2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第四章 曲線運動 萬有引力與航天章末綜合測試.doc

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第四章 曲線運動 萬有引力與航天 章末綜合測試(四) (時間：60分鐘　分數(shù)：100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1.(2016安徽合肥一模)在長約一米的一端封閉的玻璃管中注滿清水，水中放一個適當(dāng)?shù)膱A柱形的紅蠟塊，玻璃管的開口端用膠塞塞緊，將其迅速豎直倒置，紅蠟塊就沿玻璃管由管口勻速上升到管底．現(xiàn)將此玻璃管倒置安裝在置于粗糙桌面上的小車上，小車從A位置以初速度v0開始運動，同時紅蠟塊沿玻璃管勻速上升，經(jīng)過一段時間后，小車運動到虛線表示的B位置．按照上圖建立的坐標系，在這一過程中紅蠟塊實際運動的軌跡可能是下圖中的(　　) 解析：A　根據(jù)題述，紅蠟塊沿玻璃管勻速上升，即沿y方向做勻速直線運動；在粗糙桌面上的小車從A位置以初速度v0開始運動，即沿x方向做勻減速直線運動，在這一過程中紅蠟塊實際運動的軌跡是關(guān)于y軸對稱的拋物線，可能是圖A. 2.如圖所示，三個小球在離地面不同高度處，同時以相同的速度向左水平拋出，小球A落到D點，DE＝EF＝FG，不計空氣阻力，每隔相等的時間間隔小球依次碰到地面，則關(guān)于三小球(　　) A．B、C兩球落在D點左側(cè) B．B球落在E點，C球落在F點 C．三小球離地面的高度AE∶BF∶CG＝1∶3∶5 D．三小球離地面的高度AE∶BF∶CG＝1∶4∶9 解析：D　相同的初速度拋出，而A、B、C三個小球的運動時間之比為1∶2∶3，可得水平位移之比為1∶2∶3，而DE＝EF＝FG，所以B、C兩球也落在D點，故A、B錯誤；由h＝gt2可得，A、B、C三個小球拋出點離地面的高度之比為1∶4∶9，故C錯誤，D正確． 3.如圖所示，P、Q是固定在豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑彎管的兩端，P、Q間的水平距離為d.直徑略小于彎管內(nèi)徑的小球以速度v0從P端水平射入彎管，從Q端射出，在穿過彎管的整個過程中小球與彎管無擠壓．若小球從靜止開始由P端滑入彎管，經(jīng)時間t恰好以速度v0從Q端射出．重力加速度為g，不計空氣阻力，那么(　　) A．v0<　　　　　　　　 B．v0＝ C．t＝ D．t> 解析：D　第一次運動時，由平拋運動的規(guī)律得，水平方向d＝v0t1，豎直方向h＝gt；第二次運動時，由機械能守恒定律得mgh＝mv，即2gh＝v.聯(lián)立各式解得v0＝，選項A、B錯誤．將v0的表達式代入d＝v0t1得t1＝，由于第二個過程中小球在豎直方向不是自由落體運動，一定有t>t1，所以選項C錯誤，D正確． 4.(2017課標Ⅱ)如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　　) A. B. C. D. 解析：B　設(shè)軌道半徑為R，小物塊從軌道上端飛出時的速度為v1，由于軌道光滑，根據(jù)機械能守恒定律有mg2R＝mv2－mv，小物塊從軌道上端飛出后做平拋運動，對運動分解有：x＝v1t,2R＝gt2，求得x＝，因此當(dāng)R－＝0，即R＝時，x取得最大值，B項正確，A、C、D項錯誤． 5.如圖所示，a為繞地球做橢圓軌道運動的衛(wèi)星，b為地球同步衛(wèi)星，P為兩衛(wèi)星軌道的切點，也是a衛(wèi)星的遠地點，Q為a衛(wèi)星的近地點．衛(wèi)星在各自的軌道上正常運行，下列說法中正確的是(　　) A．衛(wèi)星a經(jīng)過P點時的速率一定等于衛(wèi)星b經(jīng)過P點時的速率 B．衛(wèi)星a經(jīng)過P點時的速率一定小于衛(wèi)星b經(jīng)過P點時的速率 C．衛(wèi)星a的周期一定大于衛(wèi)星b的周期 D．衛(wèi)星a的周期一定等于衛(wèi)星b的周期 解析：B　衛(wèi)星a經(jīng)過P點時做向心運動，說明所受萬有引力大于需要的向心力，即F>m；衛(wèi)星b經(jīng)過P點時做勻速圓周運動，說明所受萬有引力等于需要的向心力，即F＝m；而rb＝ra，所以vb>va，A錯誤，B正確．