專題強化練3力學中的曲線運動一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題)1．[2020·全國卷Ⅱ，15]若一均勻球形星體的密度為ρ，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期是()A.eq\r(\f(3π,Gρ))B.eq\r(\f(4π,Gρ))C.eq\r(\f(1,3πGρ))D.eq\r(\f(1,4πGρ))2．[2020·浙江7月，2]如圖所示，底部均有4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間．當公交車()A．緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動B．急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動C．緩慢轉彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側運動D．急轉彎時，行李箱b一定相對車子向內側運動3.[2020·江蘇揚州二模]如圖所示，兩墻壁平行且豎直，小球從P點以垂直于墻面的初速度v0拋出，打在右側墻壁上的Q點．已知小球與墻壁碰撞前后豎直分速度不變，水平分速度大小不變、方向相反，不計空氣阻力，若只改變初速度大小，小球仍能擊中Q點，則初速度大小可能為()A.eq\f(v0,2)B．2v0C．3v0D．4v04．[2020·湖南婁底市下學期質量檢測]羽毛球運動員林丹曾在某綜藝節(jié)目中表演羽毛球定點擊鼓，如圖是他表演時的羽毛球場地示意圖．圖中甲、乙兩鼓等高，丙、丁兩鼓較低但也等高，若林丹每次發(fā)球時羽毛球飛出位置不變且均做平拋運動，則()A．擊中甲、乙的兩球初速度v甲＝v乙B．擊中甲、乙的兩球運動時間可能不同C．假設某次發(fā)球能夠擊中甲鼓，用相同大小的速度發(fā)球可能擊中丁鼓D．擊中四鼓的羽毛球中，擊中丙鼓的初速度最大5．[2020·新高考Ⅰ卷，7]我國將在今年擇機執(zhí)行“天問1號”火星探測任務．質量為m的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附近經(jīng)歷一個時長為t0、速度由v0減速到零的過程．已知火星的質量約為地球的0.1倍，半徑約為地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力．若該減速過程可視為一個豎直向下的勻減速直線運動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為()A．meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.4g－\f(v0,t0)))B．meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.4g＋\f(v0,t0)))C．meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.2g－\f(v0,t0)))D．meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.2g＋\f(v0,t0)))6．[2020·浙江名校四聯(lián)]如圖(a)是研究小球在斜面上平拋運動的實驗裝置，每次將小球從弧型軌道同一位置靜止釋放，并逐漸改變斜面與水平地面之間的夾角θ，獲得不同的射程x，最后作出了如圖(b)所示的x-tanθ圖象，重力加速度g取10m/s2A．由圖(b)可知，小球在斜面頂端水平拋出時的初速度大小v0＝5B．由題中所給條件無法求出小球在斜面頂端水平拋出時的初速度大小C．若最后得到的圖象如圖(c)所示，可能是由于小球釋放位置降低造成的D．若實驗中發(fā)現(xiàn)當θ＝60°時，小球恰好落在斜面底端，則斜面的長度L＝eq\f(2\r(3),5)m7．如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運動周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R8．[2020·江蘇卷，7]甲、乙兩顆人造衛(wèi)星質量相等，均繞地球做圓周運動，甲的軌道半徑是乙的2倍．下列應用公式進行的推論正確的有()A．由v＝eq\r(gR)可知，甲的速度是乙的eq\r(2)倍B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍C．由F＝eq\f(GMm,r2)可知，甲的向心力是乙的eq\f(1,4)D．由eq\f(r3,T2)＝k可知，甲的周期是乙的2eq\r(2)倍9.[2020·江西省高三畢業(yè)班質量檢測]如圖所示，三個質量相等的小球A、B、C從圖中所示的位置以相同的速度v0水平向左拋出，最終都能到達坐標原點O，不計空氣阻力，x軸為水平地面，則可以判斷A、B、C三個小球()A．初始時刻縱坐標之比為1:2:3B．