2020届高考物理大一轮复习第四章第四节万有引力与航天课后达标检测

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2020高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第四节万有引力与航天达标诊断高效训练

【2019最新】精选高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第四节万有引力与航天达标诊断高效训练(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·湖南衡阳五校联考)在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是( )A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来B．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献C．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量答案：D2．假设有一星球的密度与地球相同，但它表面处的重力加速度是地球表面重力加速度的4倍，则该星球的质量是地球质量的( )A. B．4倍C．16倍D．64倍解析：选D.由＝mg得M＝，所以ρ＝＝＝，ρ＝ρ地，即＝，得R＝4R地，故＝·)＝64.选项D正确．3．(2018·河南鹤壁高级中学模拟)经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间．已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里．假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较( )A．“神舟星”的轨道半径大B．“神舟星”的公转周期大C．“神舟星”的加速度大D．“神舟星”受到的向心力大解析：选C.从题中可知“神舟星”的线速度大，根据公式G＝m解得v＝，轨道半径越大，线速度越小，所以“神舟星”的轨道半径小，A错误；根据公式G＝mr可得T＝2π，轨道半径越小，公转周期越小，故“神舟星”的公转周期较小，B错误；根据公式G＝ma可得a＝，轨道半径越小，向心加速度越大，故“神舟星”的加速度大，C正确；根据公式F＝G，由于不知道两颗行星的质量关系，所以无法判断向心力大小，D错误．4．登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比( )A.火星的公转周期较小B．火星做圆周运动的加速度较小C．火星表面的重力加速度较大D．火星的第一宇宙速度较大解析：选B.火星和地球都绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，由＝mr＝ma知，因r火＞r地，而＝，故T火＞T地，选项A错误；向心加速度a＝，则a火＜a地，故选项B正确；地球表面的重力加速度g地＝)，火星表面的重力加速度g火＝)，代入数据比较知g火＜g地，故选项C错误；地球和火星上的第一宇宙速度：v地＝，v火＝，v地＞v火，故选项D错误．5．(2018·内蒙古集宁一中模拟)如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径等于地球半径)，c为地球的同步卫星，以下关于a、b、c的说法中正确的是( )A．a、b、c的向心加速度大小关系为ab>ac>aaB．a、b、c的角速度大小关系为ωa>ωb>ωcC．a、b、c的线速度大小关系为va＝vb>vcD．a、b、c的周期关系为Ta>Tc>Tb解析：选A.对于放在赤道上的物体a和同步卫星c有运动周期相同，角速度相同，据a ＝r知，轨道半径大的同步卫星c具有更大的向心加速度即ac>aa，据v＝知轨道半径大的同步卫星c具有更大的线速度，即vc>va，对于近地卫星b和同步卫星c据万有引力提供圆周运动向心力有：G＝ma＝mr＝m＝mω2r有：线速度v＝知轨道半径大的c线速度小，即vb>vc，角速度ω＝可知ωb>ωc；周期T＝知轨道半径大的c周期大，即Tc>Tb，向心加速度a＝，知轨道半径大的卫星c的向心加速度小，即ab>ac，综上所知有：ab>ac>aa，所以A正确；ωb>ωc＝ωa，选项B错误；vb>vc>va，所以C错误；Ta ＝Tc>Tb，所以D错误．6.(2018·广东惠州模拟)假设地球为质量均匀分布的球体．已知地球表面的重力加速度在两极处的大小为g0、在赤道处的大小为g，地球半径为R，则地球自转的周期T为( ) A．2πB．2πC．2πD．2πg0－gR解析：选B.在两极处物体不随地球自转，所以G＝mg0；在赤道处物体随地球自转，可得G＝mg＋mR，联立解得T＝2π，所以B正确；A、C、D错误．二、多项选择题7．(2018·贵州遵义航天高级中学模拟)关于环绕地球运行的卫星，下列说法正确的是( )A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合解析：选AB.根据开普勒第三定律可知，＝k，r指圆轨道的轨道半径或椭圆轨道的半长轴，二者相等时周期相等，故A正确；除远地点和近地点外，必有两个位置是卫星与地球的距离相等，根据开普勒第二定律可知，这两个位置的线速度大小相等(卫星绕地球运动，万有引力提供向心力，G＝m，可知卫星与地球的距离r相等的两个位置，线速度的大小相等)，故B正确；同步卫星的运行周期都等于地球的自转周期，G＝mr，可知卫星的周期相等，轨道半径必相等，故C错误；卫星轨道平面必然经过地心，再加上北京上空一个点，总共才两个点，而至少三点才能确定一个平面，故D错误．8.北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．关于这些卫星，下列说法正确的是( )A．5颗同步卫星的轨道半径都相同B．5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内C．导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度D．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的卫星，周期越小解析：选AB.所有同步卫星的轨道都位于赤道平面内，轨道半径和运行周期都相同，选项A、B正确；卫星绕地球做匀速圆周运动，有G＝m，v＝，故随着卫星运行轨道半径的增大，运行速度减小，在地球表面附近运行的卫星的速度最大，等于第一宇宙速度，导航系统所有卫星运行的速度都小于第一宇宙速度，选项C错误；由G＝mr得T2＝，则轨道半径越大，周期越大，选项D错误．9．(2018·杭州外国语学校月考)据报道，美国探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，并投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大碰撞”，如图所示．设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆，其运行周期为5.74 年，则下列说法中正确的是( )A．探测器的最小发射速度为7.9 km/sB．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度C．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度D．探测器运行的周期小于5.74年解析：选BD.要想脱离地球控制，发射速度要达到第二宇宙速度11.2 km/s，故选项A 错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律＝ma，得a＝，可知近日点的加速度大，故选项B正确；根据开普勒第二定律可知，行星绕日运行的近日点的线速度大，远日点的线速度小，故选项C错误；探测器的运行轨道高度比彗星低，根据开普勒第三定律＝k可知探测器的运行周期一定比彗星的运行周期小，故选项D正确．10．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器．探测器升空后，先在近地轨道上以线速度v环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道，最后再一次调整速度以线速度v′在火星表面附近环绕飞行．若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7，设火星与地球表面重力加速度分别为g′和g，下列结论正确的是( )A．g′∶g＝4∶1 B.g′∶g＝5∶14C．v′∶v＝D．v′∶v＝514解析：选BC.在天体表面附近，重力与万有引力近似相等，G＝mg，M＝ρπR3，解两式得：g＝GπρR，所以g′∶g＝5∶14，A项错误，B项正确；探测器在天体表面飞行时，万有引力充当向心力，即：G＝m，M＝ρπR3，解两式得：v＝2R，所以v′∶v＝，C项正确，D项错误．三、非选择题11．(2018·陕西师大附中模拟)双星系统中两个星球A、B的质量都是m，A、B相距L，它们正围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且＝k(k＜1)，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A、B的连线正中间，相对A、B静止，求：(1)两个星球A、B组成的双星系统周期理论值T0；(2)星球C的质量．解析：(1)两个星体A、B组成的双星系统角速度相同，根据万有引力定律，两星之间万有引力F＝G.设两星轨道半径分别是r1、r2.两星之间的万有引力提供两星做匀速圆周运动的向心力，有F＝mr1ω，F＝mr2ω，可得r1＝r2，因此两星绕连线的中点转动．由＝m··ω，解得ω0＝ .所以T0＝＝＝2π .(2)设星球C的质量为M，由于星球C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则Gm2＋G＝m·L·ω2，得L2ω＝，可求得T＝＝2π，有＝＝＝k所以M＝m.答案：(1)2π(2)m12．中国计划在2018年实现返回式月球软着陆器对月球进行科学探测，宇航员在月球上着陆后，自高h处以初速度v0水平抛出一小球，测出水平射程为L(这时月球表面可以看成是平坦的)，已知月球半径为R，万有引力常量为G，求：(1)月球表面处的重力加速度及月球的质量M月；(2)如果要在月球上发射一颗绕月球运行的卫星，所需的最小发射速度为多大？(3)当着陆器绕距月球表面高H的轨道上运动时，着陆器环绕月球运动的周期是多少？解析：(1)设月球表面的重力加速度为g，由平抛运动规律有h＝gt2 ①L＝v0·t ②得g＝,L2) ③着陆器在月球表面所受的万有引力等于重力，G＝mg. ④得M月＝R2,GL2). ⑤(2)卫星绕月球表面运行，有G＝⑥联立⑤⑥得v＝. ⑦(3)由牛顿第二定律有G＝m(R＋H) ⑧联立⑤⑧得T＝)).答案：(1),L2) R2,GL2) (2) (3)))。

