2022届新高考一轮复习 物理 曲线运动 万有引力与航天训练卷 B卷

这是一份2022届新高考一轮复习 物理 曲线运动 万有引力与航天训练卷 B卷，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，如图，一同学表演荡秋千等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列关于物理学史的说法中错误的是( )
A．伽利略不仅确立了描述运动的基本概念，而且提出了将数学推理和实验相结合的硏究方法
B．牛顿三大运动定律，奠定了力学的基础
C．开普勒经过几十年的长期观察，归纳总结出了开普勒三定律
D．卡文迪许通过实验，测量出万有引力常量，被称为“称量地球质量的人”
2．擦黑板是同学们的值日必需，如图小红在某次擦黑板过程中发现，黑板擦紧贴黑板在竖直平面内做匀速圆周运动，运动过程中长边始终沿着手臂方向，若黑板擦在运动过程中受到的滑动摩擦力大小保持不变，只研究黑板擦在竖直黑板平面内受力与运动情况，下列有关分析正确的是( )
A．黑板擦受到的合外力恒定
B．黑板擦在运动过程中处于超重状态
C．黑板擦上各点运动的速度大小相等
D．黑板擦上各点的角速度相等
3．一只小船在同一河流中先后两次渡河，均从A沿直线运动到B，AB与河岸的夹角为α，第一次渡河时，船头垂直于河岸，船相对于静水的速度为v1，渡河所用时间为t1；第二次船头垂直于AB，船相对于静水的速度为v2，渡河所用时间为t2，河水速度恒定，则( )
A． B．
C． D．
4．如图所示，质量为m的物体随水平传送带一起顺时针匀速运动，A为传送带的终端皮带轮。皮带轮半径为r，要使物体通过右端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为( )
A．eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,r)) B．eq \r(\f(g,r)) C．eq \r(gr) D．eq \f(\r(gr),2π)
5．如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N
6．如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于( )
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
7．如图，一个人拿着一个小球想把它扔进前方一堵竖直墙的洞里，洞比较小，球的速度必须垂直于墙的方向才能进入，洞离地面的高度H＝3.3 m，人抛球出手时，球离地面高度h0＝1.5 m，人和墙之间有一张竖直网，网高度h＝2.5 m，网离墙距离L＝2 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．只要人调整好抛球速度大小以及抛射角度，不管人站在离网多远的地方，都可以把球扔进洞
B．要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少1 m处
C．要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少1.5 m处
D．要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少2 m处
8．2021年6月17日15时54分，神舟十二号载人飞船成功对接于天和核心舱构成多舱组合体。已知多舱组合体在地球上空h（约400公里）高度处圆轨道上运行，地球半径为R，地球表面处重力加速度为g。则多舱组合体在轨运行时( )
A．向心加速度小于g
B．线速度大于7.9 km/s
C．角速度为
D．周期为24小时
二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．金家庄特长螺旋隧道为2022年冬奥会重点交通工程。由于需要克服约250 m的高度差，如果不建螺旋隧道，会造成路线纵坡坡度过大，无法保证车辆的安全行驶。因此这一隧道工程创造性地设计了半径为860 m的螺旋线，通过螺旋线实现原地抬升112 m，如图所示。下列对这段公路的分析，说法正确的是( )
A．车辆上坡过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力
B．通过螺旋隧道设计，有效减小坡度，主要目的是增大车辆行驶过程中的摩擦力
C．车辆转弯处，路面应适当内低外高
D．车辆以某一恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需的向心力越大
10．2021年5月15日7时18分，“天问一号”着陆巡视器在火星乌托邦平原南部预选着陆区登陆，这标志着我国首次火星探测任务着陆火星圆满成功！“天问一号”探测器着陆前运行的轨道分别如图中1、2、3所示，其中P点为轨道2、3的相切点，Q点为轨道1、2的相切点，则探测器( )
A．在轨道3上经过P点时的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度
B．在轨道2上由Q点向P点运动时其动能将增大
C．在轨道2上运行的周期比在轨道3上运行的周期小
D．在由轨道2变轨到轨道1运动时需要点火间速
11．充气弹跳飞人娱乐装置如图甲所示，开始时娱乐者静止躺在气包上，工作人员从站台上蹦到气包上，娱乐者即被弹起并落入厚厚的海洋球。若娱乐者弹起后做抛体运动，其重心运动轨迹如图乙虚线POB所示。开始娱乐者所处的面可视为斜面AC，与水平方向夹角θ＝37°。已知娱乐者从P点抛起的初速度方向与AC垂直，B点到轨迹最高点O的竖直高度h＝3.2 m，水平距离l＝2.4 m，AB在同一水平面上，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则( )