在空中運動的時間之比為1:3:5C．從拋出至到達O點過程中，動能的增加量之比為1:4:9D．到達O點時，重力的瞬時功率之比為1:2:310．下表是一些有關火星和地球的數(shù)據(jù)，利用引力常量G和表中選擇的一些信息可以完成的估算是()信息序號①②③④⑤信息內容地球一年約為365天地表重力加速度約為9.8m火星的公轉周期約為687天日地距離大約是1.5億千米地球半徑約為6400千米A.選擇②⑤可以估算地球的質量B．選擇①④可以估算太陽的密度C．選擇①③④可以估算火星公轉的線速度D．選擇①②④可以估算太陽對地球的吸引力二、非選擇題11．在豎直平面內，某一游戲軌道由直軌道AB和彎曲的細管道BCD平滑連接組成，如圖所示．小滑塊以某一初速度從A點滑上傾角為θ＝37°的直軌道AB，到達B點的速度大小為2m/s，然后進入細管道BCD，從細管道出口D點水平飛出，落到水平面上的G點．已知B點的高度h1＝1.2m，D點的高度h2＝0.8m，D點與G點間的水平距離L＝0.4m，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25,sin37°(1)求小滑塊在軌道AB上的加速度和在A點的初速度；(2)求小滑塊從D點飛出的速度；(3)判斷細管道BCD的內壁是否光滑．12．[2020·江蘇卷，15]如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉動．在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為m的小球，球與O的距離均為2R.在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質量為M的重物．重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉動．重物落地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速度為ω.繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h.專題強化練3力學中的曲線運動1．命題意圖：本題考查了萬有引力定律，考查的核心素養(yǎng)是科學思維．解析：設星體半徑為R，則其質量M＝eq\f(4,3)πρR3；在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星所受萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R2)＝m·eq\f(4π2,T2)·R，聯(lián)立解得T＝eq\r(\f(3π,Gρ))，故A選項正確，B、C、D選項錯誤．答案：A2．命題意圖：本題考查牛頓第二定律的應用、圓周運動．解析：緩慢起動的公交車具有向前的加速度，但加速度較小，若箱子所受的靜摩擦力足以提供該加速度，則箱子可以相對公交車靜止，A項錯；急剎車時，公交車的加速度較大，箱子輪子受到公交車的摩擦力較小，行李箱a一定相對車子向前運動，B項正確；緩慢轉彎時，車子具有指向軌跡內側的較小的加速度，當行李箱所受的靜摩擦力足以提供其加速度時，行李箱相對車子靜止，C項錯；急轉彎時，汽車的加速度較大，若行李箱b所受的靜摩擦力不足以提供所需的向心力，則其做離心運動，即相對車子向外側運動，若行李箱b所受的靜摩擦力足以提供所需的向心力，則其相對車子靜止，D項錯．答案：B3．解析：P、Q兩點間的高度差h一定，由h＝eq\f(1,2)gt2知，小球從P點到Q點的時間t是一定的，由題知兩墻壁間的距離x＝v0t.假設小球與兩墻面共碰撞2n次(n＝1,2,3，…)后，第2n＋1次碰到Q點，則有(2n＋1)x＝vt，得小球的初速度大小v＝(2n＋1)v0，當n＝1時v＝3v0；n＝2時v＝5v0，選項C正確．答案：C4．解析：由題圖可知，甲、乙高度相同，所以球到達兩鼓用時相同，但由于兩鼓離林丹的水平距離不同，甲的水平距離較遠，由v＝eq\f(x,t)可知，擊中甲、乙的兩球初速度v甲>v乙，故A、B錯誤；甲鼓的位置比丁鼓位置較高，則球到達丁鼓用時較長，則若某次發(fā)球能夠擊中甲鼓，用相同大小的速度發(fā)球可能擊中丁鼓，故C正確；由于丁鼓與丙鼓高度相同，但由題圖可知，丁鼓離林丹的水平距離大，所以擊中丁鼓的球的初速度一定大于擊中丙鼓的球的初速度，即擊中丙鼓的球的初速度不是最大的，故D錯誤．答案：C5．命題意圖：本題考查萬有引力定律、牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律及其相關知識點，考查的核心素養(yǎng)是物理觀念、科學態(tài)度與責任、科學思維．解析：由Geq\f(Mm,R2)＝mg，解得火星表面的重力加速度與地球表面重力加速度的比值eq\f(g火,g)＝eq\f(M火R\o\al(2,地),M地R\o\al(2,火))＝0.1×22＝0.4，即火星表面的重力加速度g火＝0.4g.著陸器著陸過程可視為豎直向下的勻減速直線運動，由v0－at0＝0可得a＝eq\f(v0,t0).