(统考版)高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第4讲万有引力与航天学生用书

第4讲万有引力与航天一、开普勒行星运动定律1．开普勒第一定律——轨道定律所有行星绕太阳运动的轨道都是________，太阳处在椭圆的一个________上．2．开普勒第二定律——面积定律对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的________．3．开普勒第三定律——周期定律所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的________的二次方的比值都相等．二、万有引力定律1．内容自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成________、与它们之间距离r的二次方成________．2．表达式F＝G m1m2，G为引力常量，其值通常取G＝6.67×10－11N·m2/kg2.r23．适用条件(1)公式适用于________间的相互作用，当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r是________的距离．三、宇宙速度1．经典时空观(1)在经典力学中，物体的质量是不随________而改变的．(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是________的．2．相对论时空观(1)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是________的．(2)光速不变原理：不管在哪个惯性系中，测得的真空中的光速都是________的．,生活情境1.我国的“天链一号”是地球同步卫星，在发射变轨过程中有一椭圆轨道如图所示，A 、B 是“天链一号”运动的远地点和近地点．(1)根据开普勒第一定律，“天链一号”围绕地球运动的轨迹是椭圆，地球处于椭圆的一个焦点上．( )(2)根据开普勒第二定律，“天链一号”在B 点的运动速度比在A 点小．( ) (3)“天链一号”在A 点的加速度小于在B 点的加速度．( )(4)开普勒第三定律a 3T 2＝k 中，k 是只与中心天体有关的物理量．( )(5)开普勒根据自己长期观察的实验数据总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律．( )教材拓展2.[人教版必修2P 48T 3改编]火星的质量和半径分别约为地球的110和12，地球的第一宇宙速度为v ，则火星的第一宇宙速度约为( )A ．√55v B ．√5v C ．√2v D ．√22v关键能力·分层突破考点一万有引力定律与开普勒定律1．万有引力与重力的关系地球对物体的万有引力F 表现为两个效果：一是重力mg ，二是提供物体随地球自转的向心力F 向，如图所示．(1)在赤道处：G MmR 2＝mg 1＋m ω2R .(2)在两极处：G MmR 2＝mg 2.2．星体表面及上空的重力加速度(以地球为例)(1)在地球表面附近的重力加速度g (不考虑地球自转)：mg ＝G Mm R 2，得g ＝GMR 2.(2)在地球上空距离地球表面h处的重力加速度为g′：mg′＝G Mm(R+h)2，得g′＝GM(R+h)2，所以gg′＝(R+h)2R2.例1. [2021·全国甲卷，18]2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m．已知火星半径约为3.4×106 m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为( ) A．6×105 m B．6×106 mC．6×107 m D．6×108 m跟进训练1.[2021·山东卷，5]从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越．已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍．在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程．悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为( )A．9∶1 B．9∶2C．36∶1 D．72∶12．如图所示，一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运行轨道，A、B、C、D是轨道上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远．B和D是弧线ABC和ADC的中点．下列说法正确的是( )A．卫星在C点的速度最大B．卫星在C点的加速度最大C．卫星从A经D到C点的运动时间为T2D ．卫星从B 经A 到D 点的运动时间为T2考点二天体质量和密度的估算1．计算中心天体的质量、密度时的两点区别(1)天体半径和卫星的轨道半径通常把天体看成一个球体，天体的半径指的是球体的半径．卫星的轨道半径指的是卫星围绕天体做圆周运动的圆的半径．卫星的轨道半径大于等于天体的半径．(2)自转周期和公转周期自转周期是指天体绕自身某轴线运动一周所用的时间，公转周期是指卫星绕中心天体做圆周运动一周所用的时间．自转周期与公转周期一般不相等．2．天体质量和密度的估算方法(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .①由G MmR 2＝mg 得天体质量M ＝gR 2G.②天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g4πGR.③GM ＝gR 2称为黄金代换公式．(2)测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和半径r . ①由GMm r 2＝m4π2T 2r 得天体的质量M ＝4π2r 3GT 2.②若已知天体的半径R ，则天体的密度ρ＝M V ＝M43πR3＝3πr 3GT 2R 3. 例2. [2021·广东卷，2]2021年4月，我国自主研发的空间站天和核心舱成功发射并入轨运行．若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是( )A ．核心舱的质量和绕地半径B ．核心舱的质量和绕地周期C ．核心舱的绕地角速度和绕地周期D ．核心舱的绕地线速度和绕地半径跟进训练 3.如图所示，“嫦娥五号”探测器包括轨道器、返回器、上升器、着陆器四部分．探测器自动完成月面样品采集，并在2020年12月17日凌晨安全着陆回家．若已知月球半径为R ，“嫦娥五号”在距月球表面为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．月球的质量为4π2R 3GT 2B ．月球表面的重力加速度为32π2R T 2C ．月球的密度为3πGT 2D ．月球第一宇宙速度为4πR T4．[2021·全国乙卷，18]科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示．科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU(太阳到地球的距离为1 AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞．这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖．若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M ，可以推测出该黑洞质量约为( )A ．4×104M B ．4×106MC ．4×108MD ．4×1010M考点三卫星运行规律及特点角度1宇宙速度的理解与计算例3. 我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”．已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是( )A ．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度B ．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间C ．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D ．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度角度2卫星运行参量的比较做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供其所需向心力，由GMm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝m4π2T 2r ＝ma 可推导出：v = √GMrω= √GMr 3T = √4π2r 3GM a =G M r 2}⇒当r 增大时{ v 减小ω减小T 增大a 减小例4. [2021·湖南卷，7](多选)2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道．根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造．核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的116，下列说法正确的是( )A ．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的(1617)2B ．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9 km/sC ．核心舱在轨道上飞行的周期小于24 hD角度3同步卫星问题地球同步卫星的五个“一定”例5. [2022·北京石景山模拟]研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大角度4卫星变轨问题例6.[2021·天津模拟]2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火星上首次留下中国人的印迹．天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星．经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P ，则天问一号探测器( )A ．在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态B ．在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短C ．从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P 处要加速D ．沿轨道Ⅰ向P 飞近时速度增大[思维方法]人造卫星问题的解题技巧(1)一个模型卫星的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型． (2)两组公式①GMm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m4π2T 2r ＝ma n .②mg ＝G MmR 2(g 为星体表面处的重力加速度)．(3)a n 、v 、ω、T 均与卫星的质量无关，只由轨道半径和中心天体质量共同决定，所有参量的比较最终归结到半径的比较．跟进训练5.(多选)2021年6月17日，神舟十二号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱组合体．组合体绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，该轨道离地面的高度约为389 km.下列说法正确的是( )A ．组合体在轨道上飞行的周期小于24 hB ．组合体在轨道上飞行的速度大于7.9 km/sC ．若已知地球半径和表面重力加速度，则可算出组合体的角速度D ．神舟十二号先到达天和核心舱所在圆轨道，然后加速完成对接6．[2021·浙江6月，10]空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化．空间站安装有发动机，可对轨道进行修正．图中给出了国际空间站在2020.02～2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站( )A．绕地运行速度约为2.0 km/sB．绕地运行速度约为8.0 km/sC．在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒D．在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒考点四双星或多星模型素养提升1．双星模型(1)结构图(2)特点：①各自所需向心力由彼此间的万有引力提供，即G m1m2L2＝m1ω12r1，G m1m2L2＝m2ω22r2.②两颗星运行的周期及角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2.③两颗星的运行轨道半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L.2．多星系统(1)多星的特征：所研究星体间的万有引力的合力提供其做圆周运动的向心力．除中央星体外，各星体的周期相同．(2)多星的形式(如三星模型)例7. [2022·潍坊模拟](多选)在宇宙中，当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统．在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称之为“潮汐瓦解事件”．天鹅座X 1就是这样一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示．在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是( )A ．它们间的万有引力大小变大B ．它们间的万有引力大小不变C ．恒星做圆周运动的线速度变大D ．恒星做圆周运动的角速度变大跟进训练7.宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动，称之为双星系统．由恒星A 与恒星B 组成的双星系统绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图所示．已知它们的运行周期为T ，恒星A 的质量为M ，恒星B 的质量为3M ，引力常量为G ，则下列判断正确的是( )A ．两颗恒星相距 √GMT 2π23B ．恒星A 与恒星B 的向心力之比为3∶1C ．恒星A 与恒星B 的线速度之比为1∶3D ．恒星A 与恒星B 的轨道半径之比为√3∶18．宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统．其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为M 的星位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星的距离均为R ，并绕其中心O 做匀速圆周运动．如果忽略其他星体对它们的引力作用，引力常量为G ，以下对该三星系统的说法中正确的( )A ．每颗星做圆周运动的角速度为3√GMR 3B ．每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量无关C ．若距离R 和每颗星的质量M 都变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍D ．若距离R 和每颗星的质量M 都变为原来的2倍，则线速度大小不变第4讲万有引力与航天必备知识·自主排查一、1．椭圆焦点 2．面积 3．公转周期二、1．正比反比3．(1)质点 (2)两球心间三、7．9 匀速圆周 11.2 地球 16.7 太阳四、1．(1)运动状态 (2)相同 2．(1)不同 (2)不变生活情境1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)× 教材拓展 2．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：设火星的半径为R 1、表面的重力加速度为g 1，质量为m 1的物体绕火星表面飞行的周期为T 1，则有m 14π2T 12 R 1＝m 1g 1，设椭圆停泊轨道与火星表面的最近、最远距离分别为h 1、h 2，停泊轨道周期为T 2，根据开普勒第三定律有R 13 T 12 ＝(ℎ1+2R 1+ℎ22)3T 22 ，代入数据解得h 2＝√2g 1R 12T 22 π23－2R 1－h 1≈6×107m ，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．答案：C1．解析：悬停时二力平衡，即F ＝G Mm R 2∝MmR 2，得F 祝F 兔＝M 火M 月×m 祝m 兔×(R 月R 火)2＝91×21×(12)2＝92，B 项正确．答案：B2．解析：卫星绕地球沿椭圆轨道运动，类似于行星绕太阳运转，根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以卫星在距离地球最近的A 点速度最大，在距离地球最远的C 点速度最小，故A 错误；在椭圆的各个点上都是引力产生加速度，有a ＝GMr 2，因卫星在A 点与地球的距离最小，则卫星在A 点的加速度最大，故B 错误；根据对称性可知t ADC ＝t CBA ＝T2，故C 正确；卫星在近地点A 附近速度较大，在远地点C 附近速度较小，则t BAD ＜T2，t DCB ＞T 2，故D 错误．答案：C例2 解析：根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力得GMm r 2＝m v 2r ，解得M ＝v 2r G，D 正确；由于核心舱质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A 、B 错误；已知核心舱的绕地角速度，由GMm r 2＝m ω2r 得M ＝ω2·r 3G，且ω＝2πT，r 约不掉，故还需要知道核心舱的绕地半径，才能求得地球质量，C 错误．答案：D 3．解析：“嫦娥五号”探测器在距月球表面为R 的轨道上运行，万有引力提供向心力，有G Mm (2R )2＝m 4π2T 22R ，得月球质量为M ＝32π2R 3GT 2，A 错误；月球密度ρ＝M V＝M43πR3＝24πGT 2，C 错误；对月球表面的物体m ′，有G Mm ′R 2＝m ′g ，得月球表面的重力加速度g ＝GM R 2＝32π2R T 2，B 正确；设月球第一宇宙速度为v ，则G MmR 2＝m v 2R ，得v ＝ √GM R＝4√2πR T，D 错误．答案：B4．解析：由1994年到2002年间恒星S2的观测位置图可知，恒星S2绕黑洞运动的周期大约为T 2＝16年，半长轴为a ＝1 000 AU ，设黑洞的质量为M 黑，恒星S2质量为m 2，由万有引力提供向心力可得GM 黑m 2a 2＝m 2a (2πT 2)2；设地球质量为m 1，地球绕太阳运动的轨道半径为r＝1 AU ，周期T 1＝1年，由万有引力提供向心力可得GMm 1r 2＝m 1r (2πT 1)2，联立解得黑洞质量M 黑≈4×106M ，选项B 正确．答案：B例 3 解析：当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A 正确；第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B 错误；万有引力提供向心力，则有GMm R 2＝mv 12 R，解得第一宇宙速度为v 1＝ √GM R，所以火星的第一宇宙速度为v 火＝ √10%50%v 地＝ √55v 地，所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C 错误；万有引力近似等于重力，则有GMm R 2＝mg ，解得火星表面的重力加速度g 火＝GM 火R 火2＝10%(50%)2g 地＝25g 地，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D 错误．故选A.答案：A例4 解析：根据万有引力公式F ＝GMm r 2可知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与轨道半径的平方成反比，则核心舱进入轨道后所受地球的万有引力与它在地面时所受地球的万有引力之比F ′F 地＝R 2(R+R 16)2，解得F ′＝(1617)2F 地，A 正确；根据GMm R 2＝mv 2R可得，v ＝ √GM R＝7.9 km/s ，而核心舱轨道半径r 大于地球半径R ，所以核心舱在轨道上飞行的速度一定小于7.9 km/s ，B 错误；由GMm r 2＝m4π2T 2r 得绕地球做圆周运动的周期T 与√r 3成正比，核心舱的轨道半径比同步卫星的小，故核心舱在轨道上飞行的周期小于24 h ，C 正确；根据G Mmr 2＝m v 2r 可知空间站的轨道半径与空间站的质量无关，故后续加挂实验舱后，轨道半径不变，D 错误．答案：AC例5 解析：同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据GMm r 2＝m (2πT)2r 可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A 正确；又由GMm r 2＝m v 2r＝m ω2r ＝ma 可知：r 增大，则v 减小、ω变小、a 变小，故B 、C 、D 均错误．答案：A例6 解析：天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速运动，受力不平衡，故A 错误．轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天问一号探测器在轨道Ⅰ的运行周期比在Ⅱ时长，故B 错误．天问一号探测器从较高轨道Ⅰ向较低轨道Ⅱ变轨时，需要在P 点点火减速，故C 错误．天问一号探测器沿轨道Ⅰ向P 飞近时，万有引力做正功，动能增大，速度增大，故D 正确．答案：D5．解析：组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知其周期小于24 h ，A 项正确；环绕地球表面做圆周运动的近地卫星的速度为7.9 km/s ，组合体的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，由v ＝ √GM r可知组合体的速度小于7.9 km/s ，B 项错；若已知地球半径和表面重力加速度，则有GM ＝gR 2，对组合体则有G Mm(R+h )2＝m ω2(R ＋h )，两式联立可得出组合体的角速度，C 项正确；若神舟十二号先到达天和核心舱所在圆轨道再加速，则做离心运动，不能完成对接，D 项错．答案：AC6．解析：设空间站离地面高度为h ，空间站在运行过程中万有引力提供其做圆周运动的向心力，有G Mm (R+h )2＝m v 2(R+h )，则运行速度v ＝√GMR+h ，由题图可知卫星绕地球做离地高约420 km左右的近地轨道运动，故环绕速度略小于第一宇宙速度7.9 km/s ，A 、B 错误；4月份中某时刻轨道高度突然减小，是由于受到了外层大气稀薄空气的影响，机械能减小，C 错误；5月中轨道半径基本不变，故机械能可视为守恒，D 正确．答案：D例7 解析：设质量较大的恒星为M 1，质量较小的黑洞为M 2，则两者之间的万有引力为F ＝GM 1M 2L 2，由数学知识可知，当M 1＝M 2时，M 1·M 2有最大值，根据题意可知质量较小的黑洞M 2吞噬质量较大的恒星M 1，因此万有引力变大，故A 正确，B 错误；对于两天体，万有引力提供向心力，即G M 1M 2L 2＝M 1ω2R 1＝M 14π2T 2R 1，GM 1M 2L 2＝M 2ω2R 2＝M 24π2R T 2R 2，解得两天体质量表达式为M 1＝ω2L 2GR 2＝4π2L 2GT 2R 2，M 2＝ω2L 2GR 1＝4π2L 2GT 2R 1，两天体总质量表达式为M 1＋M 2＝ω2L 3G＝4π2L 3GT 2，两天体的总质量不变，两天体之间的距离L 不变，因此天体的周期T 和角速度ω也不变，质量较小的黑洞M 2的质量增大，因此恒星的圆周运动半径增大，根据v ＝2πR 2T可知，恒星的线速度增大．故C 正确，D 错误．答案：AC7．解析：两颗恒星做匀速圆周运动的向心力来源于恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，即M4π2T 2r A ＝3M4π2T 2r B ，解得恒星A 与恒星B 的轨道半径之比为r A ∶r B ＝3∶1，选项B 、D 错误；设两恒星相距为L ，即r A ＋r B ＝L ，则有M 4π2T 2r A ＝G 3M 2L 2，解得L ＝ √GMT 2π23，选项A 正确；由v ＝2πTr 可得恒星A 与恒星B 的线速度之比为3∶1，选项C 错误．答案：A8．解析：任意两星之间的万有引力为F 0＝G MM R 2，则任意一星所受合力为F ＝2F 0cos 30°＝2×GMM R 2×√32＝√3G MM R2，任意一星运动的轨道半径r ＝23R cos 30°＝23×R ×√32＝√33R ，万有引力提供向心力，有F ＝√3G MMR 2＝M ω2r ，解得每颗星做圆周运动的角速度ω＝ √√3GM·√33R ＝√3GM R 3，A 错误；万有引力提供向心力，有F ＝√3GMM R2＝Ma ，解得a ＝√3GMR 2，则每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量有关，B 错误；根据题意可知ω′＝ √3G·2M(2R )3＝12 √3GM R 3＝12ω，C 错误；根据线速度与角速度的关系可知变化前线速度为v ＝ωr ＝ √3GM R 3·√33R ＝ √GM R，则变化后为v ′＝ √2GM 2R＝v ，D 正确．答案：D。

