2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天章末质量检测（含解析）新人教版必修2

第四章 曲线运动 万有引力与航天 章末质量检测(四)

(时间：45分钟)

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。1～6题为单项选择题，7～8题为多项选择题)

1．野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是(　　)

图1

A．图乙中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同

B．大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈

C．图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点角速度相同

D．在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，自行车的速度将变大

解析　本题考查圆周运动中的传动装置，A、B、C、D四点线速度大小相等，方向不同，选项A错误；齿数与周期成正比，选项B正确；E、F两点线速度大小相同，半径不同，故角速度不同，选项C错误；若大齿轮角速度不变，增加小齿轮齿数，则小齿轮周期变大，角速度变小，自行车速度变小，选项D错误。

答案　B

2．组成星球的物质靠万有引力吸引在一起随星球自转。若某质量分布均匀的星球的角速度为ω，为使该星球不瓦解，该星球的密度至少为ρ。下列图象可能正确的是(　　)

解析　由题意知，赤道处最易瓦解，对于赤道处质量为m的物体，恰好瓦解时，有G＝mRω2，而M＝ρ·πR3，解得ω2＝ρ，B正确。

答案　B

3．铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图2所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则(　　)

图2

A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压

B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压

C．这时铁轨对火车的支持力等于

D．这时铁轨对火车的支持力大于

解析　由牛顿第二定律F合＝m，解得F合＝mgtan θ，此时火车只受重力和铁路轨道的支持力作用，如图所示，FNcos θ＝mg，则FN＝，内、外轨道对火车均无侧压力，故选项C正确，A、B、D错误。

答案　C

4.如图3所示，河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝x(m/s)(x的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4 m/s，则下列说法正确的是(　　)

图3

A．小船渡河的轨迹为直线

B．小船在河水中的最大速度是5 m/s

C．小船在距南岸200 m处的速度小于在距北岸200 m处的速度

D．小船渡河的时间是160 s

解析　小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，选项A错误；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值vm＝5 m/s，选项B正确；小船在距南岸200 m处的速度等于在距北岸200 m处的速度，选项C错误；小船的渡河时间t＝200 s，选项D错误。

答案　B

5．(2019·衡水一中月考)2016年12月22日，我国成功发射了国内首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星(以下简称“碳卫星”)。如图4所示，设“碳卫星”在半径为R的圆周轨道上运行，经过时间t，通过的弧长为s，已知引力常数为G，下列说法正确的是(　　)

图4

A．“碳卫星”内的物体处于平衡状态

B．“碳卫星”的运行速度大于7.9 km/s

C．“碳卫星”的发射速度大于11.2 km/s

D．可算出地球质量为

解析　“碳卫星”绕地球运行，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故不是平衡状态，处于失重状态，A错误；v＝7.9 km/s为第一宇宙速度，是最大的运行速度，“碳卫星”轨道半径比地球半径大，因此其运行速度应小于7.9 km/s，B错误；v＝7.9 m/s为第一宇宙速度，是最小的地面发射速度，“碳卫星”轨道半径比地球半径大，因此其发射速度应大于7.9 km/s，C错误；“碳卫星”的线速度v＝，根据万有引力提供向心力＝m，解得地球质量M＝＝，D正确。

答案　D

6．如图5所示，斜面ABC放在水平面上，斜边BC长为l，倾角为30°，在斜面的上端B点沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在斜面下端C点，重力加速度为g，则小球初速度v0的值为(　　)

图5

A.   B. C.   D.

解析　根据lsin 30°＝gt2得t＝，由lcos 30°＝v0t得初速度v0＝＝，所以选项C正确。

答案　C

7．据报道， “卡西尼”号探测器4月26日首次到达土星和土星内环(碎冰块、岩石块、尘埃等组成)之间，并在近圆轨道做圆周运动。在极其稀薄的大气作用下，开启探测之旅。最后阶段——“大结局”阶段，这一阶段将持续到九月中旬，直至坠向土星的怀抱。若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力作用，则(　　)

图6

A．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星运动的角速度小于内环的角速度

B．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星运动的速率大于内环的速率

C．5月到6月间，“卡西尼”的动能越来越大

D．6月到8月间，“卡西尼”的动能、以及它与土星的引力势能之和保持不变

解析　由题意可知，“卡西尼”在4月26日到达土星和土星内环之间，然后逐渐靠近土星，直到九月中旬落在土星上。4月26日“卡西尼”在土星和土星内环之间，由开普勒第三定律可知，其周期小于内环的周期，即其角速度较大，选项A错误；由v＝可知，“卡西尼”在圆轨道上绕土星运动的速率v与其轨道半径的平方根成反比，即轨道半径越小，运动的速率越大，选项B正确；5月到6月间探测器逐渐靠近土星，速率越来越大，其动能也越来越大，选项C正确；6月到8月间“卡西尼”在运动过程中克服稀薄气体的阻力做功，“卡西尼”的动能以及它与土星的引力势能之和将减小，选项D错误。

