高考物理二轮复习 第3课时　力与曲线运动

第3课时力与曲线运动专题复习定位解决问题本专题主要采用运动分解的方法解决曲线运动问题，应用万有引力定律分析天体运动。高考重点曲线运动的条件和分析方法；运动的合成与分解；平抛运动和圆周运动；万有引力定律的理解和应用。题型难度选择题和计算题都会命题，选择题中主要考查某一个知识点，难度较小，计算题中一般是多个运动的组合，要结合动力学和能量观点分析，题目难度一般为中档。1.曲线运动(1)当加速度方向与初速度的方向在同一直线上，物体做直线运动；当加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，物体做曲线运动。(2)加速度恒定的曲线运动为匀变速曲线运动，加速度不恒定的曲线运动则为非匀变速曲线运动。(3)合运动与分运动具有等时性和等效性，各分运动具有独立性。2.平抛运动(1)规律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2。(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tan__φ。3.竖直面内圆周运动的两种模型(1)绳模型：物体能通过最高点的条件是v≥eq\r(gR)。(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v≥0。4.万有引力定律的理解和应用(1)在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供。基本关系式为Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r。在天体表面，忽略自转的情况下有Geq\f(Mm,R2)＝mg。(2)卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，则r越大，v越小。由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，则r越大，ω越小。由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，则r越大，T越大。(3)卫星变轨由低轨变高轨，需加速，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小；由高轨变低轨，需减速，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大。(4)宇宙速度第一宇宙速度：由mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)＝eq\f(GMm,R2)得v1＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(gR)＝7.9km/s。第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度。第二宇宙速度：v2＝11.2km/s，是使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。第三宇宙速度：v3＝16.7km/s，是使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。1.平抛运动(1)若已知平抛运动的末速度，一般分解末速度。(2)若已知平抛运动的位移，一般分解位移。对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用“合成与分解的思想”，分析这两种运动转折点的速度是解题的关键。2.圆周运动(1)水平面内的圆周运动：向心力可能由弹力、摩擦力等提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面的分离等临界状态。(2)竖直面内的圆周运动：区分是绳模型还是杆模型，在最高点的最小向心力对应临界速度。3.天体运动(1)分析天体运动类问题的一条主线就是F万＝F向，抓住黄金代换公式GM＝gR2。(2)确定天体表面重力加速度的方法有：测重力法、单摆法、平抛(或竖直上抛)物体法、近地卫星环绕法。高考题型1曲线运动和运动的合成与分解1.曲线运动的理解(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向。(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧。2.曲线运动的分析(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则。【例1】(2021·江苏南京市盐城市第二次模拟)2021年央视春节晚会采用了无人机表演。现通过传感器获得无人机水平方向速度vx、竖直方向速度vy(取竖直向上为正方向)与飞行时间的关系如图1所示，则下列说法正确的()图1A.无人机在t1时刻上升至最高点B.无人机在t2时刻处于超重状态C.无人机在0～t1时间内沿直线飞行D.无人机在t1～t3时间内做匀变速运动答案D解析无人机在0～t3时间内竖直方向上的分运动是先向上匀加速后向上匀减速，在t3时刻速度为0，即上升至最高点，所以A错误；无人机在t2时刻处于减速上升过程，加速度向下，处于失重状态，所以B错误；无人机在0～t1时间内沿曲线飞行，因为其合加速度与合速度方向不在同一直线上，所以C错误；无人机在t1～t3时间内，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，其合外力不变，所以无人机做匀变速运动，则D正确。【拓展训练1】(2021·湖南怀化市一模)质点Q在xOy平面内运动，其在x轴方向和y轴方向的分运动图像如图2甲和乙所示，下列说法正确的是()图2A.质点Q做匀变速直线运动，初速度为12m/sB.质点Q做匀变速曲线运动，加速度为5m/s2C.质点Q做匀变速直线运动，2s末的速度为20m/sD.