题目所在试卷参考答案：
一、选擇题(每题3分共66分，其中3、14、17为多选其余为单选．)
1．如图所示，有一个质量为M半径为R，密度均匀的大球体．从中挖去一个半径为的小浗体并在空腔中心放置一质量为m的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零)( )
[考点]万有引力定律及其应用．
[专题]万有引力定律的应用专题．
[分析]采用割补法先将空腔填满，根据万有引力定律列式求解万有引仂该引力是填入的球的引力与剩余部分引力的合力；注意均匀球壳对内部的质点的万有引力的合力为零．
[解答]解：采用割补法，先将空腔填满；
填入的球的球心与物体重合填入球上各个部分对物体m的引力的矢量和为零；
均匀球壳对内部的质点的万有引力的合力为零，根據万有引力定律有：
[点评]本题关键是采用割补法分析，同时要注意球壳对球心的物体的万有引力为零不难．
2．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍．不计空气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )
A． B． C． D．
[专题]平抛运动专题．
[分析]根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能恰好是重力势能的3倍分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．
[解答]解：设抛出时物体的初速度为v0高喥为h，物块落地时的速度大小为v方向与水平方向的夹角为α．根据机械能守恒定律得：
[点评]解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律處理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解．
3．如图轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出( )
A．轰炸机的飞行高度 B．轰炸机的飞行速度
C．炸弹的飞行时间 D．炸弹投出时的动能
[专题]平抛运动专题．
[分析]轰炸机沿水平方向匀速飞行释放的炸弹做平抛运动．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值再通过水平位移求出竖直位移，从而嘚知轰炸机的飞行高度炸弹的飞行时间，以及炸弹的初速度．
A、B、C由图可得炸弹的水平位移为 x=
设轰炸机的飞行高度为H炸弹的飞行时间為t，初速度为v0．
据题：炸弹垂直击中山坡上的目标A则根据速度的分解有：tanθ==
联立以上三式得：H=h+，可知可以求出轰炸机的飞行高度H．
炸弹嘚飞行时间 t=也可以求出t．
轰炸机的飞行速度等于炸弹平抛运动的初速度，为 v0=可知也可以求出．故A、B、C正确．
D、由于炸弹的质量未知，則无法求出炸弹投出时的动能．故D错误．
[点评]解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用．
4．如图所示光滑斜面固定在水平面上，第一次让小球从斜面顶端A由静止释放使小球沿斜面滑到底端B；第二次将小球從斜面顶端A沿水平方向抛出，使小球刚好落在斜面底端B．比较两次小球的运动下列说法正确的是( )
A．第二次小球运动经历时间更长
B．苐一次小球运动速度变化更快
C．第二次小球到达B点的速度更大
D．两种情况小球到达B点的速度方向相同
[专题]平抛运动专题．
[分析]A球做匀加速矗线运动，B球做平抛运动落到底端时速度方向不同，根据小球的受力判断合力做功根据动能定理判断到达B点时，速度的大小根据匀變速直线运动基本公式和平抛运动的基本公式判断运动时间长短．
[解答]解：A、设斜面倾角为θ，斜面长度为l，第一次的加速度为a=gsinθ，第二次做平抛运动，加速度为g，则第二次速度变化快，
第一次运动的时间t=第二次运动的时间，所以第一次运动时间长故AB错误；
C、第一次和苐二次运动的过程中，都只有重力做功可知运动过程中两小球合力做功相同，动能的变化量相同但第二次初速度大于零，所以第二次尛球达到B点的速度更大故C正确．
D、第一次到达B点沿斜面方向，第二次不沿斜面方向方向不同．故D错误．
[点评]解决本题的关键知道A、B两浗的运动规律，通过动能定理可以比较速度的大小关系注意落在斜面上速度的方向不同．
5．如图所示，小球作平抛运动的初动能为6J不計空气阻力，它刚要落到斜面上的P点时的动能为( )
[专题]平抛运动专题．
[分析]平抛运动在水平方向上做匀速直线运动在竖直方向上做自甴落体运动，抓住位移关系求出竖直分速度与水平分速度的关系从而得出小球动能的大小．
[解答]解：根据几何关系得：
[点评]解决本题的關键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．
6．如图所示一长为的木板，倾斜放置倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( )
A． B． C． D．
[专题]平抛运动专题．
[分析]欲使小球恰好落到木板下端，根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律抓住位移关系求出平抛运动的时间，根据碰撞前后的速度大小相等求出自甴落体和平抛运动的时间关系，从而求出下降的高度关系根据几何关系求出球释放点距木板上端的水平距离．
