高考物理一輪復習-章末檢測卷(四)-曲線運動-萬有引力與航天

章末檢測卷(四)曲線運動萬有引力與航天(滿分：100分時間：60分鐘)一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分。1～5題只有一個選項正確，6～8題有多個選項正確，全選對得6分，選對但不全得3分)1．(2020·高考浙江卷)如圖所示，底部均有4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間。當公交車()A．緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動B．急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動C．緩慢轉彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側運動D．急轉彎時，行李箱b一定相對車子向內(nèi)側運動解析：a行李箱與車廂底面接觸的為4個輪子，而b行李箱與車廂底面接觸的為箱體平面。緩慢起動時，加速度較小，兩只行李箱所受靜摩擦力可能小于最大靜摩擦力，故兩只行李箱可能相對公交車靜止，不會向后運動，A錯誤；急剎車時，a、b行李箱由于慣性，要保持原來的運動狀態(tài)，但a行李箱與底面的摩擦為滾動摩擦，比較小，故a行李箱會向前運動，b行李箱可能靜止不動，也可能向前運動，B正確；緩慢轉彎時，向心加速度較小，兩只行李箱特別是b行李箱所受靜摩擦力可能足以提供向心力，則b行李箱可能相對公交車靜止，不一定向外側運動，C錯誤；急轉彎時，若行李箱b所受靜摩擦力不足以提供向心力而發(fā)生離心運動，可能會向外側運動，D錯誤。答案：B2.如圖所示，某同學用手水平托著一物體以身體(視為豎直直線)為軸勻速轉動，已知物體到身體的距離為R，手與物體間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，慢慢增大轉速，要使物體能水平滑出，人轉動的角速度至少應大于()A．eq\f(\r(μgR),R) B．eq\f(\r(R),μgR)C．eq\f(\r(μgR),2πR) D．eq\f(2\r(μgR),πR)解析：物體剛好發(fā)生滑動時的向心力，有F向＝μmg＝mω2R，解得ω＝eq\f(\r(μgR),R)，當角速度大于eq\f(\r(μgR),R)時，物體發(fā)生滑動，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A3．(2021·湖北省龍泉中學、宜昌一中聯(lián)考)如圖所示，小船過河時，船頭偏向上游與水流方向成α角，船相對于靜水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸?，F(xiàn)水流速度稍有減小，為保持航線不變，且準時到達對岸，下列措施可行的是()A．增大α角，增大vB．減小α角，減小vC．減小α角，保持v不變D．增大α角，保持v不變解析：由題意可知，船相對水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸，當水流速度稍有減小，為保持航線不變，且準時到達對岸，則速度變化如圖所示，故B正確，A、C、D錯誤。答案：B4．(2020·高考全國卷Ⅲ)“嫦娥”四號探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間可認為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質量是月球質量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g。則“嫦娥”四號繞月球做圓周運動的速率為()A.eq\r(\f(PKg,QP)) B.eq\r(\f(RPKg,Q))C.eq\r(\f(RQg,KP)) D.eq\r(\f(RPg,QK))解析：在地球表面有Geq\f(M地m,R2)＝mg，“嫦娥”四號繞月球運動時有Geq\f(M月m′,（KR月）2)＝m′eq\f(v2,KR月)，根據(jù)已知條件有R＝PR月，M地＝QM月，聯(lián)立以上各式解得v＝eq\r(\f(RPg,QK))。答案：D5.(2020·四川廣元市第二次適應性統(tǒng)考)如圖所示為一通關游戲示意圖，與關門水平距離為L的左上方有一手槍，手槍可以水平發(fā)射出初速度大小可以調節(jié)的子彈，關門上端距槍口的豎直距離為H，L＝2H。通關時，游戲者操控手槍射出子彈的瞬間關門開始運動，關門以大小為v的速度水平向左勻速運動的同時還以大小為v的初速度做豎直上拋運動。游戲要求子彈恰好從關門的上端擦邊而過就算通關，重力加速度為g，不計空氣阻力。