高考真题汇编-D单元--曲线运动.doc

D单元 曲线运动
D1 运动的合成与分解
14．B7、D1、E3如图1­所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m.撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g.求：

图1­
(1)A固定不动时，A对B支持力的大小N；
(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小s；
(3)A滑动的位移为x时的速度大小vA.
14．[答案] (1)mgcos α　(2)　(3)

[解析] (1)支持力的大小N＝mgcos α

(2)根据几何关系sx＝x·(1－cos α)，sy＝x·sin α
且s＝
解得s＝·x
(3)B的下降高度sy＝x·sin α
根据机械能守恒定律mgsy＝mv＋mv
根据速度的定义得vA＝，vB＝
则vB＝·vA
解得vA＝
D2 抛体运动
25．E2D2 [2016·全国卷Ⅰ] 如图1­，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．

图1­
[答案] (1)2　(2)mgR　(3)　m
[解析] (1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R　①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mv　②
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得
vB＝2　③
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv　④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x　⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0　⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R　⑦
Ep＝mgR　⑧
(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsin θ　⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ　⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛物运动公式有
y1＝gt2　⑪
x1＝vDt　⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
vD＝　⑬
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g　⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m1＝m　⑯
11．B7　D2[2016·天津卷] 如图1­所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2.求：

图1­
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
[答案] (1)20 m/s　方向与电场E的方向之间的夹角为60°斜向上　(2)3.5 s
[解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图1­所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝　①

图1­
代入数据解得v＝20 m/s　②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tan θ＝　③
代入数据解得tan θ＝
θ＝60°　 ④
(2)解法一：
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
a＝　⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt　⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2　 ⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tan θ＝　⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s＝3.5 s　⑨
解法二：
撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin θ　⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt－gt2＝0　⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s＝3.5 s
2．D2[2016·江苏卷] 有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是(　　)

图1­
A．① B．②
C．③ D．④
2．A　[解析] 抛体运动的加速度始终为g，与抛体的质量无关．当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同．故选项A正确．
23．D2[2016·浙江卷] 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图1­9所示．P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.

图1­9
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．
23．[答案] (1)　(2)L≤v≤L　(3)L＝2h
[解析] (1)打在中点的微粒
h＝gt2　①
t＝　②
(2)打在B点的微粒
v1＝；2h＝gt　③
v1＝L　④
同理，打在A点的微粒初速度v2＝L　⑤
微粒初速度范围L≤v≤L　⑥
(3)由能量关系
mv＋mgh＝mv＋2mgh　⑦
代入④、⑤式得L＝2h　⑧
1．D2[2016·海南卷] 在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中(　　)
A．速度和加速度的方向都在不断改变
B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等
D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
1．B　[解析] 小球做平抛运动，加速度为重力加速度，小球的速度大小和方向时刻变化，小球的加速度大小和方向均恒定，故A错误．速度与加速度的夹角的正切值tan θ＝＝，随着时间t的增大，夹角θ减小，故B正确．速度改变量Δv＝gΔt，相等时间内的速度改变量相等，但速率(即速度的大小)的改变量不相等，故C错误．相等时间内动能的改变量取决于合力——重力做的功，由于相等时间内下落的高度越来越大，重力做的功越来越多，故动能的改变量越来越大，故D错误．
23．D2[2016·上海卷] 如图1­所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为α.一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽．小球从P到A的运动时间为________；直线PA与竖直方向间夹角β＝________．

图1­
23．[答案] 　arctan(2cot α)
[解析] 小球恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽，则tan α＝＝，t＝；tan β＝＝＝2cot α，所以β＝arctan(2cot α)．
D3 实验：研究平抛物体的运动
D4 圆周运动
20．D4　E2[2016·全国卷Ⅲ] 如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)

图1­
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
20．AC　[解析] 质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝mv2－0，可得v2＝，所以a＝＝，A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，故N＝mg＋m＝mg＋·＝，C正确，D错误．
24．C2　D4　E2[2016·全国卷Ⅲ] 如图1­所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

图1­
24．[答案] (1)5　(2)能
[解析] (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg　①
设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg　②
由①②式得＝5　③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0　④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝　⑤
由④⑤式得，vC应满足mg≤m　⑥
由机械能守恒有mg＝mv　⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．
10．C2　D4　E2[2016·天津卷] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1­所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.