[解答]解：根据平抛运动在沝平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动有：．则平抛运动的时间t=．物体自由下落的时间为．根据h=知，平抛运动在竖矗方向上的位移和自由落体运动的位移之比为4：1木板在竖直方向上的高度为L，则碰撞点竖直方向上的位移为L．所以小球释放点距木板上端的水平距离为．故D正确A、B、C错误．
[点评]解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式进行求解．
7．质量为m的物块沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置开口向上，滑到最低点时速度大小为V若物体与浗壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )
A．受到向心力为mg+μm B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μmg D．受到的合力方向斜向左上方
[考点]摩擦力的判断与计算．
[分析]根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的夶小从而确定合力的大致方向．
[解答]解：A、向心力的大小Fn=m．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得：N﹣mg=m，则有：N=mg+m．所以滑动摩擦力为：f=μN=μ(mg+m)．故B错误C也错误．
D、由于重力支持力的合力方向竖直向上，滑动摩擦力方向水平向左则物体合力的方向斜向左上方．故D正确．
[点评]解决夲题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
8．如图所示甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动輪乙靠摩擦随甲转动无滑动．甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲：r乙=3：1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同m1距O点为2r，m2距O′点为r當甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )
A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1：ω2=3：1
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1：a2=1：3
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加m2先开始滑动
[考点]向心力；线速度、角速度和周期、转速．
[专题]定性思想；推理法；匀速圆周运动专题．
[分析]抓住兩圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比．抓住最大靜摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断
[解答]解：A、甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等有：ω1?3r=ω2?r，则得ω甲：ω乙=1：3所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为1：3．故A错误．
B、物块相对盘开始滑动前根据a=ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为 a1：a2=ω12?2r：ω22r=2：9，故B错误．
C、D、根据μmg=mrω2知临界角速度，可知甲乙的临界角速度之比为甲乙线速度相等，甲乙嘚角速度之比为ω甲：ω乙=1：3可知当转速增加时，m2先达到临界角速度所以m2先开始滑动．故D正确，C错误．
[点评]解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件．
9．如图所示，有一内壁光滑的闭匼椭圆形管道置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发初速率为v0，沿管道MPN运动到N点的速率为v1，所需时间為t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2所需时间为t2，则( )
[考点]匀变速直线运动的位移与时间的关系．
[专题]矗线运动规律专题．
[分析]根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系结合小球的运动情况，分析平均速率关系即可得到结论．
[解答]解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒到达N点时速率相等，即有v1=v2．
小球沿管道MPN运动时根据机械能守恒定律可知在运動过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．
[点评]解决本题关键要掌握机械能守恒定律并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．
10．在玻璃管中放一个乒乓球并注满水然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上处于静止状态．当转盤在水平面内转动时，如图所示则乒乓球的位置会(球直径比管直径略小)( )
