高考物理 第3讲　力与曲线运动

第3讲力与曲线运动考点1运动合成与分解抛体运动1.[2023·辽宁卷]某同学在练习投篮,篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示,篮球所受合力F的示意图可能正确的是 (A)[解析]篮球做曲线运动,所受合力指向运动轨迹的凹侧,故A正确.2.如图所示,质量均为m的两个滑块A和B分别套在固定于竖直平面内相互垂直的光滑杆上,A和B用轻杆通过铰链相连,对B施加水平向左的外力F,使滑块A匀速上升.撤去外力F后较短时间内,A的速度减为0,此时轻杆与竖直杆的夹角θ=30°,然后滑块A下落且不反弹,不计铰链处摩擦,轻杆长度为L,重力加速度为g,以下说法正确的是 (D)A.F作用过程中,滑块B的速度保持不变B.F作用过程中,滑块B对水平杆的压力逐渐增大C.A下落过程中,B的速度一直增大D.A下落过程中,接触水平杆前瞬间,A的动能为32[解析]根据A、B沿杆方向分速度相等,则有vAcosθ=vBsinθ,解得vB=vAtanθ,由于力F作用过程中,角度θ不断变小,则vB逐渐增大,所以A错误;对A、B整体受力分析,竖直方向上只受重力及水平杆对滑块B的支持力,竖直方向上由平衡条件可得支持力大小等于两滑块的重力,由牛顿第三定律可得,F作用过程中,滑块B对水平杆的压力保持不变,所以B错误;A下落到最低点时,根据速度分解可知vB=0,则B的速度先增大后减小,所以C错误;A下落整个过程,根据动能定理有mgLcos30°=12mvA2+12mvB2,接触水平杆前瞬间,B的速度vB=0,联立解得Ek3.如图所示,半径为R的光滑半圆形轨道固定在竖直平面内,A、B两点连线为半圆形轨道的竖直直径,一小球以某一速度从最低点A冲上轨道,运动到最高点B时,小球对轨道的压力大小为自身重力的一半.空气阻力不计,小球可视为质点,则小球落地点C到轨道最低点A的距离为 (B)A.2R B.6RC.3R D.23R[解析]小球在B点时,由牛顿第二定律得mg+mg2=mv2R,解得v=3gR2,小球从B点到C点做平抛运动,则有2R=12gt2,x=vt,联立解得x=4.在某影片中演员驾车连续飞跃了三栋大楼,三栋大楼可认为分布在一条直线上,相邻两栋的楼体间距约为100m,演员驾驶的汽车最大速度可达395km/h,重力加速度g取10m/s2,则完成一次飞跃时下落的最小高度约为 (A)A.4m B.8mC.15m D.30m[解析]根据题意可知,汽车做平抛运动,水平方向上有x=v0t,其中v0=395km/h≈110m/s,解得飞行时间为t=xv0≈0.9s,竖直方向上,由h=12gt2可得,下落的最小高度h≈4m,5.如图所示,某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球,结果球划着一条弧线飞到小桶的前方.不计空气阻力,为了能把小球抛进小桶中,则下次水平抛球时,他可能做出的调整为 (C)A.增大初速度,提高抛出点高度B.增大初速度,抛出点高度不变C.减小初速度,抛出点高度不变D.初速度不变,提高抛出点高度[解析]设小球平抛运动的初速度为v0,抛出点离桶的高度为h,水平位移为x,则平抛运动的时间t=2hg,水平位移x=v0t=v02hg,抛出点高度不变,减小初速度,则水平位移x减小,可能会抛进小桶中,6.[2023·湖南卷]如图甲,我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种.某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图乙所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上.忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是 (B)A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度小于v1C.两谷粒从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等[解析]抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用,加速度均为重力加速度,故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度,A错误;谷粒2做斜上抛运动,谷粒1做平抛运动,均从O点运动到P点,故位移相同,在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动,谷粒1做自由落体运动,故谷粒2运动时间较长,C错误;谷粒2做斜上抛运动,水平方向上为匀速直线运动,运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度,与谷粒1比较,由O至P过程水平位移相同,但运动时间较长,故谷粒2水平方向上的速度较小,即在最高点的速度小于v1,B正确;两谷粒从O点运动到P点的位移相同,运动时间不同,故平均速度不相等,谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度,D错误.7.