图1­
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？
[答案] (1)144 N　(2)12.5 m
[解析] (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax　 ①
由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma　②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N　③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mv－mv　④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝m　⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m
20．D4[2016·浙江卷] 如图1­6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　)

图1­6
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
20．AB　[解析] 要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f＝2.25mg＝m可知，通过小弯道的速度v1＝30 m/s，通过大弯道的速度v2＝45 m/s，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A、B正确；如图所示，由几何关系可得AB长x＝＝50 m，故在直道上的加速度a＝＝ m/s2≈6.5 m/s2，选项C错误；由sin＝＝可知，小圆弧对应的圆心角θ＝，故通过小圆弧弯道的时间t＝＝＝ s＝2.79 s，选项D错误．

3．D4[2016·海南卷] 如图1­所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1－N2的值为(　　)

图1­
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
3．D　[解析] 设小球在最低点时速度为v1，由牛顿第二定律得N1－mg＝m；设小球在最高点时速度为v2，由牛顿第二定律得N2＋mg＝m；小球从最低点到最高点过程中机械能守恒，有mv＝mv＋mg·2r，联立以上三式得N1－N2＝6mg，故D正确．
16．D4[2016·上海卷] 风速仪结构如图1­(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片(　　)

图1­
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
16．B　[解析] 从图中可看出，挡光时间越来越长，所以转速减小，Δt时间内有4个挡光时间，所以Δt时间内风轮转过的弧长为2πrn×4，平均速率v＝，B正确．
D5 万有引力与天体运动
17．D5[2016·全国卷Ⅰ] 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步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，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　)
A．1 h B．4 h
C．8 h D．16 h
[解析] B　当一地球卫星的信号刚好覆盖赤道120°的圆周时，卫星的轨道半径r＝＝2R；对同步卫星，分别有＝m·6.6R和＝m2·2R，即＝，解得T＝4 h，选项B正确．
14．D5[2016·全国卷Ⅲ] 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是(　　)
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
14．B　[解析] 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究基础上结合自己发现的牛顿运动定律，发现了万有引力定律，指出了行星按照这些规律运动的原因，选项B正确．
18．D5[2016·北京卷] 如图1­所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)

图1­
A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量
18．B　[解析] 卫星在椭圆轨道1上运动时，在近地点卫星与地球之间的万有引力小于卫星所需向心力，在远地点卫星与地球之间的万有引力大于卫星所需的向心力，所以在P点被加速后，当万有引力等于卫星所需的向心力时，卫星可以稳定在圆形轨道2上运行，选项A不正确．卫星在轨道1或轨道2经过P点时，卫星与地球之间的万有引力相同，由G＝ma，可得a＝，因此加速度相同，选项B正确．卫星受地球引力产生的加速度时刻指向地球，在轨道1的任何位置加速度的方向都不相同，所以加速度不相同，选项C不正确．卫星在轨道2上运行时的速度方向不停地变化，动量的方向也在变化，动量不相同，选项D不正确．
3．D5[2016·天津卷] 我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是(　　)

图1­
A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
3．C　[解析] 若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则飞船加速后，万有引力不足以提供向心力，飞船将远离原来的轨道，不能实现对接，A错误；若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则空间实验室减速将会使空间实验室进入低轨道，也不能实现对接，故B错误；实现对接的方法是使飞船在比空间实验室低的轨道上加速，然后飞船进入较高的空间实验室轨道后实现对接，C正确；若使飞船在比空间实验室低的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道上去运行，无法实现对接，D错误．
7．D5[2016·江苏卷] 如图1­所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有(　　)

图1­
A．TA>TB
B．EkA>EkB
C．SA＝SB
D.＝
7．AD　[解析] 卫星绕地球做匀速圆周运动时其向心力由万有引力提供，若地球质量为M，卫星质量为m，则有G＝m＝m，由此可得v＝和T＝2π，这里RA>RB，则vA<vB，TA>TB，而动能Ek＝mv2，故EkA<EkB，选项A正确，选项B错误；卫星在单位时间t内通过的圆弧长l＝vt，扇形面积S＝＝＝＝·，这里RA>RB，则SA>SB，选项C错误；由开普勒第三定律可知， 选项D正确．
13．D4、D5、L2、L3[2016·江苏卷] 据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T，将太阳帆板视为导体．

图1­
(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
(3)取地球半径R＝6.4×103 km，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．
13．[答案] (1)1.54 V　(2)不能，理由见解析　(3)4×105 m
[解析] (1)法拉第电磁感应定律E＝BLv，代入数据得E＝1.54 V
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
(3)在地球表面有G＝mg
匀速圆周运动G＝m
解得h＝g－R，代入数据得h≈4×105 m(数量级正确都算对)
3．D5[2016·四川卷] 国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为(　　)

图1­
A．a2＞a1＞a3
B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2
D．a1＞a2＞a3
3．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：a＝ω2r，由于r2>r3，则可以得出：a2>a3；又由万有引力定律有：G＝ma，且r1<r2，则得出a2<a1, 故选项D正确．
7．D5[2016·海南卷] 通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量．假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量．这两个物理量可以是(　　)
A．卫星的速度和角速度
B．卫星的质量和轨道半径
C．卫星的质量和角速度
D．卫星的运行周期和轨道半径
7．AD　[解析] 由v＝ωr可求出r，根据G＝m或G＝mω2r可求出冥王星的质量，A正确．根据G＝mr可求出冥王星的质量，D正确．B和C中都由于已知量不足，无法求出冥王星的质量．
22B.D5[2016·上海卷] 两颗卫星绕地球运行的周期之比为27∶1，则它们的角速度之比为________，轨道半径之比为________．
22B.[答案] 1∶27　9∶1
[解析] 角速度ω＝，所以角速度之比为1∶27，由＝mr得周期T＝2π，故轨道半径之比为9∶1.
D6 曲线运动综合
16．C5、D6、E2[2016·全国卷Ⅱ] 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1­所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点(　　)

图1­
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
16．C　[解析] 从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝mv2－0，可得v＝，因lP<lQ，则vP<vQ，故选项A错误；由EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，而mP>mQ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝m＝man，得T＝3mg，an＝2g，则TP>TQ，aP＝aQ，C正确，D错误．
25．D6、E6[2016·全国卷Ⅱ] 轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．

图1­
25．[答案] (1)　2 l　(2)m≤M<m
[解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep＝5mgl　①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l　②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝　③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0　④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l　⑤
联立③⑤式得
vD＝　⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2　⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt　⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2 l　⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．
由①②式可知5mgl>μMg·4l
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl　⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M<m　⑫
31．D6[2016·上海卷] 风洞是研究空气动力学的实验设备．如图所示，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H＝3.2 m处，杆上套一质量m＝3 kg、可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F＝15 N、方向水平向左．小球以初速度v0＝8 m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，g取10 m/s2.求：
(1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
(2)小球落地时的动能；
(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J?

图1­
31．[答案] (1)0.8 s　4.8 m　(2)120 J　(3)0.24 s或0.4 s
[解析] (1)小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t＝＝0.8 s
小球在水平方向做匀减速运动，加速度
a＝＝5 m/s2
水平位移s＝v0t－at2＝4.8 m.
(2)由动能定理Ekt－Ek0＝mgH－Fs
可得Ekt＝120 J.
(3)小球离开杆后经过时间t的水平位移
s＝v0t－at2
由动能定理Ek－mv＝mg·gt2－Fs
以Ek＝78 J和v0＝8 m/s代入得
125t2－80t＋12＝0
解得t1＝0.4 s，t2＝0.24 s.

3．(多选)[2016·黑龙江绥化一中期中考试] 在光滑的水平面内建立如图K10­4所示的直角坐标系，长为L的光滑细杆AB的两个端点A、B分别被约束在x轴和y轴上，现让杆的A端沿x轴正方向以速度v0匀速运动，已知P点为杆的中点，某一时刻杆AB与x轴的夹角为θ.关于P点的运动轨迹或P点的运动速度大小v的表达式，下列说法中正确的是(　　)

图K10­4
A．P点的运动轨迹是抛物线的一部分
B．P点的运动轨迹是圆弧的一部分
C．P点的速度大小的表达式为v＝v0tan θ
D．P点的速度大小的表达式为v＝
3．BD　[解析] 设P点坐标为(x，y)，则A、B点的坐标分别为(2x，0)、(0，2y)，AB长度一定，设为L，根据勾股定理，有：(2x)2＋(2y)2＝L2，解得x2＋y2＝，故P点的运动轨迹是圆弧的一部分，圆弧半径为，故A错误，B正确；画出运动轨迹，如图所示，速度v与杆的夹角α＝90°－2θ；由于杆不可以伸长，故P点的速度沿着杆方向的分速度与A点速度沿着杆方向的分速度相等，故vcos α＝v0cos θ，vcos(90°－2θ)＝v0cos θ，解得v＝，故C错误，D正确．
6．[2016·湖北七校联考] 近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，图K10­9(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节：要求挑战者从平台A上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m，平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m，转盘半径为2 m，以12.5 r/min的转速匀速转动，转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿 AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10 m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为 (　　)

图K10­9
A. 1.5 m/s B. 2 m/s
C. 2.5 m/s D. 3 m/s
6．C　[解析] 人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有：y＝gt2，由此解得时间t＝0.5 s；转盘的角速度为：ω＝2πn＝π rad/s；转盘转过角度所用时间为：t＝＝0.4 s．要使人能穿过间隙跳上转盘，时间应该小于0.4 s，根据水平方向做匀速运动有：x＝v0t，解得：v0＝2.5 m/s，故A、B、D错误，C正确．
5．(多选)[2016·绵阳二诊] 正方体空心框架ABCD­A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，沿某一水平方向抛出的小球的速度大小可以变化，小球的落点都在△B1C1D1平面内(包括边界)．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则(　　)

图K11­5
A．落在C1点的小球，运动时间最长
B．小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2
C．落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1∶2
D．轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同
5．BD　[解析] 小球在竖直方向上都做自由落体运动，因为所有小球下落的高度相同，由h＝gt2得小球落到△B1C1D1平面内所用的时间相同，A项错误；小球在水平方向上做匀速直线运动，落到平面上时的最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2，由x＝vt得小球的最小初速度与最大初速度之比为1∶2，B项正确；小球抛出后只受重力作用，因此小球的机械能守恒，落地时的机械能等于抛出时的机械能，落在B1D1线段上的小球，落在B1、D1两点的小球水平位移最大，水平速度最大，抛出时的初动能最大，故抛出时的机械能最大，设正方体框架的边长为L，由L＝gt2、L＝vt、Ek＝mv2联立得Ek＝mgL，故机械能E＝mgL，落在B1D1线段中点上的小球水平位移最小，水平速度最小，抛出时的初动能最小，故抛出时的机械能最小，由L＝gt2、L＝v′t、Ek＝mv′2联立得E′k＝mgL，故机械能E′＝mgL，故最大机械能与最小机械能之比为10∶9，C项错误；轨迹与AC1线段相交的小球，落到线段上时，合位移方向与水平方向的夹角都为45°，根据平抛运动的推论知合速度方向与水平方向夹角的正切值是合位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，故在交点处的速度方向相同，D项正确．
6．[2016·江苏泰州第一次模拟考试] 预警雷达探测到敌机在20 000 m上空水平匀速飞行，立即启动质量m＝100 kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a＝10g(g取10 m/s2)的加速度竖直向上匀加速上升至5000 m高空，喷气方向立即变为与竖直方向成θ角(cos θ＝)斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点．试求：
(1)火箭喷气产生的推力；

