高考物理一輪規(guī)范特訓第4章曲線運動　萬有引力與航天

一、選擇題1．[2015·全國卷Ⅱ]由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉移軌道經(jīng)過調整再進入地球同步軌道。當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經(jīng)赤道上空時，發(fā)動機點火，給衛(wèi)星一附加速度，使衛(wèi)星沿同步軌道運行。已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為3.1×103m/s，某次發(fā)射衛(wèi)星飛經(jīng)赤道上空時的速度為1.55×103m/s，此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為30°，如圖所示，發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度的方向和大小約為()A．西偏北方向，1.9×103m/sB．東偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/sD．東偏南方向，2.7×103m/s答案B解析由題設條件可知，衛(wèi)星在轉移軌道經(jīng)赤道上空時速度v1＝1.55×103m/s，同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度v＝3.1×103m/s，設發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度為v2，由平行四邊形定則，三個速度間關系如圖所示，由余弦定理可得v2＝eq\r(v2＋v\o\al(2,1)－2vv1cos30°)＝1.9×103m/s，方向：東偏南，選項B正確。2．[2018·湖南永州模擬]河水由西向東流，河寬為800m，河中各點的水流速度大小為v水，各點到較近河岸的距離為x，v水與x的關系為v水＝eq\f(3,400)xm/s，讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船在靜水中的速度大小恒為v船＝4m/s，下列說法正確的是()A．小船渡河的軌跡為直線B．小船在河水中的最大速度是2eq\r(13)m/sC．小船渡河的時間是200sD．小船在距南岸200m處的速度小于距北岸200m處的速度答案C解析小船在垂直河岸方向上做勻速直線運動，在沿河岸方向上做變速運動，加速度的方向與合速度方向不在同一條直線上，做曲線運動，故A錯誤。當小船行駛到河中央時，v水＝eq\f(3,400)×400m/s＝3m/s，那么小船在河水中的最大速度vmax＝eq\r(v\o\al(2,水)＋v\o\al(2,船))＝5m/s，故B錯誤。小船船頭垂直河岸由南向北渡河，那么小船渡河的時間是t＝eq\f(d,v船)＝200s，故C正確。根據(jù)v水＝eq\f(3,400)xm/s可知小船在距南岸200m處的河水速度大小與距北岸200m處的河水速度大小相等，根據(jù)矢量的合成法則，這兩種情況的合速度大小相等，故D錯誤。3．[2015·全國卷Ⅰ]一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h，發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為g，若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側臺面上，則v的最大取值范圍是()A.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))答案D解析發(fā)射機無論向哪個方向水平發(fā)射，乒乓球都是平拋運動。當發(fā)射機正對右側臺面發(fā)射，乒乓球恰好過網(wǎng)時，發(fā)射速度最小。由平拋運動規(guī)律，eq\f(L1,2)＝v1t,2h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得：v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))。當發(fā)射機正對右側臺面的某個角發(fā)射，乒乓球恰好到達角上時，發(fā)射速度最大。由平拋運動規(guī)律，eq\r(L\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2)＝v2t′，3h＝eq\f(1,2)gt′2，聯(lián)立解得：v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))。即速度v的最大取值范圍為eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))，D正確，A、B、C錯誤。4．[2015·山東高考]距地面高5m的水平直軌道上A、B兩點相距2m，在B點用細線懸掛一小球，離地高度為h，如圖。小車始終以4m/s的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地。不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2。可求得h等于()A．1.25mB．2.25mC．3.75mD．4.75m答案A解析從小車上卸下的小球做平拋運動，由H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，t1＝1s。小車由A運動到B的時間是t2，則xAB＝vt2，t2＝0.5s。所以經(jīng)過B點時下落的小球的運動時間Δt＝t1－t2＝0.5s，則B球下落的高度h＝eq\f(1,2)g(Δt)2＝1.25m，A正確。5．[2015·天津高考]未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖所示。當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力。為達到上述目的，下列說法正確的是()A．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大B．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小C．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大D．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小答案B解析宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，受到的側壁對他的支持力等于他站在地球表面時的支持力，則mg＝mrω2，ω＝eq\r(\f(g,r))，因此角速度與質量無關，C、D兩項錯誤；半徑越大，需要的角速度越小，A項錯誤，B項正確。6．[2015·浙江高考](多選)如圖所示為賽車場的一個水平“U”形彎道，轉彎處為圓心在O點的半圓，內外半徑分別為r和2r。一輛質量為m的賽車通過AB線經(jīng)彎道到達A′B′線，有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③是以O′為圓心的半圓，OO′＝r。賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為Fmax。選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內賽車速率不變，發(fā)動機功率足夠大)，則()A．選擇路線①，賽車經(jīng)過的路程最短B．