A．P点到B点的位移为3.6 m
B．AB之间的距离为0.4 m
C．娱乐者从P点到B点过程中的时间1.2 s
D．娱乐者从P点到B点过程中的最大速度5 m/s
12．如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝2eq \r(5) rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1 m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列选项正确的是( )
A．M、N两小球做圆周运动的线速度大小之比vM∶vN＝eq \r(3)∶1
B．M、N两小球做圆周运动的线速度大小之比vM∶vN＝eq \r(5)∶1
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
三、非选择题：本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(6分)某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为 ______ ；竖直分量大小为 _____ ；根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为______ 。
14．(8分)如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道的半径为L，其轨道底端P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L，Q为圆弧轨道上的一点，它和圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为60°。现将一质量为m、可视为质点的小球从Q点由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g。试求：
(1)小球在P点时受到的支持力大小；
(2)在以后的运动过程中，小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B点的距离。
15．(9分)一颗在赤道上空运行的人造卫星，其距离地球表面的高度为h=R（R为地球半径），卫星的转动方向与地球自转方向相同，已知地球自转的角速度为ω0，地球表面处的重力加速度为g，引力常量为G，求：
(1)该卫星绕地球运行的角速度ω；
(2)若某时刻卫星通过赤道上某建筑物的正上方，到它下次通过该建筑物正上方需要的时间。
16．(9分)目前人类正在设计火星探测实验室，从而在火星表面进行某些物理实验。如果火星的半径为r，某探测器在近火星表面轨道做圆周运动的周期是T，探测器着陆后，其内部有如图所示的实验装置，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5)，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到火星表面重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零（火星表面重力加速度g未知）。不考虑火星自转的前提下，求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
17．(13分)如图所示，一根长L＝1 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
(1)在小球以速度v1＝4 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？
(2)在小球以速度v2＝1 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。
(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？
18．(15分)如图所示，有一半径R＝1.5 m的四分之一光滑圆弧AB，通过长L＝0.5 m的水平轨道BC与另一半径r＝0.25 m内壁光滑细圆管CDE相连接，末段细管CE为水平。有一质量为0.2 kg的小球从A点静止下滑依次经过轨道ABCDE，最后从E点抛出的小球与斜面垂直发生碰撞。已知小球与BC之间的动摩擦因数μ＝0.5，E点距地面高度h＝2.4 m，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g＝10 m/s2，则：
(1)小球在经过D点时，对细管的作用力多大，方向如何；
(2)斜面顶端F点与E点的水平距离X为多少；
(3)改变小球在圆弧AB的高度H，仍能使小球与斜面垂直发生碰撞，请写出X与H的满足的关系和H的取值范围。
（新高考）2022届高三一轮单元训练卷
第四单元（B）答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．【答案】C
【解析】伽利略不仅确立了描述运动的基本概念，而且研究了自由落体运动，并提出了理想化物理实验，将数学推理和实验相结合，奠定了整个物理学科学研究的基础，A项正确；牛顿的三大运动定律，奠定了整个力学的基础，B项正确；第谷经过几十年的长期观察，积累了大量的天文学数据，其学生开普勒归纳总结出了开普勒三定律，C项错误；卡文迪许通过实验，测量出万有引力常量，由mg＝Geq \f(Mm,R2)，可知M＝eq \f(gR2,G)，故卡文迪许被称为“称量地球质量的人”。