如图所示,从混合放射源射出的正离子a、b、c先后从O点水平射入竖直向下的匀强电场中,a、b打到倾斜的绝缘板A上不同的点,c打在水平绝缘板B上,不计重力,则 (C)A.c的初速度一定大于a的初速度B.c从O到B板的时间一定大于a从O到A板的时间C.c打在B板时的速度方向一定与b打在A板时的速度方向不平行D.a、b打在A板上的速度方向可能不平行[解析]正离子a、b、c均做类平抛运动,尽管c从O到B板的水平位移和竖直位移都比a从O到A板的大,但由于在竖直方向上的加速度的大小关系无法确定,所以c与a的运动时间及初速度大小关系无法确定,A、B错误;根据类平抛运动的二级结论,设速度偏转角为α,位移偏转角为θ,则tanα=2tanθ,c打在B板时的速度偏转角一定与b打在A板时的速度偏转角不同,C正确;a、b打在A板上时的位移偏转角相等,则速度方向一定平行,D错误.8.某次军事演练中,一辆装甲车和一架直升机的位置关系及运动情况可用如图所示的长方体描述,该长方体底面水平,AB边长1000m,AH边长2000m.装甲车沿AD方向运动,直升机以100m/s的速度沿EF方向运动,当装甲车位于A点时,直升机位于E点,此时装甲车发射一枚炮弹,炮弹在其飞行轨迹的最高点恰好击中直升机.忽略空气阻力,炮弹和直升机均可视为质点,重力加速度g取10m/s2.则炮弹的发射速度大小为 (D)A.20m/sB.505m/sC.5017m/sD.5021m/s[解析]把炮弹的运动沿AD、AH、AB方向分解,根据题意可知,炮弹运动到最高点时,竖直方向速度减为零,且与直升机碰撞,说明炮弹沿AD方向的速度与直升机的速度相等,为v1=100m/s,竖直方向上,利用逆向思维,由自由落体位移公式可得h=2000m=12gt2,解得炮弹飞行时间为t=20s,则竖直方向的初速度为v2=gt=200m/s,AB方向上,由匀速直线运动的位移公式可得x=1000m=v3t,解得炮弹沿AB方向的初速度为v3=50m/s,则炮弹的发射速度大小为v=v12+v29.[2022·全国甲卷]将一小球水平抛出,使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05s发出一次闪光.某次拍摄时,小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光,拍摄的照片编辑后如图所示.图中的第一个小球为抛出瞬间的影像,每相邻两个球之间被删去了3个影像,所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7.重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力.求在抛出瞬间小球速度的大小.[答案]25[解析]频闪仪每隔0.05s发出一次闪光,每相邻两个球之间被删去3个影像,故相邻两球的时间间隔为t=4T=0.05×4s=0.2s,设抛出瞬间小球的速度为v0,相邻两球间的水平方向上距离均为x,相邻两球间竖直方向上的距离分别为y1、y2,根据平抛运动位移公式有x=v0ty1=12gt2=12×10×0.22m=0y2=12g2t2-12gt2=12令y1=y,则有y2=3y1=3ys1=xs2=x2+则有x2+y2∶整理得x=255故在抛出瞬间小球的速度大小为v0=xt=210.[2023·山东卷]电磁炮灭火消防车(如图甲所示)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火.电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能,设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度.如图乙所示,若电磁炮正对高楼,与高楼之间的水平距离L=60m,灭火弹出膛速度为v0=50m/s,方向与水平面夹角为θ=53°,不计炮口离地面高度及空气阻力,重力加速度大小g取10m/s2,sin53°=0.8.