2020届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天阶段综合测评

阶段综合测评四曲线运动万有引力与航天(时间：90分钟满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分)1．(2015届潍坊市高三月考)如图所示，将一质量为m 的小球从空中O 点以速度v 0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P 点时动能E k ＝5mv 20，不计空气阻力，则小球从O 到P ( )A ．下落的高度为5v 2gB ．经过的时间为3v 0gC ．运动方向改变的角度为arctan 13D ．速度增量为3v 0，方向竖直向下解析：小球做平抛运动，从O 到P 由动能定理有mgh ＝5mv 20－12mv 20，得h ＝qv 32g，故选项A 错误；由h ＝12gt 2得t ＝3v 0g ，故选项B 正确；平抛运动可分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，在P 点的动能E k ＝5mv 20＝12m (v 20＋v 2y )，解得v y ＝3v 0，运动方向改变角度的正切值为tan θ＝v y v 0＝3，所以θ＝arctan3，故选项C 错误；速度的增量，Δv ＝gt ＝v y ＝3v 0，方向竖直向下，选项D 正确．答案：BD2．(2015届南昌一中等三校联考)一个半径为R 的半圆柱体沿水平方向向右以速度v 匀速运动．在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图所示．当杆与半圆柱体的接触点P (P 为圆柱体的一点)与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ时，竖直杆运动的速度为( )A.vtan θB ．v tan θC ．v cos θD ．v sin θ解析：设竖直杆运动的速度为v 1，方向竖直向上，由于弹力方向沿OP 方向，所以v ，v 1在OP 方向的投影相等，如图，即有v 1cos θ＝v sin θ，得v 1＝v ·tan θ，故选项B 正确．答案：B3．(2015届山东师大附中高三一模)以v 0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是( )A ．即时速度的大小是5v 0B ．运动时间是2v 0gC ．竖直分速度大小等于水平分速度大小D ．运动的位移是22v 2g解析：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x ＝v 0t ; 竖直方向上：h ＝12gt 2.当其水平分位移与竖直分位移相等时，即x ＝h ，所以v 0t ＝12gt 2 , 解得t ＝2v 0g ，所以选项B 正确；平抛运动竖直方向上的速度为v y ＝gt ＝g ·2v 0g＝2v 0，所以选项C 错误；此时合速度的大小为v 20＋v 2y ＝5v 0，所以选项A 正确；由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x ＝h ＝v 0t ＝v 0·2v 0g ＝2v 2g，所以此时运动的合位移的大小为x 2＋y 2＝22v 2g，所以选项D 正确．答案：C4．(2015届石家庄二中高三月考)如图所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M 、半径为R .下列说法正确的是( )A ．地球对一颗卫星的引力大小为GMmr －R2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMm r 2C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2解析：地球对一颗卫星的引力F ＝GMm r 2，则该卫星对地球的引力为GMmr 2，故选项A 错误，选项B 正确；根据几何关系知，两颗卫星间的距离L ＝3r ，则两卫星的万有引力F ＝Gm 2L 2＝Gm 23r2，故选项C 正确；三颗卫星对地球引力的合力根据平行四边形定则可知为零，故选项D 错误．答案：BC5．(2015届深圳市高三五校联考)我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星——风云1号，绕地球做匀速圆周运动的周期为12 h ，另一类是地球同步轨道卫星——风云2号，运行周期为24 h ．下列说法正确的是( )A ．风云1号的线速度大于风云2号的线速度B ．风云1号的向心加速度大于风云2号的向心加速度C ．风云1号的发射速度大于风云2号的发射速度D ．风云1号、风云2号相对地面均静止解析：卫星绕地球圆周运动有：G mM r 2＝m 4π2T 2r 可知，风云1号卫星周期和半径均小于风云2号卫星的周期和半径．根据万有引力提供圆周运动向心力G mM r 2＝m v 2r有卫星的线速度v ＝GMr，所以风云1号卫星的半径小，线速度大，故选项A 正确；根据万有引力提供圆周运动向心力G mMr2＝ma 有卫星的向心加速度a ＝GMr 2，风云1号的半径小，向心加速度大于风云2号卫星的向心加速度，故选项B 正确；向高轨道上发射卫星需要克服地球引力做更多的功，故向高轨道上发射卫星需要更大的发射速度，故选项C 错误；风云2号是同步卫星，相对地面静止，而风云1号不是同步卫星，相对地面是运动的，故选项D 错误．答案：AB6．如图所示，是发射嫦娥三号飞船登月的飞行轨道示意图，嫦娥三号飞船从地球上A 处发射，经过地月转移轨道，进入环月圆形轨道，然后在环月圆形轨道上的B 点变轨进入环月椭圆轨道，最后由环月椭圆轨道上的C 点减速登陆月球，下列有关嫦娥三号飞船说法正确的是( )A ．在地面出发点A 附近，即刚发射阶段，飞船处于超重状态B ．飞船的发射速度应大于11.2 km/sC ．在环绕月球的圆轨道上B 处必须点火减速才能进入椭圆轨道D ．在环月椭圆轨道上B 点向C 点运动的过程中机械能减小解析：刚发射阶段，飞船加速度向上，处于超重状态，选项A 正确；发射速度大于7.9 km/s ，小于11.2 km/s ，选项B 错误；从高轨道进入低轨道必须减速，选项C 正确；B 到C 的过程，只有万有引力做功，所以机械能不变，选项D 错误．答案：AC7．(2015届山东师大附中高三模拟)“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m ，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O 距平台的竖直高度为H ，绳长为l ，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是( )A ．选手摆到最低点时处于失重状态B ．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为(3－2cos α)mgC ．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D ．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动解析：失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故选项A 错误；摆动过程中机械能守恒，有：mgl (1－cos θ)＝12mv 2① 设绳子拉力为T ，在最低点有：T －mg ＝m v 2l② 联立①②解得：T ＝(3－2cos α)mg ，故选项B 正确；绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故选项C 错误；选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故选项D 错误．答案：B8．(2015届保定市高三模拟)据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA)目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler 186f.假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T ；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h 处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为t .已知该行星半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的第一宇宙速度为 πRTB ．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt 2R hC ．该行星的平均密度为3h2G πt2D ．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 3hT 2R 22π2t2解析：小球在该星球表面做自由落体运动．由h ＝12gt 2，得该星球表面重力加速度g ＝2h t 2，由GMR 2＝g 得GM ＝gR 2＝2hR 2t 2，该行星的第一宇宙速度为v ，由GMm R 2＝mv2R得v ＝GM R＝ 2hRt 2，选项A 错误；宇宙飞船绕该星球表面做圆周运动时其周期最小，T min ＝2πRv＝πt2Rh，故选项B 正确；该星球的平均密度ρ＝M43πR 3＝3h 2πGt 2R ，选项C 错误；该行星的同步卫星周期为T ，则有GMmR ＋h ′2＝m4π2T 2(R ＋h ′)，解得h ′＝3hT 2R 22π2t2－R ，故选项D 错误．答案：B9．(2015届湖北省教学合作高三联考)铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ(如图)，弯道处的回弧半径为R ，若质量为m 的火车转弯时速度小于Rg tan θ，则( )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 ．火车所受合力等于mg tan θD ．火车所受合力为零解析：当火车速度小于Rg tan θ时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压．答案：A10．(2015届山东省实验中学高三月考)如图所示，发射某飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M 距地面200 km ，远地点N 距地面330 km.进入该轨道正常运行时，其周期为T 1，通过M 、N 点时的速率分别是v 1、v 2，加速度大小分别为a 1，a 2.当飞船某次通过N 点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面330 km 的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为T 2，这时飞船的速率为v 3，加速度大小为a 3.比较飞船在M 、N 、P 三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率大小和加速度大小及在两个轨道上运行的周期，下列结论正确的是( )A ．v 1＞v 3B ．v 1＞v 2C ．a 2＝a 3D ．T 1＞T 2解析：从M 点到N 点的过程中，万有引力做负功，速度减小，所以v 1＞v 2，选项B 正确；根据万有引力提供向心力知，v ＝GMr，所以轨道半径越大，线速度越小，v 3应小于过M 点做圆周运动的速度v 0，因为v 1为过M 点做离心运动的速度，故v 1>v 0，则有v 1>v 3，选项A 正确；在N 点和P 点飞船所受的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知，a 2＝a 3，故选项C 正确；根据开普勒第三定律知，R 3T2＝k ，因为椭圆轨道的半长轴小于经过N 点圆轨道的半径，所以T 1＜T 2.故选项D 错误．答案：ABC第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共15分)11．(6分)如图甲所示，是一位同学在实验室中照的一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，由于照相时的疏忽，没有摆上背景方格板，图中方格是后来用直尺画在相片上的(图中格子的竖直线是实验中重垂线的方向，每小格的边长均为5 mm )，为了补救这一过失，他对小球的直径进行了测量，如图乙所示，如果取重力加速度g ＝10 m/s 2，则(1)照片闪光的频率为________Hz.(2)小球做平抛运动的初速度为________m/s.解析：(1)由乙图可知小球的直径为2.0 cm ，而小球在照片上的尺寸正好是一个格子的边长，所以每个格子的边长实际是2 cm ，在竖直方向上有：Δh ＝gT 2，其中Δh ＝(10－5)×2＝10 cm ，代入求得：T ＝0.1 s ．所以：f ＝1T＝10 Hz.(2)水平方向：x ＝vt ，其中x ＝5L ＝0.1 m ，t ＝T ＝0.1 s ，故v ＝1 m/s. 答案：(1)10 (2)112．(9分)(2015届成都市铁中高三模拟)关于“研究平抛运动”的实验，回答下列问题． (1)下列说法正确的有( )A ．通过调节使斜槽的末端切线保持水平B ．每次释放小球的位置必须不同C ．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些D ．将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线(2)某学生在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置，O 为物体运动一段时间后的位置，取为坐标原点，平抛的轨迹如图所示，根据轨迹的坐标求出物体做平抛运动的初速度为v 0＝________m/s ，小球抛出点的横坐标x ＝________cm ，纵坐标y ＝________cm(g ＝10 m/s 2)．解析：(1)由于本实验“研究平抛运动”，所以保证物体必须做平抛运动，在实验中调节斜槽末端切线保持水平，选项A 正确；为确保每次小球做平抛运动的初速度相同，每次释放小球时释放位置应在同一位置，选项B 错误；实验中应尽可能多的记录一些点，选项C 正确；记录小球位置的点必须用平滑的曲线连接起来，不能用折线将这些点连接起来，故选项D 错误．(2)在竖直方向上Δy ＝gT 2，T ＝ Δyg＝25－15×10－210s ＝0.1 s ，则小球做平抛运动的初速度v 0＝Δx T ＝0.10.1m/s ＝1 m/s.小球在A 点时的竖直分速度v Ay ＝y OB 2T ＝2 m/s ，小球从O 点到A 点的运动时间t ＝v Ayg＝0.2 s ，小球从平抛开始到A 点的竖直位移y 1＝12gt 2＝0.2 m ，水平位移x 1＝v 0t ＝0.2 m ，所以开始平抛运动的位置的横坐标x ＝(0.1－0.2)m ＝－0.1 m ＝－10 cm.纵坐标y ＝(15－20)cm ＝－5 cm. 答案：(1)AC (2)1 －10 －5三、计算题(本题共3小题，共45分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)13．(12分)(2015届福州市高三八校质检)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0.4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ.解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2①在水平方向上有s ＝v 0t ②由①②式解得v 0＝sg2H，代入数据v 0＝1 m/s.③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有f m ＝m v 20R ④f m ＝μN ＝μmg ⑤由③④⑤式解得μ＝v 20gR，代入数据μ＝0.2.答案：(1)1 m/s (2)0.214．(15分)(2015届北京四中高三上学期考试)人类第一次登上月球时，宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一个高度同时由静止释放，二者几乎同时落地．若羽毛和铁锤是从高度为h 处下落，经时间t 落到月球表面．已知引力常量为G ，月球的半径为R .(1)求月球表面的自由落体加速度大小g 月； (2)若不考虑月球自转的影响，求： a ．月球的质量M ；b ．月球的“第一宇宙速度”大小v .解析：(1)月球表面附近的物体做自由落体运动h ＝12g 月t 2月球表面的自由落体加速度大小g 月＝2ht2.(2)a.若不考虑月球自转的影响G Mm R2＝mg 月月球的质量M ＝2hR2Gt2.b ．质量为m ′的飞行器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动m ′g 月＝m ′v 2R月球的“第一宇宙速度”大小v ＝g 月R ＝2hR t.答案：(1)2h t 2 (2)a.2hR 2Gt 2 b.2hRt15．(18分)(2015届湖北省教学合作高三联考)如图所示，将一质量为m ＝0.1 kg 的小球自水平平台右端O 点以初速度v 0水平抛出，小球飞离平台后由A 点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC ，并沿轨道恰好通过最高点C ，圆轨道ABC 的形状为半径R ＝2.5 m 的圆截去了左上角127°的圆弧，CB 为其竖直直径，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)小球经过C 点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B 时轨道对小球的支持力大小； (3)平台末端O 点到A 点的竖直高度H .解析：(1)恰好能通过C 点，由重力提供向心力，即mg ＝v 2C R代入数据计算得：v C ＝gR ＝5 m/s.(2)从B 点到C 点，由机械能守恒定律有12mv 2C ＋mg ·2R ＝12mv 2B在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2BR得F N ＝6.0 N ，方向竖直向上．(3)从A 到B 由机械能守恒定律有12mv 2A ＋mgR (1－cos53°)＝12mv 2B所以v A ＝105 m/s在A 点对速度v A 进行分解有：v y ＝v A sin53°所以H ＝v 2y2g＝3.36 m.答案：(1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m。