由于衛(wèi)星a的軌道半長軸小于衛(wèi)星b的軌道半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星a的周期一定小于衛(wèi)星b的周期，C、D錯誤． 6.如圖所示，A、B兩球分別套在兩光滑無限長的水平直桿上，兩球通過一輕繩繞過一定滑輪(軸心固定不動)相連，某時刻連接兩球的輕繩與水平方向的夾角分別為α、β，A球向左的速度為v，下列說法正確的是(　　) A．此時B球的速度為v B．此時B球的速度為v C．當(dāng)β增大到等于90時，B球的速度達到最大 D．在β增大到90的過程中，繩對B球的拉力一直做正功 解析：ACD　將A球的速度v沿輕繩方向和垂直輕繩方向分解，沿輕繩方向分速度v1＝vcos α；將B球的速度vB沿輕繩方向和垂直輕繩方向分解，沿輕繩方向分速度v2＝vBcos β；兩小球沿輕繩方向的分速度相等，即vcos α＝vBcos β，解得此時B球的速度為vB＝v，A正確，B錯誤．由vB＝v，當(dāng)β增大到等于90時，B球的速度達到最大，C正確．由于拉力與B球位移方向夾角小于90，所以在β增大到90的過程中，繩對B球的拉力一直做正功，D正確． 7．組成星球的物質(zhì)是靠引力吸引在一起的，這樣的星球有一個最大的自轉(zhuǎn)速率，如果超出了該速率，星球的萬有引力將不足以維持其赤道附近的物體隨星球做圓周運動，假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的星球，地球半徑為R、地球北極表面附近的重力加速度為g、引力常量為G、地球質(zhì)量為M，則地球的最大自轉(zhuǎn)角速度ω為(　　) A．ω＝2π B．ω＝ C．ω＝ D．ω＝2π 解析：BC　取地球赤道上一質(zhì)量很小的質(zhì)點，設(shè)其質(zhì)量為m，要維持該質(zhì)點隨地球一起以最大角速度ω轉(zhuǎn)動，則質(zhì)點與地球之間的萬有引力等于向心力，有G＝mRω2，解得ω＝，A錯誤，B正確．在地球北極表面附近，G＝m′g，則GM＝gR2，代入上式可得ω＝，C正確，D錯誤． 8.蕩秋千是大家喜愛的一項體育活動．如圖是蕩秋千的示意圖，若人直立站在踏板上，從繩與豎直方向成90角的A點由靜止開始運動，擺到最低點B時，兩根繩對踏板的總拉力是人所受重力的兩倍．隨后，站在B點正下面的某人推一下，使秋千恰好能擺到繩與豎直方向成90角的C點．設(shè)人的重心到懸桿的距離為l，人的質(zhì)量為m，踏板和繩的質(zhì)量不計，人所受空氣阻力與人的速度成正比．則下列判斷中正確的是(　　) A．人從A點運動到最低點B的過程中損失的機械能等于mgl B．人從A點運動到最低點B的過程中損失的機械能等于mgl C．站在B點正下面的某人推一下做的功小于mgl D．站在B點正下面的某人推一下做的功大于mgl 解析：AD　在最低點B時，對人和踏板整體，由牛頓第二定律得FT－mg＝m.據(jù)題意FT＝2mg，得v＝，則人從A點運動到最低點B的過程中損失的機械能為ΔE＝mgl－mv2＝mgl，A正確，B錯誤，由于站在B點正下面的某人要對該人做功，在最低點，人的速度將大于，由于空氣阻力與人的速度成正比，則從B運動到C，人損失的機械能ΔE′>mgl；要使人運動到C，根據(jù)動能定理：W人－mgl－ΔE′＝0－mv2，所以W人>(mgl－mv2)＋mgl＝mgl，D正確，C錯誤． 二、非選擇題(本大題共3小題，第9、10題各16分，第11題20分，共52分) 9.如圖所示，滑板運動員從傾角為53的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發(fā)現(xiàn)在斜面底端有一個高h＝1.4 m、寬L＝1.2 m的長方體障礙物，為了不觸及這個障礙物，他必須在距水平地面高度H＝3.2 m的A點沿水平方向跳起離開斜面．忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.(已知sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)，求： (1)若運動員不觸及障礙物，他從A點起跳后落至水平面的過程所經(jīng)歷的時間． (2)運動員為了不觸及障礙物，他從A點沿水平方向起跳的最小速度． 