质点Q做匀变速曲线运动，2s内的位移为45m答案C解析根据图甲可知，x－t之间的关系式为eq\f(x,t)＝k1t＋v0x，可得x＝k1t2＋v0xt，根据匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，质点在x轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0x＝6m/s，加速度为ax＝2k1＝2×eq\f(9－6,2)m/s2＝3m/s2，根据图乙可知，质点在y轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0y＝8m/s，加速度为ay＝k2＝eq\f(16－8,2)m/s2＝4m/s2，因为eq\f(v0x,v0y)＝eq\f(ax,ay)＝eq\f(3,4)，所以质点做匀变速直线运动，初速度为v0＝eq\r(veq\o\al(2,0x)＋veq\o\al(2,0y))＝10m/s，加速度为a＝eq\r(aeq\o\al(2,x)＋aeq\o\al(2,y))＝5m/s2，故A、B错误；质点做匀变速直线运动，2s末的速度为v＝v0＋at＝(10＋5×2)m/s＝20m/s，故C正确；2s内的位移为x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10×2＋\f(1,2)×5×22))m＝30m，故D错误。【拓展训练2】(2021·山东烟台市期末)某同学参加学校的跳远比赛，其运动轨迹可以简化为如图3所示，该同学以速率v沿与水平地面成某一角度方向跳出，运动过程中离开地面的最大高度为H＝eq\f(9v2,50g)，若该同学可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则该同学本次跳远的成绩为()图3A.eq\f(24v2,25g) B.eq\f(12v2,25g)C.eq\f(18v2,25g) D.eq\f(9v2,25g)答案A解析设速度v与水平方向夹角为θ，则H＝eq\f(（vsinθ）2,2g)，运动时间t＝eq\f(2vsinθ,g)，水平位移x＝vcosθ·t，联立解得x＝eq\f(24v2,25g)，故选项A正确。高考题型2平抛运动基本规律的应用1.基本思路处理平抛(或类平抛)运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。2.两个突破口(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。(2)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。【例2】(2021·河北省普通高中学业水平选择性考试，2)铯原子钟是精确的计时仪器。图4甲中铯原子从O点以100m/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图乙中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2。O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2m。重力加速度取g＝10m/s2，则t1∶t2为()图4A.100∶1 B.1∶100C.1∶200 D.200∶1答案C解析设距离d＝0.2m，铯原子做平抛运动时有d＝v0t1，做竖直上抛运动时有d＝eq\f(1,2)g(eq\f(t2,2))2，解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,200)。故A、B、D错误，C正确。【拓展训练3】(2021·1月湖南普通高校招生适应性考试，2)有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图5所示。一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)。不计空气阻力，从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是()图5A.小球下落时间与小球质量m有关B.小球下落时间与小球初速度v有关C.小球下落时间与水井井口直径d有关D.小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关答案D解析根据分运动的独立性，小球在竖直方向的运动为自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2知，小球下落时间仅与水井井口到水面高度差h有关，D项正确。【拓展训练4】(2021·1月江苏新高考适应性考试，5)某生态公园的人造瀑布景观如图6所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中。现制作一个为实际尺寸eq\f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的()图6A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,16)答案B解析由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的eq\f(1,16)，则有h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以时间变为实际的eq\f(1,4)，则水流出的速度v＝eq\f(x,t)，由于水平位移变为实际的eq\f(1,16)，时间变为实际的eq\f(1,4)，则水流出的速度为实际的eq\f(1,4)，故选B。高考题型3圆周运动的分析1.基本思路(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。(2)列出正确的动力学方程F＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝mωv＝meq\f(4π2,T2)r。2.技巧方法(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。(2)解临界问题关键是确定临界状态，找准受力的临界条件，结合牛顿第二定律分析。