到的萬有引力恰好提供向心力，由牛頓第二定律可得eq\f(GMm,R2)＝m(2πn2)2R，聯(lián)立解得eq\f(n2,n1)＝eq\r(\f(（g＋a）,a))，故選A.答案：A13．解析：火星極點處的人不需要向心力，萬有引力全部充當重力G1＝Geq\f(mM,R2)，人在火星赤道處需要的向心力為F＝mω2R＝meq\f(4π2,T2)R≈1N可得G2＝Geq\f(mM,R2)－F，則G1－G2＝1N，故A、C正確，B、D錯誤．答案：AC14．解析：(1)在忽略自轉的情況下，星球表面物體受到星球的萬有引力等于物體所受的重力eq\f(GMm,R2)＝mg有g＝eq\f(GM,R2)故eq\f(g行,g地)＝eq\f(M行,M地)·eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(行)))所以g行＝eq\f(5,2)g地＝25m/s2.(2)由平拋運動的規(guī)律，有h＝eq\f(1,2)gt2x＝vt故x＝veq\r(\f(2h,g))物體在兩個行星做平拋運動的水平位移之差Δx＝veq\r(2h)(eq\f(1,\r(g地))－eq\f(1,\r(g行)))代入數(shù)據(jù)解得Δx＝(10eq\r(2)－4eq\r(5))m.答案：(1)25m/s2(2)(10eq\r(2)－4eq\r(5))m課時素養(yǎng)評價10預言未知星體計算天體質量1．解析：天王星是在1781年發(fā)現(xiàn)的，而卡文迪許測出引力常量是在1798年，在此之前人們還不能用萬有引力定律做有實際意義的計算，A錯誤，B正確；太陽系的第八顆行星即海王星是英國劍橋大學的學生亞當斯和法國年輕的天文愛好者勒維耶各自獨立地利用萬有引力定律計算出軌道和位置，由德國的伽勒首先發(fā)現(xiàn)的，C、D錯誤。答案：B2．解析：由于各小行星的質量和軌道半徑不同，根據(jù)萬有引力定律可知太陽對各小行星的引力不同，選項A錯誤；太陽對小行星的萬有引力提供小行星做圓周運動的向心力，由Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，可得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，又小行星的軌道半徑大于地球的軌道半徑，可知各小行星繞太陽運動的周期均大于一年，選項B錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝ma可得a＝eq\f(GM,r2)，可知小行星帶內(nèi)側小行星的向心加速度值大于外側小行星的向心加速度值，選項C正確；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知小行星帶內(nèi)各小行星做圓周運動的線速度值均小于地球公轉的線速度值，選項D錯誤．答案：C3．解析：根據(jù)火星探測器繞火星做圓周運動的向心力由火星對探測器的萬有引力提供，有Geq\f(mM火,（R1＋h）2)＝meq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))(R1＋h)，而“天問一號”在地球表面近地環(huán)繞時由地球的萬有引力提供向心力，有Geq\f(mM地,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝meq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))R0，聯(lián)立兩式解得eq\f(M火,M地)＝eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))（R1＋h）3,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)))，故選A.答案：A4．解析：根據(jù)mg＝Geq\f(Mm,R2)，M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，解得ρ＝eq\f(3g,4πGR)，故選C.答案：C5．解析：設地球質量為M，衛(wèi)星質量為m，運動半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，根據(jù)勻速圓周運動規(guī)律有v＝ωr，聯(lián)立以上兩式解得M＝eq\f(v3,Gω)，故選A.答案：A6．解析：由題意知“卡西尼”號探測器離土星表面高h的圓形軌道上繞土星飛行的周期T＝eq\f(t,n)，由萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，聯(lián)立解得M＝eq\f(4π2n2（R＋h）3,Gt2).由ρ＝eq\f(M,V)，又V＝eq\f(4,3)πR3，聯(lián)立得ρ＝eq\f(3πn2（R＋h）3,Gt2R3)，故D正確，A、B、C錯誤．答案：D7．解析：由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，所以vA>vB＝vC，選項A正確；由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，所以TA<TB＝TC，選項B正確；由Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝Geq\f(M,r2)，所以aA>aB＝aC，又mA＝mB<mC，所以FA>FB，F(xiàn)B<FC，選項C錯誤；三顆衛(wèi)星都繞火星做勻速圓周運動，故由開普勒第三定律得eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(A)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)))＝eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(B)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)))＝eq\f(Req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(C)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)))，選項D正確．答案：ABD8．解析：(1)根據(jù)Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)解得地球質量M＝eq\f(v2（R＋h）,G).(2)根據(jù)V＝eq\f(4,3)πR3，ρ＝eq\f(M,V)得ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3v2（R＋h）,4GπR3).答案：(1)eq\f(v2（R＋h）,G)(2)eq\f(3v2（R＋h）,4GπR3)9．