解析：(1)運動員從斜面上起跳后沿豎直方向做自由落體運動，根據(jù)自由落體公式 H＝gt2(3分) 解得：t＝＝0.8 s(2分) (2)為了不觸及障礙物，運動員以速度v沿水平方向起跑后豎直下落高度為H－h(huán)時，他沿水平方向運動的距離為＋L 設(shè)他在這段時間內(nèi)運動的時間為t′， 則：H－h(huán)＝gt′2(3分) ＋L＝vt′(3分) 解得v＝6.0 m/s(1分) 答案：(1)0.8 s　(2)6.0 m/s 10．發(fā)射宇宙飛船的過程要克服引力做功，已知將質(zhì)量為m的飛船在距地球中心無限遠處移到距地球中心為r處的過程中，引力做功為W＝，飛船在距地球中心為r處的引力勢能公式為Ep＝－，式中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，若在地球的表面發(fā)射一顆人造地球衛(wèi)星，如果發(fā)射的速度很大，此衛(wèi)星可以上升到離地心無窮遠處(即地球引力作用范圍之外)，這個速度稱為第二宇宙速度(也稱逃逸速度)． (1)試推導(dǎo)第二宇宙速度的表達式． (2)已知逃逸速度大于真空中光速的天體叫黑洞，設(shè)某黑洞的質(zhì)量等于太陽的質(zhì)量M＝1.981030 kg，求它的可能最大半徑？ 解析：(1)設(shè)無窮遠處的引力勢能為零，地球的半徑為R，第二宇宙速度為v，所謂第二宇宙速度，就是衛(wèi)星擺脫中心天體束縛的最小發(fā)射速度．則衛(wèi)星由地球表面上升到離地球表面無窮遠的過程，根據(jù)機械能守恒定律得 Ek＋Ep＝0(4分) 即mv2－G＝0(4分) 解得v＝(2分) (2)由題意知v>c，即 >c(3分) 得R<＝ m ＝2.93103 m(3分) 則該黑洞的最大半徑為2.93103 m. 答案：(1) 　(2)2.93103 m 11．(2017河南洛陽統(tǒng)考)某物理興趣小組制作了一個游戲裝置，其簡化模型如圖所示，選手在A點用一彈射裝置可將小滑塊以水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝0.3 m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點向C點運動，C點右側(cè)有一陷阱，C、D兩點的豎直高度差h＝0.2 m，水平距離s＝0.6 m，水平軌道AB長為L1＝1 m，BC長為L2＝2.6 m，小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2. (1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點，求小滑塊在A點被彈出時的速度大??； (2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周后只要不掉進陷阱即為選手獲勝，求獲勝選手在A點將小滑塊彈射出的速度大小的范圍． 解析：(1)設(shè)小滑塊恰能通過圓形軌道最高點時的速度為v，由牛頓第二定律有 mg＝m(2分) 從B點到最高點，小滑塊機械能守恒，有 mv＝2mgR＋mv2(2分) 從A點到B點由動能定理得 －μmgL1＝mv－mv(2分) 由以上三式解得A點的速度為v1＝5 m/s(1分) (2)若小滑塊剛好停在C處，從A點到C點由動能定理得 －μmg(L1＋L2)＝0－mv(2分) 解得A點的速度為v2＝6 m/s(1分) 若小滑塊停在BC段，應(yīng)滿足5 m/s≤vA≤6 m/s(1分) 若小滑塊能通過C點并恰好越過陷阱，利用平拋運動規(guī)律有 豎直方向：h＝gt2(2分) 水平方向：s＝vCt(2分) 從A點到C點由動能定理得 －μmg(L1＋L2)＝mv－mv(2分) 解得v3＝3 m/s(1分) 所以初速度的范圍滿足 5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 m/s.(2分) 答案：(1)5 m/s　(2)5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 m/s