2020高考物理一轮总复习第四章曲线运动万有引力与航天基础课4 万有引力定律的理解及应用练习(含解析)

基础课 4 万有引力定律的理解及应用1．(2019届湖北武昌实验中学检测)万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一：“地上物理学”和“天上物理学”的统一，它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道，还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是( )A ．开普勒的研究成果B ．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量C ．牛顿第二定律D ．牛顿第三定律解析：选B 牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道，这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律列出万有引力提供向心力，再借助牛顿第三定律推算物体对地球的作用力与什么有关系，同时应用开普勒第三定律导出万有引力定律，而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量，是牛顿发现万有引力定律之后，故B 选项正确．2．(2018届湖南岳阳一模)地球公转轨道的半径在天文学上常用来作为长度单位，叫做天文单位，用来量度太阳系内天体与太阳的距离．已知木星公转的轨道半径约5.0天文单位，请估算木星公转的周期约为( )A ．3年B ．5年C ．11年D ．25年解析：选C 根据开普勒第三定律得：R 木3T 木2＝R 地3T 地2，解得：T 木＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 木R 地3·T 地＝53·1年＝11年，故选项C 正确．3．(2015年重庆卷)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m ，距地面高度为h ，地球质量为M ，半径为R ，引力常量为G ，则飞船所在处的重力加速度大小为( )A ．0 B.GM R ＋h2C.GMm R ＋h2D.GM h2解析：选 B 飞船受的万有引力等于该处所受的重力，即GMm R ＋h2＝mg ，得g ＝GM R ＋h2，选项B 项正确．4．(2018届安徽皖南八校联考)一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R )( )A.23πR B.12πR C.13πR D.14πR 解析：选A 在轨道上G Mm r 2＝mg ′，在地球表面G Mm R 2＝mg ，因为g ′＝14g ，解得r ＝2R ，则某时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为2π3，则观测到地面赤道最大弧长为23πR ，故选A.5．(多选)(2018届云南一模)一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a 表示，物体到球形行星表面的距离用h 表示，a 随h 变化的图象如图所示，图中a 1、h 1、a 2、h 2及引力常量G 均为已知．根据以上数据可以计算出( )A ．该行星的半径B ．该行星的质量C ．该行星的自转周期D ．该行星的同步卫星离行星表面的高度解析：选AB 设行星半径为R ，质量为M ，物体质量为m ，在物体到球形行星表面的距离为h 1时，由万有引力定律和牛顿运动定律，有GMmR ＋h 12＝ma 1，在物体到球形行星表面的距离为h 2时，有GMm R ＋h 22＝ma 2，联立可解得行星半径R 和质量M ，选项A 、B 正确；不能得出该行星的自转周期，也不能得出该行星同步卫星离行星表面的高度，选项C 、D 错误．6．(2019届高密模拟)据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星．假设该行星质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球半径的2倍．那么，一个在地球表面能举起64 kg 物体的人，在这个行星表面能举起的物体的质量约为(地球表面重力加速度g ＝10 m/s 2)( )A ．40 kgB ．50 kgC ．60 kgD ．30 kg解析：选A 在地球表面，万有引力等于重力GMm R 2＝mg ，得g ＝GM R 2，因为行星质量约为地球质量的6.4倍，其半径是地球半径的2倍，则行星表面重力加速度是地球表面重力加速度的1.6倍，而人的举力认为是不变的，则人在行星表面所举起的重物质量为：m ＝m 01.6＝641.6kg＝40 kg ，故A 正确．7．(2019届漯河模拟)宇航员站在某一星球距其表面h 高度处，以某一速度沿水平方向抛出一个小球，经过时间t 后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，则该星球的质量为( )A.2hR2Gt 2B.2hR 2GtC.2hRGt2D.Gt 22hR2 解析：选A 由h ＝12gt 2可得g ＝2h t 2，由G Mm R 2＝mg 可得：M ＝gR 2G ＝2hR2Gt 2，故选项A 正确．8.如图所示，将一个半径为R 、质量为M 的均匀大球，沿直径挖去两个半径分别为大球一半的小球，并把其中一个放在球外与大球靠在一起，挖去小球的球心、球外小球球心、大球球心在一条直线上，则大球中剩余部分与球外小球的万有引力大小约为(已知引力常量为G )( )A ．0.01GM 2R 2B ．0.02GM 2R2C ．0.05GM 2R 2D ．0.04GM 2R2解析：选D 由题意知，所挖出小球的半径为R2，质量为M8，则未挖出小球前大球对球外小球的万有引力大小为F ＝GM ×M8⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋R 22＝GM 218R 2，将所挖出的其中一个小球填在原位置，则填入左侧原位置小球对球外小球的万有引力为F 1＝G M 8×M82R 2＝GM 2256R2，填入右侧原位置小球对球外小球的万有引力为F 2＝G M 8×M8R 2＝GM 264R 2，大球中剩余部分对球外小球的万有引力大小为F 3＝F －F 1－F 2≈0.04GM 2R2，D 选项正确．9．(2019届广州调研)“嫦娥五号”探测器预计在2018年发射升空，自动完成月面样品采集后从月球起飞，返回地球，带回约2 kg 月球样品．某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，则地球和月球的密度之比为( )地球和月球的半径之比4 地球表面和月球表面的重力加速度之比6A.23B.2 C ．4D ．6解析：选B 在地球表面，重力等于万有引力，故mg ＝G Mm R 2，解得M ＝gR 2G ，故地球的密度ρ＝MV ＝gR 2G43πR3＝3g 4πGR .同理，月球的密度ρ0＝3g 04πGR 0.故地球和月球的密度之比ρρ0＝gR 0g 0R ＝32，B 正确． 10．(多选)(2018届晋城三模)探索火星的奥秘承载着人类征服宇宙的梦想．假设人类某次利用飞船探测火星的过程中，飞船只在万有引力作用下贴着火星表面绕火星做圆周运动时，测得其绕行速度为v ，绕行一周所用时间为T ，已知引力常量为G ，则( )A ．火星表面的重力加速度为πv TB ．火星的半径为Tv2πC ．火星的密度为3πGT2D ．火星的质量为Tv 22πG解析：选BC 飞船在火星表面做匀速圆周运动，轨道半径等于火星的半径，根据v ＝2πR T ，得R ＝vT 2π，故B 正确；根据万有引力提供向心力，有G Mm R 2＝m 4π2T2R ，得火星的质量M ＝4π2R 3GT 3，根据密度公式得火星的密度ρ＝M V ＝4π2R3GT 24πR 33＝3πGT 2，故C 正确；根据M ＝ρ·4πR33＝3πGT 2×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫vT 2π3＝Tv 32πG ，故D 错误；根据重力等于万有引力得，mg ＝G Mm R 2，得g ＝G M R 2＝2πvT ，故A 错误．11．(多选) (2018年天津卷)2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度．若将卫星绕地球的运动看做是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的( )A ．密度B ．向心力的大小C ．离地高度D ．线速度的大小解析：选CD 根据题意，已知卫星运动的周期T ，地球的半径R ，地球表面的重力加速度g ，卫星受到的万有引力充当向心力，故有G Mm r 2＝m 4π2T2r ，卫星的质量被消去，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，A 、B 错误；由G Mm r 2＝mr 4π2T 2，解得r ＝3GMT 24π2，而r ＝R ＋h ，故可计算卫星距离地球表面的高度，C 正确；根据公式v ＝2πrT，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，D 正确．12．(2018届河北省三市联考)如图所示，冥王星绕太阳公转的轨道是椭圆，公转周期为T 0，其近日点到太阳的距离为a ，远日点到太阳的距离为b ，半短轴的长度为c .若太阳的质量为M ，引力常量为G ，忽略其他行星对冥王星的影响，则( )A ．冥王星从B →C →D 的过程中，速率逐渐变小B ．冥王星从A →B →C 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功 C ．冥王星从A →B 所用的时间等于T 04D ．冥王星在B 点的加速度大小为4GMb －a 2＋4c 2解析：选D 冥王星从A →B →C 的过程中，万有引力对它做负功，速率逐渐变小，从C →D 的过程中，万有引力对它一直做正功，速率增大，A 、B 错误；冥王星从A →B 的过程中平均速率比由B →C 的大，故从A →B 所用时间小于T 04，C 错误；由几何关系可得冥王星在B 点时到太阳的距离x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 22＋c 2，又GMm x 2＝ma B ，可解得冥王星在B 点的加速度a B＝4GMb －a2＋4c2，D 正确．13．(2019届辽宁省实验中学质检)设地球是一质量分布均匀的球体，O 为地心．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．在下列四个图中，能正确描述x 轴上各点的重力加速度g 的分布情况的是( )解析：选A 设地球的密度为ρ，半径为R ，则由GMm R 2＝mg ，M ＝43πR 3ρ，可得g ＝4πGRρ3，根据题意，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为R －x 的井底，物体受到地球的万有引力即为半径等于x 的球体在其表面产生的万有引力，则有g ＝4πGρ3x ，即当x <R 时，g 与x 成正比，在x >R 时，g ＝GM x2，g 与x 2成反比，对应图线可知，只有选项A 正确．14．(2018年北京卷)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证( )A ．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602B ．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602C ．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6D ．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1/60解析：选B 设月球的质量为M 月，地球的质量为M ，苹果的质量为m ，则月球受到的万有引力为F 月＝GMM 月60r 2，苹果受到的万有引力为F ＝GMmr 2，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确，故A 错误；根据牛顿第二定律GMM 月60r2＝M 月a 月，GMm r 2＝ma ，整理可得a 月＝1602a ，故B 正确；在月球表面处GM 月m ′r 月2＝m ′g 月，由于月球本身的半径大小及其质量与地球的半径、质量关系未知，故无法求出月球表面和地球表面重力加速度的关系，故C 错误；苹果在月球表面受到的引力为F ′＝GM 月mr 月2，由于月球本身的半径大小及其质量与地球的半径、质量关系未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与在地球表面受到的引力之间的关系，故D 错误．15．(2018届宝鸡一模)宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验：在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为M 的砝码所受重力为F ，在赤道测得该砝码所受重力为F ′.他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T .假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为( )A ．T F ′F B ．T F F ′ C ．TF －F ′FD ．TFF －F ′解析：选D 设星球和探测器质量分别为m 、m ′ 在两极点，有：G MmR2＝F在赤道，有：G Mm R 2－F ′＝MR 4π2T 自2探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T ，则有：G mm ′R 2＝m ′R 4π2T2；联立以上三式解得T 自＝TFF －F ′.故D 正确，A 、B 、C 错误．。

