（浙江選考）2023版高考物理二輪復習專題一力與運動第5講圓周運動和萬有引力定律學案

PAGEPAGE1第5講圓周運動和萬有引力定律[選考考點分布]章知識內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計必考加試2022/102022/042022/102022/042022/11曲線運動2圓周運動、向心加速度、向心力dd5520生活中的圓周運動c811、20行星的運動a3太陽與行星間的引力a萬有引力定律c123、117萬有引力理論的成就c宇宙航行c71112經(jīng)典力學的局限性a考點一圓周運動有關(guān)物理量的辨析1.(2022·浙江10月學考·5)在G20峰會“最憶是杭州〞的文藝演出中，芭蕾舞蹈演員保持如圖1所示姿式原地旋轉(zhuǎn)，此時手臂上A、B兩點角速度大小分別為ωA、ωB，線速度大小分別為vA、vB，那么()圖1A．ωA<ωB B．ωA>ωBC．vA<vB D．vA>vB答案D解析由于A、B兩點在演員轉(zhuǎn)動的過程中周期一樣，所以根據(jù)ω＝eq\f(2π,T)可知，A、B兩點的角速度一樣，所以A、B選項錯誤．根據(jù)v＝rω可知A點轉(zhuǎn)動半徑大，所以A點的線速度大，即選項D正確．2．(2022·浙江4月學考·5)如圖2為某中國運發(fā)動在短道速滑比賽中勇奪金牌的精彩瞬間．假定此時他正沿圓弧形彎道勻速率滑行，那么他()圖2A．所受的合力為零，做勻速運動B．所受的合力恒定，做勻加速運動C．所受的合力恒定，做變加速運動D．所受的合力變化，做變加速運動答案D解析運發(fā)動沿圓弧形彎道勻速率滑行時，其所受的合力提供向心力，大小不變，方向時刻指向圓心，即運發(fā)動所受的合力是變力，做變加速運動，選項A、B、C錯誤，D正確．3．(人教版必修2P19第2題改編)如圖3所示，A、B兩點分別位于大、小輪的邊緣上，C點位于大輪半徑的中點，大輪的半徑是小輪的2倍，它們之間靠摩擦傳動，接觸面上沒有滑動．那么以下說法正確的選項是()圖3A．A點與B點角速度大小相等B．A點與B點線速度大小相等C．B點與C點線速度大小相等D．A點的向心加速度等于C點的向心加速度答案B4．(2022·浙江“七彩陽光〞聯(lián)考)轉(zhuǎn)籃球是一項需要技巧的活動，如圖4所示，假設(shè)某同學讓籃球在指尖上勻速轉(zhuǎn)動，指尖剛好靜止在籃球球心的正下方．以下判斷正確的選項是()圖4A．籃球上的各點做圓周運動的圓心均在指尖與籃球的接觸處B．籃球上各點的向心力是由手指提供的C．籃球上各點做圓周運動的角速度相等D．籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，做圓周運動的向心加速度越大答案C解析籃球上各點做同軸圓周運動故角速度相等，由F＝mω2r，籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，做圓周運動的向心加速度越小．籃球上各點的向心力是由周圍各點對該點的合力提供．5．(2022·浙江“七彩陽光〞聯(lián)考)東白山是東陽的第一頂峰，因為景色秀美已成了遠近聞名的旅游區(qū)，在景區(qū)內(nèi)的小公園里有一組蹺蹺板，某日郭老師和他六歲的兒子一起玩蹺蹺板，因為體重懸殊過大，郭老師只能坐在靠近中間支架處，兒子坐在對側(cè)的邊緣上．請問在蹺蹺板上下運動的過程中，以下說法中哪些是正確的()A．郭老師能上升是因為他的力氣大B．兒子能上升是因為他離支點遠C．郭老師整個運動過程中向心加速度都比擬大D．郭老師和兒子的運動周期是相等的答案D6．(2022·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)2022年共享單車忽如一夜春風出現(xiàn)在大城市的街頭巷尾，方便了百姓的環(huán)保出行．雨天遇到泥濘之路時，在自行車的后輪輪胎上常會粘附一些泥巴，行駛時感覺很“沉重〞．如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉(zhuǎn)動，泥巴就被甩下來，如圖5所示，圖中a、b為后輪輪胎邊緣上的最高點與最低點，c、d為飛輪邊緣上的兩點，那么以下說法正確的選項是()圖5A．