解析：“天問一號”繞火星做圓周運動過程，據(jù)引力作為向心力可得eq\f(GM火m,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝mr1eq\f(4π2,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，M火＝eq\f(4π2req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),GTeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，同步衛(wèi)星繞地球做圓周運動過程，同理可得M地＝eq\f(4π2req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),GTeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，由題意可知r1＝×107m，r2＝×107m，M地＝×1024kg，T1＝2T2，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得M火≈×1023kg，故選B.答案：B10．解析：設近地衛(wèi)星的質量為m，火星的質量為M，對近地衛(wèi)星，火星的萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力，則有eq\f(GMm,（\f(d,2)）2)＝eq\f(m4π2,T2)·eq\f(d,2)，可得M＝eq\f(π2d3,2GT2)，火星的密度為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π（\f(d,2)）3)＝eq\f(6M,πd3)，將M＝eq\f(π2d3,2GT2)代入上式可得，ρ＝eq\f(6M,πd3)＝eq\f(\f(6π2d3,2GT2),πd3)＝eq\f(3π,GT2)，又火星對近地衛(wèi)星的萬有引力近似等于近地衛(wèi)星的重力，則有m0g0＝Geq\f(Mm,（\f(d,2)）2)，解得M＝eq\f(g0d2,4G)，因此火星的密度為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π（\f(d,2)）3)＝eq\f(\f(g0d2,4G),\f(1,6)πd3)＝eq\f(3g0,2πGd)，A、C、D正確，B錯誤．答案：B11．解析：當天問一號環(huán)繞火星做半徑為r的圓周運動時，萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，又火星的質量為M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，軌道半徑為r＝(n＋1)R，聯(lián)立可得火星的密度為ρ＝eq\f(3π（n＋1）3,GT2)，A、C、D錯誤，B正確．答案：B12．解析：假設行星極點處的重力加速度為g，則在赤道處的重力加速度為eq\f(g,k)，在極點處有mg＝Geq\f(Mm,R2)，在赤道處有eq\f(mg,k)＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R＝Geq\f(Mm,R2)，聯(lián)立解得M＝eq\f(4π2kR3,（k－1）GT2)，故選A.答案：A13．解析：(1)設月球表面的重力加速度為g，在豎直上拋運動過程中有：veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2gh由萬有引力定律可知eq\f(GMm,R2)＝mg解得：M＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2,2Gh).(2)飛船繞月球做勻速圓周運動時有：eq\f(GMm′,r2)＝m′eq\f(4π2r,T2)解得：r＝eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)飛船距離月球表面的高度H＝eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)－R.答案：(1)eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2,2Gh)(2)eq\f(\r(3,πveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R2T2h2),2πh)－R課時素養(yǎng)評價11人造衛(wèi)星宇宙速度1．解析：環(huán)繞星球表面做圓周運動的物體，根據(jù)mg＝meq\f(v2,R)可得星球的第一宇宙速度v＝eq\r(gR)，月球表面處的重力加速度是地球表面處的重力加速度的eq\f(1,6)，月球半徑為地球半徑的eq\f(1,4)，則登月艙靠近月球表面的環(huán)繞速度與地球的第一宇宙速度之比為eq\f(v月,v)＝eq\f(\r(6),12)，故選C.答案：C2．解析：同步衛(wèi)星軌道平面一定，即處于赤道的正上方，所以不可能定點在北京上空，A錯誤；同步衛(wèi)星的運轉周期與地球自轉周期相等，即該衛(wèi)星的運行周期約為24h，B正確；衛(wèi)星做勻速圓周運動，合外力提供向心力，故該衛(wèi)星繞地運行時不處于平衡狀態(tài)，C錯誤；第一宇宙速度是衛(wèi)星最小地面發(fā)射速度，也是衛(wèi)星繞地球運行的最大繞行速度，則同步衛(wèi)星的運行速度小于第一宇宙速度，D錯誤．答案：B3．解析：由題意可得eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R＝mω2R＝ma，解得a＝eq\f(GM,R2)，v＝eq\r(\f(GM,R))，ω＝eq\r(\f(GM,R3))，T＝eq\r(\f(4π2R3,GM)).由題意可知RA<RB<RC，可得TA<TB<TC，vA>vB>vC，aA>aB>aC，ωA>ωB>ωC，故選B.答案：B4．解析：假設B、C兩顆衛(wèi)星質量相等，根據(jù)萬有引力表達式有F＝Geq\f(Mm,r2)，解得B、C兩顆衛(wèi)星所受地球萬有引力之比為eq\f(FB,FC)＝eq\f(9,1)，題干中衛(wèi)星質量關系不確定，引力之比的關系也不能確定，A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，角速度越小，則B衛(wèi)星角速度大于C衛(wèi)星角速度，又由于C衛(wèi)星與物體A角速度相等，則B衛(wèi)星的公轉角速度大于地面上隨地球自轉物體A的角速度，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，則B衛(wèi)星線速度大于C衛(wèi)星線速度，又由于C衛(wèi)星與物體A角速度相等，根據(jù)v＝ωr可知C衛(wèi)星的線速度大于地面上隨地球自轉物體A的線速度，則B衛(wèi)星的線速度大于地面上隨地球自轉物體A的線速度，即赤道上的物體、實驗衛(wèi)星和同步衛(wèi)星的線速度大小關系滿足vB>vC>vA，C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，C衛(wèi)星與地球自轉周期相同，解得TB＝T地eq\r(\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))))，則B衛(wèi)星中的宇航員一天內(nèi)可看日出的次數(shù)n＝eq\f(T地,TB)＝eq\r(33)≈5次，D正確．