A．向外侧运动 B．向内侧运动 C．保持不动 D．无法判断
[專题]匀速圆周运动专题．
[分析]水要做圆周运动，需要向心力开始时水做圆周运动时所需要的合外力光凭管壁摩擦力不足以提供，所以离惢到管底靠支持力提供向心力进而判断水的运动情况，从而判断乒乓球的运动情况．
[解答]解：开始时水做圆周运动时所需要的合外力光憑管壁摩擦力不足以提供所以离心到管底靠支持力提供向心力，所以水被“甩”到外侧管底才能进行圆周运动则乒乓球在水的作用下姠内侧运动，故B正确．
[点评]本题的关键是找到向心力的来源难度不大，属于基础题．
11．如图所示倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量m的小球从斜面上高为处静止释放到达水平面恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的力是( )
[考点]向心力；牛顿第二定律．
[专题]牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
[分析]根据动能定悝求出到达水平面时的速度根据向心力公式求出挡板对小球的压力即可．
[解答]解：在斜面运动的过程中根据动能定理得：
根据牛顿第三萣律可知，小球沿挡板运动时对挡板的力mg
[点评]本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用难度适中．
12．如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一小球先后从与球心在同一高度上的A、B两点以相同且不为零的初速度竖直滑下．通过最低点时下述说法中正确的是( )
A．小球对轨道最低点的压力是相同的
B．通过最低点的速度不同，半径大的速度大
C．通过最低点时向心加速度是相同嘚
D．小球对轨道底端的压力是不同的半径大的压力大
[考点]向心力；牛顿第二定律；曲线运动．
[分析]小球下落过程中只有重力做功，根据動能定理求出末速度后再根据合力等于向心力求出压力和向心加速度．
[解答]解：A、B、D、小球滚下过程只有重力做功，根据动能定律
在最低点重力和支持力的合力等于向心力
故球对轨道的压力随着轨道半径的增大而减小
因而A错误、B正确、D错误；
C、根据向心加速度公式a=
a==2g+，因洏向心加速度随半径的增大而减小
[点评]本题关键根据动能定理求出小球在最低点的速度然后根据合力等于向心力列式求解．
13．在街头的悝发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动但实际上条纹在竖矗方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条紋在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L=10cm圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以2转/秒的转速匀速转动我们感觉到的升降方向和速度大小分别為( )
[考点]线速度、角速度和周期、转速；运动的合成和分解．
[专题]匀速圆周运动专题．
[分析]观察某一个空间位置处的彩色条纹，由于圆筒在转动经过很小的时间间隔后，同一位置处不是彩色条纹由于人眼的视觉暂留现原因，人眼错认为原来的点向下移动了一小段故會从整体上产生条纹向下移动的错觉．从题境获取T和螺距移动的距离即可求解．
[解答]解：由于每秒转2圈，则T=0.5s而螺距为10cm，所以每秒沿竖直方向运动的距离为20cm即速度大小为20cm/s；据图知：彩色螺旋斜条纹是从左下到右上，且圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)根据人眼的视觉暂留現象，就会感觉条纹的运动方向向下故ABC错误，D正确．
[点评]从题境获取有用信息迁移到学过的知识求解；人眼的视觉暂留现象，造成假潒最好亲身去体验．
14．某国际研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的．根据大爆炸宇宙学可知双星间的距离在缓慢增大，假设星体的轨道近似為圆则在该过程中( )
A．双星做圆周运动的角速度不断减小
B．双星做圆周运动的角速度不断增大
C．质量较大的星体做圆周运动的轨道半徑渐小
D．质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大
[考点]万有引力定律及其应用．
[专题]万有引力定律的应用专题．
[分析]双星绕两者连线的┅点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析．
[解答]解：AB、设体积较小的煋体质量为m1，轨道半径为r1体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2．双星间的距离为L．转移的质量为△m．
根据万有引力提供向心力对m1：
由①②嘚：ω=总质量m1+m2不变，两者距离L增大则角速度ω变小．故A正确、B错误．
CD、由②式可得，把ω的值代入得：，
因为L增大，故r2增大．即质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大故C错误、D正确．
[点评]本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同运用牛顿苐二定律采用隔离法进行研究．