a(chǎn)點的角速度大于d點的角速度B．后輪邊緣a、b兩點線速度相同C．泥巴在圖中的b點比在a點更容易被甩下來D．飛輪上c、d兩點的向心加速度相同答案C1.對描述圓周運動的物理量的理解以及它們之間的關(guān)系2．常見的三種傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖6甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.圖6(2)摩擦傳動：如圖7甲所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.(3)同軸傳動：如圖乙所示，兩輪固定在一起繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，兩輪轉(zhuǎn)動的角速度大小相等，即ωA＝ωB.圖7考點二水平面內(nèi)的圓周運動1．(2022·浙江11月選考·11)如圖8所示，照片中的汽車在水平路面上做勻速圓周運動，圖中雙向四車道的總寬度約為15m，假設(shè)汽車受到的最大靜摩擦力等于車重的0.7倍，那么運動的汽車()圖8A．所受的合力可能為零B．只受重力和地面支持力作用C．最大速度不能超過25m/sD．所需的向心力由重力和支持力的合力提供答案C解析汽車在水平面上做勻速圓周運動，合外力時刻指向圓心，拐彎時靠靜摩擦力提供向心力，因此排除A、B、D選項，所以選擇C.2.(人教版必修2P25第3題改編)如圖9所示，小物塊A與水平圓盤保持相對靜止，隨著圓盤一起做勻速圓周運動，那么A受到的力有()圖9A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案C3.(人教版必修2P25第2題改編)如圖10所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，有兩個質(zhì)量相等的小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在圖中所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，那么以下說法中正確的選項是()圖10A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的線速度大于B球的線速度C．A球的運動周期小于B球的運動周期D．A球?qū)ν脖诘膲毫Υ笥贐球?qū)ν脖诘膲毫Υ鸢窧解析先對小球受力分析，如下圖，由圖可知，兩球的向心力都來源于重力mg和支持力FN的合力，建立如下圖的坐標系，那么有：FNsinθ＝mg ①FNcosθ＝mrω2 ②由①得FN＝eq\f(mg,sinθ)，小球A和B受到的支持力FN相等，根據(jù)牛頓第三定律可知，選項D錯誤．由于支持力FN相等，A球運動的半徑大于B球運動的半徑，結(jié)合②式知，A球的角速度小于B球的角速度，選項A錯誤．A球的運動周期大于B球的運動周期，選項C錯誤．又根據(jù)FNcosθ＝meq\f(v2,r)可知：A球的線速度大于B球的線速度，選項B正確．4.(2022·金華市調(diào)研)如圖11所示，細繩一端系著靜止在水平圓盤上質(zhì)量M＝0.5kg的物體A，另一端通過圓盤中心的光滑小孔吊著質(zhì)量m＝0.3kg的物體B，物體A與小孔距離為0.4m(物體A可看成質(zhì)點)，A和水平圓盤的最大靜摩擦力為2N．現(xiàn)使圓盤繞中心軸線轉(zhuǎn)動，角速度ω在什么范圍內(nèi)，B會處于靜止狀態(tài)？(g取10m/s2)圖11答案eq\r(5)rad/s≤ω≤5rad/s解析設(shè)物體A和圓盤保持相對靜止，當ω具有最小值時，A有向圓心O運動的趨勢．所以A受到的靜摩擦力方向沿半徑向外．當摩擦力等于最大靜摩擦力時，對A受力分析有F－Ff＝Mωeq\o\al(1,2)r，又F＝mg，ω1＝eq\r(\f(mg－Ff,Mr))＝eq\r(5)rad/s當ω具有最大值時，A有遠離圓心O運動的趨勢．A受到的最大靜摩擦力指向圓心．對A受力分析有F＋Ff＝Mωeq\o\al(2,2)r，又F＝mg，解得ω＝eq\r(\f(mg＋Ff,Mr))＝5rad/s，所以ω的范圍是eq\r(5)rad/s≤ω≤5rad/s.