江苏省南京中华中学期末精选易错题（Word版 含答案）
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）
1．一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，OP的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
v1A．小球落在P点的时间是
gtan?B．Q点在P点的下方 C．v1>v2
D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A．以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为?的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，由几何关系可知
2v1 v2tan??所以
v1t12v?112gt1 gt122v1 gtan?t1?A错误；
BC．当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何关系可知
tan??即
v2 gt2t2?v2 gtan?根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，可知Q点在P点的上方，t2?t1，
水平位移x2?x1，所以v2?v1，BC错误； D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是故选D。
t12v1?，D正确。 t2v2
2．不可伸长的轻绳通过定滑轮，两端分别与甲、乙两物体连接，两物体分别套在水平、竖直杆上。控制乙物体以v=2m/s的速度由C点匀速向下运动到D点，同时甲由A点向右运动到B点，四个位置绳子与杆的夹角分别如图所示，绳子一直绷直。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．甲在A点的速度为2m/s B．甲在A点的速度为2.5m/s
C．甲由A点向B点运动的过程，速度逐渐增大 D．甲由A点向B点运动的过程，速度先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
AB．将甲的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于甲沿绳子方向的分速度，设该速度为v绳，
根据平行四边形定则得，B点的实际速度
vB?同理，D点的速度分解可得
v绳
cos53?v绳?vDcos37?
联立解得
vBcos53??vDcos37?
那么，同理则有
vAcos37??vCcos53?
由于控制乙物体以v?2ms的速度由C点匀速向下运动到D点，因此甲在A点的速度为
vA?1.5ms，AB错误；
CD．设甲与悬点连线与水平夹角为?，乙与悬点连线与竖直夹角为?，由上分析可得
vAcos??vCcos?
在乙下降过程中，?角在逐渐增大，?角在逐渐减小，则有甲的速度在增大，C正确，D错误。 故选C。
3．如图所示，ACB是一个半径为R的半圆柱面的横截面，直径AB水平，C为截面上的最低点，AC间有一斜面，从A点以大小不同的初速度v1、v2沿AB方向水平抛出两个小球，a和b，分别落在斜面AC和圆弧面CB上，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．初速度v1可能大于v2 B．a球的飞行时间可能比b球长
C．若v2大小合适，可使b球垂直撞击到圆弧面CB上 D．a球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45° 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A、两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x=v0t得知t相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v1一定小于v2．故A错误. B、竖直方向上做自由落体运动，由h?122hgt，得t?，若a球下落的高度大于b球的
g2高度，则a球的飞行时间比b球长;故B正确.
C、根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b球垂直撞击到圆弧面CB上速度的反向延长线，与AB的交点一定在O点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O点，所以b球不可能与CB面垂直，即b球不可能垂直撞击到圆弧面CB上，故C错误.
D、由几何知识得知AC面的倾角为45°，运用与C项同样的分析方法：作出a球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45°．故D错误. 故选B.
4．如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则（ ）
A．刚开始时B的速度为
v cos?B．A匀速上升时，重物B也匀速下降
C．重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力 D．A运动到位置N时，B的速度最大 【答案】C 【解析】 【详解】
A.对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是
va、vb，其中va就是B的速率（同一根绳子，大小相同），故刚开始上升时B的速度vB?vcos?，故A不符合题意；
B.由于A匀速上升，?在增大，所以vB在减小，故B不符合题意；
C .B做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C符合题意； D.当运动至定滑轮的连线处于水平位置时??90?，所以vB?0， 故D不符合题意。
5．一群小孩在山坡上玩投掷游戏时，有一小石块从坡顶水平飞出，恰好击中山坡上的目标物。若抛出点和击中点的连线与水平面成角?，该小石块在距连线最远处的速度大小为
v，重力加速度为g，空气阻力不计，则（ ）
A．小石块初速度的大小为
v cos?vsin? gB．小石块从抛出点到击中点的飞行时间为
2v2sin?C．抛出点与击中点间的位移大小为
gD．小石块击中目标时，小石块的速度的方向与抛出点和击中点的连线的夹角也为? 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A．石块做的是平抛运动，当石块与连线的距离最远时，石块的速度与山坡斜面平行，所以把石块的速度沿水平和竖直方向分解，水平方向上可得
v cos?即为平抛运动的初速度的大小，选项A正确；
v0?BC．设抛出点与击中点间的距离为L，则由平抛运动的规律得 水平方向上
Lcos??v0t
竖直方向上
Lsin??由以上两个方程可以解得
12gt 22v2sin?L? 3gcos?t?选项BC错误；
D．小石块击中目标时，竖直分速度
2vsin?
gcos2?vy?gt?则击中目标时速度方向与水平方向的夹角
2vsin?