(新课标)2020版高考物理一轮复习第四章第4讲万有引力与航天夯基提能作业本

第4讲万有引力与航天A组基础过关1.(2019宁夏银川二中期末)以下图,A为地球赤道上的物体,B为地球同步卫星,C为地球表面上北纬60°处的物体。

已知A、B的质量相等。

则以下对于A、B和C三个物体的说法中,正确的选项是( )遇到的万有引力小于B物体遇到的万有引力加快度小于A物体的向心加快度C.A、B两物体的轨道半径的三次方与周期的二次方的比值相等D.A和B两物体的线速度的比值比C和B两物体的线速度的比值大,且都小于1答案 D A、B两物体的质量相等,依据万有引力定律F=G MMM2可知,A遇到的万有引力大于B遇到的万有引力,故A项错误;因A与B两物体的角速度相等,由a n=ω2r可知B的向心加快度大于A的向心加快度,故B项错误;A在地球表面,不是环绕地球做匀速圆周运动,所以它的轨道半径与公转周期的关系不知足开普勒第三定律,故C项错误;依据v=ωr可知,B的线速度最大,C的线速度最小,所以A与B的线速度的比值大于C与B的线速度的比值,且均小于1,故D项正确。

2.(多项选择)(2017贵州黔南州三校联考)构成星球的物质是靠引力吸引在一同的,这样的星球有一个最大的自转速率,假如高出了该速率,星球的万有引力将不足以保持其赤道邻近的物体随星球做圆周运动。

假定地球可视为质量均匀散布的星球,地球半径为R,地球北极表面邻近的重力加快度为g,引力常量为G,地球质量为M,则地球的最大自转角速度ω为( )√MMM3B.√MMM3C.√MM√MM答案 BC 设地球赤道上有一质量为m 的物体,要保持该物体随处球一同以最大角速度ω转动,则物体与地球之间的万有引力等于向心力,有G MM M2=mω2R,解得ω=√MMM3,A 项错误,B 项正确;在地球北极表面邻近有G MM 'M 2=m'g,则GM=gR 2,代入上式可得ω=√MM ,C 项正确,D 项错误。

3.(多项选择)(2019山东荷泽期中)1798年,英国物理学家卡文迪许测出引力常量G,所以卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人。

2020版高考物理大一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第四节万有引力与航天检测

第四节万有引力与航天(建议用时：分钟)一、单项选择题．(·高考全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律解析：选.开普勒在第谷的观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，项正确；牛顿在开普勒总结的行星运动规律的基础上发现了万有引力定律，找出了行星运动的原因，、、项错误．．我国计划于年发射“嫦娥五号”探测器，假设探测器在近月轨道上绕月球做匀速圆周运动，经过时间(小于绕行周期)，运动的弧长为，探测器与月球中心连线扫过的角度为θ(弧度)，引力常量为，则( )．探测器的轨道半径为．探测器的环绕周期为．月球的质量为．月球的密度为解析：选.利用＝θ，可得轨道半径＝，选项错误；由题意可知，角速度ω＝，故探测器的环绕周期＝＝＝，选项错误；根据万有引力提供向心力可知，＝，再结合＝可以求出＝＝＝，选项正确；由于不知月球的半径，所以无法求出月球的密度，选项错误．．(·高考北京卷)利用引力常量和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是( )．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离解析：选.由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有＝，故可得＝，项不符合题意；由万有引力提供人造卫星的向心力，有＝，＝，联立得＝，项不符合题意；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有＝，故可得＝，项不符合题意；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，不可求出地球的质量，项符合题意．．(·河南鹤壁高级中学模拟)经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间．已知“神舟星”平均每天绕太阳运行万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行万公里．假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较( )．“神舟星”的公转周期大．“神舟星”的轨道半径大．“神舟星”受到的向心力大．“神舟星”的加速度大解析：选.从题中可知“神舟星”的线速度大，根据公式＝解得＝，轨道半径越大，线速度越小，所以“神舟星”的轨道半径小，错误；根据公式＝可得＝π，轨道半径越小，公转周期越小，故“神舟星”的公转周期较小，错误；根据公式＝可得＝，轨道半径越小，向心加速度越大，故“神舟星”的加速度大，正确；根据公式＝，由于不知道两颗行星的质量关系，所以无法判断向心力大小，错误．．一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力的( )．倍．．．倍解析：选.由引＝＝＝)＝地，故项正确．.我国于年月日发射了“天宫二号”空间实验室，之后在月日，又发射了“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( ) .我国于年月日发射了“天宫二号”空间实验室，之后在月日，又发射了“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接解析：选.为了实现飞船与空间实验室的对接，必须使飞船在较低的轨道上加速做离心运动，上升到空间实验室运动的轨道后逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接，选项正确．．(·湖南长沙长郡中学高三模拟)年月日美国航天局宣布，天文学家发现“另一个地。

(通用版)2020版高考物理大一轮复习单元质检四曲线运动万有引力与航天新人教版.docx

单元质检四曲线运动万有引力与航天(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~10题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动,另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上,当直杆与竖直方向夹角为θ时,直杆端点A的线速度为()A.vsin vB.v sin θC.vcos vD.v cos θA的实际速度为它的线速度,如图所示,将它分解为水平向左和竖直向下的分速度,则v A=vcos v,故C正确。

2.如图所示,河水流动的速度为v且处处相同,河宽度为a。

在船下水点A的下游距离为b处是瀑布。

为了使小船安全渡河(不掉到瀑布里去),则()A.小船船头垂直河岸渡河时间最短,最短时间为t=vv ,速度最大,最大速度为v max=vvvB.小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小,速度最大,最大速度为v max=√v2+v2vvC.小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长,速度最小,最小速度v min=vvvD.小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小,最小速度v min =,为t=vv 船,故A 错误;小船轨迹沿y 轴方向渡河时位移最小,为a ,但沿着船头指向的分速度必须指向上游,合速度不是最大,故B 错误;由题图可知,小船沿轨迹AB 运动位移最大,由于渡河时间t=vv 船,与船的船头指向的分速度有关,故时间不一定最长,故C错误;要充分利用水流的速度,故合速度要沿着AB 方向,此时位移最大,船的速度最小,故v v 船=√v 2+v 2v,v 船=,D 正确。

3.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面。

如图所示,用两根长为l 的细线系一质量为m 的小球,两线上端系于水平横杆上,A 、B 两点相距也为l 。

若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为( ) A.2√3mg B.3mg C.2.5mg D.7√32mg,小球做圆周运动的半径r=√32l ,小球恰好过最高点时,根据牛顿第二定律有mg=m 2√32v①小球运动到最低点时,根据动能定理得mg ·√3l=12vv 22−12vv 12 ②由牛顿第二定律得 2F T cos30°-mg=22√32v ③联立①②③得F T=2√3mg故A正确,B、C、D错误。

(浙江选考)2020版高考物理总复习第四章4第4节万有引力与航天练习(含解析)

万有引力与航天【随堂检测】1．(2017·11月浙江选考)如图所示是小明同学画的人造地球卫星轨道的示意图，则卫星( )A ．在a 轨道运行的周期为24 hB ．在b 轨道运行的速度始终不变C ．在c 轨道运行的速度大小始终不变D ．在c 轨道运行时受到的地球引力大小是变化的答案：D2.(2017·4月浙江选考)如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n 倍，质量为火星的k 倍．不考虑行星自转的影响，则( )A ．金星表面的重力加速度是火星的k n倍 B ．金星的“第一宇宙速度”是火星的 k n倍 C ．金星绕太阳运动的加速度比火星小 D ．金星绕太阳运动的周期比火星大答案：B3．质量为m 的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质量为M ，月球半径为R ，月球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，不考虑月球自转的影响，则航天器的( )A ．线速度v ＝GMR B ．角速度ω＝gR C ．运行周期T ＝2πgRD ．向心加速度a ＝Gm R2解析：选A.由万有引力提供向心力可得G Mm R 2＝ma ＝m v 2R ＝m ω2R ＝m 4π2T2R ，再结合忽略自转后G MmR2＝mg ，在解得相关物理量后可判断A 正确．4．(2016·10月浙江选考)如图所示，“天宫二号”在距离地面393km 的近圆轨道运行．已知万有引力常量G ＝6.67×10－11N ·m 2/kg 2，地球质量M ＝6.0×1024kg ，地球半径R ＝6.4×103km.由以上数据可估算( )A ．“天宫二号”质量B．“天宫二号”运行速度C．“天宫二号”受到的向心力D．地球对“天宫二号”的引力答案：B【课后达标检测】一、选择题1．(2019·丽水质检)牛顿把天体运动与地上物体的运动统一起来，创立了经典力学．随着近代物理学的发展，科学实验发现了许多经典力学无法解释的事实，关于经典力学的局限性，下列说法正确的是( )A．火车提速后，有关速度问题不能用经典力学来处理B．由于经典力学有局限性，所以一般力学问题都用相对论来解决C．经典力学适用于宏观、低速运动的物体D．经典力学只适用于像地球和太阳那样大的宏观物体答案：C2．登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比( )A.B．火星做圆周运动的加速度较小C．火星表面的重力加速度较大D．火星的第一宇宙速度较大答案：B3.(2019·宁波月考)如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )A．a2>a3>a1B．a2>a1>a3C．a3>a1>a2D．a3>a2>a1答案：D4．(2019·浙江省名校考前押宝)在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，下列实验能在飞船上做的是 ( )A ．用托盘天平测质量B ．用刻度尺测长度C ．用弹簧秤测一个物体的重力D ．验证机械能守恒定律解析：选B.本题考查的是宇宙飞船中的失重现象．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，物体处于完全失重状态，因此凡是涉及重力的实验都无法做．故只有B 对．5．两个绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，轨道半径分别为R 1和R 2，则两卫星的绕行速度比是( )A.R 1R 2B.R 2R 1C.R 1R 2 D. R 2R 1解析：选D.由GMm R 2＝mv 2R ，得v ＝GMR，所以v 1∶v 2＝R 2R 1，故D 选项正确． 6．(2019·温州质检)我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信．“墨子”由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道．此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7.G7属地球静止轨道卫星(高度约为36 000 千米)，它将使北斗系统的可靠性进一步提高．关于卫星以下说法中正确的是( )A ．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/sB ．通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C ．量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小D ．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小解析：选C.7.9 km/s 是地球卫星的最大环绕速度，所以A 错误；地球静止轨道卫星为地球同步卫星，只能定点在赤道上空，西昌在北半球，所以B 错误；由G Mm r 2＝ma ＝m 4π2rT2，和r墨子＜r 同步知C 正确，D 错误．7．(2019·丽水月考)若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7.已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R .由此可知，该行星的半径为( )A.12RB.72R C ．2R D.72R 解析：选C.由平抛运动规律：x ＝v 0t ，h ＝12gt 2得x ＝v 02hg，两种情况下，抛出的速度相同，高度相同，故g 行g 地＝74；由G Mm R 2＝mg 可得g ＝G M R 2，故g 行g 地＝M 行R 2行M 地R 2地＝74，解得R 行＝2R ，选项C 正。

高考物理一轮复习第4章【4】《万有引力与航天》练习(含答案)