答案：D5．解析：由題意可知，a的運動半徑小于b的運動半徑，由萬有引力提供向心力eq\f(GMm,R2)＝ma可知，半徑越大，加速度越小，所以a的加速度大于b的加速度，A正確；由萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)＝mω2R，v＝eq\r(\f(GM,R))，ω＝eq\r(\f(GM,R3)).由題意可知，a的運動半徑小于b、d的運動半徑，故a的角速度大于b的角速度，a的線速度大于d的線速度，故B、C錯誤；由萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,R2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R，T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，a、c運動半徑相同，周期也相同，由圖中位置可知，a、c不可能在P點相撞，故D錯誤．答案：A6．解析：黑洞和恒星組成雙星系統(tǒng)，根據(jù)雙星系統(tǒng)的特點可知，黑洞與恒星的向心力都等于黑洞和恒星之間的萬有引力，轉動的角速度相等，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)可知周期相等，故A、B錯誤，C正確；根據(jù)a＝eq\f(F,m)可知黑洞與恒星加速度大小之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,16)，故D錯誤．答案：C7．解析：地球自轉周期變小，衛(wèi)星要與地球保持同步，則衛(wèi)星的公轉周期也應隨之變小，由開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k可知衛(wèi)星離地球的高度應變小，要實現(xiàn)三顆衛(wèi)星覆蓋全球的目的，則衛(wèi)星周期最小時，由幾何關系可作出衛(wèi)星間的位置關系如圖所示衛(wèi)星的軌道半徑為r＝eq\f(R,sin30°)＝2R，由eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，可得eq\f(（R）3,242)＝eq\f(（2R）3,Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，解得T2≈4h，故選B.答案：B8．解析：二者都圍繞地球做圓周運動，由萬有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝mω2r＝meq\f(v2,r)，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，v＝eq\r(\f(GM,r))，神舟十四號的軌道半徑較小，相應角速度、線速度均較大，A正確，B錯誤；由引力作為向心力可得eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，解得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，同步衛(wèi)星相對地面保持相對靜止，而神舟十四號運行周期小于同步衛(wèi)星，不可能相對地面保持靜止，C錯誤；當r＝R時，衛(wèi)星的環(huán)繞速度等于第一宇宙速度，而神舟十四號軌道半徑略大于地球半徑，運行速度必然略小于第一宇宙速度，D錯誤．答案：A9．解析：設衛(wèi)星軌道半徑為r，根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，同步衛(wèi)星周期24h，小于月球公轉周期，故同步衛(wèi)星軌道半徑較小，甲為同步衛(wèi)星軌道，乙為月球軌道，A錯誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma可得a＝eq\f(GM,r2)，因月球的軌道半徑較大，則月球向心加速度較小，B錯誤；km/s為衛(wèi)星擺脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度，在地面附近發(fā)射同步衛(wèi)星的速度大于km/s，小于km/s，C正確；根據(jù)eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，當r＝R時，可解得v＝eq\r(\f(GM,R))＝km/s，月球和同步衛(wèi)星繞地球運行的軌道半徑均大于地球半徑R，故線速度大小均小于km/s，D錯誤．答案：C10．解析：根據(jù)行星表面物體受到的萬有引力等于重力可得eq\f(GMm,R2)＝mg可得g＝eq\f(GM,R2)，則火星表面的重力加速度與地球表面重力加速度之比為eq\f(g火,g地)＝eq\f(M火,M地).eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火)))＝eq\f(4,10)＝可知火星表面的重力加速度約是地球表面重力加速度的，A正確；行星第一宇宙速度為行星表面軌道衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動的線速度，則有eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))，則火星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為eq\f(v火,v地)＝eq\r(\f(M火,M地)·\f(R地,R火))＝eq\r(\f(2,10))＝eq\f(\r(5),5)，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力可得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，由于火星自轉周期與地球十分接近，同步衛(wèi)星周期可認為相等，則火星的同步衛(wèi)星軌道半徑與地球同步衛(wèi)星軌道半徑之比為eq\f(r火,r地)＝eq\r(3,\f(M火,M地))＝eq\r(3,\f(1,10))，C錯誤；行星繞太陽做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力可得eq\f(