高考物理一轮复习阶段滚动检测第4章曲线运动万有引力与航天含答案

这是一份高考物理一轮复习阶段滚动检测第4章曲线运动万有引力与航天含答案，共11页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)
1．对质点运动来讲，以下说法中正确的是 ( )
A．加速度恒定的运动可能是曲线运动
B．运动轨迹对任何观察者来说都是不变的
C．当质点的加速度逐渐减小时，其速度也一定逐渐减小
D．作用在质点上的所有力消失后，质点运动的速度将不断减小
【解析】选A。加速度恒定的运动可能是曲线运动，如平抛运动，A正确；运动轨迹对不同的观察者来说可能不同，如从匀速水平飞行的飞机上落下的物体，相对地面做平抛运动，相对飞机上的观察者做自由落体运动，B错误；当质点的速度方向与加速度方向同向时，即使加速度减小，速度仍增加，C错误；作用于质点上的所有力消失后，质点的速度将不变，D错误。
2．一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m、水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船( )
A．过河路径可以垂直于河岸，即能到达正对岸
B．以最短位移渡河时，位移大小为150 m
C．渡河的时间可能少于50 s
D．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m
【解析】选D。
因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形定则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，故A错误；由三角形的相似得最短位移为s＝ eq \f(vs,vc) d＝ eq \f(4,3) ×150 m＝200 m，故B错误；当船在静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短，tmin＝ eq \f(d,vc) ＝ eq \f(150,3) s＝50 s，则渡河的时间不可能小于50 s，故C错误；以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为x＝vstmin＝4×50 m＝
200 m，故D正确；故选D。
3．如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是 ( )
A.在0～t1时间内，N增大，f减小
B．在0～t1时间内，N减小，f增大
C．在t1～t2时间内，N增大，f增大
D．在t1～t2时间内，N减小，f减小
【解析】选D。在0～t1时间内，由图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有N cs θ＋f sin θ－mg＝ma1，在水平方向上有N sin θ＝f cs θ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小。在t1～t2时间内，由图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(N cs θ＋f sin θ)＝ma2，在水平方向上有N sin θ＝f cs θ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故选项D正确。
4.(2020·南昌模拟)如图所示，质量相同的两个小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出。恰好都落在斜面底端。不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A．小球a、b做平抛的初速度大小之比为2∶1
B．小球a、b到达斜面底端时的位移大小之比为1∶1
C．小球a、b运动过程中速度变化量的方向不相同
D．小球a、b到达斜面底端的速度方向与斜面的夹角相同
【解析】选D。因为a、b两球下落的高度之比为2∶1，据h＝ eq \f(1,2) gt2得t＝ eq \r(\f(2h,g)) ，可知a、b两球运动的时间之比是 eq \r(2) ∶1；又因为两球运动的水平位移之比为2∶1，根据v0＝ eq \f(x,t) 得初速度之比为 eq \r(2) ∶1，故A、B错误；设斜面的倾角为θ，根据几何关系可得小球的位移为s＝ eq \f(x,cs θ) ，两小球的水平位移大小之比为2∶1，故两小球的位移大小之比为2∶1，故B错误；根据Δv＝gt，知速度变化量的方向与重力加速度的方向相同，即竖直向下；a、b两球运动过程中速度变化量的方向相同，故C错误；设小球落在斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝ eq \f(gt,v0) ，tan θ＝ eq \f(gt,2v0) ，可知
tan α＝2tan θ，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，所以速度与水平方向的夹角为定值，假设速度与斜面的夹角为β，根据角度关系可知α＝θ＋β，则a、b两球到达斜面底端的速度与斜面的夹角相同，故D正确。故选D。
【加固训练】
如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v0，此时离平台的高度为h。棋子质量为m，空气阻力不计，重力加速度为g。则此跳跃过程( )
A.所用时间t=
B.水平位移大小x=2v0
C.初速度的竖直分量大小为2
D.初速度大小为
【解析】选B。竖直方向由h=gt2，可得t=，该斜抛运动等效为两个完全相同的平抛运动，时间是2，故A错误；水平位移x=v0·2t=2v0，故B正确；初速度的竖直分量大小为vy=gt=，故C错误；根据速度的合成得，初速度大小为v=，故D错误。
5.(2020·丽江模拟)随着航天技术的发展,人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星表面附近做匀速圆周运动,已知运行周期为T,宇航员在离该行星表面附近h处自由释放一小球,测得其落到行星表面的时间为t,则这颗行星的半径为( )
A.B.C.D.