考點三豎直面內(nèi)的圓周運動問題1．(2022·浙江10月學考·8)質(zhì)量為30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板離系繩子的橫梁的距離是2.5m．小孩的父親將秋千板從最低點拉起1.25m高度后由靜止釋放，小孩沿圓弧運動至最低點時，她對秋千板的壓力約為()A．0 B．200NC．600N D．1000N答案C解析小球從釋放至最低點的過程中，由機械能守恒定律：mgh＝eq\f(1,2)mv2 ①在最低點，有FN－mg＝meq\f(v2,L) ②由①②得：FN＝600N.結(jié)合牛頓第三定律可知，她對秋千板的壓力約為600N2．(人教版必修2P28“思考與討論〞改編)如圖12所示，把地球看成大“拱形橋〞，當一輛“汽車〞速度到達一定值時，“汽車〞對地面壓力恰好為零，此時“汽車〞()圖12A．受到的重力消失了B．仍受到重力，其值比原來的小C．仍受到重力，其值與原來相等D．座椅對駕駛員的支持力大于駕駛員的重力答案C解析重力是由于地球的吸引而產(chǎn)生的，跟物體的運動狀態(tài)無關(guān)，“汽車〞通過“拱形橋〞時，假設(shè)“汽車〞對地面壓力恰好為零，重力提供向心力，重力的大小不變，其值與原來相等，故C正確；此時座椅對駕駛員的支持力為零．3．(2022·溫州市9月選考)溫州樂園的摩天輪是最受游客歡送的游樂工程之一，如圖13所示，摩天輪懸掛透明艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，以下表達正確的選項是()圖13A．在最高點，乘客處于超重狀態(tài)B．在最低點，乘客重力小于他所受到的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變D．從最高點向最低點轉(zhuǎn)動的過程中，座椅對乘客的作用力做正功答案B4.(2022·溫州市平陽二中期中)如圖14所示，長為L的輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，另一端固定轉(zhuǎn)軸O，現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動．P為圓周軌道的最高點．假設(shè)小球通過圓周軌道最低點時的速度大小為eq\r(\f(9,2)gL)，那么以下判斷正確的選項是()圖14A．小球不能到達P點B．小球到達P點時的速度等于eq\r(gL)C．小球能到達P點，但在P點不會受到輕桿的彈力D．小球能到達P點，且在P點受到輕桿向上的彈力答案D解析根據(jù)動能定理得－mg·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(P,2)－eq\f(1,2)mv2，又v＝eq\r(\f(9,2)gL)，解得vP＝eq\r(\f(1,2)gL).小球在最高點的臨界速度為零，所以小球能到達最高點，故A、B錯誤；設(shè)桿在最高點對小球的作用力表現(xiàn)為支持力，那么mg－F＝eq\f(mv\o\al(P,2),L)，解得F＝eq\f(1,2)mg，故小球能到達P點，且在P點受到輕桿向上的彈力，故D正確，C錯誤．5.如圖15所示，質(zhì)量為m的豎直光滑圓環(huán)A的半徑為r，豎直固定在質(zhì)量為m的木板B上，木板B的兩側(cè)各有一豎直擋板固定在地面上，使木板不能左右運動．在環(huán)的最低點靜置一質(zhì)量為m的小球C.現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度v0，小球會在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運動．為保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使木板離開地面，那么初速度v0必須滿足()圖15A.eq\r(3gr)≤v0≤eq\r(5gr) B.eq\r(gr)≤v0≤eq\r(3gr)C.eq\r(7gr)≤v0≤3eq\r(gr) D.eq\r(5gr)≤v0≤eq\r(7gr)答案D解析在最高點，速度最小時有：mg＝meq\f(v\o\al(1,2),r)解得：v1＝eq\r(gr).2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)＝eq\f(1,2)mv1′2解得v1′＝eq\r(5gr).