cos2?tan??vyv0?2vsin??2tan? 2cos?所以小石块击中目标时，小石块的速度的方向与抛出点和击中点的连线的夹角不等于?，选项D错误。 故选A。
6．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车匀速向右运动时，绳中拉力 ( )．
A．大于A所受的重力 B．等于A所受的重力 C．小于A所受的重力
D．先大于A所受的重力，后等于A所受的重力 【答案】A 【解析】 【详解】
绳与小车的结点向右匀速运动，此为合运动，可把它按如图所示进行分解．
其中v1为绳被拉伸的速度，
v1＝vcos θ
A上升的速度vA与v1大小相等，即
vA＝v1＝vcos θ
随着车往右运动，θ角减小，故vA增大，即A物体加速上升，加速度竖直向上，由牛顿第二定律得，绳中拉力
T＝mg＋ma＞mg
故A正确，BCD错误。 故选A．
7．如图所示，在竖直平面内坐标系中的第一象限内有沿x轴正方向的恒定风力，将质量为m?0.1kg小球以初速度v0?4m/s从O点竖直向上抛出，到达最高点的位置为M点，落回
x轴时的位置为N（图中没有画出），若不计空气阻力，坐标格为正方形，g取10m/s2，
则（ ）
A．小球在M点的速度大小为5m/s
0) B．位置N的坐标为(12，C．小球到达N点的速度大小为410m/s D．风力大小为10N 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．设正方形的边长为s0，小球竖直方向做竖直上抛运动有
v0?gt1
解得
t1?0.4s
2s0?水平方向做匀加速直线运动有
v0t1 2v1t1 23s0?解得小球在M点的速度大小为
v1?6m/s
选项A错误；
B．由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过t1到达x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，位置N的坐标为（12，0），选项B正确； C．到N点时竖直分速度大小为v0?4m/s，水平分速度
vx?a水平tN?2v1?12m/s
小球到达N点的速度大小为
22v2?v0?vx?410m/s
选项C正确； D．水平方向上有
v1?at1
解得
a水平?15m/s2
所以风力大小
F?ma水平?1.5N
选项D错误。 故选BC。
8．如图所示，在水平地面上固定一倾角为?的光滑斜面，在斜面底端将一物块以初速度v1沿斜面上滑，同时在斜面底端正上方高h处以初速度v2水平抛出一小球，已知当物块的速度最小时，小球与物块恰在斜面中点相撞，忽略空气阻力，那么下列说法正确的有（ ）
A．物块与小球相遇的时间t?2h g?1?sin2??2sin?B．物块初速度v1?2gh? 21?sin?sin22?C．小球初速度v2?gh?
2?1?sin2??D．斜面的水平长度L?【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
设物块在斜面上运动的距离为s，由牛顿第二定律得
sin2??h 21?sin?mgsin??ma
由运动学方程得
?v12?2as?12?h?ssin??gt ?2???scos??v2t又因为
2s?L?cos?
联立解得
t?2h g?1?sin2??
sin2? v1?2gh?21?sin?1sin22?v2?gh? 22?1?sin2??L?故ABD正确，C错误。 故选ABD。
sin2??h 21?sin?
9．河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，经过一段时间该船成功渡河，则下列说法正确的是（ ）
A．船渡河的航程可能是300m B．船在河水中的最大速度可能是5m/s C．船渡河的时间不可能少于100s
D．若船头与河岸垂直渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．因河流中间部分水流速度大于船在静水中的速度，因此船渡河的合速度不可能垂直河岸，则位移不可能是300m，选项A错误；
B．若船头垂直河岸，则当水流速最大时，船的速度最大
vm?32?42m/s?5m/s
选项B正确；
C．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短
t?选项C正确；
d300?s?100s vC3D．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动轨迹是曲线，选项D错误。 故选BC。
10．如图所示，一艘轮船正在以4m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1=3m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，但轮船受到水大小不变的阻力作用而使轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。下列判断正确的是（ ）
A．发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小5m/s
B．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于地面做匀变速直线运动 C．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于静水做匀变速直线运动 D．发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值3m/s 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A．发动机未熄火时，轮船实际运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示：
故此时船相对于静水的速度v2的大小为
v2?v2?v12?5m/s
设v与v2的夹角为?，则
cos??A正确；
v?0.8 v2B．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于地面初速度为图中的v，而因受阻力作用，其加速度沿图中v2的反方向，所以轮船相对于地面做类斜上抛运动，即做匀变速曲线运动，B错误；
C．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于静水初速度为图中的v2，而因受阻力作用，其加速度沿图中v2的反方向，所以轮船相对于静水做匀变速直线运动，C正确； D．熄火前，船的牵引力沿v2的方向，水的阻力与v2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时轮船的合速度最小，如图所示，则
vmin?v1cos??2.4m/s
D错误。 故选AC。
二、第六章 圆周运动易错题培优（难）
11．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平足够大圆盘，上面放置劲度系数为k的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接质量为m的小物块A（可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为L，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，物块A始终与圆盘一起转动。则（ ）