(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H;(2)已知电容器储存的电能E=12CU2,转化为灭火弹动能的效率为η=15%,灭火弹的质量为3kg,电容器的电容为C=2.5×104μF,则电容器工作电压U应设置为多少[答案](1)60m(2)10002V[解析](1)灭火弹发射时水平速度vx=v0cosθ=30m/s灭火弹发射时竖直速度vy0=v0sinθ=40m/s灭火弹击中高楼的时间t=Lv灭火弹击中高楼位置距地面的高度H=vy0t-12gt2(2)电容器储存的能量转化为灭火弹的动能为Ek=η·12CU由初始发射速度可得 Ek=12mv解得U=2EkηC11.[2023·全国甲卷]如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上.用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep.释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出.小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45.小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g,忽略空气阻力.求(1)小球离开桌面时的速度大小;(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离.[答案](1)2Epm[解析](1)小球与弹簧分离时,弹簧弹性势能全部转化为小球的动能,Ep=12m得v0=2(2)设小球平抛所用时间为t,第一次落地点距桌面上飞出点的水平距离为x,小球与地面第一次碰撞前瞬间竖直方向速度的大小为v1,碰撞后瞬间竖直方向速度的大小为v2,由运动学公式、机械能守恒定律及题目所给条件有x=v0tv1=gtv2=45vmgh=12m联立以上各式得x=5考点2圆周运动及其拓展1.如图所示,竖直平面内有一大一小两个圆形轨道.小物体某次滑行中先后经过两轨道最高点A、B时的速度分别为vA、vB,加速度分别为aA、aB,不计阻力,则(D)A.vA>vB,aA>aB B.vA>vB,aA<aBC.vA<vB,aA>aB D.vA<vB,aA<aB[解析]A点高于B点,有EpA>EpB,不计阻力,小物体在A、B两点机械能相等,有EkA<EkB,则vA<vB,由a=v2r,可知aA<aB,故选2.(多选)幼儿园滑梯(如图甲所示)是孩子们喜欢的游乐设施之一,滑梯可以简化为如图乙所示模型.一质量为m的小朋友(可视为质点),从竖直面内半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑,利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为gr2(g为当地的重力加速度).已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°,滑道各处动摩擦因数相同,则小朋友在沿着AB下滑的过程中 (BDA.克服摩擦力做功为mgrB.处于先失重后超重状态C.重力的功率先减小后增大D.在最低点B时对滑道的压力大小为32[解析]在整个运动过程中,由动能定理得mgr(1-cos60°)-Wf=12mv2-0,可得克服摩擦力做功为Wf=14mgr,故A错误;小朋友在A点时加速度沿着切线向下,处于失重状态,到最低点时加速度竖直向上,处于超重状态,故B正确;小朋友在A点时速度为零,重力的功率为零,到最低点时重力的方向与速度方向垂直,重力的功率也为零,故重力的功率先增大后减小,故C错误;在B点,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv2r,解得FN=32mg,结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为F'N=FN=323.(多选)[2021·河北卷]如图所示,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑.一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆.金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时,小球均相对PQ杆静止.若ω'>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω'匀速转动时 (BD)A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大[解析]小球相对于PQ杆静止,随金属框一起做匀速圆周运动,合外力提供向心力,由F向=mω2r知,当角速度ω增大时,小球所受合外力增大,D正确;对小球进行受力分析,小球受重力mg、弹簧的弹力kx(设其与竖直方向的夹角为θ)和杆PQ给的垂直于杆的弹力FN,则竖直方向有kxcosθ=mg,可知当角速度ω增大时,小球的高度不变,弹簧弹力不变,A错误,B正确;水平方向上有kxsinθ+FN=mω2r,则mgtanθ+FN=mω2r,当ω=gtanθr时,FN=0;当ω>gtanθr时,FN指向圆心为正,当角速度ω增大时,FN增大;当ω<gtanθr时,FN背离圆心为负,当角速度ω增大时4.