2022届高三物理一轮复习专题训练：曲线运动 万有引力与航天 （Word含答案）

这是一份2022届高三物理一轮复习专题训练：曲线运动 万有引力与航天 （Word含答案），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．2018年珠海航展,我国五代战机“歼-20”再次闪亮登场。表演中,战机先水平向右,再沿曲线ab向上(如图),最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内,飞行速率不变。则沿ab段曲线飞行时,战机( )。
A.所受合外力大小为零
B.所受合外力方向竖直向上
C.竖直方向的分速度逐渐增大
D.水平方向的分速度不变
2．当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，2016年3月8日出现了一次“木星冲日”．已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍．则下列说法正确的是( )
A．下一次的“木星冲日”时间肯定在2018年
B．下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年
C．木星运行的加速度比地球的大
D．木星运行的周期比地球的小
3．某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程( )
A．两次在空中运动的时间相等
B．两次抛出时的速度相等
C．第1次抛出时速度的水平分量小
D．第2次抛出时速度的竖直分量大
4．光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态，现同时撤去大小分别为8 N和16 N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是( )
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是4 m/s2
B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s2
C．一定做匀变速运动，加速度大小可能是10 m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是8 m/s2
5．2019年12月4日,中国“玉兔二号”月球车按地面指令完成月夜设置,进入第12月夜。至此,“玉兔二号”成为在月面工作时间最长的月球车,打破了此前由苏联“月球车1号”保持的世界纪录。若在“玉兔二号”月球车上安装一个半径r=1 m、光滑的竖直圆形轨道,同时在圆形轨道最低点安装一个力传感器。现让一个质量m=2 kg的小球(可看成质点)沿圆弧从与圆心等高的点由静止下落,到达最低点时力传感器显示的示数为10 N,此过程中月球车未运动,不考虑其他星体引力的影响,已知月球半径为R,引力常量为G。则以下说法正确的是( )。
A.中国“玉兔二号”月球车从地球表面发射的速度大于地球的第三宇宙速度
B.月球表面重力加速度为2.5 m/s2
C.月球的质量为R23G
D.绕月运动最快的卫星的周期为23π2R5
6．“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍．已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g.则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为( )
A.eq \r(\f(RKg,QP))
B.eq \r(\f(RPKg,Q))
C.eq \r(\f(RQg,KP))
D.eq \r(\f(RPg,QK))
7．如图所示，长度不同的两根轻绳L1与L2，一端分别连接质量为m1和m2的两个小球，另一端悬于天花板上的同一点O，两小球质量之比m1∶m2＝1∶2，两小球在同一水平面内做匀速圆周运动，绳L1、L2与竖直方向的夹角分别为30°与60°，下列说法中正确的是( )
A．绳L1、L2的拉力大小之比为1∶3
B．小球m1、m2运动的向心力大小之比为1∶6
C．小球m1、m2运动的向心加速度大小之比为1∶6
D．小球m1、m2运动的线速度大小之比为1∶2
8．如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为( )
A．R
B.eq \f(R,2)
C.eq \f(3R,4)
D.eq \f(R,4)
二、多项选择题
9．一物体在xOy直角坐标系的平面上运动,其运动规律为x=-2t2-4t,y=3t2+6t(式中的物理量单位均为国际单位)。关于物体的运动,下列说法正确的是( )。
A.物体在x轴方向上做匀减速直线运动
B.物体在y轴方向上做匀加速直线运动
C.物体运动的轨迹是一条直线
D.物体运动的轨迹是一条曲线
10．宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处．若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地＝1∶4，地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g′，空气阻力不计．则( )
A．g′∶g＝1∶5 B．g′∶g＝5∶2
C．M星∶M地＝1∶20 D．M星∶M地＝1∶80
11．如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相撞。已知半圆形管道的半径R=1 m,小球可看作质点且其质量m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,则( )。
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时,受到管道的作用力FN的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时,受到管道的作用力FN的大小是2 N
12．有一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．若图中双黑洞的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列说法中正确的是( )
A．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M2∶M1
B．双黑洞的轨道半径之比r1∶r2＝M2∶M1
C．双黑洞的线速度大小之比v1∶v2＝M1∶M2
D．双黑洞的向心加速度大小之比a1∶a2＝M2∶M1
三、非选择题
13．某同学用如图1所示的装置探究向心力大小与线速度大小的关系。装置中光滑水平直杆随竖直转轴一起转动,一个滑块套在水平光滑杆上,用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接,当滑块随水平杆一起转动时,细线的拉力就是滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得,滑块转动的线速度可以通过速度传感器测得。