开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(十五) 万有引力与航天A 组基础巩固1．[2018·石家庄市质检一]2019年12月14日21时许，嫦娥三号携带“玉兔”探测车在月球虹湾成功软着陆，在实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球表面4 m 高时最后一次悬停，确认着陆点．若总质量为M 的嫦娥三号在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F ，已知引力常量为G ，月球半径为R ，则月球的质量为( )图15－1A.FR 2MG B.FR MG C.MG FR D.MG FR2 解析：设月球的质量为M′，由GM′M R 2＝Mg 和F ＝Mg 解得M′＝FR2GM ，选项A 正确．答案：A2．[2018·新课标全国卷]假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－dRB ．1＋d RC.⎝ ⎛⎭⎪⎫R －d R 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫R R －d 2 解析：如图15－2所示，根据题意“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”，可知：地面处的球壳对地面与矿井底部之间的环形部分的引力为零，设地面处的重力加速度为g ，地球质量为M ，由地球表面的物体m 1受到的重力近似等于万有引力，故m 1g ＝GMm 1R2，再将矿井底部所在的球体抽取出来，设矿井底部处的重力加速度为g′，该球体质量为M′，半径r ＝R －d ，同理可得矿井底部处的物体m 2受到的重力m 2g′＝G M′m 2r 2，且由M＝ρV ＝ρ·43πR 3，M′＝ρV′＝ρ·43π(R －d)3，联立解得g′g ＝1－d R，A 对．图15－2答案：A3．[2018·东北三省四市联考]太阳围绕银河系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速度约为地球公转速度的7倍，轨道半径约为地球公转轨道半径的2×109倍，为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系中所有恒星的质量都集中在银河系中心，且银河系中恒星的平均质量约等于太阳质量，则银河系中恒星数目约为( )A ．109B ．1011C ．1013D ．1015解析：由GMm r 2＝mv 2r 得M ＝v 2r G ，已知r 太＝2×109r 地，v 太＝7v 地，则M 银＝0.98×1011M 太，即选项B 正确．答案：B4．(多选题)[2018·河南偃师月考]2019年3月31日18时27分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，将法国泰雷兹阿莱尼亚宇航公司制造的亚太7号通信卫星成功送入预定轨道．亚太7号卫星将接替在轨运行的亚太2R 卫星，定点于东经76.5度赤道上空，可为亚洲、中东、非洲、澳大利亚、欧洲等提供电视传输和卫星通信服务，并为中国、中东、中亚、非洲等提供电视直播和跨洲际通信广播服务．则下列有关亚太2R 卫星与亚太7号通信卫星的说法正确的是( )A ．相对于地面静止，轨道半径为确定值B ．亚太2R 卫星被替代后，如果要想返回地球必须对其进行加速C ．角速度小于静止在地球赤道上物体的角速度D ．向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度答案：AD5．2019年9月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F 运载火箭将天宫一号目标飞行器发射升空.2019年，神舟十号飞船发射升空，在太空中与天宫一号交会对接，使我国成为世界上第三个掌握空间交会对接技术的国家．关于飞船与天宫一号对接问题，下列说法正确的是( )A ．先让飞船与天宫一号在同一轨道上，然后让飞船加速，即可实现对接B ．先让飞船与天宫一号在同一轨道上，然后让飞船减速，即可实现对接C ．先让飞船进入较低的轨道，然后再对其进行加速，即可实现对接D ．先让飞船进入较高的轨道，然后再对其进行加速，即可实现对接解析：若飞船与天宫一号在同一轨道上，飞船加速时将做离心运动，从而脱离原来轨道，无法实现对接；先让飞船进入较低的轨道，然后再对其进行加速，即可实现对接．答案：C6．(多选题)[2018·广东省顺德一中月考]随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的12，则下列判断正确的是( )A ．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B ．某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的8倍C ．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D ．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同解析：据题意，由于不知道该星球的自传周期，所以不知道它的同步卫星周期，A 选项错误；据星球质量是地球质量的2倍，即M′＝2M ，星球半径是地球半径的12，即R′＝12R ，有：g ＝GMR 得g′＝8g ，所以在星球表面的重力是地球表面的8倍，B 选项是正确；据v ＝ GMR可知，星球第一宇宙速度是地球的2倍，C 选项正确；据v ＝GMr可知，轨道半径相同时，星球人造卫星的速度是地球的2倍，所以D 选项错误．答案：BCB 组能力提升7．[2018·泉州市质量检测]通常我们把太阳系中行星自转一周的时间称为“1天”，绕太阳公转一周的时间称为“1年”．与地球相比较，金星“1天”的时间约是地球“1天”时间的243倍．由此可知( )A ．金星的半径约是地球半径的243倍B ．金星的质量约是地球质量的243倍C ．地球的自转角速度约是金星自转角速度的243倍D ．地球表面的重力加速度约是金星表面重力加速度的243倍解析：行星自转周期“1天”T＝2πω，与行星半径、质量等无关，由此可知C 正确．答案：C8．[2018·江西省名校联盟调研考试]2019年12月2日1时30分，由月球车(如图15－3甲)和着陆器组成的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约18 min 后，嫦娥三号进入如图乙所示的地月转移轨道AB ，A 为入口点，B 为出口点．嫦娥三号在B 点经过近月制动，进入距离月面100公里的环月圆轨道，然后择机在月球虹湾地区实现软着陆，展开月面巡视勘察．已知月球和地球的质量之比约为181，图乙中环月圆轨道的半径与地球半径之比约为14，地球的第一宇宙速度约为7.9 km/s ，下列说法正确的是( )甲乙图15－3A ．嫦娥三号进入地月转移轨道前，在近地圆轨道运行的速度大于7.9 km/sB ．嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约为1.8 km/sC ．携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中一定处于失重状态D ．由于月球表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行巡视探测任务时处于失重状态解析：嫦娥三号在近地圆轨道上运行时速度小于或等于7.9 km/s ，A 项错误；嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得，G Mm R ＝m v2R，解得，v ＝G MR ＝181×41×7.9 km/s ≈1.8 km/s，B 项正确；月球车着陆过程中减速下降，处于超重状态，C 项错误；月球车在月球上所受重力小于在地球上所受的重力，这与是否失重无关，D 项错误．答案：B9．[2018·湖北省武汉市联考]地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆．天文学家哈雷曾经在1662年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会再次出现．这颗彗星最近出现的时间是1986年，它下次飞近地球大约是哪一年( )图15－4A ．2042年B ．2052年C ．2062年D ．2072年解析：根据开普勒第三定律有T 彗T 地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 彗R 地32＝1832＝76.4，又T 地＝1年，所以T 彗≈76年，彗星下次飞近地球的大致年份是1986＋76＝2062年，本题答案为C.答案：C10．[2018·山西省长治市二中练考]如图15－5所示，质量相同的三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动，其中b 、c 在地球的同步轨道上，a 距离地球表面的高度为R ，此时a 、b 恰好相距最近．已知地球质量为M 、半径为R 、地球自转的角速度为ω.万有引力常量为G ，则( )图15－5 A．发射卫星b时速度要大于11.2 km/sB．卫星a的机械能大于卫星b的机械能C．卫星a和b下一次相距最近还需经过t＝2πGM8R3－ωD．若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速解析：卫星b的发射速度小于11.2 km/s(第二宇宙速度)，A错误；质量相同的卫星，发射的高度越高，需要的发射速度越大，机械能也越大，B错误；若卫星c加速，它将脱离原来的轨道做离心运动，不能与b对接，D错误；设卫星a和b再次相遇所用的时间为t，则有ωa t－ωb t＝2π，且ωb＝ω，ωa＝GM()2R3，整理可得，t＝2πGM8R3－ω，C正确．答案：C11．[2018·湖北省黄冈市团风中学测试]如图15－6所示为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0.图15－6(1)中央恒星O的质量是多大？(2)长期观测发现，A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期性的每隔t0时间发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知的行星B(假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同)，它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离．根据上述现象和假设，试估算未知行星B的运动周期和轨道半径．解析：(1)设中央恒星O 的质量为M ，A 行星质量为m ，则由万有引力定律和牛顿第二定律得 G Mm R 20＝mR 04π2T 20 ①解得M ＝4π2R 3GT 20②(2)由题意可知，A 、B 相距最近时，B 对A 的影响最大，且每隔t 0时间相距最近．设B 行星周期为T B ，则有：t 0T 0－t 0T B ＝1 ③解得T B ＝T 0t 0t 0－T 0④设B 行星的质量为m B ，运动的轨道半径为R B ，则有 G Mm B R 2B ＝m B R B 4π2T 2B⑤由①④⑤得：R B ＝R 0·3t 0t 0－T 02⑥答案：(1)4π2R 30GT 20 (2)T 0t 0t 0－T 0R 0·3t 0t 0－T 0212．[2018·东北三省大联考]宇航员驾驶宇宙飞船到达月球表面，关闭动力，飞船在近月圆形轨道绕月运行的周期为T ；接着，宇航员调整飞船动力，安全着陆，宇航员在月球表面离地某一高度处将一小球以初速度v 0水平抛出，其水平射程为s.已知月球的半径为R ，万有引力常量为G ，求：(1)月球的质量M ；(2)小球开始抛出时离地的高度； (3)小球落地时重力的瞬时功率．解析：(1)飞船绕月近月面运行，月球对飞船的万有引力提供向心力，有： GMm R ＝mR ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，解得月球的质量M ＝4π2R 3GT2.(2)小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：s ＝v 0t ，竖直方向做自由落体运动，有：h ＝12gt 2，在月球表面，小球受到月球的万有引力近似等于重力，G Mm R 2＝mR ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2＝mg联立解得小球开始抛出时离地的高度：h ＝2π2Rs2T 2v 20；(3)小球落地时速度的竖直分量：v ⊥＝gt ＝4π2RsT 2v 0，重力的瞬时功率：P ＝mgv ⊥＝m 4π2R T 2·4π2Rs T 2v 0＝16π4mRsT 4v 0. 答案：(1)4π2R 3GT 2 (2)2π2Rs2T 2v 20(3)16π4mRsT 4v 0C 组难点突破13．[2018·陕西省西安八校联考]地球赤道上有一物体随地球自转，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)，所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球的同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则( ) A．F1＝F2>F3B．a1＝a2＝g>a3C．v1＝v2＝v>v3D．ω1＝ω3<ω2解析：地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，角速度相同，即ω1＝ω3，根据关系式v＝ωr和a ＝ω2r可知，v1<v3，a1<a3；人造卫星和地球同步卫星都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即G Mmr2＝mω2r＝mv2r＝ma可得v＝GMr，a＝GMr2，ω＝GMr3，可见，轨道半径大的线速度、向心加速度和角速度均小，即v2＞v3，a2＞a3，ω2＞ω3；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)的线速度就是第一宇宙速度，即v2＝v，其向心加速度等于重力加速度，即a2＝g；所以v＝v2＞v3＞v1，g＝a2＞a3＞a1，ω2＞ω3＝ω1，又因为F＝ma，所以F2＞F3＞F1；可见，选项A、B、C错误，D正确．本题答案为D.答案：D名师心得拱手相赠教学积累资源共享教师用书独具圆周运动与平抛运动的综合问题1．水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题(1)此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题考查．(2)解题关键①明确水平面内做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程．②平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移．③速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度．【例1】如图4－1所示，在圆柱形房屋天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳，绳的下端挂一个质量为m的小球，已知绳能承受的最大拉力为2mg，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以速度v2＝7gL落到墙脚边．求：图4－1(1)绳断裂瞬间的速度v1；(2)圆柱形房屋的高度H和半径R.解析：(1)小球在绳断前瞬间受力如图4－2所示：图4－2由牛顿第二定律得：竖直方向：F Tm cos θ－mg ＝0 水平方向：F Tm sin θ＝m v 21r由几何关系得：r ＝Lsin θ 解得：v 1＝3gL2(2)小球从抛出到落地，由机械能守恒定律得： 12mv 21＋mgh 1＝12mv 22图4－3解得：h 1＝v 22－v 212g ＝114LH ＝h 1＋Lcos θ＝13L4设小球由平抛至落地的水平射程为x ，如图4－3. 水平方向：x ＝v 1t 竖直方向：h 1＝12gt 2又有：R ＝r 2＋x 2解得：R ＝3L 答案：(1)3gL 2 (2)13L43L 2．竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题(1)此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题考查．(2)解题关键①竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件．②速度也是联系前后两个过程的关键物理量．图4－4【例2】如图4－4所示，水平轨道上轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P 点，现用一质量m ＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)将弹簧压缩后释放，物块经过P 点时的速度v 0＝16 m/s ，经过水平轨道右端Q 点后恰好沿光滑半圆轨道的切线进入竖直固定的圆轨道，最后物块经轨道最低点A 抛出后落到B 点，若物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，R ＝1.6 m ，P 到Q 的长度l ＝3.1 m ，A 到B 的竖直高度h ＝1.25 m ，取g ＝10 m/s 2.(2)求物块到达Q 点时的速度大小；(2)判断物块经过Q 点后能否沿圆周轨道运动； (3)求物块水平抛出的位移大小．解析：(1)设物块到达Q 点时的速度为v 1，由动能定理得：－μmgl ＝12mv 21－12mv 2解得：v 1＝15 m/s(2)设物块刚好经过圆周最高点，由牛顿第二定律得：mg ＝m v2R解得：v ＝gR ＝4 m/s<15 m/s 故物块能沿圆周轨道运动(3)设物块到达半圆轨道最低点A 时的速度为v 2，由机械能守恒定律得： 12mv 21＋mg·2R＝12mv 22 物块从A 点开始做平抛运动，有 h ＝12gt 2x ＝v 2t解得：x ＝v 22hg＝8.5 m. 答案：(1)15 m/s (2)能 (3)8.5 m。