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转.一根轻绳穿过P,两端连接质量分别为m1和m2的小球A、B(m1≠m2).设两球同时做如图所示的圆锥摆运动,且在任意时刻两球均在同一水平面内,则 (AC)A.两球运动的周期相等B.两球的向心加速度大小相等C.球A、B到P的距离之比等于m2∶m1D.球A、B到P的距离之比等于m1∶m2[解析]对其中一个小球受力分析,其受到重力和绳的拉力FT,绳的拉力在竖直方向上的分力与重力平衡,设轻绳与竖直方向的夹角为θ,则有FTcosθ=mg,绳的拉力在水平方向上的分力提供向心力,设该小球到P的距离为l,则有FTsinθ=mgtanθ=m2πT2lsinθ,解得周期T=2πlcosθg=2πhg,因为任意时刻两球均在同一水平面内,即两球到悬点的高度h相等,故两球运动的周期T相等,选项A正确;连接两球的绳的张力FT相等,由于向心力Fn=FTsinθ=m2πT2lsinθ,故m与l成反比,即l1l2=m2m1,由于向心加速度a=2π5.如图所示,M是水平放置的半径足够大的圆盘,绕过其圆心的竖直轴OO'匀速转动,规定经过O点且水平向右为x轴正方向.在圆心O点正上方距盘面高为h=5m处有一个可间断滴水的容器,从t=0时刻开始容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动.已知t=0时刻滴下第一滴水,以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水.当圆盘的角速度为ω=π2rad/s时,第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为73m,则容器的加速度a的大小为(g取10m/s2,不计空气阻力) (DA.8m/s2 B.6m/s2C.4m/s2 D.2m/s2[解析]根据自由落体公式,水滴在竖直方向做自由落体运动的时间为t=2hg=1s,当第一滴水刚好落到盘面时,容器此时向右运动的距离和速度为x1=12at2=12a,v2=at=a,可得第二滴水落到盘面时与O点的距离为L2=x1+v2t=12a+a=32a,同理当第二滴水刚好落到盘面时,容器此时向右运动的距离和速度为x2=12a(2t)2=2a,v3=a·2t=2a,可得第三滴水落到盘面时与O点的距离为L3=x2+v3t=2a+2a=4a,圆盘的角速度为ω=π2rad/s,可知第二滴水落到盘面与第三滴水落到盘面时间内,圆盘转过的角度为90°,所以有L22+L32=(6.(多选)一细绳与水桶相连,水桶中装有水,水桶与水一起以细绳的另一端点为圆心在竖直平面内做圆周运动,如图所示,水的质量m=0.5kg,水的重心到转轴的距离l=50cm,g取10m/s2,则 (BC)A.在最高点,当水和水桶的速率为2m/s时,桶内的水不流出来B.在最高点,当水和水桶的速率为3m/s时,桶内的水不流出来C.当水和水桶在最低点的速率为3m/s时,在运动过程中水都不会流出D.当水和水桶在最低点的速率为4m/s时,在运动过程中水都不会流出[解析]以水桶中的水为研究对象,在最高点恰好不流出来,此时有mg=mv02l,则水和水桶的最小速率v0=gl=5m/s≈2.24m/s,选项A错误,B正确;当水和水桶在最低点的速率为v1时,水和水桶恰过最高点,对水,有2mgl=12mv12-12mv02,求得速度v1=5gl=5m/s;当水和水桶在最低点的速率为v2时,水和水桶恰到圆心等高点,对水,有mgl=12mv22,求得速度v2=2gl=10m/s,当水和水桶在最低点的速率大于7.如图所示,两个可视为质点、完全相同的木块甲和乙放在转盘上,两者用长为L的不可伸长的细绳连接(细绳能够承受足够大的拉力),木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍,连线过圆心,甲到圆心的距离为r1,乙到圆心的距离为r2,且r1=L4,r2=3L4,水平圆盘可绕过圆心的竖直轴OO'转动,两木块随圆盘一起以角速度ω转动,当ω从0开始缓慢增加时,甲、乙与转盘始终保持相对静止,重力加速度为g,则下列说法错误的是 (A.当ω=Kgr2时B.ω取不同的值时,甲、乙所受静摩擦力都指向圆心C.ω取不同值时,乙所受静摩擦力始终指向圆心;甲所受静摩擦力可能指向圆心,也可能背向圆心D.