2019年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天45分钟章末验收卷.doc

《2019年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天45分钟章末验收卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天45分钟章末验收卷.doc（9页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第四章 曲线运动 万有引力与航天45分钟章末验收卷一、单项选择题1关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是( )A物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变B物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向C物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变D做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用答案 D解析 物体在垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变，故 A错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而不是加速度方向，故B错误；物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如匀速圆周运动，故C错误；物

2、体做曲线运动的条件：一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用，故 D正确2.如图 1所示，甲、乙两同学从河中 O点出发，分别沿直线游到 A点和 B点后，立即沿原路线返回到 O点 OA、 OB分别与水流方向平行和垂直，且 OA OB12m若水流速度为1.5m/s不变，两人在静水中游速相等均为 2.5 m/s，他们所用时间分别用 t 甲 、 t 乙 表示，则( )图 1A t 甲 9.6s B t 甲 16sC t 乙 12s D t 乙 15s答案 C解析 甲同学用时 t 甲 s s15s，选项 A、BOAv水 v人 OAv人 v水 121.5 2.5 122.5 1.5错误；乙同学运动方向沿

3、OB，需人在水中的合速度沿 OB，如图，v 合 2m/s.故乙所用时间 t 乙 2 2 s12s，故选项 C正确，D 错v2人 v2水OBv合 1222误3如图 2所示， P、 Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端， P、 Q间的水平距离为 d.直径略小于弯管内径的小球以速度 v0从 P端水平射入弯管，从 Q端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压若小球从静止开始由 P端滑入弯管，经时间 t恰好以速度 v0从 Q端射出重力加速度为 g，不计空气阻力，那么( )图 2A v0 B v0gd 2gdC t D tdg dg答案 D解析 第一次运动时，由平抛运动的规律得，水平方向 d

4、v0t1，竖直方向 h gt12；第二12次运动时，由机械能守恒定律得 mgh mv02，即 2gh v02.联立各式解得 v0 ，选项12 gdA、B 错误将 v0的表达式代入 d v0t1得 t1 ，由于第二个过程中小球在竖直方向不是dg自由落体运动，一定有 t t1，所以选项 C错误，D 正确4.如图 3所示，转动轴垂直于光滑平面，交点 O的上方 h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为 m的小球 B，绳长 AB lh，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动要使球不离开水平面，转动轴的转速 n的最大值是( )图 3A. B12 gh gh3C. D212 gl lg答案 A

5、解析 对小球，在水平方向有 FTsin m 2R4 2mn2R，在竖直方向有FTcos FN mg，且 R htan ，当球即将离开水平面时， FN0，转速 n有最大值，联立解得 n ，则 A正确12 gh5如图所示，小球固定在轻杆一端绕圆心 O在竖直面内做匀速圆周运动，下列关于小球在与圆心 O等高处以及最高点的受力分析一定错误的是( )答案 A6如图 4所示，三个小球在离地面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球 A落到 D点， DE EF FG，不计空气阻力，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面则关于三小球( )图 4A B、 C两球落在 D点左侧B B球落在 E点， C球落在 F点

6、C三小球离地面的高度 AE BF CG135D三小球离地面的高度 AE BF CG149答案 D4解析 相同的初速度抛出，而 A、 B、 C三个小球的运动时间之比为 123，可得水平位移之比为 123，而 DE EF FG，所以 B、 C两球也落在 D点，故 A、B 错误；由h gt2可得， A、 B、 C三个小球抛出点离地面的高度之比为 149，故 C错误，D 正12确7假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为 4200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为 6400km，地球同步卫星距地面高为 36000km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时宇宙飞船就向同步卫

7、星发射信号，然后再由同步卫星将信号送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )A4 次 B6 次 C7 次 D8 次答案 C解析 对飞船， G m (R h1)，对同步卫星， G m (R h2)，由MmR h12 4 2T21 MmR h22 4 2T2于同步卫星的运动周期为 T224h，可求出载人宇宙飞船的运动周期 T13h，因此一昼夜内绕地球 8圈，比同步卫星多运动了 7圈，因此相遇 7次，接收站共接收到 7次信号，C正确，A、B、D 错误8 “嫦娥二号”探月卫星绕地球运行一段时间后，离开地球飞向月球如图 5所示是绕地球飞行的三条轨道