2．【答案】D
【解析】黑板擦紧贴黑板在竖直平面内做匀速圆周运动，受到的合力指向圆心，则合外力不是恒力，A错误；黑板擦在竖直方向上速度逐渐减小，则竖直方向的加速度向下，处于失重状态，B错误；黑板擦上各点绕中心做匀速圆周运动，则角速度相等，但是由于黑板擦上各点到圆心的半径不等，则根据v＝ωr可知，各点运动的速度大小不相等，C错误，D正确。
3．【答案】C
【解析】设河水速度为v，当船头垂直河岸时，有，，当船头垂直AB时，有v2＝vsin α，合速度v合2＝vcs α，则，故AB错误；由于两次路程相同，则时间之比，故C正确，D错误。
4．【答案】A
【解析】要使物体通过右端时能水平抛出，则有mg＝meq \f(v2,r)，物体飞出时速度至少为eq \r(gr)，由v＝ωr＝2πnr可得皮带轮的转速至少为n＝eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,r))，选项A正确。
5．【答案】B
【解析】在最低点由2T－mg＝meq \f(v2,r)，知T＝410 N，即每根绳子拉力约为410 N，故选B。
6．【答案】B
【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有E1＝eq \f(1,2)mv12，根据平抛运动规律有h＝eq \f(1,2)gt12，h＝v1t1；当在a点时动能为E2时，有E2＝eq \f(1,2)mv22，根据平抛运动规律有eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)gt22，3h＝v2t2，联立以上各式可解得，故选B。
7．【答案】B
【解析】球的运动是斜上抛运动，最后垂直墙进入洞里，则可以把它看成是从洞开始的平抛运动，从洞到高h的网过程中H-h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝0.4 s，水平方向上若恰好擦网，则L＝v0t，得v0＝5 m/s，从墙洞的位置，到人抛出球的位置处，竖直方向上H-h0＝eq \f(1,2)gt′2，得出t′＝0.6 s，故人距离墙的水平距离至少为x＝v0t′＝3 m，故要使球扔进洞，人必须站在离网距离至少为x′＝x-L＝1 m，故选B。
8．【答案】A
【解析】在地球表面附近，物体的重力近似等于地球的引力，有mg＝Geq \f(Mm,R2)，多舱组合体在地球上空h处的向心加速度有，由此可知a二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．【答案】AC
【解析】车辆上坡过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力，故A正确；减小坡度，主要目的是减小使汽车沿斜面下滑的力，B错误；转弯路面处内低外高可以提供一部分向心力，使汽车转弯时更安全，C正确；由向心力公式F＝meq \f(v2,r)，可知以某一恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需的向心力越小，D错误。
10．【答案】CD
【解析】根据牛顿第二定律有Geq \f(Mm,r2)＝ma，由于经过P点时距离r相同，所以沿不同轨道运动，经过P点时的加速度相同，A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道2上从Q点运动到P点卫星做减速运动，B错误；根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k，在轨道2上运行的半长轴比在轨道3上运行的半径小，所以在轨道2上运行的周期比在轨道3上运行的周期小，C正确；由轨道2变到轨道1，由于曲率半径减小，相当于近心运动，需要点火减速，D正确。
11．【答案】BC
【解析】由O点到B点过程，由h＝eq \f(1,2)gt2，可得，可知人的水平分速度，从P点到O点的运动可视为从O点平抛到P点的逆过程，P点竖直方向速度，从O到B过程，由竖直方向，可得到B点竖直方向的速度，所以到B点速度，因此运动到B点速度最大为，故D错误；从P到O时间，从O到B时间0.8s，知从P点到B点过程中的时间，故C正确；P点距离O点的高度为，P点距离B点的高度为，P点距离B点的水平距离为，P点距离B点的位移为，故A错误；AC间水平距离为3.6 m，知AP之间的水平距离为3.2 m，故AB之间的距离为0.4 m，故B正确。
12．【答案】AD
【解析】M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以Fn＝mgtan 45°＝mωvM，得，同理，N点的小球受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为θ，Fn′＝mgtan θ＝mωvN，，又Fn′＝mω2r，r＝Rsin θ，联立得，所以，故A正确，B错误；当半圆环绕竖直对称轴以角速度ω做匀速转动时，对小环M，外界提供的向心力等于mgtan 45°，则mgtan 45°＝mω2rM，当角速度增大时，小环所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力不够提供小环M需要的向心力，小环将做离心运动，最终小环M将到达A点。设ON与竖直方向之间的夹角为θ，对于N环，则mgtan θ＝mω2rN，当ω稍微增大时，小环N所需要的向心力增大，小环N将做离心运动，小环N将要向C点靠近，此时θ增大，mgtan θ也增大，最终小环N需要的向心力与提供的向心力相等，所以小环N将稍许靠近C点。故C错误，D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(6分)
【答案】1.0 2.0 9.7 （每空2分）
【解析】小球在水平方向做匀速直线运动，由图可知Δx=5 cm=0.05 m，则水平分速度，竖直方向做自由落体运动，可运用匀变速直线运动规律求解，匀变速直线运动中间时刻速度等于全过程平均速度，则有，其中Δh=8.6 cm+11.0 cm=19.6 cm=0.196 m，代入数据解得vy=2.0 m/s，小球在竖直方向做匀加速直线运动，由Δy=at2可知，重力加速度为。
14．(8分)
【解析】(1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程，由动能定理得：
mgL(1－cs60°)＝eq \f(1,2)mv2 (1分)
解得：v＝eq \r(gL) (1分)
小球在P点时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq \f(v2,L) (1分)
解得：FN＝2mg (1分)
(2)小球离开P点后做平抛运动，设其水平位移为L时所用时间为t，则：L＝vt (1分)
小球下落的高度为：h＝eq \f(1,2)gt2 (1分)
联立解得：h＝eq \f(L,2) (1分)
故小球第一次与墙壁的碰撞点离B的距离为：d＝L－h＝eq \f(1,2)L。(1分)
15．(9分)
【解析】(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力 (1分)
在距离地球表面的高度为h=R处，仍有万有引力等于重力 (1分)
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力 (1分)
联立以上各式解得。 (2分)
(2)卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空
(2分)
解得。 (2分)
16．(9分)
【解析】(1)设火星表面重力加速度为g，则有：
m0g＝m0eq \f(4π2,T2)r (1分)
可得g＝eq \f(4π2,T2)r
设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有：
F0＝mgtan α (1分)
F2＝(mg)2＋F02 (1分)
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：F＝meq \f(v2,R) (1分)
联立解得：F0＝eq \f(3,4)mg，v＝。 (2分)
(2)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t，由运动学公式：
v⊥t＋eq \f(1,2)gt2＝R＋Rcs α (1分)
v⊥＝vsin α (1分)
联立解得：t＝。 (1分)
17．(13分)
【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足：mg＝meq \f(v临界2,L) (1分)
解得：v临界＝eq \r(10) m/s (1分)
因为v1>v临界，所以绳子有拉力且满足：mg＋T1＝meq \f(v12,L) (1分)
解得：T1＝3 N。(1分)
(2)因为v2其中：x＝v2t，y＝eq \f(1,2)gt2 (1分)
解得：t＝0.6 s。 (1分)
(3)当t＝0.6 s时，可得x＝0.6 m，y＝1.8 m，小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足：tan α＝eq \f(x,y－L)＝eq \f(3,4) (1分)
此时速度的水平分量与竖直分量分别为：
vx＝v2＝1 m/s，vy＝gt＝6 m/s (1分)
绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度：
v3＝vysin α－vxcs α＝eq \f(14,5) m/s (1分)
接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v，则由动能定理得：
mgL(1－cs α)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv32 (1分)
又T－mg＝meq \f(v2,L) (1分)
解得：T＝eq \f(273,25) N。(1分)
18．(15分)
【解析】(1)A到D，由动能定理得：mg(R－2r)－μmgL＝eq \f(1,2)mvD2 (1分)
在D点，有： (1分)
得FN＝10 N
小球对细管作用力为FN′＝FN＝10 N，方向向上。 (1分)
(2)A到E，由动能定理得：mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mvE2 (1分)
得vE＝5 m/s (1分)
小球与斜面垂直碰撞，则vy＝vE＝5 m/s (1分)
得平抛运动时间 (1分)
碰撞点与地面的距离y＝h－eq \f(1,2)gt2＝1.15 m (1分)
所以x＝vEt－1.15 m＝1.35 m。 (1分)
(3)设要使小球通过最高点的高度为H1，则有：mgH1－μmgL＝2mgr (1分)
得H1＝0.75 m (1分)
设平抛运动的初速度为v0，碰撞点距地面高度为y
y＝h－eq \f(1,2)gt2，x＝v0t－y，
由上述三式得 (1分)
从小球开始运动到点，有：mgH－μmgL＝eq \f(1,2)mv02 (1分)
得x＝3(H－0.25)－2.4 (1分)
x最小为0，则H2＝1.05 m
所以H值的范围1.05 m