【例3】(2021·广东省普通高中学业水平选择性考试，4)由于高度限制，车库出入口采用如图7所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是()图7A.P点的线速度大小不变 B.P点的加速度方向不变C.Q点在竖直方向做匀速运动 D.Q点在水平方向做匀速运动答案A解析由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。【例4】(多选)(2021·湖北省高考模拟)如图8所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大过程中，下列说法正确的是()图8A.当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力B.AC杆对球的作用力先增大后减小C.一定时间后，AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定D.当ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))时，BC杆对球的作用力为0答案CD解析当ω＝0时，小球处于平衡状态，AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，选项A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，则F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，选项C正确。【拓展训练5】(多选)(2021·广东省百师联盟联考)如图9所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端拴小磁铁，小磁铁底部吸住一小铁块，两者均静止。现在让小磁铁和小铁块以eq\r(5gl)的速度自最低点水平向左运动，两者恰能通过最高点。已知绳长为l，重力加速度为g，小磁铁及小铁块的大小不计，质量均为m，磁铁对铁块的吸引力大小恒等于7mg，且铁块始终未被甩落。下列说法正确的是()图9A.小铁块通过最低点时，绳对小磁铁的拉力大小为12mgB.小铁块通过最低点时，绳对小磁铁的拉力大小为7mgC.小铁块通过最高点时，所受磁铁的支持力大小为7mgD.小铁块通过最高点时，所受磁铁的支持力小于mg答案AC解析在最低点时，根据牛顿第二定律，有T－2mg＝2meq\f(v2,l)，解得T＝12mg，选项A正确，B错误；两者恰能通过最高点，有2mg＝2meq\f(v′2,l)，对小铁块受力分析，有mg＋7mg－FN＝meq\f(v′2,l)，解得FN＝7mg，选项C正确，D错误。高考题型4万有引力定律的理解和应用类型1万有引力定律的应用——天体质量和密度的求解1.利用天体表面的重力加速度g和天体半径R由于Geq\f(Mm,R2)＝mg，故天体质量M＝eq\f(gR2,G)，天体密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)。2.利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r(1)由万有引力提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得出中心天体质量M＝eq\f(4π2r3,GT2)。(2)若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3πr3,GT2R3)。【例5】(2021·广东省普通高中学业水平选择性考试，2)2021年4月，我国自主研发的空间站天和核心舱成功发射并入轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是()A.核心舱的质量和绕地半径B.核心舱的质量和绕地周期C.核心舱的绕地角速度和绕地周期D.核心舱的绕地线速度和绕地半径答案D解析根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得M＝eq\f(v2r,G)，D正确；由于核心舱质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A、B错误；已知核心舱的绕地角速度，由eq\f(GMm,r2)＝mω2r得M＝eq\f(ω2·r3,G)，且ω＝eq\f(2π,T)，r约不掉，故还需要知道核心舱的绕地半径，才能求得地球质量，C错误。【拓展训练6】(2021·广州市高三综合测试)我国于2020年11月24日发射的嫦娥五号月球探测器成功实施无人月面取样返回。已知地球的质量为M1、表面的重力加速度大小为g1、半径为R1、第一宇宙速度为v1；月球的质量为M2、表面的重力加速度大小为g2、半径为R2、月球探测器近月环绕速度为v2，则v1与v2之比为()A.eq\r(\f(M1R1,M2R2)) B.eq\r(\f(g1R1,g2R2))C.eq\f(g1R1,g2R2) D.eq\f(M1R1,M2R2)答案B解析对地球的近地卫星，由万有引力提供向心力有Geq\f(M1m1,Req\o\al(2,1))＝eq\f(m1veq\o\al(2,1),R1)，对月球的近月探测器，同理有Geq\f(M2m2,Req\o\al(2,2))＝eq\f(m2veq\o\al(2,2),R2)，联立得eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(M1R2,M2R1))，A、D错误；在星球表面，由万有引力近似等于重力，有eq\f(GMm,R2)＝mg，结合以上分析得eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(g1R1,g2R2))，B正确，C错误。【拓展训练7】(多选)(2021·1月辽宁普通高校招生适应性测试，8)“嫦娥五号”探测器绕月球做匀速圆周运动时，轨道半径为r，速度大小为v。已知月球半径为R，引力常量为G，忽略月球自转的影响。下列选项正确的是()A.月球平均密度为eq\f(3v2,4πGR2) B.月球平均密度为eq\f(3v2r,4πGR3)C.月球表面重力加速度为eq\f(v2,R) D.