（通用版）2020版高考物理大一轮复习单元质检四曲线运动万有引力与航天新人教版.docx

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1、1单元质检四 曲线运动 万有引力与航天(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 10 小题,每小题 6 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,第 15 题只有一项符合题目要求,第 610 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)1.如图所示,长为 L 的直杆一端可绕固定轴 O 无摩擦转动,另一端靠在以水平速度 v 匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上,当直杆与竖直方向夹角为 时,直杆端点 A 的线速度为( )A. B.vsin vsinC. D.vcos vcos答案 C解析 端点 A 的实际速度为它的线速度,如图所示,将它分

2、解为水平向左和竖直向下的分速度,则 vA=,故 C 正确。vcos2.如图所示,河水流动的速度为 v 且处处相同,河宽度为 a。在船下水点 A 的下游距离为 b 处是瀑布。为了使小船安全渡河(不掉到瀑布里去),则 ( )A.小船船头垂直河岸渡河时间最短,最短时间为 t= ,速度最大,最大速度为 vmax=av avbB.小船轨迹沿 y 轴方向渡河位移最小,速度最大,最大速度为 vmax=a2+b2vb2C.小船沿轨迹 AB 运动位移最大、时间最长,速度最小,最小速度 vmin=avbD.小船沿轨迹 AB 运动位移最大、速度最小,最小速度 vmin=ava2+b2答案 D解析 当小船船头垂直河岸

3、渡河时用时最短,为 t= ,故 A 错误;小船轨迹沿 y 轴方向渡河时位移最小,为av船a,但沿着船头指向的分速度必须指向上游,合速度不是最大,故 B 错误;由题图可知,小船沿轨迹 AB运动位移最大,由于渡河时间 t= ,与船的船头指向的分速度有关,故时间不一定最长,故 C 错误;要av船充分利用水流的速度,故合速度要沿着 AB 方向,此时位移最大,船的速度最小,故 ,v 船 =av船 = a2+b2v,D 正确。ava2+b23.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面。如图所示,用两根长为 l 的细线系一质量为 m 的小球,两线上端系于水平横杆上, A、 B 两点相距也为

4、 l。若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为( )A.2 mg B.3mg3C.2.5mg D. mg732答案 A解析 由几何知识可得,小球做圆周运动的半径 r= l,小球恰好过最高点时,根据牛顿第二定律有32mg=m v1232l小球运动到最低点时,根据动能定理得 mg l= 312mv22-12mv12由牛顿第二定律得32FTcos30-mg= mv2232l联立 得 FT=2 mg3故 A 正确,B、C、D 错误。4.右图为空间站中模拟地球重力的装置。环形实验装置的外侧壁相当于“地板”,让环形实验装置绕O 点旋转,能使“地板”上可视为质点的物体与

5、在地球表面处具有同样的“重力”,则旋转角速度应为(地球表面重力加速度为 g,此装置的外半径为 R)( )A. B.gR RgC.2 D.gR 2Rg答案 A解析 质点做圆周运动需要的向心力等于 mg,根据牛顿第二定律 mg=m 2R,解得转动的角速度为 =,所以 A 正确,B、C、D 错误。gR5.某行星有一颗卫星绕其做匀速圆周运动,若卫星在某高度处的线速度为 v1,高度降低 h 后仍做匀速圆周运动,线速度为 v2,引力常量 G 已知。由以上信息能够求出的是( )A.行星表面的重力加速度B.行星的质量C.行星的密度D.卫星的动能答案 B解析 设行星质量为 M,卫星的质量为 m,初始状态离地心的