要使木板不會在豎直方向上跳起，在最高點，球?qū)Νh(huán)的壓力最大為：F＝mg＋mg＝2mg從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設(shè)此時最低點的速度為v2′，在最高點，速度最大時有：mg＋2mg＝meq\f(v\o\al(2,2),r)解得：v2＝eq\r(3gr).根據(jù)機械能守恒定律有：2mgr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2′2解得：v2′＝eq\r(7gr).所以保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使木板在豎直方向上跳起，在最低點的速度范圍為：eq\r(5gr)≤v0≤eq\r(7gr).豎直面內(nèi)圓周運動類問題的解題技巧1．定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同．2．確定臨界點：抓住輕繩模型中最高點v≥eq\r(gr)及輕桿模型中v≥0這兩個臨界條件．3．研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況．4．受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，F(xiàn)合＝F向．5．過程分析：應(yīng)用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯(lián)系起來列方程．考點四萬有引力定律的理解和應(yīng)用圖16A．在a軌道運行的周期為24hB．在b軌道運行的速度始終不變C．在c軌道運行的速度大小始終不變D．在c軌道運行時受到的地球引力大小是變化的答案D解析同步衛(wèi)星必須在赤道正上空36000km處，所以a軌道不可能是同步軌道，選項A錯誤；b軌道上的衛(wèi)星的速度方向不斷變化，所以速度不斷變化，選項B錯誤；地球在c軌道的其中一個焦點上，因此在近地點時衛(wèi)星速度要快，遠地點速度要慢，選項C錯誤；在c軌道上，衛(wèi)星離地球的距離不斷變化，所以根據(jù)F＝eq\f(GMm,r2)可以看出衛(wèi)星受地球的引力大小不斷變化，D正確．2．(2022·浙江4月選考·11)如圖17所示，設(shè)行星繞太陽的運動是勻速圓周運動，金星自身的半徑是火星的n倍，質(zhì)量為火星的k倍．不考慮行星自轉(zhuǎn)的影響，那么()圖17A．金星外表的重力加速度是火星的eq\f(k,n)倍B．金星的“第一宇宙速度〞是火星的eq\r(\f(k,n))倍C．金星繞太陽運動的加速度比火星小D．金星繞太陽運動的周期比火星大答案B解析根據(jù)g＝eq\f(GM,R2)可知eq\f(g金,g火)＝eq\f(k,n2)，選項A錯；根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,R))可知，eq\f(v金,v火)＝eq\r(\f(k,n))，選項B對；根據(jù)a＝eq\f(GM,r2)可知，距離越遠，加速度越小，由eq\f(R3,T2)＝常數(shù)可知，距離越遠周期越大，所以選項C、D均錯．3．(2022·浙江10月學考·12)如圖18所示，“天宮二號〞在距離地面393km的近地圓軌道運行．萬有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，地球質(zhì)量M＝6.0×1024kg，地球半徑R＝6.4×圖18A．“天宮二號〞的質(zhì)量B．“天宮二號〞的運行速度C．“天宮二號〞受到的向心力D．地球?qū)Α疤鞂m二號〞的引力答案B解析根據(jù)萬有引力提供向心力，即eq\f(GmM,r2)＝meq\f(v2,r)知“天宮二號〞的質(zhì)量m會在等式兩邊消去，所以無法求出“天宮二號〞的質(zhì)量，選項A錯誤；v＝eq\r(\f(GM,r))，式中G、M、r的大小，所以可估算“天宮二號〞的運行速度v，選項B正確；“天宮二號〞受到的向心力、引力都因為不知道“天宮二號〞的質(zhì)量而無法估算，選項C、D錯誤．