【解析】选B。小球在行星表面做自由落体运动,h=gt2,解得行星表面的重力加速度g=,宇宙飞船绕行星表面做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,= mR,根据黄金代换式可知,GM=gR2,联立解得:R=,故选项B正确,A、C、D错误。
6．如图所示，水平光滑平面上平铺着半径为R的半圆形光滑轨道ABC，并固定，AOC为半圆形轨道的直径，一质量为m的小球放置在A点。某时刻，给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力，且轨道始终固定，在以后的运动过程中，下列说法正确的是 ( )
A.小球达到C点时的速度不为0
B．小球运动过程中的最大速度为 eq \f(\r(2FRm),m)
C．小球运动过程中对轨道压力的最大值为3F
D．小球运动过程中做匀速圆周运动
【解析】选B、C。由动能定理可知，到达C点时小球在力F的方向上的位移为0，力F做功为0，到达C点时速度恰好为0，故A错误；当小球向右运动的位移最大时，小球的动能最大，速度最大，小球从A到B点由动能定理得FR
＝ eq \f(1,2) mv2，则最大速度为v＝ eq \f(\r(2FRm),m) ，故B正确；当小球的速度最大时对轨道的压力最大，在B点，由水平方向受力分析可知FN－F＝m eq \f(v2,R) ，解得FN＝3F，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力的最大值为3F，故C正确；由以上分析可知，小球在运动过程中速度大小发生变化，非匀速圆周运动，故D错误。
7．(2021·太原模拟)2022年左右我国将建成载人空间站，轨道高度距地面约
400 km，在轨运营10年以上，它将成为中国空间科学和新技术研究实验的重要基地。设该空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径为r，万有引力常量为G，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.地球的质量为M＝ eq \f(4π2r3,GT2)
B．空间站的线速度大小为v＝ eq \r(gr)
C．空间站的向心加速度为a＝ eq \f(gR2,r2)
D．空间站的运行周期小于地球自转周期
【解析】选A、C、D。由万有引力等于向心力G eq \f(Mm,r2) ＝m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T))) eq \s\up12(2) r，可得M＝ eq \f(4π2r3,GT2) ，故A正确；由在地表g＝ eq \f(GM,R2) ，空间站a＝ eq \f(GM,r2) ＝ eq \f(v2,r) ＝ eq \f(4π2,T2) r，联立可得v＝ eq \r(\f(R2,r)g) ，a＝ eq \f(gR2,r2) ，故B错误，C正确；因为空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据开普勒第三定律可知，空间站的运行周期小于地球自转周期，故D正确。
8.(2020·吉安模拟)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω> eq \r(\f(g,l tan θ)) ，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【解析】选A、C。小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上平衡得，Fa sin θ＝mg，解得Fa＝ eq \f(mg,sin θ) ，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有： eq \f(mg,tan θ) ＝mlω2，解得ω＝ eq \r(\f(g,l tan θ)) ，可知当角速度ω> eq \r(\f(g,l tan θ)) 时，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。故选A、C。
二、实验题(12分)
9．(2020·张家界模拟)(1)在“研究平抛物体运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。实验简要步骤如下：
A．安装好器材，注意调整斜槽末端水平和平板竖直，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线
B．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0＝x eq \r(\f(g,2y)) 即可算出该小球平抛运动的初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值
C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴，水平线为x轴建立平面直角坐标系，用平滑曲线连接画出小球的平抛运动轨迹
D．让小球多次从同一位置由静止滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置
你认为该实验合理的实验步骤顺序应为：(只填写步骤顺序的代表字母)____________。
(2)该实验中，下列措施中能减小实验误差的措施有__________。(选填序号)
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．每次要平衡摩擦力
D．小球每次应从斜槽同一位置由静止释放
(3)在该实验中，若一名同学以抛出点为坐标原点，分别沿水平方向和竖直方向为x轴和y轴建立平面直角坐标系，如图所示，从轨迹上量出某点A的坐标为(14.0 cm，20.0 cm)，重力加速度g取10 m/s2，则该小球抛出时的水平初速度大小为__________m/s；若轨迹上某点的x坐标为7.0 cm时，则该点的y坐标为__________cm。
【解析】(1)根据先安装器材，进行实验，数据处理的顺序可知，合理的实验步骤顺序应为ADCB。
(2)为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需切线水平，故A正确；为了保证小球初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定光滑，不需要平衡摩擦力，故B、C错误，D正确。故选A、D。