8、，轨道 1是近地圆形轨道，2 和 3是变轨后的椭圆轨道， A点是 2轨道的近地点， B点是 2轨道的远地点，卫星在轨道 1的运行速率为 7.7km/s，则下列说法正确的是( )图 5A卫星在 2轨道经过 A点时的速率一定小于 7.7km/sB卫星在 2轨道经过 B点时的速率一定小于 7.7km/sC卫星在 3轨道所具有的机械能小于 2轨道所具有的机械能D卫星在 3轨道所具有的最大速率小于 2轨道所具有的最大速率答案 B解析 卫星在经过 A点时，要做离心运动才能沿 2轨道运动，卫星在 1轨道上的速度为57.7km/s，故在 2轨道上经过 A点的速度一定大于 7.7 km/s，故 A错误；假设有一

9、圆轨道经过 B点，根据 v ，可知此轨道上的速度小于 7.7km/s，卫星在 B点速度减小，才会GMR做近心运动进入 2轨道运动，故卫星在 2轨道经过 B点时的速率一定小于 7.7 km/s，故 B正确；卫星运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在 3轨道所具有的机械能一定大于 2轨道所具有的机械能，故 C错误；根据开普勒第二定律可知近地点速度大于远地点速度，故比较卫星在轨道 3经过 A点和轨道 2经过 A点的速度即可，又因为卫星在轨道 2经过 A点要加速做离心运动才能进入轨道 3，故卫星在 3轨道所具有的最大速率大于 2轨道所具有的最大速率，故 D错误二、多项选择题9

10、如图 6所示，小滑块 a从倾角为 60的固定粗糙斜面顶端以速度 v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小滑块 b在斜面底端正上方与小滑块 a等高处以速度 v2水平向左抛出，两滑块恰在斜面中点 P处相遇，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图 6A v1 v221B v1 v211C若小滑块 b以速度 2v2水平向左抛出，则两滑块仍能相遇D若小滑块 b以速度 2v2水平向左抛出，则小滑块 b落在斜面上时，小滑块 a在小滑块 b的下方答案 AD解析 根据题述两小滑块恰在斜面中点 P相遇，由几何关系可知两小滑块水平位移相等，有 v1tsin30 v2t，解得 v1 v221，选项 A正确，B 错误小滑块

11、b以速度 2v2水平向左抛出时，若没有斜面，将到达与 P点等高的 B点；若有斜面则落在斜面上 A点，如图所示设斜面长为 2L，小滑块 b在水平方向做匀速直线运动，由几何知识得，其运动到 A点的水平位移大于 ，且水平分速度大小等于 v1，小滑块 b运动到 A点的时间 tb ，2L3 2L3v16由几何关系有，小滑块 a运动到 A点的位移小于 ，则其运动到 A点的时间2L3ta ， tb ta，两小滑块不能相遇，小滑块 b运动到 A点时，小滑块 a已经运动到 A点2L3v1下方，选项 C错误，D 正确10如图 7所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河， M、 N分别是甲、乙两船的出发点，两船头

12、方向与河岸均成 角，甲船船头恰好对准 N点的正对岸 P点，经过一段时间乙船恰好到达 P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇不影响各自的航行，则下列判断正确的是( )图 7A甲船也能到达 P点B两船渡河时间一定相等C两船相遇位置在 NP直线上D两船不会相遇答案 BC解析 根据乙船的路径可知，水流速度由 M指向 N，甲船船头指向 P，根据速度的合成原理，甲船到达对岸的位置一定在 P点右侧，A 错误；两船船头方向与河岸夹角相等，故垂直河岸的速度分量相等，两船渡河时间一定相等，B 正确；因为甲船的路径与 NP直线相交，两船在任意时刻与河岸的距离相等，故两船一定相遇且相遇位置在 NP直线上，C 正确，D