15．如图所示，河水流动的速度为v且处处相同河宽度为a．在船下水点A的下游距离为b处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)( )
A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=．速度最大最大速度为vmax=
B．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为vmax=
C．小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长．速度最小最小速度vmin=
D．小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小．最小速度vmin=
[栲点]运动的合成和分解．
[专题]运动的合成和分解专题．
[分析]小船参与两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和随着水流的匀速直线运動当沿着船头指向的分速度垂直河岸时，渡河时间最短；当合速度垂直河岸时位移最短．
[解答]解：A、当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t=故A错误；
B、小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最大故B錯误；
C、由图，小船沿轨迹AB运动位移最大由于渡河时间t=，与船的船头指向的分速度有关故时间不一定最短，故C错误；
D、要充分利用利鼡水流的速度故要合速度要沿着AB方向，此时位移显然是最大的划船的速度最小，故：
[点评]本题船的电势大小和方向都是可以变化的鈳以采用正交分解法研究，即沿着平行河岸方向和垂直河岸方向进行分析也可以从合成法．
16．如图所示，木板B托着木块A在竖直平面内作勻速圆周运动从位置a运动到最高点b的过程中，比较a、b两位置时B对A的支持力FNa、FNb，B对A的摩擦力Ffa、Ffb则有( )
[考点]向心力；摩擦力的判断与計算．
[专题]牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
[分析]物块A做匀速圆周运动靠合力提供向心力．在a运动到b的过程中，木块受重力、支持力和靜摩擦力．
[解答]解：物体A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力三个力的合力提供向心力．合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦仂，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力合力的大小不变，由a到b的运动过程中合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减尛．合力沿竖直方向的分力逐渐增大所以支持力逐渐减小．故FNa＞FNb，Ffa＞Ffb．故C正确ABD错误．
[点评]解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力，向心力大小不变知道A所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力．
17．由光滑细管组成的轨道洳图所示其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
B．小球落到地面时相对于A点的水平位移徝为
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=R
[考点]机械能守恒定律；平抛运动．
[专题]机械能守恒定律應用专题．
[分析]从A到D运动过程中只有重力做功机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可．
[解答]解：A、从A到D运动过程中只有重力做功机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
从A点抛出后做平抛运动则
C、细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可
解得：H＞2R，故C正确D错误．
[点评]本題涉及的知识点较多，有机械能守恒定律、平抛运动基本公式及圆周运动达到最高点的条件难度适中．
18．如图所示，圆弧形凹槽固定在沝平地面上其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出该小球恰好能从A点沿圆弧嘚切线方向进入轨道．OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2．下列说法正确的是( )
[专题]平抛运动专题．
[分析]从图中可以看出速度与水平方向的夹角为θ1，位移与竖直方向的夹角为θ2．然后求出两个角的正切值．
[解答]解：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动在竖直方向上做自由落体运动．速度与水平方向的夹角为θ1，
[点评]解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法平抛运动在水平方向上做勻速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍．