A．当圆盘角速度缓慢地增加，物块受到摩擦力有可能背离圆心 B．当圆盘角速度增加到足够大，弹簧将伸长 C．当圆盘角速度为?g，物块开始滑动 LD．当弹簧的伸长量为x时，圆盘的角速度为【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
?mg?kx mLAB．开始时弹簧未发生形变，物块受到指向圆心的静摩擦力提供圆周运动的向心力；随着圆盘角速度缓慢地增加，当角速度增加到足够大时，物块将做离心运动，受到摩擦力为指向圆心的滑动摩擦力，弹簧将伸长。在物块与圆盘没有发生滑动的过程中，物块只能有背离圆心的趋势，摩擦力不可能背离圆心，选项A错误，B正确；
C．设圆盘的角速度为ω0时，物块将开始滑动，此时由最大静摩擦力提供物体所需要的向心力，有
?mg?mL?02
解得
?0?选项C正确；
?gL D．当弹簧的伸长量为x时，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有
2?mg?kx?m?（L?x）
解得
??选项D错误。 故选BC。
?mg?kx m（L?x）
12．如图所示，一个竖直放置半径为R的光滑圆管，圆管内径很小，有一小球在圆管内做圆周运动，下列叙述中正确的是（ ）
A．小球在最高点时速度v的最小值为gR
B．小球在最高点时速度v由零逐渐增大，圆管壁对小球的弹力先逐渐减小，后逐渐增大 C．当小球在水平直径上方运动时，小球对圆管内壁一定有压力 D．当小球在水平直径下方运动时，小球对圆管外壁一定有压力 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A．小球恰好通过最高点时，小球在最高点的速度为零，选项A错误； B．在最高点时，若v?gR，轨道对小球的作用力方向向上，有
v2mg?N?m
R可知速度越大，管壁对球的作用力越小； 若v?gR，轨道对小球的作用力方向向下，有
v2N?mg?m
R可知速度越大，管壁对球的弹力越大。 选项B正确；
C．当小球在水平直径上方运动，恰好通过最高点时，小球对圆管内外壁均无作用力，选项C错误；
D．当小球在水平直径下方运动时，小球受竖直向下的重力，要有指向圆心的向心力，则小球对圆管外壁一定有压力作用，选项D正确。 故选BD。
13．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置
能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）
2Kg时，A、B相对于转盘会滑动 3LA．当??B．当Kg2Kg时，绳子一定有弹力 ???2L3LC．?在D．?在Kg2Kg范围内增大时，B所受摩擦力变大 ???2L3LKg2Kg范围内增大时，A所受摩擦力不变 ???2L3L【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A．当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有
Kmg?T?m?12L
对B有
Kmg?T?m?12?2L
解得
?1?当??2Kg 3L2Kg时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确； 3L2Kmg?m?2?2L
B．当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力
解得
?2?当Kg 2LKg2Kg时，绳子具有弹力，故B正确； ???2L3LKg范围内增大时，B所受的摩擦力变大；当??2LKg时，B受到2LC．当ω在0???
的摩擦力达到最大；当ω在错误；
D．当ω在0???故选AB。
Kg2Kg范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C???2L3L2Kg范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D错误。 3L
14．高铁项目的建设加速了国民经济了发展，铁路转弯处的弯道半径r是根据高速列车的速度决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内外轨高度差h的设计与r和速率v有关。下列说法正确的是（ ）
A．r一定的情况下，预设列车速度越大，设计的内外轨高度差h就应该越小 B．h一定的情况下，预设列车速度越大，设计的转弯半径r就应该越大 C．r、h一定，高速列车在弯道处行驶时，速度越小越安全
D．高速列车在弯道处行驶时，速度太小或太大会对都会对轨道产生很大的侧向压力 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
如图所示，两轨道间距离为L恒定，外轨比内轨高h，两轨道最高点连线与水平方向的夹角为θ。
当列车在轨道上行驶时，利用自身重力和轨道对列车的支持力的合力来提供向心力，有
hv2F向=mgtan??mg?m
LrA． r一定的情况下，预设列车速度越大，设计的内外轨高度差h就应该越大，A错误； B．h一定的情况下，预设列车速度越大，设计的转弯半径r就应该越大，B正确； C．r、h一定，高速列车在弯道处行驶时，速度越小时，列车行驶需要的向心力过小，而为列车提供的合力过大，也会造成危险，C错误；
D．高速列车在弯道处行驶时，向心力刚好有列车自身重力和轨道的支持力提供时，列车对轨道无侧压力，速度太小内轨向外有侧压力，速度太大外轨向内有侧压力，D正确。 故选BD。
15．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B．小球过最高点的最小速度是gR C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D．小球过最高点时，杆对球的作用力可能随速度增大而增大 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A．当小球到达最高点弹力为零时，重力提供向心力，有
v2mg?m
R解得
v?gR 即当速度v?gR时，杆所受的弹力为零，选项A正确；
gR，则有
v2mg?F＝m
RB．小球通过最高点的最小速度为零，选项B错误； CD．小球在最高点，若v?杆的作用力随着速度的增大而减小； 若v?gR，则有
v2mg?F＝m
R杆的作用力随着速度增大而增大。 选项C错误，D正确。 故选AD。
16．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿在环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳上的最大拉力为2mg，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则ω不可能为（ ） ．．．
A．2g RB．2g RC．6g RD．7g R【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
因为圆环光滑，所以小球受到重力、环对球的弹力、绳子的拉力等三个力。细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，如图所示
当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为
F?m?2r
根据几何关系，其中
r＝Rsin60?