2020版高考物理总复习第四章曲线运动万有引力与航天综合检测(含解析)

曲线运动万有引力与航天综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示的曲线是某个质点在一个恒力作用下的一段运动轨迹,质点从M点出发经P点到达N点,质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等.下列说法中正确的是( B )A.质点从M到N过程中速度大小始终保持不变B.质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同C.质点在P点处的速度方向指向曲线弯曲内侧D.质点在MN间的运动不是匀变速运动解析:质点在恒力作用下做曲线运动,加速度a恒定,故质点做的是匀变速曲线运动,则速度大小时刻在变,选项A,D错误;根据Δv=at可知,相同时间内速度变化大小相等,方向相同,故B正确;质点在P点处速度沿切线方向,选项C错误.2.某同学骑自行车经过一段泥泞路后,发现自行车的后轮轮胎侧面上粘附上了一块泥巴,为了把泥巴甩掉,他将自行车后轮撑起,使后轮离开地面而悬空,然后用手匀速摇脚踏板,使后轮飞速转动,泥巴就被甩下来.如图所示,图中a,b,c,d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置,则( A )A.泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来B.泥巴在图中的b,d位置时最容易被甩下来C.泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D.泥巴在a,b,c,d四个位置被甩下来的难易程度是一样的解析:泥巴做圆周运动,由合力提供向心力,根据F=mω2r知,泥巴在车轮上每一个位置的向心力大小相等,当提供的合力小于向心力时做离心运动,所以能提供的合力越小越容易飞出去.在a点,泥巴所受合力等于附着力与重力之差;在c点其合力为重力与附着力之和;在b和d点合力等于附着力,所以在最低点a时合力最小,最容易飞出去,A 正确.3.如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图.已知质量为60 kg的学员在A点位置,质量为70 kg的教练员在B点位置,A点的转弯半径为5.0 m,B点的转弯半径为4.0 m,学员和教练员(均可视为质点)( D )A.运动周期之比为5∶4B.运动线速度大小之比为1∶1C.向心加速度大小之比为4∶5D.受到的合力大小之比为15∶14解析:A,B两点的学员和教练员做圆周运动的角速度相等,根据T=知,运动周期相等,选项A错误;根据v=rω知,半径之比为5∶4,则运动线速度大小之比为5∶4,选项B错误;根据a=rω2知,半径之比为5∶4,则向心加速度大小之比为5∶4,选项C错误;根据F=ma知,向心加速度大小之比为5∶4,质量之比为6∶7,则受到的合力大小之比为15∶14,故选项D正确.4.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统.2017年11月5日,中国第三代导航卫星顺利升空,它标志着中国正式开始建造“北斗”全球卫星导航系统.北斗卫星导航系统计划由35颗卫星组成,包括5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星,其中静止轨道和倾斜同步轨道的高度大约为3.6万千米,中地球轨道高度大约为2.2万千米.已知地球半径大约为6.4×103千米,下列说法正确的有( B )A.静止轨道卫星和倾斜同步轨道卫星之间是相对静止的B.中地球轨道卫星的运行速度小于7.9 km/sC.中地球轨道卫星的运行周期大于地球同步卫星运行周期D.倾斜同步轨道卫星一直运行在中国领土正上方解析:静止轨道卫星相对地球是静止的,即在赤道正上方,而倾斜同步轨道卫星相对于地球是非静止的,所以静止轨道卫星和倾斜同步轨道卫星之间是相对运动的,故A错误;7.9 km/s为第一宇宙速度也为近地卫星环绕速度,即卫星环绕地球运动的最大速度,根据公式G=m可知v=,轨道半径越大,线速度越小,所以中地轨道卫星的运行速度小于7.9 km/s,故B正确;中地球轨道卫星的轨道半径小于同步卫星轨道半径,根据公式G=m r 可得T=2π,轨道半径越大,周期越大,所以中地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星运行周期,故C错误;除了静止轨道卫星相对地球静止,其他卫星都相对地球运动,即不会一直运行在我国领土正上方,故D错误.5.如图所示,x轴在水平地面上,y轴在竖直方向.图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a,b和c的运动轨迹.小球同时抛出,不计空气阻力,下列说法正确的是( B )A.a和b初速度相同B.b和c同时落地C.a运动时间是c的两倍D.增大b的初速度,b与a可能在落地前相遇解析:由图可以看出,b,c两个小球的抛出高度L相同,a的抛出高度为2L,根据t=可知,a 的运动时间最长,为 t a=t b;b与c运动时间相等,故C错误,B正确;由图可以看出,a,b,c三个小球的水平位移关系x a=x b=2x c,根据x=v0t可知,v0=得v b=v a,v c=v a,所以b的初速度最大,c的初速度最小,故A错误;增大b的初速度,a,b运动时间不变,所以b与a不可能在落地前相遇,故D错误.6.世界上许多科学家都在研究火星,还提出了把火星变为适宜人类居住的各种设想.假设火星是均匀的球体,火星表面的重力加速度为g,火星半径为R,自转周期为T,引力常量为G,则可知( C )A.火星的第一宇宙速度为B.火星的平均密度为C.火星的质量为D.火星的同步卫星距离火星表面的高度为解析:火星的第一宇宙速度v=,A错误;在火星表面,对质量为m0的物体有m0g=,可解得M=,C正确;火星的平均密度为ρ==,B错误;火星的同步卫星的周期等于火星的自转周期,设同步卫星的高度为h,质量为m,有G=m(R+h),解得h=-R,D错误.7.2017年10月16日,人类首次通过多个天文台同时观测到距地球1.3光年处的双中子星合并时发生的γ射线和引力波.合并前的双中子星质量分别为太阳质量的1.1倍和1.6倍,二者相距400千米,两中子星绕连线上一点高速旋转,若将中子星的运动简化为圆周运动,地球绕太阳公转的半径为1.5亿千米,周期为365天,则双中子星运动的周期数量级约为( C )A.10-6 sB.10-4 sC.10-2 sD.104 s解析:设太阳的质量为M,地球的质量为m,质量为m1=1.1M的中子星轨道半径为r1,质量为m2=1.6M的中子星轨道半径为r2,r1+r2=l,l=400 km,双中子星构成双星模型,运动周期相同,则有=m1()2r1,=m2()2r2,由两式得GM总=,M总=2.7M.地球绕太阳公转时,有=m()2r,联立解得T 的数量级约为10-2 s,C正确.8.关于曲线运动,下列说法正确的是( BD )A.加速度方向保持不变,速度方向也保持不变B.曲线运动可能是匀变速运动C.运动员把足球踢出后,球在空中沿着弧线运动属于离心现象D.向心力不改变做圆周运动物体速度的大小解析:加速度方向保持不变,速度方向可以变化,例如平抛运动,故A错误;曲线运动可能是匀变速运动,比如平抛运动,故B正确;运动员将球踢出后球在空中运动,是由于惯性,沿着弧线运动是受到重力和空气的阻力作用,不是离心运动,故C错误;向心力总是指向圆心,产生向心加速度,向心力只改变线速度的方向,不改变速度的大小,故D正确.9.已知月球半径为R,飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行,周期为T.引力常量为G,下列说法正确的是( CD )A.月球第一宇宙速度为B.月球表面重力加速度为RC.月球密度为D.月球质量为解析:飞船运行的速度v==,轨道半径为2R,其运行速度一定小于月球的第一宇宙速度,故A错误;根据G=m×2R,又GM=gR2,联立解得g=,M=,故B错误,D正确;根据M==ρ×πR3,解得ρ=,故C正确.10.如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是( BC )A.小球通过最高点时的最小速度v min=B.小球通过最高点时的最小速度v min=0C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力解析:小球通过最高点时的最小速度为0,选项A错误,B正确;小球在水平线ab以下运动过程中,除受重力以外,还要受到外侧管壁的作用力,二者的合力充当向心力,选项C正确;当小球在水平线ab以上的管道中运动时,小球运动的速度不同,外侧或内侧管壁对小球可能有作用力,故D错误.11.“神舟十号”与“天宫一号”已多次成功实现交会对接.如图所示,交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动,在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接.M,Q 两点在轨道1上,P点在轨道2上,三点连线过地球球心,把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速.下列关于“神舟十号”变轨过程的描述,正确的有( AD )A.“神舟十号”在M点加速,可以在P点与“天宫一号”相遇B.“神舟十号”在M点减速,即可变轨到轨道2C.“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度D.“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期解析:“神舟十号”与“天宫一号”实施对接,需要“神舟十号”抬升轨道,即“神舟十号”开动发动机加速做离心运动,使轨道高度抬升与“天宫一号”实现对接,故“神舟十号”在M点加速,可以在P点与“天宫一号”相遇,A正确,B错误;“神舟十号”绕地球做圆周运动,向心力由万有引力提供,故有G=m,解得v=,所以“神舟十号”轨道高度越大线速度越小,“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度,C错误;根据G=m,解得T=2π,可知轨道半径越大,周期越大,所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期,D 正确.12.某次网球比赛中,某选手将球在边界处正上方水平向右击出,球刚好过网落在场中(不计空气阻力),已知网球比赛场地相关数据如图所示,下列说法中正确的是( AD )A.击球高度h1与球网高度h2之间的关系为h1=1.8h2B.若保持击球高度不变,球的初速度v0只要不大于,一定落在对方界内C.任意降低击球高度(仍大于h2),只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内D.任意增加击球高度,只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内解析:平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,由x=v0t得水平位移为x和x的时间之比为2∶3,在竖直方向上,根据h=gt2,则有==,解得h1=1.8h2,故A正确;若保持击球高度不变,要想球落在对方界内,要既不能出界,又不能触网,根据h1=g得,t1=,则平抛运动的最大速度v01==,根据h1-h2=g得,t2=,则平抛运动的最小速度v02==x,所以球的初速度满足x<v0<,才能落在对方界内,故B 错误;任意降低击球高度(仍大于h2),会有一临界情况,此时球刚好触网又刚好压界,若小于该临界高度,速度大会出界,速度小会触网,所以不是高度比网高,球就一定能落在对方界内,故C 错误;增加击球高度,只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内,故D正确.二、非选择题(共52分)13.(4分)如图所示,在研究平抛运动时,小球A沿轨道滑下,离开轨道末端(末端水平)时撞开轻质接触式开关S,被电磁铁吸住的与轨道末端等高的小球B同时自由下落.改变整个装置的高度H和A球释放时的初位置做同样的实验,发现A,B两球总是同时落地.该实验现象揭示了A球在离开轨道后在方向的分运动是.解析:由于A,B两球总是同时落地,该实验现象揭示了A球在离开轨道后在竖直方向上的分运动都是自由落体运动.答案:竖直自由落体运动评分标准:每空2分.14.(6分)一人骑自行车来探究线速度与角速度的关系,他由静止开始达到最大速度后,脚蹬踏板使大齿轮以n=转/秒的转速匀速转动,已知大齿轮直径d1=15 cm,小齿轮直径d2=6 cm,车轮直径d3=60 cm.运动过程中小齿轮的角速度为 rad/s,自行车的最大速度为m/s.解析:匀速转动时,大齿轮的角速度ω大=2πn=2π× rad/s=8 rad/s,根据线速度相等有ω大=ω小,得小齿轮的角速度ω小=ω大=×8 rad/s=20 rad/s.车轮的角速度与小齿轮的角速度相等,则自行车的最大速度v m=ω小=×20 m/s=6 m/s.答案:20 6评分标准:每空3分.15.(8分)如图所示,OO′为竖直轴,MN为固定在OO′上的水平光滑杆,有两个质量相同的金属球A,B套在水平杆上,两根细线AC,BC一端分别与金属球连接,另一端固定在转轴OO′的C点.当绳拉直时,细线AC,BC与水平光滑杆的夹角分别为α,β.当整个装置绕竖直轴转动时,则细线AC,BC中的弹力之比为多大?解析:两根细线的拉力在水平方向的分力分别提供两球做圆周运动的向心力,且两球做圆周运动的角速度相同,则对A球:F A cos α=mr Aω2, (2分)对B球:F B cos β=mr Bω2, (2分)得出= (1分)设水平杆与点C距离为h,则r A=,r B=, (2分)可得=. (1分)答案:16.(11分)如图所示,质量M=0.4 kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上,在距上端B 水平距离为1.2 m的A处,有一个质量m=0.1 kg的小物体,以一定的初速度水平抛出,恰好以平行于斜面的速度落在薄板BC的最上端B点并在薄板上开始向下运动,当小物体落在薄板BC 上的B端时,薄板无初速释放并开始沿斜面向下运动,当小物体运动到薄板的最下端C点时,与薄板BC的速度恰好相等.小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5 ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, g取10 m/s2,求:(1)小物体在A点的初速度;(2)薄板BC的长度.解析:(1)小物体从A到B做平抛运动,下落时间为t0,水平位移为x,根据平抛运动规律有tan 37°=, (1分)x=v0t0, (1分)联立解得v0=4 m/s. (1分)(2)设小物体落到B点的速度为v,根据平抛运动规律,则有v==5 m/s, (1分)小物体在薄板上运动,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1, (1分)薄板在光滑斜面上运动,根据牛顿第二定律有Mgsin 37°+μmgcos 37°=Ma2, (1分)小物体从落到薄板到两者速度相等用时t,则速度相等有v+a1t=a2t,(1分) 则小物体的位移x1=vt+a1t2, (1分)薄板的位移x2=a2t2, (1分)薄板的长度L=x1-x2, (1分)联立解得L=2.5 m. (1分)答案:(1)4 m/s (2)2.5 m17.(11分)如图所示,餐桌中心是一个可以匀速转动,半径为R的圆盘,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.放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为0.5,与餐桌间的动摩擦因数为 0.25,餐桌高也为R,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.(1)为使物体不滑到餐桌上,圆盘转动的角速度ω的最大值为多少?(2)若餐桌半径r=R,则在圆盘转动角速度缓慢增大时,物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离为多少?解析:(1)为使物体不从圆盘上滑下,所需向心力不能大于最大静摩擦力,即μ1mg≥mω2R, (1分)解得ω≤=, (1分)故圆盘的角速度ω的最大值为. (1分)(2)物体从圆盘上滑出时的速度v1=ωm R=, (1分)若餐桌半径r=R,由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离x1==R, (1分)根据匀变速直线运动规律有-2μ2gx1=-, (1分)可得物体离开桌边的速度v2=, (1分)根据平抛运动规律有x2=v2t,R=gt2, (2分)可知物体离开桌边后的水平位移x2=, (1分)由几何关系可得,落地点到圆盘中心的水平距离L==R. (1分)答案:(1)(2)R18.(12分)嘉年华上有一种回力球游戏,如图所示,A,B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点,B点距水平地面的高度为h,某人在水平地面C点处以某一初速度抛出一个质量为m的小球,小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B,并恰好能过最高点A后水平抛出,又恰好回到C点抛球人手中.若不计空气阻力,已知当地重力加速度为g,求:(1)小球刚进入半圆形轨道最低点B时轨道对小球的支持力;(2)半圆形轨道的半径.解析:(1)设半圆形轨道的半径为R,小球经过A点时的速度为v A,小球经过B点时的速度为v B,小球经过B点时轨道对小球的支持力为F N.在A点:mg=m, (2分)解得v A=, (1分)从B点到A点的过程中,根据动能定理有-mg·2R=m-m, (2分)解得v B=, (1分)在B点:F N-mg=m, (1分)解得F N=6mg,方向为竖直向上. (1分)(2)C到B的逆过程为平抛运动,有h=g (1分)A到C的过程,有h+2R=g, (1分)又v B t BC=v A t AC (1分)解得R=2h. (1分)答案:(1)6mg,方向为竖直向上(2)2h。