4．(2022·浙江4月學考·11)2022年12月，我國暗物質(zhì)粒子探測衛(wèi)星“悟空〞發(fā)射升空進入高為5.0×102km的預(yù)定軌道．“悟空〞衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星的運動均可視為勻速圓周運動．地球半徑R＝6.4×A．“悟空〞衛(wèi)星的線速度比同步衛(wèi)星的線速度小B．“悟空〞衛(wèi)星的角速度比同步衛(wèi)星的角速度小C．“悟空〞衛(wèi)星的運行周期比同步衛(wèi)星的運行周期小D．“悟空〞衛(wèi)星的向心加速度比同步衛(wèi)星的向心加速度小答案C5．(2022·臺州市9月選考)2022年4月，我國成功發(fā)射的“天舟一號〞貨運飛船與“天宮二號〞空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿“天宮二號〞原來的圓軌道運行，如圖19所示．與“天宮二號〞單獨運行時相比，組合體運行的()圖19A．動能變大 B．周期變大C．角速度變大 D．向心加速度變大答案A6．(2022·浙江“七彩陽光〞聯(lián)考)牛頓在思考萬有引力定律時就曾想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點也就一次比一次遠．如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛(wèi)星，如圖20所示．以下判斷正確的選項是()圖20A．發(fā)射人造地球衛(wèi)星的速度至少要到達7.9km/hB．衛(wèi)星距地面越高，繞地球運動的速度越大C．第一宇宙速度就是最小的發(fā)射速度D．所有人造地球衛(wèi)星都做勻速圓周運動答案C解析發(fā)射人造地球衛(wèi)星的速度至少要到達7.9km/s；衛(wèi)星距地面越高，繞地球運動的速度越??；人造地球衛(wèi)星可以做勻速圓周運動也可以繞地球做橢圓運動；第一宇宙速度就是最小的發(fā)射速度，只有C正確．7．假設(shè)地球和火星都繞太陽做勻速圓周運動，地球到太陽的距離小于火星到太陽的距離，那么()A．地球公轉(zhuǎn)的周期大于火星公轉(zhuǎn)的周期B．地球公轉(zhuǎn)的線速度小于火星公轉(zhuǎn)的線速度C．地球公轉(zhuǎn)的加速度小于火星公轉(zhuǎn)的加速度D．地球公轉(zhuǎn)的角速度大于火星公轉(zhuǎn)的角速度答案D解析根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r＝meq\f(v2,r)＝man＝mω2r得，公轉(zhuǎn)周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，故地球公轉(zhuǎn)的周期較小，選項A錯誤；公轉(zhuǎn)線速度v＝eq\r(\f(GM,r))，故地球公轉(zhuǎn)的線速度較大，選項B錯誤；公轉(zhuǎn)加速度an＝eq\f(GM,r2)，故地球公轉(zhuǎn)的加速度較大，選項C錯誤；公轉(zhuǎn)角速度ω＝eq\r(\f(GM,r3))，故地球公轉(zhuǎn)的角速度較大，選項D正確．1.天體質(zhì)量和密度的估算(1)利用天體外表的重力加速度g和天體半徑R.由于Geq\f(Mm,R2)＝mg，故天體質(zhì)量M＝eq\f(gR2,G)，天體密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR).(2)通過觀察衛(wèi)星繞天體做勻速圓周運動的周期T和軌道半徑r.①由萬有引力等于向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得出中心天體質(zhì)量M＝eq\f(4π2r3,GT2)；②假設(shè)天體半徑R，那么天體的平均密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3πr3,GT2R3)；③假設(shè)天體的衛(wèi)星在天體外表附近環(huán)繞天體運動，可認為其軌道半徑r等于天體半徑R，那么天體密度ρ＝eq\f(3π,GT2).