(1)要探究影响向心力大小的因素,采用的方法是 。
A.控制变量法 B.等效替代
C.微元法D.放大法
(2)实验中,要测量滑块做圆周运动的半径时,应测量滑块到 (选填“力传感器”或“竖直转轴”)的距离。若仅多次改变竖直转轴转动的快慢,测得多组力传感器的示数F及速度传感器的示数v,将测得的多组F、v值,在图2的F-v2坐标轴中描点,请将描出的点进行作图。若测得滑块做圆周运动的半径r=0.2 m,由作出的F-v2的图线可得滑块与速度传感器的总质量m= kg(结果保留2位有效数字)。
14．探究向心力跟质量、半径、角速度关系的实验装置如图1所示。金属块放置在转台上,电动机带动转台做圆周运动;改变电动机的电压,可以改变转台的角速度。光电计时器可以记录转台每转一圈的时间。金属块被约束在转台的径向凹槽中,只能沿半径方向移动,且跟凹槽之间的摩擦力可以忽略。
(1)某同学保持金属块质量和转动半径不变,改变转台的角速度,探究向心力跟角速度的关系。每个角速度对应的向心力可由力传感器读出。若光电计时器记录转台每转一周的时间为T,则金属块转动的角速度ω= 。
(2)上述实验中,该同学多次改变角速度后,记录了一组角速度与对应的向心力F的数据见下表。请根据表中数据在图2给出的坐标纸中作出F与ω2的关系图像。
图2
(3)为了探究向心力跟半径、质量的关系,还需要用到的实验器材除了刻度尺外,还有 。
15．一物体在光滑水平面上运动，它在x方向和y方向上的两个分运动的速度—时间图像分别如图甲、乙所示．
(1)判断物体的运动性质；
(2)计算物体的初速度大小；
(3)计算物体在前3 s内和前6 s内的位移大小．
16．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，地球视为质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响。
(1)北京时间2020年3月9日，中国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，此次发射的是北斗第2颗地球静止轨道卫星(又称地球同步卫星)，它离地的高度为h，求此卫星进入地球静止轨道后正常运行时的速度v的大小(不考虑地球自转的影响)；
(2)为考察地球自转对重力的影响，某研究者在赤道时，用测力计测得一小物体的重力是F1，在南极时，用测力计测得该小物体的重力为F2，求地球的质量M。(已知地球的自转周期为T)
17．如图所示，高H＝0.8 m的桌面上固定一个半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一个质量m＝0.04 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，g取10 m/s2。求：
(1)小球运动到B点时对轨道的压力大小；
(2)小球落地点距C点的距离；
(3)若加上如图所示的恒定水平风力，将小球由A处静止释放，要使小球恰落在C点，作用在小球上的风力应为多大？
18．如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地高度为h＝0.8 m．设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌半径R′＝eq \r(2)r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
参考答案
一、单项选择题
1．C
解析：因为战机做速率不变的曲线运动,所以合外力不为零且方向与速度方向垂直,所以A、B两项错误;对任一点的速度正交分解,
如图所示,vy=vcs α,vx=vsin α,根据题意知α减小,vy增加,vx减小,所以C项正确,D项错误。
2．B
解析：地球公转周期T1＝1年，由T＝2πeq \r(\f(r3,GM))可知，土星公转周期T2＝eq \r(125)T1≈11.18年．设经时间t，再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝eq \f(2π,T1)，ω2＝eq \f(2π,T2)，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”发生在2017年，故A错误，B正确；设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a.对行星由牛顿第二定律可得Geq \f(Mm,r2)＝ma＝meq \f(4π2,T2)r，解得a＝eq \f(GM,r2)，T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故C、D错误．
3．C
解析：将篮球的运动反向处理，即为平抛运动．由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误．平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第2次抛出时水平分速度较大，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确．水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误．
4．C
解析：物体在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态，即五个力的合力为零，所以同时撤去大小分别为8 N和16 N的两个水平力后，其他三个力的合力大小等于撤去的两个力的合力大小，方向相反，合力范围为8 N≤F≤24 N，所以加速度范围为：4 m/s2≤a≤12 m/s2.如果物体原来静止，则撤去两力后做匀变速直线运动，如果物体原来是运动的，但撤去两力后合力方向与运动方向不共线，则物体做匀变速曲线运动，若共线，则做匀变速直线运动，所以A、B错误，C正确；因为撤去两力后物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故D错误．
5．D
解析：由于“玉兔二号”没有脱离太阳系,所以发射速度小于地球的第三宇宙速度,A项错误;小球下落过程中满足机械能守恒定律,设小球到达最低点时速度为v,月球表面重力加速度为g,则有mgr=12mv2,到达最低点时小球做圆周运动,有FN-mg=mv2r,解得g=53 m/s2,B项错误;物体在月球表面有GMmR2=mg,可得M=5R23G,C项错误;对月球的近月轨道卫星有GMmR2=m4π2T2R,解得T=23π2R5,D项正确。
6．D
解析：在地球表面有Geq \f(M地m,R2)＝mg，“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动时有Geq \f(M月m′,KR月2)＝m′eq \f(v2,KR月)，根据已知条件有R＝PR月，M地＝QM月，联立以上各式解得v＝eq \r(\f(RPg,QK))，故选D.
