高考物理一輪復習 單元評估檢測（四）曲線運動 萬有引力與航天（含解析）魯科版-魯科版高三全冊物理試題

單元評估檢測(四)(第四章)(45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分,1～7題為單選題,8題為多選題)1.在演示“做曲線運動的條件”的實驗中,有一個在水平桌面上向右做直線運動的小鋼球,第一次在其速度方向上放置條形磁鐵,第二次在其速度方向上的一側放置條形磁鐵,如圖所示,虛線表示小球的運動軌跡。觀察實驗現(xiàn)象,以下敘述正確的是 ()A.第一次實驗中,小鋼球的運動是勻變速直線運動B.第二次實驗中,小鋼球的運動類似平拋運動,其軌跡是一條拋物線C.該實驗說明做曲線運動物體的速度方向沿軌跡的切線方向D.該實驗說明物體做曲線運動的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同一直線上【解析】選D。小球在不同的位置受到的磁場力是不同的,所以第一次實驗中,小鋼球的運動不是勻變速直線運動,故A錯誤;第二次實驗中,小鋼球在不同位置受到的磁場力大小、方向可能都不同,所以小球的運動不是類平拋運動,其軌跡也不是一條拋物線,故B錯誤;第二次實驗中,小鋼球受到與速度方向不在同一條直線上的力的作用做曲線運動,所以該實驗說明物體做曲線運動的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同一直線上,故C錯誤,D正確。2.已知河水自西向東流動,流速為v1,小船在靜水中的速度為v2,且v2>v1,用小箭頭表示船頭的指向及小船在不同時刻的位置,虛線表示小船過河的路徑,則圖中可能正確的是 ()【解析】選C。船頭與河岸垂直,船向對岸行駛的同時還會順水向東漂流;故A錯誤,C正確。合運動與船相對靜水的運動方向不同,故B錯誤。要垂直河岸渡河,船頭必須向西偏,故D錯誤。3.(2020·大連模擬)過山車是青少年喜歡的一種游樂項目。為了研究過山車的原理,可簡化為如圖乙所示模型:讓質量為m的小球在光滑豎直圓軌道上做圓周運動,在軌道的最高點和最低點分別安裝了壓力傳感器。讓小球從同一位置靜止下滑,經(jīng)多次測量得到最高點和最低點壓力的平均值分別為F1、F2,則當?shù)氐闹亓铀俣葹?)A.F2-FC.F2-F【解析】選D。在M點對過山車受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F2-mg=mvMN點受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:mg+F1=mvN2由M到N根據(jù)動能定理得:-mg·2R=12mvN2-12①②③聯(lián)立解得:g=F故A、B、C錯誤,D正確。4.如圖,斜面AC與水平方向的夾角為α,在A點正上方與C等高處水平拋出一小球,其速度垂直于斜面落到D點,則CD與DA的比為 ()A.1tanαB.1C.1taD.1【解析】選D。設小球水平方向的速度為v0,將D點的速度進行分解,水平方向的速度等于平拋運動的初速度,通過幾何關系求解,得豎直方向的末速度為v2=v0tanα,設該過程用時為t,則DA間水平距離為v0t,故DA=v0tcosα;CD間豎直距離為v2t2,故CD=v25.小型登月器連接在航天站上,一起繞月球做圓周運動,其軌道半徑為月球半徑的3倍,某時刻,航天站使登月器減速分離,登月器沿如圖所示的橢圓軌道登月,在月球表面逗留一段時間完成科考工作后,經(jīng)快速啟動仍沿原橢圓軌道返回,當?shù)谝淮位氐椒蛛x點時恰與航天站對接,登月器快速啟動時間可以忽略不計,整個過程中航天站保持原軌道繞月運行。已知月球表面的重力加速度為g,月球半徑為R,不考慮月球自轉的影響,則登月器可以在月球上停留的最短時間約為()A.4.7πgR B.3.6πgC.1.7πgR D.1.4π【解析】選A。設登月器和航天站在半徑3R的軌道上運行時的周期為T,因其繞月球做圓周運動,所以應用牛頓第二定律有GMmr2r=3RT=2πr3GM=6在月球表面的物體所受重力近似等于萬有引力,GM=gR2所以T=6π3Rg設登月器在小橢圓軌道運行的周期是T1,航天站在大圓軌道運行的周期是T2。對登月器和航天站依據(jù)開普勒第三定律分別有T23R3=T為使登月器仍沿原橢圓軌道回到分離點與航天站實現(xiàn)對接,登月器可以在月球表面逗留的時間t應滿足t=nT2-T1(其中,n=1、2、3、…) ③聯(lián)立①②③得t=6πn3Rg-4(其中,n=1、2、3、…)當n=1時,登月器可以在月球上停留的時間最短,即t=4.7πgR6.