選擇路線②，賽車的速率最小C．選擇路線③，賽車所用時間最短D．①、②、③三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等答案ACD解析由幾何關系可求得路線①、②、③的長度分別為2r＋πr、2r＋2πr、2πr，比較可知，路線①最短，A項正確；因為運動過程中賽車以不打滑的最大速率通過彎道，即最大徑向摩擦力充當向心力，所以有Fmax＝meq\f(v2,R)，由此式知，R越小，速率越小，因此沿路線①速率最小，B項錯誤；沿路線①、②、③運動的速率分別為eq\r(\f(Fmaxr,m))、eq\r(\f(2Fmaxr,m))、eq\r(\f(2Fmaxr,m))，由三條路線長度與速率的比值比較可知，選擇路線③所用時間最短，C項正確；由Fmax＝ma可知，三條線路的圓弧上賽車的向心加速度大小相等，D項正確。7．[2014·安徽高考]如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2。則ω的最大值是()A.eq\r(5)rad/s B.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/s D．0.5rad/s答案C解析當物體轉到圓盤的最低點恰好不滑動時，轉盤的角速度最大，其受力如圖所示(其中O為對稱軸位置)由沿盤面的合力提供向心力，有μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R得ω＝eq\r(\f(g,4R))＝1.0rad/s，選項C正確。8．[2017·全國卷Ⅲ]2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓軌道)運行。與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的()A．周期變大 B．速率變大C．動能變大 D．向心加速度變大答案C解析由天體知識可知T＝2πReq\r(\f(R,GM))，v＝eq\r(\f(GM,R))，a＝eq\f(GM,R2)，半徑不變，周期T、速率v、加速度a的大小均不變，故A、B、D錯誤。速度v不變，組合體質量m變大，故動能Ek＝eq\f(1,2)mv2變大，C正確。9．[2017·江蘇高考](多選)“天舟一號”貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空。與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距地面約380km的圓軌道上飛行，則其()A．角速度小于地球自轉角速度B．線速度小于第一宇宙速度C．周期小于地球自轉周期D．向心加速度小于地面的重力加速度答案BCD解析“天舟一號”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”比同步衛(wèi)星轉動得快，角速度大，周期短，而地球自轉的角速度和周期與地球同步衛(wèi)星的相同，所以“天舟一號”的角速度比地球自轉角速度大，周期短，故A錯誤，C正確。“天舟一號”的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”比近地衛(wèi)星的線速度小，向心加速度小，近地衛(wèi)星的線速度就是第一宇宙速度，近地衛(wèi)星的向心加速度等于地面的重力加速度，所以“天舟一號”的線速度小于第一宇宙速度，向心加速度小于地面的重力加速度，故B、D正確。10．[2017·北京高考]利用引力常量G和下列某一組數(shù)據(jù)，不能計算出地球質量的是()A．地球的半徑及重力加速度(不考慮地球自轉)B．人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離答案D解析由mg＝Geq\f(Mm,R2)，可得M＝eq\f(gR2,G)，由選項A中數(shù)據(jù)可以求出地球質量。由Geq\f(Mm,R2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，可得M＝eq\f(4π2R3,GT2)，其中R表示地球半徑，又知2πR＝vT，則M＝eq\f(v3T,2πG)，由選項B中數(shù)據(jù)可以求出地球質量。由Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，可得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，其中r表示月球與地球之間的距離，由選項C中數(shù)據(jù)可以求出地球質量。選項D中中心天體為太陽，不能求出地球質量，所以選D。二、非選擇題11．[2014·浙江高考]如圖所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8m。在車正前方豎直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸。槍口與靶距離為L時，機槍手正對靶射出第一發(fā)子彈，子彈相對于槍口的初速度為v＝800m/s。在子彈射出的同時，裝甲車開始勻減速運動，行進s＝90m后停下。裝甲車停下后，機槍手以相同方式射出第二發(fā)子彈。(不計空氣阻力，子彈看成質點，重力加速度g＝10m/s2)(1)求裝甲車勻減速運動時的加速度大小；(2)當L＝410m時，求第一發(fā)子彈的彈孔離地的高度，并計算靶上兩個彈孔之間的距離；(3)若靶上只有一個彈孔，求L的范圍。答案(1)eq\f(20,9)m/s2(2)0.55m0.45m(3)492m＜L≤570m解析(1)裝甲車勻減速運動時的加速度大小a＝eq\f(v\o\al(2,0),2s)＝eq\f(20,9)m/s2(2)第一發(fā)子彈飛行時間t1＝eq\f(L,v＋v0)＝0.5s彈孔離地高度h1＝h－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.55m第二發(fā)子彈的彈孔離地的高度h2＝h－eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－s,v)))2＝1.0m兩彈孔之間的距離Δh＝h2－h(huán)1＝0.45m(3)第一發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L1L1＝(v0＋v)eq\r(\f(2h,g))＝492m第二發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L2L2＝veq\r(\f(2h,g))＋s＝570mL的范圍492m＜L≤570m。12.[2015·安徽高考]由三顆星體構成的系統(tǒng)，忽略其他星體對它們的作用，存在著一種運動形式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O在三角形所在的平面內做相同角速度的圓周運動(圖示為A、B、C三顆星體質量不相同時的一般情況)。若A星體質量為2m，B、C兩星體的質量均為m，三角形的邊長為a，求：(1)A星體所受合力大小FA；(2)B星體所受合力大小FB；(3)C星體的軌道半徑RC；(4)三星體做圓周運動的周期T。答案(1)FA＝2eq\r(3)Geq\f(m2,a2)(2)FB＝eq\r(7)Geq\f(m2,a2)(3)RC＝eq\f(\r(7),4)a(4)T＝πeq\r(\f(a3,Gm))解析(1)由萬有引力定律，A星體所受B、C星體引力大小為FBA＝Geq\f(mAmB,r2)＝Geq\f(2m2,a2)＝FCA，方向如圖則合力大小為FA＝2eq\r(3)Geq\f(m2,a2)。(2)同上，B星體所受A、C星體引力大小分別為FAB＝Geq\f(mAmB,r2)＝Geq\f(2m2,a2)FCB＝Geq