【精品】2019高考物理二轮复习专题一力与运动第5讲圆周运动和万有引力定律学案.pdf

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1、1第 5 讲圆周运动和万有引力定律 历次选考考情分析 章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04 曲线运动圆周运动、向心加速度、向心力d d 5 5 20 4 生活中的圆周运动c 8 11、20 万有引力与航天行星的运动a 3 太阳与行星间的引力a 万有引力定律c 12 3、11 7 9 万有引力理论的成c 2就宇宙航行c 7 11 12 经典力学的局限性a 3考点一圆周运动有关物理量的辨析1对描述圆周运动的物理量的理解以及它们之间的关系2常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图 1 甲、乙所示，皮带与两轮之间

2、无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB.图 1(2)摩擦传动：如图 2 甲所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB.(3)同轴转动：如图乙所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即 AB.图 2 1 圆周运动特点(2016 浙江4 月学考 5)如图3 为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他()图 3 4A所受的合力为零，做匀速运动B所受的合力恒定，做匀加速运动C所受的合力恒定，做变加速运动D所受的合力变化，做变加速运动答案D 解析运动员沿圆弧形弯道匀速率滑行时，其所受的合力提供向

3、心力，大小不变，方向时刻指向圆心，即运动员所受的合力是变力，做变加速运动，选项A、B、C错误，D正确2 离心现象 下列现象中，与离心现象无关的是()A运动员投掷铅球时，抛射角在42左右B通过旋转雨伞来甩干伞上的雨滴C汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩D用洗衣机脱去湿衣服中的水答案A 3 同轴转动(2018 嘉兴市期末)如图 4 所示是某品牌手动榨汁机，榨汁时手柄A绕O点旋转时，手柄上B、C两点的周期、角速度及线速度等物理量的关系是()图 4 ATBTC，vBvCBTBTC，vBC，vBvCDBC，vBvC答案B 解析由B、C共轴，故BC，即TBTC，又rBrC，由vr知vBvC，故 B正确4

4、皮带传动(2018 绍兴市选考诊断)如图 5 所示为一磁带式放音机的转动系统，在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点，则()图 5 A主动轮上的P点线速度方向不变5B主动轮上的P点线速度逐渐变大C主动轮上的P点的向心加速度逐渐变大D从动轮上的Q点的向心加速度逐渐变大答案D 5 齿轮传动(2018 温州市期末)如图 6 所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的其原理可简化为图中所示的模型A、B是转动的齿轮边缘的两点，则下列说法中不正确的是()图 6 AA、B两点的线速度大小相等BA、B两点的角速度大小相等CA点的周期大于B点的周期DA点的向心加速度小

5、于B点的向心加速度答案B 解析齿轮传动时，边缘点的线速度相等，即vAvB；根据vr，可知半径大的角速度小，即 ATB，根据av2r，可知半径大的向心加速度小，则有aAaB，故 A、C、D正确，B错误考点二水平面内的圆周运动1解决圆周运动问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度是否变化、轨道平面、圆心位置、半径大小等；(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源；(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程2常见的三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN0.(2

6、)相互接触的两物体相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大6张力；绳子松弛的临界条件是FT0.例 1如图 7 所示，细绳一端系着静止在水平圆盘上、质量M0.5 kg的物体A，另一端通过圆盘中心的光滑小孔吊着质量m0.3 kg的物体B，物体A与小孔距离为0.4 m(物体A可看成质点)，已知A和水平圆盘间的最大静摩擦力为2 N现使圆盘绕中心轴线转动，角速度 在什么范围内，B会处于静止状态？(g取 10 m/s2)图 7 答案5 rad/s 5 rad/s 解析设物体A和圆盘保持相对静止，当 具有最小值时，A有向圆心O

7、运动的趋势，A受到的静摩擦力方向沿半径向外当摩擦力等于最大静摩擦力时，对A受力分析有FFfM12r，又Fmg，1mgFfMr5 rad/s 当 具有最大值时，A有远离圆心O运动的趋势，A受到的最大静摩擦力指向圆心对A受力分析有FFfM22r，又Fmg，解得 2mgFfMr5 rad/s，所以 的范围是5 rad/s5 rad/s.6.如图 8 所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，随着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受到的力有()图 8 A重力、支持力B重力、向心力C重力、支持力、指向圆心的摩擦力7D重力、支持力、向心力、摩擦力答案C 7.如图9 所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在光滑水