(2)导弹从发射到击中敌机所用的时间；
(3)导弹击中敌机时的动能．

图K11­6
6．(1)1.1×104 N　(2)25 s　 (3) 1.85×108 J
[解析] (1)由牛顿第二定律得：F－mg＝ma
F＝m(g＋a)＝1.1×104 N.
(2)导弹在竖直方向上做匀加速直线运动，有
at＝h1
解得 t1＝＝ s＝10 s
由于推力改变方向，则Fcos θ＝11mg×＝mg
导弹在竖直方向做匀速运动，则t2＝
又vy＝at1
代入数据得t2＝15 s
则：t总＝t1＋t2＝25 s.
(3)在5000米高处之后，导弹在竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则
Fsin θ＝max，而sin θ＝
得ax＝＝20 m/s2
又vx＝axt2
导弹击中飞机时的动能为Ek＝m＝1.85×108 J.
2．[2016·黑龙江牡丹江一中期中] 如图K12­2所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω.细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切．

图K12­2
在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面上恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动．小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是(　　)
A．小球将做变速圆周运动
B．细绳拉力为mω2
C．手对细线做功的功率为
D．球与桌面间的动摩擦因数为
2．D　[解析] 细绳做的是匀速圆周运动，所以小球做的也是匀速圆周运动，A错误；设大圆半径为R，由图分析可知R＝，设绳中张力为T，则Tcos φ＝mRω2，cos φ＝，故T＝＝，B错误；拉力的功率：P＝Tvcos(90°－φ)＝··ωR＝，C错误；根据摩擦力公式可得f＝μmg，又f＝Tsin φ，由于 T＝，sin φ＝＝，所以，μ＝，D正确．

3．(多选)[2016·南开中学期中] 如图13­4所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做匀速圆周运动、轨道半径为r的卫星，C为绕地球沿椭圆轨道运动的卫星，长轴长为a，P为B、C两卫星轨道的交点，已知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是(　　)

图K13­4
A．物体A的线速度小于卫星B的线速度
B．卫星B离地面的高度可以为任意值
C．a与r长度关系满足a＝2r
D．若已知物体A的周期和引力常量，可求出地球的平均密度
3．AC　[解析] 因为A、B绕地心运动的周期相同，根据v＝知，B的轨道半径大于地球的半径，则物体A的线速度小于卫星B的线速度，故A正确；因为B的周期与地球的自转周期相同，为定值，根据G＝mr知，r＝，可知轨道半径恒定，则卫星B离地的高度恒定，不是任意值，故B错误；根据开普勒第三定律知，＝k，因为周期相等，则椭圆的半长轴与圆轨道半径相等，即＝r，故C正确；已知物体A的周期，则已知卫星B的周期，根据G＝mr知，地球的质量M＝，则地球的平均密度ρ＝，因地球的半径未知，则无法求出地球的密度，故D错误．
4．(多选)[2016·云南师范大学附属中学月考] 宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．如图K13­5所示，设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上．已知引力常量为G，关于四星系统(忽略星体自转的影响)，下列说法正确的是(　　)

图K13­5
A．四颗星的向心加速度的大小为
B．四颗星运动的线速度的大小为
C．四颗星表面的重力加速度均为G
D．四颗星的周期均为2πL
4．BC　[解析] 四星系统的圆心在正方形中心，轨道半径为r＝L，向心力由合力提供，Fn＝，a＝，A错误；由a＝知v＝＝，B正确；T＝＝ 2πL，D错误；由Gm＝gR2得g＝，C正确．
3．(多选)[2016·湖北三市期末联考] 2013年12月2日，“嫦娥三号”探测器顺利发射．“嫦娥三号”探测器要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道.12月10日晚上九点二十分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”探测器，再次成功变轨，从距离月表100 km的环月圆轨道Ⅰ，变为近月点15 km、远月点100 km的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相切于点P，如图K14­3所示．若绕月运行时只考虑月球引力作用，关于“嫦娥三号”探测器，以下说法正确的是(　　)

图K14­3
A．在轨道Ⅰ上运动的速度小于在轨道Ⅱ上近月点的速度
B．沿轨道Ⅰ运行至P点的速度等于沿轨道Ⅱ运行至P点的速度
C．沿轨道Ⅰ运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度
D．在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的机械能大
3．AD　[解析] 在轨道Ⅱ上近月点的速度比在过近