专题4：参考答案

第四章：曲线运动万有引力与航天1、【答案】C2、【答案】C【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t∕2，所以C正确；ABD错误．3、【答案】D4、【答案】D【解析】在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有，可得，A能求出地球质量。根据万有引力提供卫星、月球、地球做圆周运动的向心力，由，，解得；由，解得；由，会消去两边的M；故BC能求出地球质量，D不能求出。5、【答案】C6、【答案】BCD7、【答案】CD【解析】从P到Q的时间为T0，根据开普勒行星运动第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知P到M所用的时间小于T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确；故选CD。9、【答案】AB【解析】在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿定律，故当弯道半径时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小湾道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上的速率为，选项B正确；直道的长度为，在小弯道上的最大速度：，故在在直道上的加速度大小为，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为，通过小圆弧弯道的时间为，选项D错误；故选AB．10、【答案】D【解析】设小球在最低点速度为，在最高点速度为，在根据牛顿第二定律：在最低点：在最高点：同时从最高点到最低点，根据动能定理：联立以上三个方程式可以得到：，故选项D正确。11、【答案】B【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由可得，则卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出右图。由几何关系得，卫星的轨道半径为 ①由开普勒第三定律 ，代入题中数据，得 ②由①②解得12、【答案】B【解析】开普勒在天文观测数据得基础上，总结出了开普勒天体运动三大定律，找出了行星运动的规律，而牛顿发现了万有引力定律，ACD错误选B。13、【答案】B【解析】从1到2，需要加速逃逸，A错；可得,半径相同，加速度相同，卫星在椭圆轨道1上运动时，运动半径变化，a在变，C错B对；卫星在圆形轨道2上运动时，过程中的速度方向时刻改变，所以动量方向不同，D错。14、【答案】C【解析】若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，则由于向心力变大，故飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，则由于向心力变小，故空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项B错误；要想实现对接，可使飞船在比空间试验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间试验室轨道，逐渐靠近空间站后，两者速度接近时实现对接，选项C正确；若飞船在比空间试验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，从而不能实现对接，选项D错误；故选C.15、【答案】AD【解析】根据知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A正确；由知，，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，故B错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．16、【答案】D【解析】由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得出：由于，,则可以得出：；由万有引力定律：及题目中数据可以得出：则可以得出,故整理，得出选项D正确。17、【答案】AD【解析】根据线速度和角速度可以求出半径，根据万有引力提供向心力则：，整理可以得到：，故选项A正确；由于卫星的质量约掉，故与卫星的质量无关，故选项BC错误；若知道卫星的周期和半径，则，整理得到：，故选项D正确。18、【解析】小球受重力和电场力，合力方向左下，初速度与合力不在同一直线，所以小球做曲线运动。初阶段，合力与速度夹角为钝角，速率减小，后来，合力与速度夹角为锐角，速率增大，所以速率先减小后增大。【答案】BC19、【解析】根据，得，所以。【答案】B20、【答案】：A【解析】试题分析：由题意知，两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据，得：，所以，故A正确；B、C、D错误。21、【答案】C22、【答案】B【解析】试题分析：对飞船受力分析知，所受到的万有引力提供匀速圆周运动的向心力，等于飞船所在位置的重力，即，可得飞船的重力加速度为，故选23、【答案】B24、20．AC[解析]本题考查了圆周运动与受力分析．a与b所受的最大摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，A项正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B项错误；b处于临界状态时kmg＝mω2·2l，解得ω＝eq\r(\f(kg,2l))，C项正确；ω＝eq\r(\f(2kg,3l))小于a的临界角速度，a所受摩擦力没有达到最大值，D项错误．25、4．B[解析]设河岸宽为d，船速为u，则根据渡河时间关系得eq\f(d,u)∶eq\f(d,\r(u2－v2))＝k，解得u＝eq\f(v,\r(1－k2))，所以B选项正确．26、17．C[解析]小环在最低点时，对整体有T－(M＋m)g＝eq\f(mv2,R)，其中T为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－0，联立以上二式解得T＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，C正确．27、19．BD[解析]本题考查万有引力知识，开普勒行星第三定律，天体追及问题．因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出2π，所以不可能每年都出现(A选项)．由开普勒行星第三定律有eq\f(Teq\o\al(2,木),Teq\o\al(2,地))＝eq\f(req\o\al(3,木),req\o\al(3,地))＝140.608，周期的近似比值为12，故木星的周期为12年，由曲线运动追及公式eq\f(2π,T1)t－eq\f(2π,T2)t＝2nπ，将n＝1代入可得t＝eq\f(12,11)年，为木星两次冲日的时间间隔，所以2015年能看到木星冲日现象，B正确．同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔为1.01年．土星两次冲日的时间间隔为1.03年．海王星两次冲日的时间间隔为1.006年，由此可知C错误，D正确．28、18．B[解析]在两极物体所受的重力等于万有引力，即eq\f(GMm,R2)＝mg0，在赤道处的物体做圆周运动的周期等于地球的自转周期T，则eq\f(GMm,R2)－mg＝meq\f(4π2,T2)R，则密度ρ＝eq\f(3M,4πR3)＝eq\f(3,4πR3)eq\f(g0R2,G)＝eq\f(3πg0,GT2（g0－g）).B正确．29、3．A[解析]本题考查万有引力和同步卫星的有关知识点，根据卫星运行的特点“高轨、低速、长周期”可知周期延长时，轨道高度变大，线速度、角速度、向心加速度变小，A正确，B、C、D错误．30、16．B[解析]本题考查开普勒第三定律、万有引力定律等知识．根据开普勒第三定律eq\f(req\o\al(3,1),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(req\o\al(3,2),Teq\o\al(2,2))，代入数据计算可得T2约等于25天．选项B正确．31、14．B[解析]本题考查单摆周期公式、万有引力定律与类比的方法，考查推理能力．在地球表面有Geq\f(Mm,r2)＝mg，解得g＝Geq\f(Mm,r2).单摆的周期T＝2π·eq\r(\f(l,g))＝2πreq\r(\f(l,GM))，选项B正确．32、14．C[解析]由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)可知，卫星的环绕速度v＝eq\r(\f(GM,R))，由于“宜居”行星的质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则有eq\f(v宜,v地)＝eq\r(\f(M宜,M地)·\f(R地,R宜))＝eq\r(\f(p,1)·\f(1,q))＝eq\r(\f(p,q))，故C项正确．33、21．AC[解析]根据Geq\f(Mm,R2)＝mReq\f(4π2,T2)，可知半径越大则周期越大，故选项A正确；根据Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可知轨道半径越大则环绕速度越小，故选项B错误；若测得周期T，则有M＝eq\f(4π2R3,GT2)，如果知道张角θ，则该星球半径为r＝Rsineq\f(θ,2)，所以M＝eq\f(4π2R3,GT2)＝eq\f(4,3)π(Rsineq\f(θ,2))3ρ，可得到星球的平均密度，故选项C正确，而选项D无法计算星球半径，则无法求出星球的平均密度，选项D错误．34、．D[解析]本题以月面为零势面，开始发射时，“玉兔”的机械能为零，对接完成时，“玉兔”的动能和重力势能都不为零，该过程对“玉兔”做的功等于“玉兔”机械能的增加．忽略月球的自转，月球表面上，“玉兔”所受重力等于地球对“玉兔”的引力，即Geq\f(Mm,R2)＝mg月，对于在h高处的“玉兔”，月球对其的万有引力提供向心力，即Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)，“玉兔”的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上可得，Ek＝eq\f(g月R2m,2（R＋h）).对“玉兔”做的功W＝Ek＋Ep＝eq\f(mg月R,R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(1,2)R)).选项D正确．35、A36、【解析】选A、C。当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,即不受静摩擦力,此时由重力和支持力的合力提供向心力,所以路面外侧高内侧低,选项A正确;当车速低于v0时,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽车有向内侧运动的趋势,但并不会向内侧滑动,静摩擦力向外侧,选项B错误;当车速高于v0时,需要的向心力大于重力和支持力的合力,汽车有向外侧运动的趋势,静摩擦力向内侧,速度越大,静摩擦力越大,只有静摩擦力达到最大以后,车辆才会向外侧滑动,选项C正确;由可知,v0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关,与路面的粗糙程度无关,选项D错误。37、【解析】选D。在转动过程中,A、B两座椅的角速度相等,但由于B座椅的半径比较大,故B座椅的速度比较大,向心加速度也比较大,A、B项错误;A、B两座椅所需向心力不等,而重力相同,故缆绳与竖直方向的夹角不等,C项错误;根据F=mω2r判断A座椅的向心力较小,所受拉力也较小,D项正确。38、【解析】选C、D。A、B两球都做斜上抛运动,只受重力作用,加速度即为重力加速度,A项错误;在竖直方向上做竖直上抛运动,由于能上升的竖直高度相同,竖直分速度相等,所以两小球在空中飞行的时间相等,B项错误;由于B球的水平射程比较大,故B球的水平速度比A球的水平速度大,C、D项正确。39、A40、A41、B42、【解析】选B。设“Gl-581c”、地球质量分别为m1、m2,在“Gl-581c”、地球上发射卫星的第一宇宙速度分别为v1、v2,根据、、m1=6m2、R1=1.5R2,解得:v1=2v2,故选项A错误;根据、、m1=6m2、R1=1.5R2,解得:mg1=mg2,故选项B正确;设恒星“Gliese581”、太阳质量分别为M1、M2,恒星“Gliese581”与行星“Gl-581c”、太阳与地球的距离分别为r1、r2,行星“Gl-581c”、地球的公转周期分别为T1、T2,根据、、T1=QUOTE13365T2,解得:、,进而解得:QUOTE30.31×1323652,故选项C错误;只有在接近光速的相对运动中,长度才有缩短的相对论效应,所以地球上的米尺如果被带上行星“Gl-581c”上,其长度几乎不变,故选项D错误。43、D44、【解析】选B、C。绕地球运行的飞船和“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度,选项A错;如不加干预,在运行一段时间后,空气阻力对“天宫一号”做负功速率减小而做向心运动,高度将缓慢降低,万有引力又会对“天宫一号”做正功而使其动能可能会增加,故选项B、C对;航天员在“天宫一号”中处于失重状态是因为其重力提供向心力,并不是不受地球引力作用,所以选项D错。45、【解析】选B、D。当卫星在轨道半径变小的过程中,地球引力和气体阻力夹角为钝角,合外力做正功,动能增大,轨道半径越小,在轨运行的速度越大,选项A错误;地球的引力对卫星做正功,引力势能一定减小,选项B正确;气体阻力对卫星做负功,机械能减小,选项C错误;卫星克服阻力做的功与其动能的增加量之和等于引力势能的减小量,选项D正确。46、BC47、C48、A49、A50、A51、BD52、D53、BC1、ACC2.04.01、【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角600（2）3.5s【解析】(1)小球匀速运动时受力如图，其合力为零，有代入数据得v=20m/s.代入数据得，（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又联立各式，代入数据解得=3.5s2、【答案】（1）144N（2）12.5m【解析】（1）在AB段匀加速运动：；代入数据可得（2）BC段：C处:则R=12.5m7、(1)eq\f(1,2)m1ω2(R＋h1)2(2)11.5N[解析](1)设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则r1＝R＋h1①v1＝r1ω②货物相对地心的动能为Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)③联立①②③得Ek＝eq\f(1,2)m1ω2(R＋h1)2④(2)设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，受地球的万有引力为F，则r2＝R＋h2⑤an＝ω2r2⑥F＝eq\f(Gm2M,req\o\al(2,2))⑦g＝eq\f(GM,R2)⑧设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N′，则F－N＝m2an⑨N′＝N⑩联立⑤～⑩式并代入数据得N′＝11.5N⑪8、[答案](1)eq\f(keq\o\al(2,1),k2)geq\r(v2＋\f(2keq\o\al(2,1)gh2,k2))(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(keq\o\al(2,1),k2)mg(h1－h2)本题利用探测器的落地过程将万有引力定律，重力加速度概念，匀变速直线运动，机械能等的概念融合在一起考查．设计概念比较多，需要认真审题．[解析](1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为vt.由mg′＝Geq\f(M′m,R′2)和mg＝Geq\f(Mm,R2)得g′＝eq\f(keq\o\al(2,1),k2)g由veq\o\al(2,t)－v2＝2g′h2得vt＝eq\r(v2＋\f(2keq\o\al(2,1)gh2,k2))(2)设机械能变化量为ΔE，动能变化量为ΔEk，重力势能变化量为ΔEp.由ΔE＝ΔEk＋ΔEp有ΔE＝eq\f(1,2)m(v2＋eq\f(2keq\o\al(2,1)gh2,k2))－meq\f(keq\o\al(2,1),k2)gh1得ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(keq\o\al(2,1),k2)mg(h1－h2)10、【解析】(1