(2019·濟南模擬)曲柄連桿結構是發(fā)動機實現(xiàn)工作循環(huán),完成能量轉換的主要運動零件,如圖所示,連桿下端連接活塞Q,上端連接曲軸P。在工作過程中,活塞在汽缸內上下做直線運動,帶動曲軸繞圓心O旋轉,若P做線速度大小為v0的勻速圓周運動,則下列說法正確的是 ()A.當OP與OQ垂直時,活塞運動的速度等于v0B.當OP與OQ垂直時,活塞運動的速度大于v0C.當OPQ在同一直線時,活塞運動的速度等于v0D.當OPQ在同一直線時,活塞運動的速度大于v0【解析】選A。當OP與OQ垂直時,P點速度的大小為v0且沿豎直方向,此時桿PQ整體運動的方向是相同的,根據(jù)運動的合成與分解,活塞運動的速度等于P點的速度,都是v0。故A正確,B錯誤;當OPQ在同一直線時,P點的速度方向與OQ方向垂直,沿OQ方向的分速度為0,OQ的瞬時速度為0,所以活塞運動的速度等于0。故C、D錯誤。7.如圖所示,水平轉臺上有一個質量為m的物塊,用長為L的細繩將物塊連接在轉軸上,細繩與豎直轉軸的夾角為θ,此時繩中張力為零,物塊與轉臺間動摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ),最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動,則下列說法正確的是 ()A.轉臺一開始轉動,細繩立即繃直對物塊施加拉力B.當繩中出現(xiàn)拉力時,轉臺對物塊做的功為μmgLsinθC.當物塊的角速度為g2Lcosθ時,D.當轉臺對物塊支持力剛好為零時,轉臺對物塊做的功為mgLsi【解析】選D。當轉速較小時,摩擦力提供向心力,此時細繩上無拉力,故A錯誤;對物塊受力分析知物塊離開轉臺前,合力為:F=f+Tsinθ=mv2rN+Tcosθ=mg ②根據(jù)動能定理知:W=Ek=12mv2 當彈力T=0時,r=Lsinθ ④由①②③④解得:W=12fLsinθ≤12μmgLsinθ,至繩中出現(xiàn)拉力時,轉臺對物塊做的功為12μmgLsinθ,故B錯誤;當N=0,f=0,根據(jù)牛頓第二定律可知:mgtanθ=mω2Lsinθ,解得:ω=gLcosθ,故C錯誤;當N=0,f=0,由①②③知:W=12mgLsinθ8.(2018·天津高考)2018年2月2日,我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”發(fā)射升空,標志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期,并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度。若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動A.密度 B.向心力的大小C.離地高度 D.線速度的大小【解析】選C、D。根據(jù)題意,已知衛(wèi)星運動的周期T,地球的半徑R,地球表面的重力加速度g,衛(wèi)星受到的萬有引力充當向心力,故有GMmr2=m4π2T2r,衛(wèi)星的質量被消去,則不能計算衛(wèi)星的密度,更不能計算衛(wèi)星的向心力大小,A、B錯誤;由GMmr2=m4π2T2r解得r=3GMT24π2二、實驗題(本題共12分)9.(2019·北京高考)用如圖1所示裝置研究平拋運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出,落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低,鋼球落在擋板上時,鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板,重新釋放鋼球,如此重復,白紙上將留下一系列痕跡點。(1)下列實驗條件必須滿足的有____________。

A.斜槽軌道光滑B.斜槽軌道末段水平C.擋板高度等間距變化D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球(2)為定量研究,建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。a.取平拋運動的起始點為坐標原點,將鋼球靜置于Q點,鋼球的____________(選填“最上端”“最下端”或“球心”)對應白紙上的位置即為原點;在確定y軸時____________(選填“需要”或“不需要”)y軸與重垂線平行。