6、距离为 r,根据万有引力定律有,由以上两式得 =h,可求得行星的质量 ,但由于不能求得行星的半径,GMmr2=mv12r, GMm(r-h)2= mv22r-h GMv12-GMv224也就无法求得行星的密度和行星表面的重力加速度,又由于不知道卫星的质量,也无法求得卫星的动能,故选 B。6.如图所示,两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球,细线的上端都系于 O 点,设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知 l1跟竖直方向的夹角为 60,l2跟竖直方向的夹角为30,O 点到水平面距离为 h,下列说法正确的是( )A.细线 l1和细线 l2所受的拉力大小之比为 13B.小球 m1和 m

7、2的角速度大小之比为 13C.小球 m1和 m2的向心力大小之比为 3 1D.小球 m1和 m2的线速度大小之比为 3 13答案 AC解析 由 mg=F1cos60,可得 F1=2mg,由 mg=F2cos30,可得 F2= ,则细线 l1和细线 l2所受的拉力大2mg3小之比为 1,选项 A 正确;由 mgtan=m 2htan ,可得小球 m1和 m2的角速度大小之比为 1 1,3选项 B 错误;小球 m1和 m2的向心力大小之比为 mgtan60mg tan30=3 1,选项 C 正确;由mgtan= ,可得小球 m1和 m2的线速度大小之比为 tan60 tan30=3 1,选项 D

8、错误。mv2htan7.如图所示,吊车以 v1的速度沿水平直线向右匀速行驶,同时以 v2的速度匀速收拢绳索提升物体,则下列表述正确的是( )A.物体的实际运动速度为 v1+v2B.物体的实际运动速度为 v12+v225C.物体相对地面做曲线运动D.绳索保持竖直状态答案 BD解析 物体在两个方向均做匀速运动,因此合外力 F=0,绳索应为竖直方向,实际速度为 ,因v12+v22此选项 B、D 正确。8.如图所示,两个半径均为 R 的 光滑圆弧对接于 O 点,有物体从上面圆弧的某点 C 以上任意位置由静14止下滑( C 点未标出),都能从 O 点平抛出去,则( )A. CO1O=60 B. CO1O

9、=45C.落地点距 O2最远为 2R D.落地点距 O2最近为 R答案 AC解析 要使物体从 O 点平抛出去,在 O 点有 mg= ,解得物体从 O 点平抛出去的最小速度 v= 。设mv2R gR CO1O= ,由机械能守恒定律, mgR(1-cos )= mv2,解得 = CO1O=60,选项 A 正确,B 错误;由平12抛运动规律, x=vt,R= gt2,解得落地点距 O2最近为 R。若物体从 A 点下滑,到达 O 点时速度为 v=12 2。由平抛运动规律, x=vt,R= gt2,解得落地点距 O2最远为 2R,选项 C 正确,D 错误。2gR129.在太阳系之外,科学家发现了一颗最适

10、宜人类居住的类地行星,绕橙矮星运行,命名为“开普勒438b”。假设该行星与地球均绕各自的中心恒星做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的p 倍,橙矮星的质量为太阳的 q 倍。则该行星与地球的( )A.轨道半径之比为 B.轨道半径之比为3p2q 3p2C.线速度之比为 D.线速度之比为3qp 1p答案 AC6解析 行星公转的向心力由万有引力提供,根据牛顿第二定律得, G =m R,解得 R= 。由于该行MmR2 4 2T2 3GMT24 2星与地球均绕恒星做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的 p 倍,橙矮星的质量为太阳的q 倍,故 ,所以 A 正确,B 错误;根据 v= ,得R行R地

11、 =3M橙M太 (T行T地 ) 2=3p2q 2 RT,故 C 正确,D 错误。v行v地 =R行R地 T地T行 =3p2q1p=3qp10.如图所示,叠放在水平转台上的物体 A、 B、 C 能随转台一起以角速度 匀速转动, A、 B、 C 的质量分别为 3m、2 m、 m,A 与 B、 B 和 C 与转台间的动摩擦因数均为 ,A 和 B、 C 离转台中心的距离分别为 r、1 .5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是( )A.B 对 A 的摩擦力一定为 3mgB.B 对 A 的摩擦力一定为 3m 2rC.转台的角速度一定满足 2g3rD.转台的角速度一定满足 gr答案 BC解析 要使