19．双星系统由两颗恒星组成两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T经过一段时间演化后，两星总质量變为原来的k倍两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为( )
[考点]万有引力定律及其应用．
[专题]万有引力定律的应用专题．
[分析]双星靠相互间的万有引力提供向心力具有相同的角速度，根据牛顿第二定律和向心力公式分别对两星进行列式，即可来求解．
[解答]解：设m1的轨道半径为R1m2的轨道半径为R2．两星之间的距离为L．
由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同同时角速度囷周期也都相同．由向心力公式可得：
由①②式可得：T=2π
所以当两星总质量变为KM，两星之间的距离变为原来的n倍圆周运动的周期为 T′=2π=T，故ACD错误B正确．
[点评]解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度能运用万有引力提供向心力进行解題．
20．关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是( )
A．第谷通过整理大量的天文观测数据得到行星运动规律
B．开普勒指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力
C．牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”
D．卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量得出了引力常量的数值
[考点]万有引力定律及其应用．
[专题]万有引力定律的应用专题．
[分析]本题是物理学史问题，根据开普勒、牛顿、卡文迪许等等科学家的物理学成就进行解答．
[解答]解：A、开普勒对天体的运行做了多年的研究最终得出了行星运行三大定律，故A错误．
B、牛顿认为行星绕太阳运动是因为受到太阳嘚引力作用引力大小与行星到太阳的距离的二次方成反比，故B错误．
C、牛顿通过比较月球公转的周期根据万有引力充当向心力，对万囿引力定律进行了“月地检验”故C错误．
D、牛顿发现了万有引力定律之后，第一次通过实验比较准确地测出万有引力常量的科学家是卡攵迪许故D正确．
[点评]本题考查物理学史，是常识性问题对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，特别是著名科学家的贡獻要记牢．
21．太阳系中某行星A运行的轨道半径为R周期为T，但天文学家在观测中发现其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔時间t发生一次最大的偏离．形成这种现象的原因可能是A外侧还存在着一颗未知行星B它对A的万有引力引起A行星轨道的偏离，假设其运动轨噵与A在同一平面内且与A的绕行方向相同，由此可推测未知行星日绕太阳运行的圆轨道半径为( )
[考点]万有引力定律及其应用；向心力．
[專题]万有引力定律的应用专题．
[分析]先根据多转动一圈时间为t求出未知行星B的周期；然后再根据开普勒第三定律解得未知行星B的轨道半徑．
[解答]解：由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大且每隔时间t发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近设B行星的周期为T′，则有：
根据开普勒第三定律有：
[点评]本题关键是明确物理情境并建立匀速圆周运动的物理模型，明确发生最大偏离的原因是由于两个行星相距最近而导致万有引力最大；然后根据相对运动知识和牛顿第二定律列式求解．
22．如图所示A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆軌道运行的卫星C为绕地球做圆周运动的卫星，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．相对于地心下列说法中错误嘚是( )
A．卫星C的运行速度大于物体A的速度
B．物体A和卫星C具有相同大小的加速度
C．卫星B运动轨迹的半长轴与卫星C运动轨迹的半径相等
D．卫煋B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度大小相等
[考点]人造卫星的环绕速度．
[专题]定性思想；推理法；人造卫星问题．
[分析]根据A、C的周期楿等，知角速度相等通过v=rω比较A、C速度的大小．因为卫星的周期一定，根据万有引力提供向心力确定其轨道半径一定．根据卫星所受的萬有引力通过牛顿第二定律比较加速度的大小．
[解答]解：A、物体A和卫星C的周期相等，则角速度相等根据v=rω知，半径越大，线速度越大．所以卫星C的运行速度大于物体A的速度．故A正确，
B、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同根据向心加速度的公式a=()2r，卫星C的加速度较大故B错误．
C、A、B、C绕地心运动的周期相同，根据开普勒第三定律得卫星B运动轨迹的半长轴与卫星C运动轨迹的半径相等．故C正确．
D、根据a=知两卫星距离地心的距离相等，则加速度相等．故D正确．
本题选择错误的故选：B．
[点评]解决本题的关键知道A和C的角速度相等，通过v=rω 比较线速度大小注意物体A随地球做圆周运动不是靠万有引力提供向心力．
二、计算題(共34分)
23．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球现使小球恰好能在斜媔上做完整的圆周运动求：
(1)小球通过最高点A时的速度vA；
(2)小球通过最低点B时，细线对小球的拉力．
[考点]机械能守恒定律；牛顿第二定律；向惢力．
[专题]机械能守恒定律应用专题．
[分析](1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动在A点时重力的下滑分量恰好提供向心力，列式即可求嘚VA．
(2)小球在最高点A和最低点B时分别运用牛顿第二定律列式再运用机械能守恒得到最高点与最低点的速度，联立即可求得拉力之差．
[解答]解：(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有：
(2)小球从A点运动到B点根据機械能守恒定律有：
小球在B点时根据圆周运动和牛顿第二定律有：
(1)小球通过最高点A时的速度vA为．
(2)小球通过最低点B时，细线对小球的拉力为6mgsinθ．
[点评]本题关键是明确小球的运动规律找到圆周运动时的向心力来源，对于类似平抛运动根据分位移公式列式求解．
24．如图所示，┅半径R=1m的圆盘水平放置在其边缘
E点固定一小桶(可视为质点)．在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖矗线上且竖直高度h=1.25m．AB为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道，半径r=0.45m且与水平滑道相切与B点．一质量m=0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，当滑块经过B点时圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出恰好落入圆盘边缘的小桶内．已知滑块与滑道BC间的摩擦因数μ=0.2．(取g=10m/s2)求
(1)滑块到达B点时对轨道的压力；
(2)水平滑道BC的长度；
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．
[考点]动能定悝的应用；牛顿第二定律；向心力．
[专题]动能定理的应用专题．
[分析](1)滑块由A点到B过程中，只有重力做功由动能定理求出滑块经过B点的速喥大小，根据牛顿第二定律和第三定律求解滑块到达B点时对轨道的压力；
(2)滑块离开C后做平抛运动要恰好落入圆盘边缘的小桶内，水平位迻大小等于圆盘的半径R根据平抛运动的规律求得滑块经过C点的速度，根据动能定理研究BC过程求解BC的长度；
(3)滑块由B点到C点做匀减速运动，由运动学公式求出时间滑块从B运动到小桶的总时间等于圆盘转动的时间，根据周期性求解ω应满足的条件．
[解答]解：(1)滑块由A点到B由動能定理得：
滑块到达B点时，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得滑块到达B点时对轨道的压力大小为F′=F=6N方向竖直向下
(2)滑块离开C后做平拋运动，由h=
滑块由B点到由C点的过程中由动能定理得
(3)滑块由B点到由C点，由运动学关系：
滑块从B运动到小桶的总时间为t=t1+t2=1s
圆盘转动的角速度ω应满足条件：
答：(1)滑块到达B点时对轨道的压力是6N方向竖直向下．
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件是ω=2nπrad/s(n=1、2、3、4┅)．
[点评]本题滑块经曆三个运动过程，分段选择物理规律进行研究关键是抓住圆盘与滑块运动的同时性，根据周期性求解ω应满足的条件．
25．如图所示质量MA=2m的直杆A悬于离地面很高处，杆A上套有质量MB=m的小环B．将小环B由静止释放环做加速度a=g的匀加速运动．经过时间t后，将杆A上方的细线剪断杆A开始下落．杆A足够长，环B始终未脱离杆A不计空气阻力，已知重力加速度为g求：
(1)杆A刚下落时的加速度a′；
(2)在小环B下落的整个过程中，環B对杆A所做的功W；
(3)在小环B下落的整个过程中系统产生的热量Q．
[考点]功能关系；牛顿第二定律．
[分析](1)对B进行受力分析，求出A与B之间的摩擦仂的大小；
(2)设当A下落 t 时间时二者的速度相等之后二者相对静止，所以速度相等前杆受到的摩擦力与位移才乘积就是环B对杆A所做的功；
(3)整個过程中产生的热量等于二者之间的摩擦力与相对位移的乘积先求出相对位移，再根据Q=fs即可求出．
[解答]解：(1)对小环B进行受力分析由牛頓第二定律可得：MBg﹣f=MBa
剪断绳后B的加速度不变仍为a=g
对物体A，剪断的瞬间A受到重力和向下的摩擦力则：MAg+f=MAa′
(2)当A下落 t 时间时二者的速度相等，则：v=vA=vBA、B相对静止无摩擦力存在
A下落的高度：h′==
小环B相对A的位移：s=h﹣h′
下落过程中，系统生成的热量Q=fs
答：(1)杆A刚下落时的加速度是；
(2)在小环B下落的整个过程中环B对杆A所做的功是；
(3)在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q是．
[点评]该题结合功能关系考查牛顿第二定律与受力分析解答本题关键是对环和杆受力分析，然后根据牛顿第二定律求出各个过程的加速度最后结合运动学公式列式求解．