8、平面上做匀速圆周运动()图 9 A转速相同时，绳短的容易断B周期相同时，绳短的容易断C线速度大小相等时，绳短的容易断D线速度大小相等时，绳长的容易断答案C 解析绳子的拉力提供向心力，设绳子的拉力为F，则Fm2rmv2r，此处，T1n2，所以，当转速n相同，即是周期或角速度相同时，绳长r越大，拉力F越大，绳子越容易断，选项 A、B错误；当线速度v相等时，绳长r越小，拉力F越大，绳子越容易断，选项 C正确，D错误8(2018温州市六校期末)摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图 10 所示当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜；行驶在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“

9、不倒翁”一样假设有一摆式列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度转弯，转弯所在处半径为1 km，则质量为50 kg 的乘客，在转弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取 10 m/s2)()图 10 A500 N B1 000 N C500 2 N D0 答案C 解析乘客所需向心力Fmv2r 500 N，由勾股定理，火车给他的作用力FNF2mg25002 N.8考点三竖直面内的圆周运动问题1定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同2确定临界点：抓住轻绳模型中最高点vgr及轻杆模型中v0 这两个临界条件3研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最

10、低点的运动情况4受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程5过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程模型 1 轻绳模型例 2如图 11 所示，质量为m的竖直光滑圆环A的半径为r，竖直固定在质量为m的木板B上，木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动在环的最低点静置一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在环内侧做圆周运动为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，不计空气阻力，则初速度v0必须满足()图 11 A.3grv05grB.grv03grC.7grv03grD.5grv07gr答案D

11、 解析在最高点，速度最小时有：mgmv12r解得：v1gr.从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1，根据机械能守恒定律，有：2mgr12mv1212mv12解得v15gr.要使木板不会在竖直方向上跳起，在最高点，球对环的压力最大为：Fmgmg2mg在最高点，速度最大时有：mg2mgmv22r9解得：v23gr.从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2，根据机械能守恒定律有：2mgr12mv2212mv22解得：v27gr.所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5grv07gr.9.杂技演员表演“水流星”，在长

12、为 1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图 12 所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s，则下列说法正确的是(不计空气阻力，g10 m/s2)()图 12 A“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N 答案B 解析“水流星”在最高点的临界速度vgL4 m/s，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出，故选B.模型 2 轻杆模型例 3如图 13 所示，在

13、竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外轨内表面光滑，内轨外表面粗糙一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两轨间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力下列说法正确的是()图 13 A当v02gR时，小球最终停在最低点10B当v02gR时，小球可以到达最高点C当v05gR时，小球始终做完整的圆周运动D当v05gR时，小球在最高点时对内轨的外表面有挤压答案C 解析若v02gR，则由12mv02mgh可知，hR，则小球能到达与圆轨道圆心等高的一点后反向返回，在最低点两侧往返运动，选项A错误；若v02gR，且轨道的内外壁均光滑时，小球到达最高点的速度恰好为零，但是因轨道内

14、轨外表面粗糙，则小球与内轨接触时要损失机械能，则小球不能到达最高点，选项B错误；若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点，则到达最高点时满足mgmv2R，从最低点到最高点由机械能守恒可知，12mv02mg2R12mv2，解得v05gR，由此可知当v05gR时，小球始终做完整的圆周运动，且沿外轨道恰能运动到最高点，选项C正确，D错误10(2018嘉兴市期末)体操运动员做“单臂大回环”时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴在竖直平面内做圆周运动，如图 14 所示 此过程中，运动员到达最低点时手臂受的拉力约为(不计空气阻力)()图 14 A50 N B500 N C2 500 N D5 0

15、00 N 答案C 解析从最高点到最低点，由2mgR12mv2，又由Fmgmv2R得F5mg2 500 N，故 C正确11考点四万有引力定律的理解和应用1解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即GMmr2manmv2rm2rm42rT2.(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即GMmR2mg(g表示天体表面的重力加速度)2天体质量和密度的估算(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R(忽略自转的影响)由于GMmR2mg，故天体质量MgR2G，天体的平均密度 MVM43R33g4GR.(2)利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半