月球表面重力加速度为eq\f(v2r,R2)答案BD解析根据万有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得M＝eq\f(v2r,G)，月球体积V＝eq\f(4,3)πR3，所以月球平均密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3v2r,4πGR3)，故B项正确，A项错误；根据月球表面物体的重力等于万有引力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg月，又M＝eq\f(v2r,G)，解得g月＝eq\f(v2r,R2)，故D项正确，C项错误。类型2卫星变轨和能量问题1.点火加速，v突然增大，Geq\f(Mm,r2)<meq\f(v2,r)，卫星将做离心运动。2.点火减速，v突然减小，Geq\f(Mm,r2)>meq\f(v2,r)，卫星将做近心运动。3.同一卫星在不同圆轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。4.卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。【例6】(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，2)2020年12月17日，嫦娥五号成功返回地球，创造了我国到月球取土的伟大历史。如图10所示，嫦娥五号取土后，在P处由圆形轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，以便返回地球。下列说法正确的是()图10A.嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均超重B.嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等C.嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时速率相等D.嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等答案D解析嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态，故A错误；嫦娥五号在轨道Ⅰ上经过P点时经加速后进入轨道Ⅱ运行，嫦娥五号在轨道Ⅰ上P处的速率小于在轨道Ⅱ运行至P处的速率，即机械能在轨迹Ⅱ时的大于在轨道Ⅰ时的，故B、C错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝eq\f(GM,r2)，可知嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等，故D正确。【拓展训练8】(多选)(2021·1月湖南普通高校招生适应性考试，7)在“嫦娥五号”任务中，有一个重要环节，轨道器和返回器的组合体(简称“甲”)与上升器(简称“乙”)要在环月轨道上实现对接。以便将月壤样品从上升器转移到返回器中，再由返回器带回地球。对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动。且甲的轨道半径比乙小。如图11所示，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道。下列说法正确的是()图11A.在甲抬高轨道之前，甲的线速度小于乙B.甲可以通过增大速度来抬高轨道C.在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大D.返回地球后，月壤样品的重量比在月球表面时大答案BD解析对在圆轨道上运转的卫星，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))∝eq\r(\f(1,r))，故v甲>v乙，A错误；甲需增大速度才能做离心运动，与高轨道上的乙对接，B正确；在甲抬高轨道的过程中，由F＝Geq\f(Mm,r2)知，r增大，F减小，C错误；地球表面的重力加速度约为月球表面重力加速度的6倍，故相同的物体在地球上重量大，D正确。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021·四川德阳市“二诊”)在光滑的水平面上建立xOy平面直角坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的x－t图像和vy－t图像分别如图1甲、乙所示，则0～4s内()图1A.质点的运动轨迹为直线B.质点的加速度恒为1m/s2C.4s末质点的速度为6m/sD.4s末质点离坐标原点的距离为16m答案B解析质点在x方向做匀速直线运动，其速度为vx＝eq\f(x,t)＝2m/s，在y方向做匀加速直线运动，其初速度、加速度分别为vy0＝0，a＝eq\f(Δvy,Δt)＝1m/s2，所以质点的合初速度沿x方向，合加速度沿y方向，故质点做匀变速曲线运动，A错误，B正确；4s末质点y方向的分速度为vy＝4m/s，故其合速度为v＝eq\r(veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,x))＝2eq\r(5)m/s，C错误；4s末质点在y方向的位移为y＝eq\f(1,2)vyt＝8m，所以4s末质点离坐标原点的距离为s＝eq\r(y2＋x2)＝8eq\r(2)m，D错误。2.[2021·湖南株洲市统一检测(一)]如图2，某城市音乐喷泉广场的水池中，在半径为R的圆周上按同样方式等间隔地安装了n个规格相同的喷管，喷管与水面的夹角为θ，管口横截面积为S且与水面相平。全部开启后，经目测，空中水柱几乎都在圆心处交汇，已知水的密度为ρ，则可估算出空中水柱的总质量为()图2A.eq\f(nρSR,cosθ) B.eq\f(nρSR,sinθ)C.eq\f(nρSR,2sinθ) D.eq\f(nρSR,2cosθ)答案A解析n个喷管，每个喷管喷水的质量m＝ρV，V＝Sx，x＝vt，空中水柱总质量M＝n·m，联立解得M＝nρSvt，水平速度vx＝vcosθ，水平方向做匀速直线运动，则有vtcosθ＝R，联立解得M＝eq\f(nρSR,cosθ)，故A正确，B、C、D错误。