12、 A 能够与 B 一起以角速度 转动,根据牛顿第二定律可知, B 对 A 的摩擦力一定等于 A 物体所需向心力,即 Ff=3m 2r,A 错误,B 正确;要使 A、 B 两物体同时随转台一起以角速度 匀速转动,则对于 A 有 3mg 3 m 2r,对 A、 B 有 5mg 5 m 2r,对于 C 有 mg m 2r,综合以上可得 32,C 正确,D 错误。2g3r二、计算题(本题共 3 小题,共 40 分)11.(12 分)某星球的质量为 M,在该星球表面某一倾角为 的山坡上,以初速度 v0平抛一物体,经过时间 t 该物体落到山坡上。求欲使该物体不再落回该星球的表面,至少应以多大的速度抛出该物

13、体。(不计一切阻力,引力常量为 G)7答案42GMv0tant解析 设该星球表面处的重力加速度为 g,由平抛运动规律可得tan= yxy= gt2 12x=v0t 联立 解得 g= tan 2v0t对于该星球表面上的物体有G =mg MmR2联立 解得 R= GMt2v0tan对于绕该星球做匀速圆周运动的“近地卫星”,应有 mg= mv2R联立 解得 v= 。42GMv0tant12.(13 分)如图所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形 APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线 BC 组成的光滑轨道固定在水平桌面上,已知半圆形 APB 的半径 R=1.0 m,BC 段长 l=1.5 m。

14、弹射装置将一个质量为 1 kg 的小球(可视为质点)以 v0=5 m/s 的水平初速度从 A 点弹入轨道,小球从 C 点离开轨道随即水平抛出,桌子的高度 h=1.25 m,不计空气阻力, g 取 10 m/s2, 取 3.14,求:(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从 A 运动到 C 点的时间;(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角。答案 (1)25 N 0.928 s (2)45解析 (1)小球做匀速圆周运动8向心力大小 F=m =25Nv02R小球从 A 到 B 的时间t1= =0.2s =0.628s Rv0从 B 到 C 的时间 t2= =0.3slv0则小球从 A 运动到 C

15、 的时间 t=t1+t2=(0.628+0.3)s=0.928s(2)小球做平抛运动 h=vy22g解得 vy=5m/s设小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为 ,则 tan= =1vyv0故 = 45。13.(15 分)(2018湖南六校联考)如图所示,水上乐园的某设施由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成。圆形滑道外侧半径 R=2 m,圆形滑道的最低点的水平入口 B 和水平出口B相互错开,为保证安全,在圆形滑道内运动时,要求紧贴内侧滑行,水面离水平滑道高度 h=5 m。现游客从滑道 A 点由静止滑下,游客可视为质点,不计一切阻力,重力加速度 g 取 10 m/s2,求:(1)起滑

16、点 A 至少离水平滑道多高;(2)为了保证游客安全,在水池中放有长度 l=5 m 的安全气垫 MN,其厚度不计,满足(1)的游客恰落在M 端,要使游客能安全落在气垫上,安全滑下点 A 距水平滑道的高度取值范围为多少。答案 (1)5 m (2)5 m H11 .25 m解析 (1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时,有mg=mv2R从 A 到圆形滑道最高点,由机械能守恒定律得mgH1= mv2+mg2R129解得 H1= R=5m。52(2)落在 M 点时抛出速度最小,从 A 到 C 由机械能守恒定律得mgH1=12mv12v1= =10m/s2gH1水平抛出,由平抛运动规律可知h= gt212得 t=1s则 s1=v1t=10m落在 N 点时 s2=s1+l=15m则对应的抛出速度 v2= =15m/ss2t由 mgH2=12mv22得 H2= =11.25mv222g安全滑下点 A 距水平滑道高度范围为5m H11 .25m。