7．B
解析：小球运动的轨迹圆在水平面内，运动形式为匀速圆周运动，在指向轨迹圆圆心方向列向心力表达式方程，在竖直方向列平衡方程，可得拉力大小FT1＝eq \f(m1g,cs 30°)，FT2＝eq \f(m2g,cs 60°)，则eq \f(FT1,FT2)＝eq \f(\r(3),6)，A选项错误；向心力大小F1＝m1gtan 30°，F2＝m2gtan 60°，则eq \f(F1,F2)＝eq \f(1,6)，B选项正确；a1＝eq \f(F1,m1)，a2＝eq \f(F2,m2)，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,3)，C选项错误；由a＝eq \f(v2,r)，因连接两小球的悬点距两小球运动平面的距离相等可知，eq \f(v1,v2)＝eq \r(\f(a1·tan 30°,a2·tan 60°))＝eq \f(1,3)，D选项错误．
8．D
解析：设小球平抛运动的初速度为v0，由题意知小球通过D点时的速度与圆柱体相切，则有eq \f(vy,v0)＝tan 60°，即eq \f(gt,v0)＝eq \r(3)；小球平抛运动的水平位移：x＝Rsin 60°＝v0t，联立解得：v02＝eq \f(Rg,2)，vy2＝eq \f(3Rg,2)，设平抛运动的竖直位移为y，vy2＝2gy，解得：y＝eq \f(3R,4)，则CB＝y－R(1－cs 60°)＝eq \f(R,4)，故D正确，A、B、C错误．
二、多项选择题
9．BC
解析：已知x=-2t2-4t,y=3t2+6t,对比匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+12at2,可得初速度v0x=-4 m/s,v0y=6 m/s,加速度ax=-4 m/s2,ay=6 m/s2。物体在x轴上分运动的初速度和加速度同方向,是匀加速直线运动,A项错误;物体在y轴方向的初速度和加速度同方向,是匀加速直线运动,B项正确;分运动的初速度之比和加速度之比相同,故合运动的初速度方向与加速度方向相同,故合运动一定是匀加速直线运动,C项正确,D项错误。
10．AD
解析：设初速度为v0，由对称性可知竖直上抛的小球在空中运动的时间t＝eq \f(2v0,g)，因此得eq \f(g′,g)＝eq \f(t,5t)＝eq \f(1,5)，选项A正确，B错误；由Geq \f(Mm,R2)＝mg得M＝eq \f(gR2,G)，则eq \f(M星,M地)＝eq \f(g′R\\al(星2),gR\\al(地2))＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝eq \f(1,80)，选项C错误，D正确．
11．AC
解析：根据平抛运动的规律,小球在C点的竖直分速度vy=gt=3 m/s,水平分速度vx=vytan 45°=3 m/s,则B点与C点的水平距离x=vxt=0.9 m,A项正确,B项错误;在B点设管道对小球的作用力方向向下,根据牛顿第二定律,有FN+mg=mvB2R,vB=vx=3 m/s,解得FN=-1 N,负号表示管道对小球的作用力方向向上,C项正确,D项错误。
12．BD
解析：双黑洞绕连线的某点做匀速圆周运动的周期相等，所以角速度也相等，故A错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞的距离为L，由M1ω2r1＝M2ω2r2，得r1∶r2＝M2∶M1，故B正确；由v＝ωr得双黑洞的线速度大小之比为v1∶v2＝r1∶r2＝M2∶M1，故C错误；由a＝ω2r得双黑洞的向心加速度大小之比为a1∶a2＝r1∶r2＝M2∶M1，D正确．
三、非选择题
13．(1)A (2)竖直转轴 见解析 0.18
解析：(1)要探究影响向心力大小与线速度大小的关系,保持滑块与速度传感器的总质量和运动半径不变,采用的实验方法是控制变量法,A项正确。
(2)实验中,因为滑块在水平方向上做圆周运动,故要测量滑块做圆周运动的半径时,应测量滑块到竖直转轴的距离。作出F-v2图线,如图所示
根据F=mv2r知图线的斜率k=mr
则有mr=910
代入数据解得m=0.18 kg。
14．(1)2πT (2)见解析 (3)天平
解析：(1)光电计时器记录转台每转一周的时间为T,则金属块转动的角速度ω=2πT。
(2)根据表中数据用描点法作出F与ω2的关系图像如图。
(3)为了探究向心力跟半径、质量的关系,还需要用到的实验器材除了刻度尺外,还需要用天平测出物体的质量。