如果ω>2KgL,[解析]根据Kmg=mω2r,可得ω=Kgr,乙的半径大,可知乙先达到最大静摩擦力,故选项A不符合题意;甲、乙随转盘一起做匀速圆周运动,由于乙的半径较大,故需要的向心力较大,则Kmg=mω12r2,解得ω1=2Kg3L,即若ω≤2Kg3L,甲、乙所受静摩擦力都指向圆心,角速度继续增大,绳子出现张力,对乙有Kmg+FT=mω2r2,绳子的拉力随角速度增大而增大,对甲有Ff1+FT=mω2r1,联立可得,Ff1=Kmg-mω2(r2-r1),甲所受的静摩擦力随角速度ω增大,先减小后反向增大,反向增大到最大值后,角速度再增大,甲、乙与圆盘发生相对滑动,则乙所受的静摩擦力方向始终指向圆心,甲所受的静摩擦力方向先指向圆心,然后背离圆心,故选项B符合题意,C不符合题意;设角速度为ω2时,甲、乙相对圆盘发生滑动,此时绳子的拉力为F,则F-Kmg=mω22r1、F+Kmg=mω22r2,解得ω2=2KgL,8.(多选)如图所示,在竖直向下的匀强电场中,一质量为m、带电荷量为-q(q>0)的小球用长为R的轻绳悬挂于O点,让小球在竖直平面内做圆周运动,其中A、B是圆周上的最高点和最低点,重力加速度为g,电场强度大小E=3mgq.下列说法正确的是 (BCA.若要完成完整的圆周运动,小球到达A点的速度至少为vA=gRB.若要完成完整的圆周运动,小球到达B点的速度至少为vB=2C.小球由A点运动到B点的过程中,绳子拉力逐渐减小D.小球由A点运动到B点的过程中,小球电势能的增加量等于重力势能减少量[解析]小球受到的重力与电场力的合力F=qE-mg=2mg,方向竖直向上,故A点为圆周运动中的等效最低点,B点为等效最高点,若小球恰好过B点,则根据圆周运动规律可得mvB2R=2mg,解得vB=2gR,从A点运动到B点的过程中,由动能定理可得-2mg·2R=12mvB2-12mvA2,解得vA=10gR,故A错误,B正确;小球在A点时绳子受到的拉力最大,小球在B点时绳子受到的拉力最小,则小球由A点运动到B点的过程中,绳子拉力逐渐减小,故C正确;小球由A点运动到B点的过程中9.一粗糙的圆锥体可绕其轴线做圆周运动,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角为θ=53°,现在锥面上放一个石块,石块与锥面间的动摩擦因数为μ=0.8,石块与圆锥体顶点O的距离为L=3m,石块的质量为m=20kg,石块可看作质点,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.(1)若圆锥体与石块均静止,则石块受到锥面的摩擦力大小为多少?(2)若石块随圆锥体一起以ω=0.2rad/s的角速度绕轴线做匀速圆周运动,则石块受到的摩擦力的大小为多少?[答案](1)120N(2)121.536N[解析](1)若圆锥体与石块均静止,石块的受力分析如图甲所示因μmgsinθ≥mgcosθ故石块受到锥面的摩擦力大小为Ff=mgcosθ=120N(2)当圆锥体与石块一起以ω=0.2rad/s的角速度绕轴线做匀速圆周运动时,石块的受力分析如图乙所示竖直方向有Ff'cosθ+FN'sinθ-mg=0水平方向有Ff'sinθ-FN'cosθ=mω2Lsinθ解得Ff'=15192125考点3万有引力定律的应用1.中国目前在轨运行的人造地球卫星数量居世界第二位.假设这些卫星均可视为绕地球做匀速圆周运动,仅知道它们的轨道半径.关于这些卫星,下列哪个物理量的大小关系不能进行比较 (D)A.加速度 B.线速度C.周期 D.动能[解析]设地球的质量为M,卫星的质量为m,卫星轨道半径为r,根据万有引力提供向心力,则有GMmr2=man=mv2r=m4π2rT2,解得an=GMr2∝1r2,v=GMr∝1r,T=2πr3GM∝r3,由此可知,仅知道卫星的轨道半径,可以比较加速度、线速度、周期的大小关系因此无法比较动能的大小关系,故D符合题意. 2.(多选)[2022·辽宁卷]如图所示,行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动,在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α,地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β,两角最大值分别为αm、βm,则 (BC)A.水星的公转周期比金星的大B.水星的公转向心加速度比金星的大C.水星与金星的公转轨道半径之比为sinαm∶sinβmD.