3.(2021·广东惠州市第三次调研)如图3，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远的C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点，关于两次投篮的比较，下列说法正确的是()图3A.在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大B.在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小C.在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大D.在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小答案D解析将运动倒过来相当于从篮板做平抛运动，第一次抛到B点，第二次抛到C点，下落的高度相同，因此运动时间相同，竖直分速度相同，落到C点时水平速度更大，速度与水平方向的夹角更小，因此篮球在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小。故选项D正确。4.(多选)(2021·河北石家庄市一模)如图4所示，水平放置的网球发球机正对着竖直墙面发射网球，两次发射的网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得OA＝AB，OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，下列说法正确的是()图4A.两球发射的初速度vA∶vB＝1∶2B.两球发射的初速度vA∶vB＝eq\r(2)∶1C.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tA∶tB＝1∶eq\r(2)D.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tA∶tB＝1∶2答案BC解析设OA＝AB＝h，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)，整理可以得到tA∶tB＝1∶eq\r(2)，故C正确，D错误；两球在水平方向的分运动为匀速直线运动，而且水平位移大小相等，有x＝vAtA＝vBtB，整理可得vA∶vB＝eq\r(2)∶1，故A错误，B正确。5.(2021·湖南省高考模拟)墙网球又叫壁球，场地类似于半个网球场，在球网处立有一竖直墙壁，墙壁上与球网等高的位置画了水平线(发球线)，在发球区发出的球必须击中发球线以上位置才有效，运动员站在接、发球区击球。假设运动员在某个固定位置将球发出，发球速度(球离开球拍时的速度)方向与水平面的夹角为θ，球击中墙壁位置离地面的高度为h，球每次都以垂直墙壁的速度撞击墙壁，设撞击速度大小为v，在球与墙壁极短时间的撞击过程中无机械能损失，球撞到墙面反弹后落地点到墙壁的水平距离为x，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图5A.h越大，x越大 B.v越小，x越大C.h越大，θ越大 D.v越大，h越大答案C解析将球撞向墙壁的运动反向视为平抛运动，初速度大小为v，反弹时做平抛运动的初速度大小也为v，两运动的轨迹有一个交点，运动员在交点位置发球，因此不同的击球速度对应不同的击中墙壁高度h，但所有轨迹均经过发球点，如图所示，h越大，运动时间越长，墙壁到发球点的水平位移x′相同，则v越小，由图可知，平抛运动的水平位移x越小，选项A、B错误；设球击中墙壁的位置到发球点的高度为h′，由平抛运动的推论可知eq\f(2h′,x′)＝tanθ，则h越大，h′越大，θ越大，选项C正确；由x′＝vt可知，v越大，t越小，h′越小，则h越小，选项D错误。6.(2021·全国甲卷，15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图6，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点的向心加速度大小约为()图6A.10m/s2 B.100m/s2C.1000m/s2 D.10000m/s2答案C解析向心加速度的公式an＝rω2，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1000m/s2，C正确。7.(2021·上海市普陀区高三下高考一模)大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施。如图7所示，一次最多可坐四人的浮圈从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动。重力加速度为g，下列说法正确的是()图7A.人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态B.人和浮圈刚进入盆体时的速度大小为eq\r(2gh)C.人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧D.人和浮圈进入盆体后，所受支持力与重力的合力大于所需的向心力答案D解析由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中有向下的分加速度，所以人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于失重状态，故A错误；若不考虑摩擦阻力，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，可得v＝eq\r(2gh)，由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中受到了阻力作用，所以人和浮圈刚进入盆体时的速度一定小于eq\r(2gh)，故B错误；人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力为滑动摩擦力，与运动方向相反，故C错误；人和浮圈进入盆体后做半径逐渐减小的圆周运动，为向心运动，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。