答案　BC

8．设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图7甲所示，把硬币从投币口放入，从出币口滚出，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位(如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心)滚动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。如果把硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则关于某一枚硬币在a、b两处的说法正确的是(　　)

图7

A．在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点

B．向心力的大小Fa＝Fb

C．角速度的大小ωa<ωb

D．周期的大小Ta＞Tb

解析　在a、b两处做圆周运动的圆心在中轴线上与a、b等高的位置，故选项A错误；硬币受力分析如图所示，则硬币的合力F＝，从a到b的过程中，θ减小，故合力增大，硬币的合力提供向心力，故Fa<Fb，选项B错误；F＝mω2r，硬币在滑下的过程中，做圆周运动的半径r减小，故角速度ωa<ωb，选项C正确；根据ω＝，故Ta>Tb，选项D正确。

答案　CD

二、非选择题

9．某新式可调火炮水平射出的炮弹所做的运动可视为平抛运动。如图8所示，目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB，半径为R。重力加速度为g。

图8

(1)若炮弹以初速度v0射出，炮弹恰好垂直打在圆弧的中点C，求炮弹到达C点所用时间；

(2)若在同一高地P处先后以不同速度射出两发炮弹，击中A点的炮弹运动的时间是击中B点的两倍，已知O、A、B、P在同一竖直平面内，求高地P离A点的高度。

解析　(1)炮弹做平抛运动，当炮弹恰好垂直打在圆弧的中点C时，由几何关系可知，其水平分速度和竖直分速度大小相等，即vy＝vx＝v0

又知vy＝gt，联立解得t＝

(2)设高地P离A点的高度为h，击中B点的炮弹运动的时间为t0，则有h＝g(2t0)2

h－R＝gt

联立解得h＝R

答案　(1)　(2)R

10．一组宇航员乘坐太空穿梭机S去修理位于离地球表面h＝6.0×105 m 的圆形轨道上的太空望远镜H。机组人员使穿梭机S进入与H相同的轨道并关闭助推火箭，望远镜在穿梭机前方数千米处，如图9所示。已知地球半径为R＝6.4×106 m，地球表面重力加速度为g＝9.8 m/s2，第一宇宙速度为v＝7.9 km/s。(结果保留一位小数)

图9

(1)求穿梭机所在轨道上的向心加速度g′；

(2)计算穿梭机在轨道上的速率v′；

(3)穿梭机需先进入半径较小的轨道，才有较大的角速度追上望远镜。试判断穿梭机要进入较低轨道时应增加还是减小其原有速率，并说明理由。

解析　(1)在地球表面处，由

mg＝G

可得地球表面的重力加速度g＝

同理，穿梭机所在轨道上的向心加速度g′＝，其中r＝R＋h

联立以上各式解得g′＝8.2 m/s2

(2)在地球表面处，由牛顿第二定律得

G＝m

解得第一宇宙速度v＝

同理，穿梭机在轨道上的速率v′＝

解得v′＝7.6 km/s

(3)应减速，由G＝m知穿梭机要进入较低轨道，必须有万有引力大于穿梭机做圆周运动所需的向心力，故当v′减小时，m减小，则G＞m。

答案　(1)8.2 m/s2　(2)7.6 km/s　(3)见解析

11．(2019·山东省实验中学)如图10所示，高H＝0.8 m的桌面上固定一半径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。将一质量m＝0.04 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，取g＝10 m/s2。

图10

(1)求小球运动到B点时对轨道的压力大小；

(2)求小球落地点距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？

解析　(1)小球由A运动至B有mgR＝mv，

FN－mg＝，

根据牛顿第三定律，轨道压力大小FN′＝FN，

解得FN′＝1.2 N。

(2)小球从B点飞出做平抛运动。

竖直方向H＝gt2，水平方向x＝v0t，解得x＝1.2 m。

(3)设风力大小为F，小球从A运动至B，

mgR－FR＝mv，

小球从B运动至C处，水平位移x1＝0，

x1＝v1t－a1t2，水平方向F＝ma1，解得F＝0.3 N。

答案　(1)1.2 N　(2)1.2 m　(3)0.3 N