16、径r.由万有引力提供向心力，即GMmr2m42T2r，得出中心天体质量M42r3GT2；若已知天体半径R，则天体的平均密度MVM43R33r3GT2R3.3卫星运行参量的计算与比较GMmr2mv2rvGMrv1rm2rGMr31r3m42rT2T42r3GMTr3mananGMr2an1r2越高越慢例 4(2018杭州市期末)中国科学家利用“悟空”卫星获得了高能电子宇宙射线能谱，有可能为暗物质的存在提供新证据已知“悟空”在低于同步卫星的圆轨道上运行，经过时间t(t小于其周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的弧度为，引力常量为G.根据上述信息，下列说法中正确的是()A“悟空”的线速度大于第

17、一宇宙速度12B“悟空”的向心加速度比地球同步卫星的小C“悟空”的环绕周期为2tD“悟空”的质量为s3Gt2答案C 解析卫星绕地球做匀速圆周运动，由GMmr2mv2r，解得：vGMr，卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2ma，解得：aGMr2，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；由题意“悟空”运行的线速度为：vst，角速度为：t，根据v r得轨道半径为：rvs，“悟空”的环绕周期为T2t2t，故 C正确；“悟空”绕地球做匀速圆周运

18、动，万有引力提供向心力，即：GMmr2mr2，解得地球的质量为：Ms3Gt2，不能求出“悟空”的质量，故 D错误112019 年和 2020 年，中国将把6 颗第三代北斗导航卫星发射升空，并送入绕地球的椭圆轨道该卫星发射速度v大小的范围是()Av7.9 km/s B7.9 km/s v11.2 km/s C11.2 km/s v16.7 km/s Dv16.7 km/s 答案B 12.(2018 浙江4 月选考 9)土星最大的卫星叫“泰坦”(如图15)，每 16 天绕土星一周，其公转轨道半径为1.2 106km.已知引力常量G6.671011Nm2/kg2，则土星的质量约为()13图 15 A

19、51017 kg B51026 kg C51033 kg D51036 kg 答案B 解析根据“泰坦”的运动情况，由万有引力提供向心力，则GMmr2m2T2r，化简得到M42r3GT2，代入数据得M51026 kg，故选 B.13NASA的新一代詹姆斯韦伯太空望远镜将被放置在太阳与地球的第二拉格朗日点L2处，飘荡在地球背对太阳后方150 万公里处的太空其面积超过哈勃望远镜5 倍，其观测能量可能是后者 70 倍以上，如图16 所示，L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球一起绕太阳运动(视为圆周运动)，且时刻保持背对太阳和地球，不受太阳的干扰而进行天文观测

20、不考虑其他星球的影响，下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是()图 16 A它绕太阳运动的向心力由太阳对它的引力充当B它绕太阳运动的向心加速度比地球绕太阳运动的向心加速度小C它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度小D它绕太阳运行的周期与地球绕太阳运行的周期相等答案D 14.假设两颗人造卫星1 和 2 的质量之比m1m212，都绕地球做匀速圆周运动，如图17所示，卫星2 的轨道半径更大些观测中心对这两个卫星进行了观测，编号为甲、乙，测得甲、乙两颗人造卫星周期之比为T甲T乙81.下列说法中正确的是()14图 17 A甲是卫星1 B乙星动能较小C甲的机械能较大D无法比较两个卫星受到的向

21、心力答案C 解析卫星做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，有GMmr2m42rT2，解得r3GMT242，所以r甲r乙3T甲23T乙241，所以甲是卫星2，故 A错误；由GMmr2mv2r，得vGMr，所以v甲v乙r乙r甲12，由动能表达式Ek12mv2得甲、乙两星的动能之比Ek甲Ek乙m甲v甲2m乙v乙212，故 B错误；若卫星 2 由外侧轨道变轨到卫星1 的轨道，需要减速，既需要克服阻力做功才能变轨到卫星1 的轨道，所以卫星2 在外侧轨道上的机械能大于它在卫星1 轨道上的机械能，而卫星 2 的质量比卫星1 的质量大，在同一轨道上卫星2 的机械能大于卫星1 的机械能，所以卫星2 在外侧轨道上的