可見，只要測出衛(wèi)星環(huán)繞天體外表運動的周期T，就可估算出中心天體的密度．2．衛(wèi)星運行參量的計算與比擬eq\f(GMm,r2)＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))→v∝\f(1,\r(r)),mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))→ω∝\f(1,\r(r3)),m\f(4π2r,T2)→T＝\r(\f(4π2r3,GM))→T∝\r(r3),man→an＝\f(GM,r2)→an∝\f(1,r2)))越高越慢專題強化練(限時：35分鐘)1．(2022·溫州市9月選考)如圖1所示，輕繩的一端拴一個小沙袋，手握住輕繩另一端使小沙袋在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，圓心O位置固定不變，A、B為輕繩上的兩點，那么()圖1A．A、B兩點的角速度相同B．A點的線速度小于B點的線速度C．A點的向心加速度小于B點的向心加速度D．保持小沙袋線速度不變，輕繩越長，繩上張力越大答案A2．某機器內(nèi)有兩個圍繞各自固定軸勻速轉(zhuǎn)動的鋁盤A、B，A盤固定一個信號發(fā)射裝置P，能持續(xù)沿半徑向外發(fā)射紅外線，P到圓心的距離為28cm.B盤上固定一個帶窗口的紅外線信號接收裝置Q，Q到圓心的距離為16cm.P、Q轉(zhuǎn)動的線速度均為4πm/s.當P、Q正對時，P發(fā)出的紅外線恰好進入Q的接收窗口，如圖2所示，那么Q每隔一定時間就能接收到紅外線信號，這個時間的最小值為()圖2A．0.42s B．0.56sC．0.70s D．0.84s答案B解析由線速度和周期關(guān)系T＝eq\f(2πR,v)可得TP＝eq\f(2π×0.28,4π)s＝0.14s，TQ＝eq\f(2π×0.16,4π)s＝0.08s，設(shè)該時間的最小值為t，那么t是兩個周期數(shù)值的最小公倍數(shù)，即t＝0.56s，選項B正確．3．(2022·浙江余姚中學高三上期中)A、B兩個質(zhì)點分別做勻速圓周運動，在相等時間內(nèi)通過的弧長之比為sA∶sB＝4∶3，轉(zhuǎn)過的圓心角之比θA∶θB＝3∶2，那么以下說法中正確的選項是()A．它們的線速度之比vA∶vB＝4∶3B．它們的角速度之比ωA∶ωB＝2∶3C．它們的周期之比TA∶TB＝3∶2D．它們的向心加速度之比aA∶aB＝3∶2答案A解析兩質(zhì)點分別做勻速圓周運動，在相等時間內(nèi)它們通過的弧長之比為sA∶sB＝4∶3，根據(jù)公式v＝eq\f(s,t)，線速度之比為vA∶vB＝4∶3，故A正確；通過的圓心角之比θA∶θB＝3∶2，根據(jù)公式ω＝eq\f(θ,t)，角速度之比為3∶2，故B錯誤；根據(jù)公式T＝eq\f(2π,ω)，周期之比為TA∶TB＝2∶3，故C錯誤；根據(jù)an＝ωv，可知aA∶aB＝2∶1，故D錯誤．4．(2022·嘉興市高二上期末)Kitty貓主題公園中的蘋果樹飛椅是孩子們喜歡的游樂工程，長度相同的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在轉(zhuǎn)盤上(轉(zhuǎn)盤中心有豎直轉(zhuǎn)軸)，如圖3所示，當A、B兩座椅與水平轉(zhuǎn)盤一起勻速轉(zhuǎn)動時，鋼繩與豎直方向的夾角分別為θ與α，不計鋼繩的重力，以下說法正確的選項是()圖3A．A的偏角θ大于B的偏角αB．A的角速度小于B的角速度C．A的線速度大于B的線速度D．A的加速度小于B的加速度答案D解析A、B轉(zhuǎn)動的角速度相同，但半徑不同，由mgtanβ＝mω2r，解得tanβ＝eq\f(ω2r,g)，由于A的半徑小于B的半徑，故A的偏角θ小于B的偏角α，故A、B錯誤；由于角速度相同，根據(jù)v＝ωr可知，A的線速度小于B的線速度，故C錯誤；根據(jù)a＝ω2r可知，A的加速度小于B的加速度，故D正確．5．如圖4所示，質(zhì)量相等的a、b兩物體放在圓盤上，到圓心的距離之比是2∶3，圓盤繞圓心做勻速圓周運動，兩物體相對圓盤靜止，a、b兩物體做圓周運動的向心力之比是()圖4A．1∶1 B．3∶2C．2∶3 D．9∶4答案C解析a、b隨圓盤轉(zhuǎn)動，角速度相同，由Fn＝mω2r知向心力正比于半徑，C正確．6.(2022·諸暨市期末)如圖5所示，拱形橋的半徑為40m，質(zhì)量為1.0×103kg的汽車行駛到橋頂時的速度為10m/s，假設(shè)重力加速度為10m/s圖5A．1.0×104N B．7.5×103NC．5.0×103N D．2.5×103N答案B解析對汽車由牛頓第二定律得mg－FN＝meq\f(v2,R)得FN＝7.5×103N，又由牛頓第三定律知汽車對轎的壓力也為7.5×103N.7．太陽神車由四腳的支架吊著一個巨大的擺錘擺動，游客被固定在擺下方的大圓盤A上，如圖6所示．擺錘的擺動幅度每邊可達120°.6臺大功率的異步驅(qū)動電機同時啟動，為游客創(chuàng)造最大4.3g的加速度，最高可飛躍至15層樓高的高空．如果不考慮圓盤A圖6A．當擺錘擺至最高點的瞬間，游客受力平衡B．當擺錘擺至最高點時，游客可體驗最大的加速度C．當擺錘在下擺的過程中，擺錘的機械能一定不守恒D．當擺錘在上擺過程中游客體驗超重，下擺過程游客體驗失重答案C解析當擺錘擺至最高點的瞬間，擺錘和游客開始下降，所以游客具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A錯誤；當擺錘擺至最低點時，擺錘的速度最大，向心加速度最大，所以在最低點游客可體驗最大的加速度，故B錯誤；當擺錘在下擺的過程中，由于電動機做正功，所以擺錘的機械能一定不守恒，故C正確；當擺錘在上擺過程中即將到達最高點時，擺錘向上做減速運動，加速度的方向向下，游客體驗到失重，故D錯誤，應(yīng)選C.8.(2022·寧波市九校高一期末)如圖7所示，質(zhì)量為m的小球置于正方體的光滑盒子中，盒子的邊長略大于球的直徑．某同學拿著該盒子在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，重力加速度為g，空氣阻力不計，要使在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力，那么()圖7A．該盒子做圓周運動的向心力一定恒定不變B．該盒子做勻速圓周運動的周期一定等于2πeq\r(\f(R,g))C．盒子在最低點時，小球?qū)凶拥淖饔昧Υ笮〉扔趍gD．盒子在與O點等高的右側(cè)位置時，小球?qū)凶拥淖饔昧Υ笮〉扔趍g答案B解析向心力的方向始終指向圓心，是變化的，故A錯誤；在最高點，由mg＝mReq\f(4π2,T2)得，周期T＝2πeq\r(\f(R,g))，故B正確；盒子在最低點，由F－mg＝mReq\f(4π2,T2)和mg＝mReq\f(4π2,T2)可得，F(xiàn)＝2mg，故C錯誤；盒子在與O點等高的右側(cè)位置時，盒子底部的支持力等于重力mg，而盒子側(cè)壁的支持力也等于mg，兩者相互垂直，所以盒子對小球的作用力等于eq\r(2)mg，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)凶拥淖饔昧Υ笮〉扔趀q\r(2)mg.故D錯誤．圖8A.eq\r(\f(gRh,L))B.eq\r(\f(gRh,d))C.eq\r(\f(gRL,h))D.eq\r(\f(gRd,h))答案B解析汽車做勻速圓周運動，向心力由重力與路面對汽車的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F向＝mgtanθ，根據(jù)牛頓第二定律：F向＝meq\f(v2,R)，tanθ＝eq\f(h,d)，解得汽車轉(zhuǎn)彎時的車速v＝eq\r(\f(gRh,d))，B對．10．(2022·稽陽聯(lián)誼學校8月聯(lián)考)2016年8月10日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征四號〞丙運載火箭成功發(fā)射“高分三號〞衛(wèi)星，“高分三號〞衛(wèi)星是我國第一顆分辨率到達1米的C頻段多極化合成孔徑雷達(SAR)衛(wèi)星，也