如果能夠通關，子彈的初速度大小為()A．vB．eq\r(2)vC．2vD．eq\f(\r(2),2)v解析：設子彈射出后經(jīng)時間t恰好從關門的上端擦邊而過，子彈下降的距離h1＝eq\f(1,2)gt2，關門豎直上升的距離h2＝vt－eq\f(1,2)gt2，又h1＋h2＝H，解得t＝eq\f(H,v)；設子彈的初速度大小為v0，則子彈水平方向運動的距離x1＝v0t，關門水平方向運動的距離x2＝vt，又x1＋x2＝L＝2H，解得子彈的初速度大小v0＝v。答案：A6．牛頓在1687年出版的《自然哲學的數(shù)學原理》中設想，物體拋出的速度很大時，就不會落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛(wèi)星。如圖所示，將物體從一座高山上的O點水平拋出，拋出速度一次比一次大，落地點一次比一次遠，設圖中A、B、C、D、E是從O點以不同的速度拋出的物體所對應的運動軌道。已知B是圓形軌道，C、D是橢圓軌道，在軌道E上運動的物體將會克服地球的引力，永遠地離開地球，空氣阻力和地球自轉的影響不計，則下列說法正確的是()A．物體從O點拋出后，沿軌道A運動落到地面上，物體的運動可能是平拋運動B．在軌道B上運動的物體，拋出時的速度大小為11.2kmC．使軌道C、D上物體的運動軌道變?yōu)閳A軌道，這個圓軌道可以過O點D．在軌道E上運動的物體，拋出時的速度一定等于或大于16.7km解析：物體拋出速度v＜7.9km/s時必落回地面，若物體運動距離較小時，物體所受的萬有引力可以看成恒力，故物體的運動可能是平拋運動，A正確；在軌道B上運動的物體，相當于地球的一顆近地衛(wèi)星，拋出線速度大小為7.9km/s，B錯誤；軌道C、D上的物體，在O點開始變軌到圓軌道，圓軌道必然過O點，C正確；當物體被拋出時的速度等于或大于16.7km/s時，物體將離開太陽系，答案：AC7.(2021·廣西梧州模擬)如圖所示，將一小球從空中A點以水平速度v0拋出，經(jīng)過一段時間后，小球以大小為2v0的速度經(jīng)過B點，不計空氣阻力，則小球從A到B(重力加速度為g)()A．下落高度為eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)B．經(jīng)過的時間為eq\f(3v0,g)C．速度增量為v0，方向豎直向下D．運動方向改變的角度為60°解析：小球經(jīng)過B點時豎直分速度vy＝eq\r(（2v0）2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\r(3)v0，由vy＝gt得t＝eq\f(\r(3)v0,g)，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得h＝eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)，故A正確，B錯誤；速度增量為Δv＝gt＝eq\r(3)v0，方向豎直向下，故C錯誤；小球經(jīng)過B點時速度與水平方向的夾角正切值tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)，α＝60°，即運動方向改變的角度為60°，故D正確。答案：AD8．(2020·江西新建二中高三3月線上測試)如圖所示，一豎直圓弧形槽固定于水平地面上，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑。若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中槽壁上的最低點D點。若A點小球拋出的同時，在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質量的小球并也能擊中D點，已知∠COD＝60°，且不計空氣阻力，則()A．兩小球同時落到D點B．兩小球初速度大小之比為eq\r(6)∶3C．兩小球落到D點時的速度方向與OD線夾角相等D．兩小球落到D點時重力的瞬時功率之比為eq\r(2)∶1解析：兩球均做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于兩球下落的高度不同，則知兩球不可能同時到達D點，故A錯誤。設半圓的半徑為R，小球從A點平拋，可得R＝v1t1，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，小球從C點平拋，可得Rsin60°＝v2t2，R(1－cos60°)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，聯(lián)立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(6),3)，故B正確。