22、机械能大于卫星1 的机械能，故 C正确；由万有引力公式FGMmr2，可知两卫星受到的向心力之比F甲F乙m甲r乙2m乙r甲218，故 D错误专题强化练1.(2018 新高考联盟联考)如图 1 所示是我国自己独立研制的“直11”系列直升机，是一种小吨位直升机，用来当成轻型武装直升机或运输机在直升机螺旋桨上有A、B、C三点，其中A、C在叶片的端点，B在叶片的中点当叶片转动时，这三点()图 1 15A线速度大小都相等B线速度方向都相同C角速度大小都相等D向心加速度大小都相等答案C 解析由题图可知，A、B、C三点属于同轴转动，各点的角速度是相等的，A、C在叶片的端点，B在叶片的中点，它们转动的半径不同，

23、所以A、C的线速度大小相等，而与B点的线速度大小不相等，故A错误，C正确；由题图可知，A、B与C点的位置不同，线速度的方向不同，故 B错误；A、C与B的角速度相等而半径不同，由a2r可知，A、C的向心加速度的大小与B点不相等，故D错误2如图 2 所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2 倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有相对滑动则下列说法正确的是()图 2 AA点与B点角速度大小相等BA点与B点线速度大小相等CB点与C点线速度大小相等DA点的向心加速度等于C点的向心加速度答案B 3(2018宁波市期末)如图 3 所示，山崖边的公路常常称为最险公路

24、，一辆汽车欲安全通过此弯道公路(公路水平)，下列说法不正确的是()图 3 A若汽车以恒定的角速度转弯，选择内圈较为安全B若汽车以恒定的线速度大小转弯，选择外圈较为安全C汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用D汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用答案D 解析汽车做的是匀速圆周运动，故是侧向静摩擦力提供向心力，重力和支持力平衡，向心力是合力提供，故C正确，D错误；如果汽车以恒定的角速度转弯，根据Fnm2r，在内圈16时转弯半径小，故在内圈时向心力小，故静摩擦力小，不容易打滑，安全，故A正确；若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据Fnmv2r，在外圈时转弯半径大，故在外圈时向心力小，故静摩

25、擦力小，不容易打滑，安全，故B正确4.(2018 金华市十校期末)A、B、C三个物体放在旋转水平圆台上，都没有滑动，如图4 所示，它们与圆台间的动摩擦因数均为，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴的距离均为R，C离轴的距离为2R.当圆台以较小的转速旋转时，下列说法正确的是()图 4 A物体B所受摩擦力方向与运动方向相反B物体B所受静摩擦力最小C当圆台转速增加时，B比C先滑动D当圆台转速增加时，B比A先滑动答案B 5(2018七彩阳光联盟期中)如图 5 所示，“天津之眼”是亚洲唯一建在桥上的摩天轮，是天津的地标之一摩天轮直径110 m，轮外装挂48 个 360 度透明座舱假定乘客坐在摩

26、天轮的座舱中，摩天轮匀速转动，转动一周所需时间为28 分钟，则()图 5 A某时刻所有乘客运动的线速度都相同B某时刻所有乘客运动的加速度都相同C某乘客过最高、最低点时，受到座舱的力大小相等D某乘客过最高、最低点时，受到的合外力大小相等答案D 6(2018温州市九校联盟期末)如图 6 所示，某拱形桥的顶部可视为一段圆弧，这段圆弧对应的半径为10 m，当一辆小汽车(视作质点)以一定速度v经过该桥顶时(g取 10 m/s2)，以下说法正确的是()17图 6 A当v36 km/h 时，车对桥面的压力等于重力B当v54 km/h 时，车能贴着桥面，安全通过拱形桥C无论速度多大，车对桥面的压力都不可能大于

27、重力D当v18 km/h 时，车对桥面的压力是重力的0.25 倍答案C 解析在桥顶，根据牛顿第二定律得：mgFNmv2R，当车对桥面的压力等于重力时，FNmg，解得：v0，故 A错误；当FN0 时，有最大速度，解得vgR10 m/s,10 m/s36 km/h54 km/h，所以车不能安全通过拱形桥，故B错误；FNmgmv2R，因v20，所以无论速度多大，车对桥面的压力都不可能大于重力，故C 正确；v18 km/h 5 m/s，支持力FNmgmv2R0.75mg，由牛顿第三定律知车对桥面的压力是重力的0.75 倍，故 D错误7.(2018 金、丽、衢十二校联考)荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱

28、乐活动，如图 7 所示，某同学正在荡秋千，A和B分别为运动过程中的最低点和最高点，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()图 7 A在A位置时，该同学处于失重状态B在B位置时，该同学受到的合力为零C在A位置时，该同学对秋千踏板的压力大于秋千踏板对该同学的支持力，处于超重状态D由A到B过程中，该同学向心加速度逐渐减小答案D 解析在A位置时，该同学的加速度向上，处于超重状态，故A错误；在B位置，该同学的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，其合力等于重力沿圆弧切线方向的分力，不为零，故B错误；根据牛顿第三定律知，在A位置时，该同学对秋千踏板的压力等于秋千踏板对该同学的支持力，故C 错误；由A

29、到B过程中，该同学的速度逐渐减小，由av2r分析知向心加速度逐渐减小，故D正确8(2018杭州市期末)“嫦娥五号”将从月球采样返回，为载人登月铺路若已知万有引力18常量G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据估算月球密度的是()A“嫦娥五号”靠近月球表面做匀速圆周运动，测出运行周期TB观察月球绕地球的匀速圆周运动，测出月球的直径D和运行周期TC在月球表面释放一个小球做自由落体运动，测出下落高度H和时间tD“嫦娥五号”在高空绕月球做匀速圆周运动，测出距月球表面的高度H和运行周期T答案A 9.(2018 9 1 高中联盟期中)如图 8 所示，中国自主研发的新型平流层飞艇“圆梦号”首次试飞成

30、功，它采用三个六维电机的螺旋桨，升空后依靠太阳能提供持续动力，能自主和遥控升空、降落、定点和巡航飞行，未来或替代亚轨道卫星假设某次实验中，“圆梦号”在赤道上空指定20 公里高度绕地球以恒定速率飞行一圈，下列说法中错误的是()图 8 A飞艇绕地球飞行的过程中合力为零B飞艇绕地球飞行的过程中速度时刻在改变C飞艇绕地球一圈的平均速度为零D研究六维电机的螺旋桨转动时，不可把螺旋桨看成质点答案A 10(2018宁波市重点中学联考)2017 年 11 月 5 日，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射了第24、25 颗北斗导航卫星，开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代

31、北斗导航系统由5 颗静止轨道卫星(即卫星相对地面的位置保持不变)和 30 颗非静止轨道卫星组成，其中“北斗G5”为地球静止轨道卫星，轨道高度约为 36 000 km；“北斗 M3”为中圆地球轨道卫星，轨道高度约为21 500 km，已知地球半径为 6 400 km，则下列说法中正确的是()A“北斗 G5”绕地球运转周期为24 h B“北斗 G5”绕地球运转的线速度大于7.9 km/s C“北斗 M3”绕地球运转的角速度小于“北斗G5”的角速度D“北斗 M3”绕地球运转的向心加速度小于“北斗G5”的向心加速度答案A 解析“北斗 G5”为地球静止轨道卫星，周期等于地球的自转周期，为24 h，故 A

32、正确；19根据vGMr可知，轨道半径r越大，则线速度越小，当r最小，即等于地球半径R时，线速度最大，等于第一宇宙速度7.9 km/s，故“北斗 G5”相对地面静止不动，而且线速度一定小于 7.9 km/s，故 B错误；“北斗 M3”为中圆地球轨道卫星，轨道高度约为21 500 km，而“北斗 G5”为地球静止轨道卫星，轨道高度约为36 000 km，根据GMmr2m2r，有 GMr3，轨道半径越小，角速度越大，所以“北斗M3”绕地球运转的角速度大于“北斗G5”的角速度，故C错误；根据GMmr2ma，有aGMr2，因为轨道半径越大，向心加速度越小，所以“北斗M3”绕地球运转的向心加速度大于“北斗

33、G5”的向心加速度，故D错误11.无缝钢管的制作原理如图9 所示，竖直平面内，管状模型置于两个支撑轮上，支撑轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是()图 9 A铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的B模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D管状模型转动的角速度 最大为gR答案C 解析铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，没有离心力，故A错误；铁水不是做匀速圆周运动，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一

34、定相同，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则是重力恰好提供向心力，故C正确；为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不能小于临界角速度，故D错误12长度为1 m 的轻杆OA的A端有一质量为2 kg 的小球，以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图 10 所示，小球通过最高点时的速度为3 m/s，g取 10 m/s2，则此时小球将()20图 10 A受到 18 N 的拉力B受到 38 N 的支持力C受到 2 N 的拉力D受到 2 N 的支持力答案D 解析设此时小球受到杆的拉力为F，根据向心力公式有Fmgmv2r，代入数值可得F 2 N，表示小球受到2 N 的支持力，选