13、 错误11如图 8所示，长为 L的细绳一端固定于 O点，另一端系一个质量为 m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为 v，细绳拉力为F，小球的向心加速度为 a，则下列说法正确的是( )7图 8A小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时速度为 2vB小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为 2FC细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为 2FD细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为 a答案 BD解析 根据动能定理得： mv20 mgL，解得： v ，小球质量变为 2m，其他条件不12

14、 2gL变，则小球到最低点时速度仍为 v，故 A错误；根据向心力公式得： F mg m ，解得：v2rF3 mg，所以小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为 2F；若细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故 B正确，C 错误；根据向心加速度公式得： a 2 g，细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时向心v2r加速度不变，仍为 a，故 D正确12如图 9甲所示，轻杆一端固定在 O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R的圆周运动小球运动到最高点时，受到的弹力为 F，速度大小为 v，其 F v2图象如图乙所示则( )图 9A小

15、球的质量为aRbB当地的重力加速度大小为RbC v2 c时，小球对杆的弹力方向向下D v22 b时，小球受到的弹力与重力大小相等答案 AD8解析 由题图乙可知：当 v2 b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力， mg m m ，即重力加速度 g ，故 B错误；当 v20 时，向心力为零，杆对球v2R bR bR的弹力恰好与球的重力等大反向， F 弹 mg a，即小球的质量 m ，故 A正确；根据ag aRb圆周运动的规律，当 v2 b时杆对球的弹力为零，当 v2b时， mg F 弹 m ，杆对球的弹力方向向下， v2 cb，杆对小球的v2R弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球

16、对杆的弹力方向向上，故 C错误；当 v22 b时，mg F 弹 m m ，又 g ， F 弹 m mg mg，故 D正确v2R 2bR bR 2bR13图 10甲所示为小球在一端固定于 O点的轻弹簧的牵引下在光滑水平面上做椭圆运动的轨迹，图乙为某卫星绕地球做椭圆运动的轨迹，则下列说法中正确的是( )甲乙图 10A小球由 B经 C到 D点时间与由 D经 A到 B点的时间相等B卫星由 B经 C到 D点时间与由 D经 A到 B点的时间相等C小球在 A点的速度小于小球在 B点的速度D若卫星在 C点的速度大小为 v，则卫星在 C点的加速度大小为v2a答案 AC解析 根据运动的对称性可知小球由 B经 C到

17、 D点时间与由 D经 A到 B点的时间相等，A项正确；由于卫星受到的引力充当向心力，在距离中心天体越近的地方，引力越大，根据G m ，可得 v ，所以距离中心天体越近，速度越大，故 D到 A到 B点过程中Mmr2 v2r GMr的速度大于由 B经 C到 D点过程中速度，两个过程中的路程相同，所以时间不等，B项错误；根据胡克定律可知，小球受到的弹力指向 O点，从 A到 B过程中力与速度方向夹9角为锐角，即弹力做正功，动能增大，故小球在 A点的速度小于小球在 B点的速度，C 项正确；由于卫星在 C点时，运动半径大于 a，故加速度小于 ，D 项错误v2a三、非选择题14如图 11所示，一个可以看成质

18、点的小球用没有弹性的细线悬挂于 O点，细线长L5m，小球质量为 m1kg.现向左拉小球使细线水平，由静止释放小球，已知小球运动到最低点 O时细线恰好断开，取重力加速度 g10m/s 2.图 11(1)求小球运动到最低点 O时细线的拉力 F的大小(2)如果在小球做圆周运动的竖直平面内固定一圆弧轨道，该轨道以 O点为圆心，半径R5 m，求小球从 O点运动到圆弧轨道上的时间 t.5答案 (1)30N (2)1s解析 (1)设小球摆到 O点时的速度为 v，小球由 A点到 O点的过程，由机械能守恒定律有mgL mv212在 O点由牛顿第二定律得 F mg mv2L解得 F30N(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有 x vty gt212x2 y2 R2联立并代入数据，解得 t1s.