一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得
Fmin＝mgtan60?
即
2mgtan60?＝m?minRsin60?
解得
?min?当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，
2g RFmax?FNsin60??Tmaxsin60? FNcos60??Tmaxcos60??mg
可得
Fmax?33mg
同理可知，最大角速度为
?max?则6g R7g2g6g不在范围内，故选D。 ???RRR
17．如图，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止．A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α＞β，则下列说法正确的是（ ）
A．A的向心力等于B的向心力 B．A、B受到的摩擦力可能同时为0
C．若ω缓慢增大，则A、B受到的摩擦力一定都增大 D．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A．A物体受到的向心力
FA?m?2Rsin?
B物体受到的向心力
FB?m?2Rsin?
由于
α＞β
因此 A的向心力大于B的向心力，A错误；
B．假设A、B两物体所受摩擦力同时为零，对A物体进行受力分析可知
FNAcos??mg ? FNAsin??FA整理得
??mgtan?① FA同理可得
??mgtan? FB与A中结果比较，可知
?:FB? FA:FB?FA因此两个摩擦力不可能同时为0，B错误；
C．当角速度ω很小时，摩擦力沿球形容器面向上，当角速度ω缓慢增大时，摩擦力先减小到零，再反向增大，C错误； D．若A不受摩擦力，由①式可知
mgtan??m?2Rsin?
可得
?2=此时B受到的向心力大小为
g
Rcos?FB?mgsin??mgtan?
cos?也就是说B若不受摩擦力，仅靠支持力的水平分力不足以提供向心力，因此B受到的摩擦力沿容器壁向下，D正确。 故选D。
18．如图所示，用一根质量不计不可伸长的细线，一端系一可视为质点的小球，另一端固定在O点。当小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为?时，悬点O到轨迹圆心高度h，细绳拉力大小为F，小球的向心加速度大小为a，线速度大小为v，下列描述各物理量与角速度?的关系图像正确的是( )
A． B．
C． D．
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A．设细绳长度为l，小球质量为m，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳拉力为F，有
Fsin??m?2lsin?
得
F?m?2l
A正确； B．由
mgtan??m?2lsin?
h?lcos?
得
h?B错误； C．由
g?2
mgtan??m?2lsin?
可得
cos??小球的向心加速度
g?2l
a??2lsin???4l2?g2 C错误； D．由
cos??得小球的线速度
g?2l
v??lsin???l?D错误。 故选A。
22g2?2
19．如图1所示，轻杆的一端固定一小球（视为质点）另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴处有力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F，若竖直向下为力的正方向，小球在最低点时给不同的初速度，得到F–v2图像如图2所示，取g=10 m/s2，则（ ）
A．小球恰好通过最高点时的速度大小为5m/s
B．小球以2m/s的速度通过最高点时，杆对球的拉力大小为0.6N C．O轴到球心间的距离为0.5m D．小球的质量为3kg 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A．由于是球杆模型，小球恰好通过最高点时的速度为零，A错误；
D．当小球通过最高点的速度为零时，杆对小球的支持力恰好等于小球的重量，由图2可知，小球的重量为3N，即质量为0.3kg，D错误；
C．当小球通过最高点时的速度的平方为5m2/s2时，恰好对杆没有作用力，此时重力提供向心力，根据
v2 mg?m
L可知杆的长度为0.5m， C正确；
B．当小球以2m/s的速度通过最高点时，根据
v2mg+T?m
L可得
T??0.6N
此时杆对球的支持力大小为0.6N，B错误。 故选C。
20．质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质细杆的 A 点和 B 点，如图所示，绳 a 与水平方向成θ角，绳 b 在水平方向且长为 l，当轻杆绕轴 AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周 运动，则下列说法正确的是（ ）
A．a 绳的张力可能为零
B．a 绳的张力随角速度的增大而增大
C．若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的弹力一定发生变化 D．当角速度??【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A错； B、根据竖直方向上平衡得，Fasinθ=mg，解得Fa?误．
D、当b绳拉力为零时，有：mgcot??m?2l ，解得??g ，b 绳将出现弹力 ltan?mg，可知a绳的拉力不变，故B错sin?g ，可知当角速度ltan???g ，b绳将出现弹力，故D对； ltan?C、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故C错误 故选D 【点睛】
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变．
三、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
21．如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套
在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为
L2的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒 B．P、Q的速度大小始终相等 C．弹簧弹性势能最大值为
3?1
mgL 2
D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为2mg 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误；
B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知
vPcos??vQsin?
解得
vP?tan? vQ由于α变化，故P、Q的速度大小不相同，选项B错误； C．根据系统机械能守恒可得
EP?mgL(cos30??cos60?)
弹性势能的最大值为
EP?选项C正确；
3?1mgL 2D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对P、Q和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得
FN?2mg?m?0?m?0
解得
FN=2mg
选项D正确。 故选CD。
22．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b杆套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g．在此后的运动过程中，下列说法中正确的是
A．a球和b球所组成的系统机械能守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于g C．b球的最大速度为（2?2）gL D．a球的最大速度为【答案】AC 【解析】 【详解】
A．a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球的机械能守恒，故A正确；
B．当再次回到初始位置向下加速时，b球此时刻速度为零，但a球的加速度小于g，故B错误；
C．当杆L和杆L1平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点的位置的时候球b的速度达到最大，此时由运动的关联可知a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有：
2gL
?2?12mg?L?L??2??2mvb ??得：
vb?故C正确；
?2+2?gL D．当轻杆L向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L和杆L2平行，由运动的关联可知此时b球的速度为零，有系统机械能守恒有：
212 mg?L?mva22得：
va?速度为0时速度达到最大，故D错误．
2gL 此时a球具有向下的加速度g，因此此时a球的速度不是最大，a球将继续向下运动到加
23．如图，将一质量为2m的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离A为d处．现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）
A．环到达B处时，重物上升的高度B．环能下降的最大距离为
d 24d 32 2C．环到达B处时，环与重物的速度大小之比为D．环从A到B减少的机械能等于重物增加的机械能 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=2d?d，故A错误；环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为h2?d2 ?d，根据机械能守恒有mgh?2mg(h2?d2??d)，解得：h=
4dd，故B正确．对B的速度沿绳3子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v
v ＝2，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守重物，所以
v重物恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D正确；故选BD．
24．如图所示，劲度系数k=40N/m的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A、B在水平向左的推力F=10N作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m=3kg。现突然撤去力F，同时用水平向右的拉力F?作用在物块B上，同时控制F?的大小使A、B一起以a=2m/s2的加速度向右做匀加速运动，直到A、B分离，此过程弹簧对物块做的功为W弹=0.8J。则下列说法正确的是（ ）
A．两物块刚开始向右匀加速运动时，拉力F'=2N B．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离 C．两物块一起匀加速运动经过10s刚好分离 10D．两物块一起匀加速运动到分离，拉力F'对物块做的功为0.6J 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A．两物块刚开始向右匀加速运动时，对AB整体，由牛顿第二定律可知
F?F??2ma
解得
F??2ma?F?2?3?2N?10N?2N
故A正确；
BC．两物体刚好分离的临界条件；两物体之间的弹力为零且加速度相等。设此时弹簧的压缩量为x，则有
kx?ma
代入数据，可得
x?弹簧最初的压缩量
ma3?2?m?0.15m k40F10?m=0.25m k40故两物块一起匀加速运动到分离的时间为
12at?x0?x 2解得
x0?t?故B错误，C正确；
D．对AB整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得
2(x0?x)2(0.25?0.15)10?s?s a210
1W弹?WF???2mv2
2v?at?2?解得
1010?m/s 10511102WF???2mv2?W弹??2?3?()J?0.8J?0.4J
225故D错误。 故选AC。
25．如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间
L3．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数??，不计空28气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )
的距离为
A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．A在从C至D的过程中，加速度大小为C．弹簧的最大弹性势能为
1g 2015mgL 838D．弹簧的最大弹性势能为mgL 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB．对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速度为
a?4mgsin30??mg???4mgcos30?g?
4m?m20可知a不变，A做匀加速运动，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；
CD．当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得
L?L?L???? 0?0?4mg?L??sin30??mg?L?????4mgcos30??L???W弹
2?2?2????解得W弹?3mgL，则弹簧具有的最大弹性势能为 83Ep?W弹?mgL
8故C错误，D正确。 故选BD。
26．如图所示，倾角为的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因数??tan?，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度v，重力势能EP，动能Ek和机械能E四个物理量随物块沿传送带运动距离x的变化趋势中正确的有（ ）
A． B．
C．
D．
【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A．小物块无初速度的放在传送带上，先向下加速，最初阶段传送带的速度大于小物体的速度，滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律的小物体的加速度
a1?g(sin???cos?)
由
v2?2a1x
得
v?2a1x 故v—x图像应为向x轴弯曲的一段曲线；
当小物体加速到与传送带的速度相等后，由于??tan?，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，小物体受到的合力沿传送带向下，小物块继续向下加速；小物块的速度大于传送带的速度v0后，摩擦力沿传送带向上，加速度
a2?g(sin???cos?)
由
2v2?v0?2a2x
解得
2v?v0?2a2x 故v-x图像同样为向x轴弯曲的一段曲线，故A错误；
B．取传送带底端为零势能面，设初状态重力势能为EP0，重力势能表达式为
Ep?Ep0?mgxsin?