根據(jù)平拋運動的推論可知，從A點拋出的小球落到D點時的速度方向的反向延長線經(jīng)過AO的中點；從C點拋出的小球落到D點時的速度方向的反向延長線經(jīng)過從C點向OD所作的垂線的中點，則兩小球落到D點時的速度方向與OD線夾角不相等，選項C錯誤。根據(jù)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))＝2gh可知，兩小球落到D點時的豎直速度之比為eq\r(2)∶1，根據(jù)P＝mgvy可知重力的瞬時功率之比為eq\r(2)∶1，選項D正確。答案：BD二、非選擇題(共3小題，52分)9.(16分)圖甲是“研究平拋物體運動”的實驗裝置圖，通過描點畫出平拋小球的運動軌跡。(1)以下是實驗過程中的一些做法，其中合理的有________。A．安裝斜槽軌道，使其末端保持水平B．每次小球釋放的初始位置可以任意選擇C．每次小球應從同一高度由靜止釋放D．為描出小球的運動軌跡，描繪的點可以用折線連接(2)實驗得到平拋小球的運動軌跡，在軌跡上取一些點，以平拋起點O為坐標原點，測量它們的水平坐標x和豎直坐標y，圖乙中yx2圖像能說明平拋小球運動軌跡為拋物線的是________。(3)圖丙是某同學根據(jù)實驗畫出的平拋小球的運動軌跡，O為平拋的起點，在軌跡上任取兩點A、B，測得A、B兩點縱坐標y1＝5.0cm，y2＝45.0cm，A、B兩點水平間距Δx＝40.0cm，則平拋小球的初速度v0為________m/s。(g取10解析：(1)安裝斜槽軌道時，必須使其末端保持水平，保證小球離開軌道后水平飛出。為了描下軌跡上的多個點，實驗需重復多次，但每次小球平拋的初速度必須相同，所以每次小球應從同一高度由靜止釋放。描繪軌跡時，應該用平滑的曲線把描的點連接起來。故選項A、C正確。(2)若軌跡為拋物線，則軌跡方程為y＝kx2，即y與x2成正比，選項C正確。(3)設從O運動到A、B兩點所用時間分別為tA、tB，由y＝eq\f(1,2)gt2得tA＝0.1s，tB＝0.3s，v0＝eq\f(Δx,tB－tA)＝eq\f(0.4,0.3－0.1)m/s＝2.0m/s。答案：(1)AC(2)C(3)2.010．(16分)如圖所示，一長l＝0.45m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質量m＝0.10kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝0.90m。開始時小球處于A點，此時輕繩拉直處于水平方向上，讓小球從靜止釋放，當小球運動到B點時，輕繩碰到懸點O正下方一個固定的釘子P時立刻斷裂。不計輕繩斷裂的能量損失，取重力加速度g＝10(1)繩斷裂后球從B點拋出并落在水平地面的C點，求C點與B點之間的水平距離；(2)若OP＝0.30m，輕繩碰到釘子P時繩中拉力達到所能承受的最大拉力而斷裂，解析：(1)設小球運動到B點時的速度大小為vB，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝mgl，解得小球運動到B點時的速度大小為vB＝eq\r(2gl)＝3.0m/s，小球從B點做平拋運動，由運動學規(guī)律得到x＝vBt，y＝H－l＝eq\f(1,2)gt2，解得C點與B點之間的水平距離x＝vBeq\r(\f(2（H－l）,g))＝0.9m。(2)若輕繩碰到釘子時，輕繩拉力恰好達到最大值Fm，由牛頓第二定律得Fm－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),r)，其中r＝l－OP，由以上各式解得Fm＝7N。答案：(1)0.9m(2)711．(20分)如圖所示，在某星球表面附近，一個在輕繩約束下的質量為m的小球在豎直平面內(nèi)做半徑為r圓周運動，小球在最低點與最高點所受輕繩的拉力之差為ΔF，假設星球是均勻球體，其半徑為R，已知萬有引力常量為G，不計一切阻力。(1)求星球表面重力加速度；(2)求該星球的密度；(3)如圖所示，在該星球表面上，某小球以大小為v0的初速度平拋，能擊中傾角為θ的斜面，且位移最短，試求該小球平拋的時間。解析：(1)設小球在最高點受到繩子的拉力為F1，速率為v1，則有F1＋mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r)，設小球在最低點受到繩子拉力為F2，速率為v2，則有F2－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),r)，小球從最高點到最低點的過程中應用動能定理可得mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1