由牛頓第二定律有F－mg火＝ma，解得F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.4g＋\f(v0,t0)))，選項B正確．答案：B6．解析：小球在空中做平拋運動，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有x＝v0t，由幾何關系有eq\f(y,x)＝tanθ，解得x＝eq\f(2v\o\al(2,0),g)tanθ，由圖(b)可知eq\f(2v\o\al(2,0),g)＝eq\f(0.1,0.5)，解得小球在斜面頂端水平拋出時的初速度大小v0＝1m/s，選項A、B錯誤；由圖(c)可知，圖象末端的斜率增大，說明eq\f(2v\o\al(2,0),g)增大，又重力加速度不變，可知做平拋運動的初速度增大，其原因可能為小球在弧形軌道上的釋放位置變高或小球釋放時有初速度，選項C錯誤；當θ＝60°時，水平位移大小x＝eq\f(2×12,10)tan60°m＝eq\f(\r(3),5)m，由于小球恰好落在斜面底端，則斜面長度L＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(2\r(3),5)m，選項D正確．答案：D7．解析：由題意可知座艙運動周期為T＝eq\f(2π,ω)、線速度為v＝ωR、受到的合力為F＝mω2R，選項B、D正確，A錯誤；座艙的重力為mg，座艙做勻速圓周運動受到的向心力(即合力)大小不變，方向時刻變化，故座艙受摩天輪的作用力大小時刻在改變，選項C錯誤．答案：BD8．命題意圖：本題考查萬有引力與航天，意在考查考生的分析綜合能力，體現(xiàn)的核心素養(yǎng)是科學思維。解析：兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運動，甲的軌道半徑是乙的2倍，由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，則乙的速度是甲的eq\r(2)倍，選項A錯誤；由ma＝eq\f(GMm,r2)，可得a＝eq\f(GM,r2)，則乙的向心加速度是甲的4倍，選項B錯誤；由F＝eq\f(GMm,r2)，結合兩人造衛(wèi)星質量相等，可知甲的向心力是乙的eq\f(1,4)，選項C正確；兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運動，且甲的軌道半徑是乙的2倍，結合開普勒第三定律可知，甲的周期是乙的2eq\r(2)倍，選項D正確．答案：CD9．解析：根據(jù)x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比為1:2:3，所以它們在空中運動的時間之比為1:2:3，故B錯誤；初始時刻縱坐標之比即該過程小球的下落高度之比，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，初始時刻縱坐標之比為1:4:9，故A錯誤；根據(jù)動能定理可知W＝mgh＝ΔEk，動能的增加量之比為1:4:9，故C正確；到達O點時，設落地時速度為v，和重力方向夾角為θ，則重力的瞬時功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mg·gt，三個小球落地時重力的瞬時功率之比為1:2:3，故D正確。答案：CD10．解析：由eq\f(GM地m,R\o\al(2,地))＝mg，解得地球質量M地＝eq\f(gR\o\al(2,地),G)，所以選擇②⑤可以估算地球質量，選項A正確；由Geq\f(M太M地,r2)＝M地req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2，解得M太＝eq\f(4π2r3,GT2)，所以選擇①④可以估算太陽的質量，由于不知太陽半徑(太陽體積)，因而不能估算太陽的密度，選項B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律，選擇①③④可以估算火星公轉軌道半徑r火，火星公轉的線速度v火＝ωr火＝r火eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T火)))，選項C正確；選擇①④可以估算地球圍繞太陽運動的加速度，因為不知地球質量，所以不能估算太陽對地球的吸引力，選項D錯誤．答案：AC11．解析：(1)上滑過程中，由牛頓第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝maa＝8m/s由運動學公式veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2aeq\f(h1,sinθ)v0＝6m/(2)滑塊在D處水平飛出，由平拋運動規(guī)律L＝vDth2＝eq\f(1,2)gt2vD＝1m/(3)小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細管道BCD內壁不光滑答案：(1)8