15．(1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s
(3)30eq \r(13) m 180 m
解析：(1)由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．
(2)由图像知vx 0＝30 m/s，vy 0＝－40 m/s，
v0＝eq \r(v\\al(2,x 0)＋v\\al(2,y 0))＝50 m/s．
(3)x3＝vx0t＝90 m，
|y3|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(vy 0,2)))t＝60 m，
则x合＝eq \r(x\\al(2,3)＋|y3|2)＝30eq \r(13) m．
x6＝vx0t′＝180 m，
y6＝eq \x\t(v)t′＝eq \f(40－40,2)×6 m＝0，
则x′合＝180 m．
16．(1)eq \r(\f(gR2,R＋h)) (2)eq \f(4π2F2R3,F2－F1T2G)
解析：(1)设该卫星的质量为m，根据万有引力定律提供向心力可得：
Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(v2,R＋h)，
在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得：
Geq \f(Mm,R2)＝mg，
解得：v＝ eq \r(\f(GM,R＋h))＝ eq \r(\f(gR2,R＋h))。
(2)设小物体的质量为m0，在赤道处，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和测力计的作用力，有：Geq \f(Mm0,R2)－F1＝m0eq \f(4π2,T2)R，
在南极有：Geq \f(Mm0,R2)＝F2，
联立可得地球的质量M＝eq \f(4π2F2R3,F2－F1T2G)。
17．(1)1.2 N (2)1.2 m (3)0.3 N
解析：(1)A运动至B，则mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，FN－mg＝eq \f(mveq \\al( 2,0),R)
根据牛顿第三定律，轨道压力大小FN′＝FN
解得FN′＝1.2 N。
(2)竖直方向：H＝eq \f(1,2)gt2，水平方向：x＝v0t
解得x＝1.2 m。
(3)小球从A运动至B端mgR－FR＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)
小球从B端运动至C处，水平位移
x1＝0，x1＝v1t－eq \f(1,2)a1t2
水平方向：F＝ma1，解得F＝0.3 N。
18．(1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大．当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，则有Ffm＝μ1FN＝mrω2
FN＝mg
两式联立可得ω＝2 rad/s
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值．设物体在餐桌上滑动的位移为x，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝eq \f(Ff,m)
Ff＝μ2mg
所以a＝μ2g＝2.25 m/s2
物体在餐桌上滑动的初速度为v0＝ωr＝3 m/s
由运动学公式0－v02＝－2ax可得x＝2 m
由几何关系可得餐桌半径的最小值为
R＝eq \r(r2＋x2)＝2.5 m
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，
由题意可得vt′2－v02＝－2ax′
由于餐桌半径为R′＝eq \r(2)r，所以x′＝r＝1.5 m
解得vt′＝1.5 m/s
设物体做平抛运动的时间为t，则h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
物体做平抛运动的水平位移为x″＝vt′t＝0.6 m
所以由题意可得L＝x′＋x″＝2.1 m次数
1
2
3
4
5
F/N
0.70
1.35
1.90
2.42
3.10
ω2/(×102 rad·s-1)2
2.3
4.6
6.6
8.3
10.7