EP-x图像应为斜率为负值的一段直线，故B正确； C．小物块加速度为a1时，根据动能定理有动能的表达式为
Ek?F合x?ma1?x
设此过程获得的动能为Ek0，Ek-x图像应为斜率为正值、过原点的一段直线；小物块的速度大于传送带速度后加速度为a2，动能表达式为
Ek?Ek0?F合x?Ek0?ma2x
故Ek-x图像应为斜率为正值的一段直线；由于a1?a2，斜率变小，故C正确。 D．小物块加速度为a1时，摩擦力做正功，机械能增加，机械能表达式为
E?Ep0??mgcos??x
E-x图像应为斜率为正值的一段直线，纵轴截距为初状态的机械能EP0；小物体加速到与传送带的速度相等时，机械能增加到最大值Em，小物块的速度大于传送带速度后，摩擦力做负功，机械能表达式为
E?Em??mgcos??x
E-x图像应为斜率为负值的一段直线，故D正确。 故选BCD。
27．如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F将小球从竖直位置P拉到位置Q，小球在
Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为?，则（ ）
A．恒力做功等于小球重力势能的增量 B．小球将静止在Q点 C．细线对小球做的功为零
D．若在Q点将外力F撤去，小球来回摆动的角度将等于? 【答案】C 【解析】 【分析】
小球在Q点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。 【详解】
A．小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F和重力G的关系为
F?Gtan?
从竖直位置P拉到位置Q过程中位移为s，恒力F做功
WF重力G做功的大小
Gtan?scos?2Gstan?cos
2?WGGhGssin?2
??90?所以
WFWGGstan?cosGssin?2tan?tan21tan2??2?21
2
即有
WF选项A错误； B．因为WFWG
而小球重力势能的增量等于重力G做功的大小，因此恒力做功大于小球重力势能的增量，
WG，根据动能定理可知小球到达Q点时动能不为零，小球具有一定速度，
不会静止在Q点，选项B错误；
C．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C正确；
D．因为小球在Q点速度不为零，若在Q点将外力F撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。之后的摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此小球来回摆动的角度将大于?，选项D错误。 故选C。 【点睛】
抓住小球在Q点所受的合力恰好为零是分析问题的关键。
28．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
A．在x1处物体所受拉力最大 B．0～x1过程中合外力增大
C．在x1～x2过程中，物体的加速度一直减小 D．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A．由图并根据功能关系可知，x1处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由
E?Fx
可知此时所受的拉力最大，故A正确，不符合题意；
B．在0~x1过程中，图象的斜率逐渐变大，说明拉力越来越大，合外力向上越来越大，故B正确，不符合题意；
CD．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力
F合?F?mg
可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。 故选C。
29．某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0．在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P/2，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图像，其中正确的是( )
A． B．
C． D．
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
由题，汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为
P时，根据P=Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为2F?1PF0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为，随着速度的22减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为F0；由P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半．
AB．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故A正确，B错误．
CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故CD错误．
30．一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程
中，小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即
?EkW??P ?t?tA点与C点处小球速度均为零，B点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A、B、C三点处的重力做功功率为零，则小球由A点运动到B点的过程中力做功功率（Ek-t的斜率）是先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功功率（Ek-t的斜率）也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误； 故选B。 【点睛】
关键知道动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率。
四、第七章 万有引力与宇宙航行易错题培优（难）
31．2020年也是我国首颗人造卫星“东方红一号”成功发射50周年。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星“东方红一号”，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上。设东方红一号在近地点的加速度为
a1，线速度v1，东方红二号的加速度为a2，线速度v2，固定在地球赤道上的物体随地球
自转的加速度为a3，线速度v3，则下列大小关系正确的是（ ） A．a2?a1?a3 【答案】BC 【解析】
B．a1?a2?a3
C．v1?v2?v3
D．v3?v2?v1
【分析】 【详解】
AB．对于两颗卫星公转，根据牛顿第二定律有
G解得加速度为a?Mm?ma r2GM，而东方红二号的轨道半径更大，则a1?a2；东方红二号卫星为2ra??2r
地球同步卫星，它和赤道上随地球自转的物体具有相同的角速度，由匀速圆周运动的规律 且东方红二号卫星半径大，可得a2?a3，综合可得a1?a2?a3，故A错误，B正确；
?，需要点火加速变为椭圆CD．假设东方红一号卫星过近地点做匀速圆周运动的线速度为v1?；根据万有引力提供向心力有 轨道，则v1?v1Mmv2G2?m rr得卫星的线速度v?GM??v2；东方红二号卫星可知，东方红二号的轨道半径大，则v1r为地球同步卫星，它和赤道上随地球自转的物体具有相同的角速度，由匀速圆周运动的规律有
v??r
??v2?v3，故C正确，D错误。 且东方红二号卫星半径大，可得v2?v3，综上可得v1?v1故选BC。
32．如图所示为科学家模拟水星探测器进入水星表面绕行轨道的过程示意图，假设水星的半径为R，探测器在距离水星表面高度为3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行的周期为T，在到达轨道的P点时变轨进入椭圆轨道II，到达轨道II的“近水星点”Q时，再次变轨进入近水星轨道Ⅲ绕水星做匀速圆周运动，从而实施对水星探测的任务，则下列说法正确的是（ ）
A．水星探测器在P、Q两点变轨的过程中速度均减小 B．水星探测器在轨道II上运行的周期小于T
C．水星探测器在轨道I和轨道II上稳定运行经过P时加速度大小不相等
D．若水星探测器在轨道II上经过P点时的速度大小为vP，在轨道Ⅲ上做圆周运动的速度大小为v3，则有v3>vP 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
AD．在轨道I上运行时
GMmmv12 ?r2r而变轨后在轨道II上通过P点后，将做近心运动，因此
2GMmmvP ?2rr则有
v1?vP
从轨道I变轨到轨道II应减速运动；而在轨道II上通过Q点后将做离心运动，因此
2GMmmvQ ?2r?r?而在轨道III上做匀速圆周运动，则有
2GMmmv3 =2??rr则有
v3?vQ
从轨道II变轨到轨道III同样也减速，A正确； B．根据开普勒第三定律
r3?恒量 T2由于轨道II的半长轴小于轨道I的半径，因此在轨道II上的运动周期小于在轨道I上运动的周期T，B正确； C．根据牛顿第二定律
GMm?ma r2同一位置受力相同，因此加速度相同，C错误； D．根据
GMmmv2 ?2rr解得
v?GM r
可知轨道半径越大运动速度越小，因此
v3?v1
又
v1?vP
因此
v3?vP
D正确。 故选ABD。
33．同步卫星的发射方法是变轨发射，即先把卫星发射到离地面高度为几百千米的近地圆形轨道Ⅲ上，如图所示，当卫星运动到圆形轨道Ⅲ上的B点时，末级火箭点火工作，使卫星进入椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ的远地点恰好在地球赤道上空约36000km处，当卫星到达远地点A时，再次开动发动机加速，使之进入同步轨道Ⅰ。关于同步卫星及发射过程，下列说法正确的是（ ）
A．在B点火箭点火和A点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此卫星在轨道Ⅰ上运行的线速度大于在轨道Ⅲ上运行的线速度
B．卫星在轨道Ⅱ上由A点向B点运行的过程中，速率不断增大 C．所有地球同步卫星的运行轨道都相同
D．同步卫星在圆形轨道运行时，卫星内的某一物体处于超重状态 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．根据变轨的原理知，在B点火箭点火和A点开动发动机的目的都是使卫星加速； 当卫星做圆周运动时有
Mmv2G2?m rr解得
v?GM r可知卫星在轨道I上运行的线速度小于在轨道Ⅲ上运行的线速度，故A错误；
B．卫星在轨道Ⅱ上由A点向B点运行的过程中，万有引力做正功，动能增大，则速率不断增大，故B正确；
C．所有的地球同步卫星的静止轨道都在赤道平面上，高度一定，所以运行轨道都相同，故C正确；
D．同步卫星在圆形轨道运行时，卫星内的某一物体受到的万有引力完全提供向心力，物体处于失重状态，故D错误。 故选BC。
34．行星A和行星B是两个均匀球体，行星A的卫星沿圆轨道运行的周期为TA，行星B的卫星沿圆轨道运行的周期为TB，两卫星绕各自行星的近表面轨道运行，已知
TA:TB?1:4，行星A、B的半径之比为RA:RB?1:2，则（）
A．这两颗行星的质量之比mA:mB?2:1 B．这两颗行星表面的重力加速度之比gA:gB?2:1 C．这两颗行星的密度之比?A:?B?16:1 D．这两颗行星的同步卫星周期之比TA:TB?1:2 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A．人造地球卫星的万有引力充当向心力
Mm4?2RG2＝m2 RT得
4?2R3 M＝GT2所以这两颗行星的质量之比为
mART1162＝ (A)3?(B)2＝?＝ mBRBTA811故A正确；
B．忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力
G得
Mm＝mg 2RGM2 Rg＝所以两颗行星表面的重力加速度之比为
gmR248 A＝A?(B)2＝?＝ gBmBRA111故B错误；
C．行星的体积为V＝?R 故密度为
4334?2R32M3?GT?＝＝＝2 4V?R3GT3所以这两颗行星的密度之比为
?ATB216＝ ()＝ ?BTA1故C正确；
D．根据题目提供的数据无法计算同步卫星的周期之比，故D错误。 故选AC。
35．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法不正确的是（ ）
A．要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在圆轨道1的Q点和椭圆轨道2的远地点P分别点火加速一次
B．由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度大于卫星在圆轨道1上正常运行速度
C．卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9 km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9 km/s
D．卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度一定等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A．卫星由小圆变椭圆，需要在Q点点火加速，而卫星由椭圆变大圆，需要在P点点火加速，故A正确，A项不合题意；
B．卫星在3轨道和1轨道做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得线速度为
v?GM r而r3?r1，可知星在圆轨道3上正常运行速度小于卫星在圆轨道1上正常运行速度，故B正确，B项符合题意；
C．卫星在1轨道的速度为7.9 km/s，而由1轨道加速进入2轨道，则在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9 km/s，而椭圆上由近地点到远地点减速，且3轨道的线速度大于椭圆在远地点的速度，故在远地点P的速度一定小于7.9 km/s，，即有
v2Q?v1Q(?7.9km/s)?v3P?v2P
故C正确，C项不合题意；
D．卫星在不同轨道上的同一点都是由万有引力提供合外力，则卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度一定等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度，故D正确，D项不合题意。 本题选不正确的，故选B。
36．“神九”载人飞船与“天宫一号”成功对接及“蛟龙”号下潜突破7000米入选2012年中国十大科技进展新闻。若地球半径为R，把地球看作质量分布均匀的球体（质量分布均匀的球壳对球内任一质点的万有引力为零）。“蛟龙”号下潜深度为d，“天宫一号”轨道距离地面高度为h，“天宫一号”所在处与“蛟龙”号所在处的重力加速度之比为（ ）
RdA．
Rh(Rd)(Rh)2C． 3RR3B．
(R?d)(R?h)2D．
(Rd)(Rh)
R2【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
“天宫一号”绕地球运行，所以
4MmG?G32(R?h)(R?h)2“蛟龙”号在地表以下，所以
??R3?m?mg
GM?m??G(R?d)2??(R?d)3?m?(R?d)243?m?g?
“天宫一号”所在处与“蛟龙”号所在处的重力加速度之比为
gR31R3??? g?(R?h)2R?d(R?d)(R?h)2故ACD错误，B正确。
故选B。
37．“嫦娥四号”已成功降落月球背面，未来中国还将建立绕月轨道空间站。如图所示，关闭动力的宇宙飞船在月球引力作用下沿地－月转移轨道向月球靠近，并将与空间站在A处对接。已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，月球的半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．地－月转移轨道的周期小于T
B．宇宙飞船在A处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速 C．宇宙飞船飞向A的过程中加速度逐渐减小
4π2R2D．月球的质量为M=
GT2
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A．根据开普勒第三定律可知，飞船在椭圆轨道的半长轴大于圆轨道的半径，所以地-月转移轨道的周期大于T，选项A错误；
B．宇宙飞船在椭圆轨道的A点做离心运动，只有在点火减速后，才能进入圆轨道的空间站轨道，选项B正确；
C．宇宙飞船飞向A的过程中，根据
GMm?ma r2知半径越来越小，加速度越来越大，选项C错误； D．对空间站，根据万有引力提供向心力有
Mm4?2G2?m2r rT解得
4?2r3 M?GT2其中r为空间站的轨道半径，选项D错误。 故选B。
38．如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则
A．金星表面的重力加速度是火星的B．金星的第一宇宙速度是火星的k nk nC．金星绕太阳运动的加速度比火星小 D．金星绕太阳运动的周期比火星大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
2M金R火gk金22=? 故A错误， 有黄金代换公式GM=gR可知g=GM/R,所以2g火M火R金n2GMGMmv2 由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知解得v??m2RRR
v金k= 故B正确； ，所以v火n由由
GMm?ma 可知轨道越高，则加速度越小，故C错； 2rGMm2?2?m()r 可知轨道越高，则周期越大，故D错； 2rT综上所述本题答案是：B 【点睛】
结合黄金代换求出星球表面的重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小．
39．继“天宫一号”之后，2016年9月15日我国在酒泉卫星发射中心又成功发射了“天宫二号”空间实验室．“天宫一号”的轨道是距离地面343公里的近圆轨道；“天宫二号”的轨道是距离地面393公里的近圆轨道，后继发射的“神舟十一号”与之对接．下列说法正确的是 A．在各自的轨道上正常运行时，“天宫二号”比“天宫一号”的速度大 B．在各自的轨道上正常运行时，“天宫二号”比地球同步卫星的周期长 C．在低于“天宫二号”的轨道上，“神舟十一号”需要先加速才能与之对接 D．“神舟十一号”只有先运行到“天宫二号”的轨道上，然后再加速才能与之对接
【答案】C 【解析】
试题分析：由题意可知，“天宫一号”的轨道距离地面近一些，故它的线速度比较大，选项A错误；“天宫二号”的轨道距离地面393公里，比同步卫星距地面的距离小，故它的周期比同步卫星的周期小，故选项B错误；在低于“天宫二号”的轨道上，“神舟十一号”需要先加速才能与之对接，选项C正确；“神舟十一号”如果运行到“天宫二号”的轨道上，然后再加速，轨道就会改变了，则就不能与之对接了，则选项D错误． 考点：万有引力与航天．
40．一颗距离地面高度等于地球半径R的圆形轨道地球卫星，其轨道平面与赤道平面重合。已知地球同步卫星轨道高于该卫星轨道，地球表面重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．该卫星绕地球运动的周期T?4πR0 gg 2B．该卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度 C．该卫星绕地球运动的加速度大小a?D．若该卫星绕行方向也是自西向东，则赤道上的一个固定点连续两次经过该卫星正下方的时间间隔大于该卫星的周期 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A．对卫星根据牛顿第二定律有
2G在地球表面有
Mm?2R0?2?2???m??2R0
?T?GMm??m?g 2R0解得
T?4?选项A错误；
2R0 gB．该卫星的高度小于地球同步卫星的高度，则该卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度，选项B错误；
C．对卫星根据牛顿第二定律有
GMm?2R0?
2?ma
解得
a?选项C错误；
g 4D．由赤道上的一个固定点连续两次经过该卫星正下方，有
得
选项D正确。 故选D。
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江苏省南京中华中学期末精选易错题(Word版 含答案)