(3)根据y＝ eq \f(1,2) gt2得t＝ eq \r(\f(2y,g)) ＝ eq \r(\f(2×0.2,10)) s＝0.2 s，则小球平抛运动的初速度为v0＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(0.14,0.2) m/s＝0.7 m/s，当x＝7.0 cm时，运动的时间为t′＝ eq \f(x,v0) ＝ eq \f(0.07,0.7) s＝0.1 s，则y的坐标为y＝ eq \f(1,2) gt′2＝ eq \f(1,2) ×10×0.01 m＝0.05 m＝5 cm。
答案：(1)ADCB (2)A、D (3)0.7 5
三、计算题(本题共2小题，共40分。需写出规范的解题步骤)
10.(18分)地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L(L＞R)，如图所示，跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中(沙袋所受空气阻力不计)。问：
(1)当小车分别位于A点和B点时(∠AOB＝90°)，沙袋被抛出时的初速度各为多大？
(2)要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？
(3)若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件？
【解析】(1)沙袋从P点被抛出后做平抛运动，
设它的落地时间为t，
则h＝ eq \f(1,2) gt2解得t＝ eq \r(\f(2h,g)) ①
当小车位于A点时，有xA＝vAt＝L－R②
由①②得vA＝(L－R) eq \r(\f(g,2h))
当小车位于B点时，有xB＝vBt＝ eq \r(L2＋R2) ③
由①③得vB＝ eq \r(\f(g（L2＋R2）,2h))
(2)若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为v0min＝vA＝(L－R) eq \r(\f(g,2h)) ④
若当小车经过C点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有xC＝v0maxt＝L＋R⑤
由①⑤得v0max＝(L＋R) eq \r(\f(g,2h))
所以沙袋被抛出时的初速度范围为
(L－R) eq \r(\f(g,2h)) ≤v0≤(L＋R) eq \r(\f(g,2h))
(3)小车运动到B处所需的时间为
tAB＝(n＋ eq \f(1,4) ) eq \f(2πR,v) (n＝0，1，2，3…)⑥
要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同
所以tAB＝t＝ eq \r(\f(2h,g))
解得v＝ eq \f(1,2) (4n＋1)πR eq \r(\f(g,2h)) (n＝0，1，2，3…)。
答案：(1)(L－R) eq \r(\f(g,2h)) eq \r(\f(g（L2＋R2）,2h))
(2)(L－R) eq \r(\f(g,2h)) ≤v0≤(L＋R) eq \r(\f(g,2h))
(3)v＝ eq \f(1,2) (4n＋1)πR eq \r(\f(g,2h)) (n＝0，1，2，3…)
11．(22分)(2020·成都模拟)如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.2 m，l＝1.0 m，v0＝
2 eq \r(3) m/s，物块A质量为m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，g取10 m/s2。求：
(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
(2)物块A被弹簧以原速率弹回后能达到圆形轨道的高度；
(3)调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道。
【解析】(1)物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0＝2 eq \r(3) m/s，
与弹簧接触瞬间，－μmgl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小
v1＝2 eq \r(2) m/s；
(2)A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝－2μgl；
解得A到达圆形轨道底部的速度v2＝2 m/s，
A滑上圆形轨道，
有－mgh＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
可得，返回到圆形轨道的高度为h＝0.2 m＝R，符合实际；
(3)物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，
有v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2μg×2l，
可得，A回到右侧速度：v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝(12－8l)(m/s)2，
要使A能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：
①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R，
根据机械能守恒： eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝mgh
联立可得，1.0 m≤l＜1.5 m；
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：
eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝mg×2R＋ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
且m eq \f(v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R) ≥mg，
联立得l≤0.25 m，
综上所述，要使物块A能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0 m≤l＜1.5 m或l≤0.25 m。
答案：(1)2 eq \r(2) m/s (2)0.2 m
(3)1.0 m≤l＜1.5 m或l≤0.25 m
【总结提升】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路