8.(多选)(2021·广东惠州市第三次调研)如图8所示，为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子挂着相同的小球，转筒静止时绳子平行圆锥面，当转筒中心轴开始缓慢加速转动，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图8A.角速度慢慢增大，线长的球先离开圆锥筒B.角速度达到一定值时两球同时离开圆锥筒C.两球都离开圆锥筒后，相较于原位置上升的高度相同D.两球都离开圆锥筒时两绳中的拉力大小相同答案AC解析设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒的支持力为0，有mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，绳子越长的其角速度的临界值越小，越容易离开圆锥筒，故A正确，B错误；两小球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳子的拉力，两小球都随圆锥筒一起转动，有相同的角速度，小球的高度为h＝lcosθ，代入数据解得h＝eq\f(g,ω2)，故C正确；由以上分析可知，绳长的小球先离开圆锥筒，绳短的小球离开圆锥筒时，两绳与竖直方向的夹角不同，绳中拉力大小不同，故D错误。9.(2021·广东省高考模拟)甲、乙两行星的半径之比为2∶1，分别环绕甲、乙两行星运行的两卫星的周期之比为4∶1，已知两卫星的运动轨道距离甲、乙两行星表面的高度分别等于两行星的半径，则下列关系正确的是()A.甲、乙两行星的密度之比为1∶16B.甲、乙两行星表面第一宇宙速度之比为1∶2eq\r(2)C.甲、乙两行星表面的重力加速度之比为1∶4D.环绕甲、乙两行星运行的两卫星的角速度之比为1∶2答案A解析设行星半径为R，卫星轨道半径为r，由Geq\f(Mm,r2)＝mrω2＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，由题意知r＝R＋H＝2R，又ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，联立可得ρ＝eq\f(24π,GT2)，两行星的密度之比为ρ1∶ρ2＝1∶16，故选项A正确；行星的第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(\f(32π2R2,T2))，代入数据得v1∶v2＝1∶2，故选项B错误；在行星表面处有Geq\f(Mm0,R2)＝m0g，得g＝Geq\f(M,R2)＝eq\f(32π2R,T2)，代入数据得g1∶g2＝1∶8，故选项C错误；由ω＝eq\f(2π,T)，代入数据得ω1∶ω2＝T2∶T1＝1∶4，故选项D错误。10.(2021·山东省普通高中学业水平选择性考试，5)从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为()图9A.9∶1 B.9∶2C.36∶1 D.72∶1答案B解析悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小等于它们所受的万有引力，有F＝eq\f(GMm,R2)，则eq\f(F祝融,F玉兔)＝eq\f(\f(GM火m祝融,Req\o\al(2,火)),\f(GM月m玉兔,Req\o\al(2,月)))＝eq\f(M火,M月)·eq\f(m祝融,m玉兔)·eq\f(Req\o\al(2,月),Req\o\al(2,火))＝9×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,2)，故选B。11.(2021·全国乙卷，18)科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图10所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU(太阳到地球的距离为1AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为()图10A.4×104M B.4×106MC.4×108M D.4×1010M答案B解析由万有引力提供向心力有eq\f(GM中m,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，整理得eq\f(R3,T2)＝eq\f(GM中,4π2)，可知eq\f(R3,T2)只与中心天体的质量有关，则eq\f(M黑洞,M)＝eq\f(\f(Req\o\al(3,S2),Teq\o\al(2,S2)),\f(Req\o\al(3,地),Teq\o\al(2,地)))，已知T地＝1年，由题图可知恒星S2绕银河系运动的周期TS2＝2×(2002－1994)年＝16年，解得M黑洞＝4×106M，B正确。12.(2021·湖南省高考模拟)英国《自然》杂志、美国太空网2017年4月19日共同发布消息称，一颗温度适中的岩态行星LHS1140b在经过小型LHS1140矮恒星时发生凌星现象。这颗新发现的“超级地球”与恒星的距离、岩石构成以及存在液态水的可能性，使其成为目前寻找外星生命的最佳选择。假设行星LHS1140b绕LHS1140恒星和地球绕太阳的运动均看作匀速圆周运动，下表是网上公布的相关数据，则下列说法正确的是()恒星太阳质量为MLHS1140质量为0.6M行星地球质量为m轨道半径为rLHS1140b质量为6.6m轨道半径为1.4rA.LHS1140b与地球运行的速度大小之比为eq\r(\f(5,7))B.LHS1140b与地球运行的周期之比为eq\f(7\r(21),15)C.LHS1140b的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为eq\r(\f(3,7))D.LHS1140b的密度是地球密度的eq\f(6.6,1.43)倍答案B解析根据万有引力提供向心力可得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f