水星与金星的公转线速度之比为sinα[解析]由开普勒第三定律可知,金星绕太阳运动的公转轨道半径比水星大,则它的公转周期比水星大,A错误;由牛顿第二定律有GMmr2=ma,解得a=GMr2,水星的公转轨道半径更小,则其向心加速度更大,B正确;当地球与行星的连线与行星运行轨迹相切时,夹角取得最大值,如图所示,设地球的公转轨道半径为R,则水星公转轨道半径为Rsinαm,金星公转轨道半径为Rsinβm,水星与金星的公转轨道半径之比为sinαm∶sinβm,C正确;由万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r,解得v=GM3.[2022·广东卷]“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季,假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一,且火星的冬季时长约为地球的1.88倍.火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动,下列关于火星、地球公转的说法正确的是 (D)A.火星公转的线速度比地球的大B.火星公转的角速度比地球的大C.火星公转的半径比地球的小D.火星公转的加速度比地球的小[解析]根据题意可知T火>T地,由T=2πr3GM可知,r火>r地,C错误;根据v=GMr可知,v火<v地,A错误;根据ω=GMr3可知,ω火<ω地,B错误;根据a=GMr2可知,a4.(多选)2022年1月,我国实践21号卫星靠近一颗失效的北斗二号导航卫星,将这颗卫星拖到了某轨道,之后实践21号卫星又回到自己的运行轨道.实践21号卫星(简称A卫星)的运行过程可简化为先在近地轨道上做匀速圆周运动,然后通过变轨与一颗处于地球同步轨道的失效的北斗二号导航卫星(简称B卫星)组成一个整体,将B卫星拖到高于同步轨道的某轨道(简称C轨道)后与B卫星分离,最后回到近地轨道,如图所示.下列说法正确的是 (BD)A.A卫星在近地轨道上的线速度小于B卫星在同步轨道上的线速度B.B卫星在C轨道上的周期大于在同步轨道上的周期C.A卫星应先变轨到地球同步轨道,再加速与B卫星对接D.A卫星从C轨道返回近地轨道,机械能减小[解析]由GMmr2=mv2r,得v=GMr,根据题意可知近地轨道的高度小于地球同步轨道的高度,所以A卫星在近地轨道上的线速度大于B卫星在同步轨道上的线速度,故A错误;根据开普勒第三定律有T12T22=r13r23,根据题意可知C轨道的高度大于同步轨道的高度,则B卫星在C轨道上的周期大于在同步轨道上的周期,故B正确;如果A卫星先变轨到地球同步轨道再加速,会做离心运动,不能与B卫星对接,故C错误5.(多选)如图所示,在进行火星考察时,火星探测器对火星完成了“绕、着、巡”三项目标.在探测器着陆后,探测器上的科研装置,将一个小球在离地面h的高度处由静止释放,做自由落体运动,测得小球经过时间t落地.已知引力常量为G,火星的半径为R.下列说法正确的是 (CD)A.火星探测器在地球上的发射速度将大于16.7km/sB.由题中数据可计算出火星表面处的重力加速度为g=hC.由题中数据可计算出火星质量为2D.由题中数据可计算出火星的平均密度为3[解析]火星探测器虽然离开了地球但没有离开太阳系,所以其发射速度应介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间,故A错误;由自由落体运动公式h=12gt2,解得g=2ht2,故B错误;设火星质量为M,火星表面质量为m的物体所受万有引力等于重力,即GMmR2=mg,解得M=2hR2Gt2,故C正确;火星的体积为V=43πR3,火星的平均密度为6.(多选)“古有司南,今有北斗”,如图甲所示的北斗卫星导航系统入选“2022全球十大工程成就”.组成北斗系统的卫星运行轨道半径r越高,线速度v越小,卫星运行状态视为匀速圆周运动,其v2-r图像如图乙所示,图中R为地球半径,r0为北斗星座GEO卫星的运行轨道半径,图中物理量单位均为国际单位,引力常量为G,忽略地球自转,则 (BC)A.地球的质量为bB.地球的密度为3C.GEO卫星的加速度为bRD.地球表面的重力加速度为b[解析]根据万有引力提供向心力,有GMmr2=mv2r,解得M=v2rG=ρ=MV=bRG43πR3=3b4GπR2,故B正确;根据牛顿第二定律得GMmr根据万有引力与重力的关系得GMmR2=mg,所以地球表面的重力加速度为g=bR,故7.利用三颗位置适当的地球静止卫星,可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信,目前,地球静止卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍.假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗静止卫星来实现上述目的,则地球自转周期的最小值约为 (B)A.1h B.4h C.8h D.16h[解