35、项D正确13.(2018 台州市3 月选考)如图 11 所示，北斗卫星系统由多颗静止轨道卫星(同步卫星)和非静止轨道卫星组成，非静止轨道卫星有中圆轨道卫星和倾斜同步轨道卫星，中圆轨道卫星轨道距地面的高度约为21 500 km，静止轨道卫星和倾斜同步轨道卫星距地面的高度约为36 000 km，下列说法正确的是()图 11 A中圆轨道卫星的线速度小于静止轨道卫星的线速度B中圆轨道卫星的周期大于倾斜同步轨道卫星的周期C倾斜同步轨道卫星的向心力一定大于静止轨道卫星的向心力D倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，每天经过特定地区上空的时刻却是相同的答案D 14 长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥

36、王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r119 600 km，公转周期T16.39 天后来天文学家又发现了两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r248 000 km，则它的公转周期T2最接近于()A15 天 B 25 天 C 35 天 D 45 天答案B 15.北斗导航卫星系统中有两颗圆轨道半径均为21 332 km的“北斗 M5”和“北斗 M6”卫星，其轨道如图12 所示，下列说法正确的是()21图 12 A两颗卫星绕地球运行的向心加速度大小相等B两颗卫星绕地球的运行速率均大于7.9 km/s C“北斗 M5”绕地球的运行周期大于地球的自转周期D“北斗 M6”绕地球的运行速率大于“北斗M5”

37、的运行速率答案A 解析根据GMmr2ma知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等，故A正确；根据vGMr知，轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以两颗卫星的速度均小于7.9 km/s，故 B错误；根据T2r3GM，“北斗 M5”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“北斗M5”绕地球的运行周期小于地球的自转周期，故C错误；根据vGMr知“北斗 M6”绕地球的运行速率等于“北斗M5”的运行速率，故D错误162017 年 4 月 20 日，“天舟一号”飞船成功发射，与“天宫二号”空间实验室对接后在离地约 393 km的圆轨道上为“天宫二号”补加推进剂，在完成各项试验后，“

38、天舟一号”受控离开圆轨道，最后进入大气层烧毁，下列说法中正确的是()A对接时，“天舟一号”的速度小于第一宇宙速度B补加推进剂后，“天宫二号”受到地球的引力减小C补加推进剂后，“天宫二号”运行的周期减小D“天舟一号”在加速下降过程中处于超重状态答案A 解析7.9 km/s 是地球的第一宇宙速度，是卫星最小的发射速度，也是卫星或飞行器绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以对接时，“天舟一号”的速度必定小于第一宇宙速度，故A正确；补加推进剂后，“天宫二号”的质量增大，由万有引力定律可知，“天宫二号”受到地球的引力增大，故 B错误；补加推进剂后，“天宫二号”的质量增大，根据万有引力提供向心力可得GMmr

39、2m42T2r，解得：T 2r3GM，公式中的M是地球的质量，可见“天宫二号”的周期与其质量无关，所以保持不变，故C错误；“天舟一号”在加速下降过程中加速度的方向向下，所以处于失重状态，故D错误2217“水上乐园”中有一巨大的水平转盘，人在其上随盘子一起转动，给游客带来无穷乐趣 如图 13 所示，转盘的半径为R，离水平面的高度为H，可视为质点的游客的质量为m，现转盘以角速度 匀速转动，游客在转盘边缘保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度为g.图 13(1)求转盘转动的周期；(2)求游客受到的摩擦力的大小和方向；(3)若转盘突然停止转动，求游客落水点到转动轴的水平距离答案(1)2(2)m2R沿半径方向指向转盘圆心O(3)R2H2g1 解析(1)转盘转动的周期：T2(2)游客受到的摩擦力的大小：Ffm2R游客受到的摩擦力的方向沿半径方向指向转盘圆心O.(3)游客转动时的线速度，即平抛运动的初速度：vR游客落水的时间：t2Hg游客做平抛运动的水平位移：xvtR2Hg游客落水点到转动轴的水平距离：sx2R2R2H2g 1.