b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點,也可按下述方法處理數(shù)據(jù):如圖2所示,在軌跡上取A、B、C三點,AB和BC的水平間距相等且均為x,測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2,則y1y2______

13(選填“大于”“等于”或“小于”)?？汕蟮娩撉蚱綊伒某跛俣却笮開___________(已知當?shù)刂亓铀俣葹間,【解析】(1)選B、D。實驗的目的是研究平拋運動的運動規(guī)律,所以對于實驗裝置來說首先要保證小球的運動是平拋運動,所以斜槽軌道末段必須水平,選項B正確;又因為要通過多次撞擊相同位置來描繪同一平拋運動軌跡,保證運動軌跡完全相同的條件是讓小球初速度相同,每次都從同一高度無初速度釋放就好,選項D正確;斜槽軌道不光滑也可以做到,選項A錯誤;擋板不需要每次高度等間距變化,選項C錯誤。(2)a.研究平拋運動規(guī)律,小球視為質點,對于形狀規(guī)則、質量分布均勻的球體,質心在幾何中心,所以應是球心;因為小球豎直方向運動和重力方向重合,所以需要利用重垂線來確定重力方向。b.若初速度為零,經(jīng)過第一個時間間隔T,速度變?yōu)間T,再經(jīng)過時間T速度變?yōu)?gT,第一個間隔時間內位移為y01=0+gT2·T=12gT2,第二個時間間隔內位移為y02=gT+2gT2·T=32gT2,所以y01y02=13;若初速度為v0=gT,間隔相同時間速度變?yōu)?gT,再間隔相同時間速度變?yōu)?gT,第一個時間間隔內位移為y1=gT+2gT2·T=32gT2,第二個時間間隔內位移為y2=2gT+3gT2·T=5gT22,由此可得y答案:(1)B、D(2)a.球心需要b.大于xg三、計算題(本題共2小題,共40分,需寫出規(guī)范的解題步驟)10.(20分)土星周圍有許多大小不等的巖石顆粒,其繞土星的運動可視為圓周運動,其中有兩個巖石顆粒A和B與土星中心距離分別為rA=8.0×104km和rB=1.2×105km,忽略所有巖石顆粒間的相互作用。(結果可用根式表示)(1)求巖石顆粒A和B的線速度之比;(2)求巖石顆粒A和B的周期之比;(3)土星探測器上有一物體,在地球上重為10N,推算出它在距土星中心3.2×105km處受到土星的引力為0.38N。已知地球半徑為6.4×103km,請估算土星質量是地球質量的多少倍?【解析】(1)設土星質量為M0,顆粒質量為m,顆粒距土星中心距離為r,線速度為v,根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律:GM0m解得:v=GM對于A、B兩顆粒分別有:vA=GM0rA和vB=GM(2)設顆粒繞土星做圓周運動的周期為T,則:T=2πr對于A、B兩顆粒分別有:TA=2πrAv得:TATB(3)設地球質量為M,地球半徑為r0,地球上物體的重力可視為萬有引力,探測器上物體質量為m0,在地球表面引力為G0,距土星中心r0′=3.2×105km處的引力為G0′,根據(jù)萬有引力定律:G0=GMm0r02,G可得M0答案:(1)62(2)211.(20分)如圖所示,讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下,擺到最低點D處,擺線剛好被拉斷,小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動,到達A孔進入半徑R=0.3m的豎直放置的光滑圓弧軌道,當擺球進入圓軌道立即關閉A孔。已知擺線長L=2m,θ=60°,小球質量為m=0.5kg,D點與小孔A的水平距離s=2m,g取10m/s2。(1)求擺線能承受的最大拉力為多大?(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道,求粗糙水平面動摩擦因數(shù)μ的范圍?！窘馕觥?1)當擺球由C運動到D時機械能守恒:mg(L-Lcosθ)=12m由牛頓第二定律可得:Fm-mg=m可得:Fm=2mg=10N(2)小球不脫離圓軌道分兩種情況:①要保證小球能到達A孔,設小球到達A孔的速度恰好為零,由動能定理可得: