参考答案

1.C　[由几何关系和题意可知，B点速度的方向与水平方向的夹角θ=30°①

由速度关系可得=tan θ②

水平方向：R+Rsin θ=v0t③

竖直方向：vy=gt

联立以上四式解之得：v0=3 m/s，故C项正确。]

2.B　[设小球的飞行时间为t，这段时间内圆盘转过的角度为θ，则由平抛运动的知识可得：Rsin θ=v0t，R+h-Rcos θ=gt2，两式联立代入数据可得cos θ=，所以t= s，选项A错误;小球在这段时间内下落的高度为H=gt2，代入数据得H=0.75 m，选项B正确;因为cos θ=，所以在这段时间内圆盘转过的角度可能为θ=2πn+(n=0，1，2，…)，所以圆盘转动的角速度ω==(n=0，1，2，…)，选项C错误;小球沿圆盘切线方向飞出时竖直方向的速度大小为v⊥=gt= m/s，所以小球沿圆盘切v==2 m/s，选项D错误。]

3.B　[根据B恰能保持静止可得：

k=k

A做匀速圆周运动，根据A受到的合力提供向心力得：

k-k=mAω2L1

C做匀速圆周运动，有k-k=mCω2L2

联立三式解得A和C的比荷之比应是()3。]

4.D　[地球的质量M，半径R不变，自转周期T变大，由=得第一宇宙速度v1=，则v1不变，A项错误;由-mg=mR，可得g=-R，则g增大，B项错误;对同步卫星，由=(R+h)，解得h=-R，则h变大，C项错误;同步卫星的线速度v=，h增大，v减小，D项正确。]

5.A　[根据万有引力提供天体运动的向心力G=mr，可以求出天体的质量M=。对于太阳和木星系统，据此可求出太阳质量M1=，对于木星及其卫星系统，据此可求出木星质量M2=，所以可求出木星与太阳之间的万有引力F=G，A正确;因太阳半径未知，不能求出太阳密度，B错误;因木星半径未知，不能求出木星表面的重力加速度，C错误;木星环绕太阳运动，卫星环绕木星运动，木星和卫星不是环绕同一天体运动，不适用开普勒第三定律直接D错误。]

6.AD　[因为三球以相同的初速度抛出，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，则A、B、C三个小球的运动时间之比为1∶2∶3，可得水平位移之比1∶2∶3，而DE=EF=FG，所以B、C两球也落在D点，故A正确，B错误;由h=gt2可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为1∶4∶9，故D正确，C错误。]

7.AC　[图甲中小球恰好通过最高点的速，图乙中小球恰好通过最高点的速度为，图甲中小球开始下落的高度为h1=1.5R+=2R，同理可得，图乙中小球开始下落的高度为h2=1.5R+=1.75R，A项正确，B项错误;由mgh=mv2和F-mg=m可知，两次小球到轨道最低点时，对轨道的压力分别为F1-mg=m，F2-mg=m，解得F1=mg+m，同理F2=mg+m，得F1=9mg，F2=4.5mg，D项错误，C项正确。]

8.AC　[由于该卫星的轨道半径为R，周期为T，所以其线速度大小为v=，选项A正M，卫星质量为m，则由万有引力提供向心力可得：=m，解得：v=，由此可知，卫星的轨道半径越大，其线速度越小，所以该卫星在轨道上的线速度应大于同步卫星的线速度，选项B错误;由万有引力提供向心力可得：=man，解之可得：an=，由此可判断该卫星的向心加速度应大于同步卫星的向心加速度，选项C正确;R0，则由万有引力提供向心力可得：G=m，又因为M=πRρ，两式联立可得：ρ=，选项D错误。]

9.BD　[两行星绕太阳运动的向心力均由万有引力提供，所以有G=m=mω2r=mr=ma，解得v=，T=，ω=，a=，根据题意r火>r地，所以有T地

10.BC　[根据开普勒第三定律得==，由三个轨道的半长轴(圆轨道时为半径)的关系为R1

11.【详细分析】(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得

mv=mgl，

解得小球运动到B点时的速度大小vB==4 m/s。

(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得

x=vBt，

y=H-l=gt2，

解得C点与B点之间的水平距离

x=vB=0.80 m。

(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，

由牛顿第二定律得

Fm-mg=m，

r=l-OP，

由以上各式解得Fm=9 N。

答案　(1)4 m/s　(2)0.80 m　(3)9 N

12.【详细分析】(1)小物体从C点到D点做平抛运动，有

vy==3 m/s

tan θ=

解得vC=4 m/s

小物体做平抛运动的时间为

t1==0.3 s

小物体从B到C做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得

μmg=ma

由运动学公式得v-v=-2al

代入数据解得vB=5 m/s

小物体做匀减速直线运动的时间为

t2=-=0.2 s

小物体从B点运动到D点所用的总时间为

t=t1+t2=0.5 s。

(2)小物体运动到B点时，设其受到的作用力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+mg=m

FN=11.5 N

由牛顿第三定律得FN′=FN=11.5 N

方向竖直向上。

(3)小物体从A运动到B点的过程，由机械能守恒定律得

EkA=4mgR+mv

解得EkA=2.05 J。

答案　(1)0.5 s　(2)11.5 N　方向竖直向上　(3)2.05 J

1.研究平抛运动的常用方法

(1)分解速度：水平方向：vx=v0

竖直方向：vy=gt

合速度：v=　tan θ==

(2)分解位移：水平方向：x=v0t

竖直方向：y=gt2

合位移：s=　tan φ=

(3)分解加速度

过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g正交分解为gx、gy，把初速度v0正交分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。

2.常见的情况有两种模型——轻绳模型和轻杆模型，分析比较如下：

轻绳模型 轻杆模型 常见类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 过最高点的临界条件 由mg=m，得v= 由小球能运动即可得v=0 讨论分析 ①能过最高点时，v≥，FN+mg=m，绳、轨道对球产生弹力FN②不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动 ①当v=0时，FN=mg，FN为0

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