山东专用2020版高考物理一轮复习第四章第4节万有引力与航天练习含解析新人教版

第4节　万有引力与航天1.假设有一星球的密度与地球相同,但它表面处的重力加速度是地球表面重力加速度的4倍,则该星球的质量是地球质量的(　D　)A. B.4倍 C.16倍 D.64倍解析:由=mg得M=,所以ρ===,ρ=ρ地,即=,得R=4R地,故=·=64.选项D正确.2.火星成为我国深空探测的第二颗星球,假设火星探测器在着陆前,绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响),宇航员测出飞行N圈用时t,已知地球质量为M,地球半径为R,火星半径为r,地球表面重力加速度为g.则(　B　)A.火星探测器匀速飞行的速度约为B.火星探测器匀速飞行的向心加速度约为C.火星探测器的质量为D.火星的平均密度为解析:火星探测器匀速飞行的速度约为v=,向心加速度约为a==,A错误,B正确;火星探测器匀速飞行,G=,对于地球,g=,两式结合,得到M火=,火星的平均密度为ρ==,故D错误;火星探测器的质量不能计算出来,故C错误.3.登上火星是人类的梦想,“嫦娥之父”欧阳自远透露:中国计划于2020年登陆火星.地球和火星公转视为匀速圆周运动,忽略行星自转影响.根据下表,火星和地球相比(　B　)行星半径/m质量/kg轨道半径/m地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011A.火星的公转周期较小B.火星做圆周运动的加速度较小C.火星表面的重力加速度较大D.火星的第一宇宙速度较大解析:由G=m r=ma知,T=2π,a=,轨道半径越大,公转周期越大,加速度越小,由于r火>r地,故选项A错误,B正确;由G=mg得g=G,=·()2=2.6,火星表面的重力加速度较小,C错误;由G=m得v=,==,火星的第一宇宙速度较小,D错误.4. 中国北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统,是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统.预计2020年左右,北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图,已知a,b,c三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星,则(　A　)A.卫星a的角速度小于c的角速度B.卫星a的加速度大于b的加速度C.卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D.卫星b的周期大于24 h解析:a的轨道半径大于c的轨道半径,因此卫星a的角速度小于c的角速度,选项A正确;a 的轨道半径与b的轨道半径相等,因此卫星a的加速度等于b的加速度,选项B错误;a的轨道半径大于地球半径,因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度,选项C错误;a的轨道半径与b的轨道半径相等,卫星b的周期等于a的周期,为24 h,选项D错误.5.(2019·江西南昌模拟)2016年10月17日,“神舟十一号”载人飞船发射升空,搭载宇航员景海鹏、陈冬前往“天宫二号”空间实验室,宇航员在“天宫二号”驻留30天进行了空间地球系统科学、空间应用新技术和航天医学等领域的应用和实验.“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示,AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴.“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ,再变轨到圆轨道Ⅲ,与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接.下列描述正确的是(　C　)A.“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变B.可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ,然后加速追赶“天宫二号”实现对接C.“神舟十一号”从A到C的动量逐渐变小D.“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等解析:“神舟十一号”飞船变轨过程中轨道升高,机械能增加,A选项错误;若飞船在进入圆轨道Ⅲ后再加速,则将进入更高的轨道飞行,不能实现对接,选项B错误;由开普勒第二定律可知,飞船沿轨道Ⅱ由A到C速度减小,则动量逐渐减小,选项C正确;由开普勒第三定律可知,在椭圆轨道Ⅱ上的运行周期与在圆轨道Ⅲ上的运行周期不相等,D项错误.6.(2017·海南卷,5)已知地球质量为月球质量的81倍,地球半径约为月球半径的4倍.若在月球和地球表面同样高度处,以相同的初速度水平抛出物体,抛出点与落地点间的水平距离分别为s月和s地,则s月∶s地约为(　A　)A.9∶4B.6∶1C.3∶2D.1∶1解析:设月球质量为M′,半径为R′,地球质量为M,半径为R.已知=81,=4,根据在星球表面万有引力等于重力得=mg则有g=,因此=由题意从同样高度抛出,h=gt2=g′t′2,联立解得t′=t,在地球上的水平位移s地=v0t,在月球上的水平位移s月=v0t′;因此s月∶s地=9∶4,故A正确,B,C,D错误.7.(2017·全国Ⅲ卷,14)2017年4月,我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行.与天宫二号单独运行时相比,组合体运行的(　C　)A.周期变大B.速率变大C.动能变大D.向心加速度变大解析:设地球质量为M,对天宫二号,由万有引力提供向心力可得T=2π,v=,a=,而对接后组合体轨道半径r不变,则T,v,a均不变,但质量变大,由E k=mv2知E k变大,选项C正确.8. (2019·山西大学附中模拟)如图是两颗仅在地球引力作用下绕地球运动的人造卫星轨道示意图,Ⅰ是半径为R的圆轨道,Ⅱ为椭圆轨道,AB为椭圆的长轴且AB=2R,两轨道和地心在同一平面内,C,D为两轨道的交点.已知轨道Ⅱ上的卫星运动到C点时速度方向与AB平行,下列说法正确的是(　A　)A.两个轨道上的卫星在C点时的加速度相同B.Ⅱ轨道上的卫星在B点时的速度可能大于Ⅰ轨道上的卫星的速度C.Ⅱ轨道上卫星的周期大于Ⅰ轨道上卫星的周期D.Ⅱ轨道上卫星从C经B运动到D的时间与从D经A运动到C的时间相等解析:根据牛顿第二定律得a==,两轨道上的卫星在C点距离地心的距离相等,则加速度相同,选项A正确;Ⅱ轨道上的卫星经B点时需要加速可进入过B点的圆轨道,此圆轨道与Ⅰ轨道相比,卫星运动速度一定小,由此可知,选项B错误;根据开普勒第三定律知=k,椭圆的半长轴与圆轨道的半径相等,则Ⅱ轨道上卫星的周期等于Ⅰ轨道上卫星的周期,选项C错误;Ⅱ轨道上卫星从C经B运动到D的时间大于从D经A到C的时间,选项D错误.9.双星系统由两颗恒星组成,两恒星在相互引力的作用下,分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动.研究发现,双星系统演化过程中,两星的总质量、距离和周期均可能发生变化.若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T,经过一段时间演化后,两星总质量变为原来的k倍,两星之间的距离变为原来的n倍,则此时圆周运动的周期为(　B　)A.TB.TC.TD.T解析:由万有引力提供向心力有G=m1r1()2,G=m2r2()2,又L=r1+r2,M=m1+m2,联立以上各式可得T2=,故当两恒星总质量变为kM,两星间距离变为nL时,圆周运动的周期T′变为T,选项B正确.10.(2019·山东泰安质检)(多选)“嫦娥四号”是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星,主要任务是更深层次、更加全面地科学探测月球地貌、资源等方面的信息,完善月球档案资料.已知月球的半径为R,月球表面的重力加速度为g月,引力常量为G,嫦娥四号离月球中心的距离为r,绕月周期为T.根据以上信息可求出(　BD　)A.“嫦娥四号”绕月运行的速度为B.“嫦娥四号”绕月运行的速度为C.月球的平均密度为D.月球的平均密度为解析:“嫦娥四号”绕月运行时,万有引力提供向心力,G=m,解得v=,则GM=R2g月,联立解得v=,故选项A错误,B正确;G=m r,解得M=,月球的平均密度为ρ==,故选项C错误,D正确.11. 假设在轨运行的“高分一号”卫星、同步卫星和月球都绕地球做匀速圆周运动,它们在空间的位置示意图如图所示.下列有关“高分一号”卫星的说法正确的是(　C　)A.其发射速度可能小于7.9 km/sB.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小C.绕地球运行的周期比同步卫星绕地球运行的周期小D.在运行轨道上完全失重,重力加速度为0解析:因7.9 km/s是最小发射速度,所以“高分一号”卫星的发射速度一定大于7.9 km/s,选项A错误;由G=mω2r=m()2r得ω=,T=2π,又r高<r同<r月,所以ω高>ω同>ω,T高<T同<T月,故选项B错误,C正确;在运行轨道上,万有引力提供向心力,处于完全失重状月态,但重力加速度不为0,选项D错误.12.(多选)我国计划在2020年实现火星的着陆巡视,假设探测器飞抵火星着陆前,沿火星近表面做匀速圆周运动,运动的周期为T,线速度为v,已知引力常量为G,火星可视为质量均匀的球体,则下列说法正确的是(　BCD　)A.火星的质量为B.火星的平均密度为C.火星表面的重力加速度大小为D.探测器的向心加速度大小为解析:因探测器沿火星近表面做匀速圆周运动,故可认为轨道半径等于火星的半径,设探测器绕火星运行的轨道半径为r,根据v=可得r=,又=m,得M=,选项A错误;火星的平均密度ρ===,选项B正确;火星表面的重力加速度大小g火===,选项C正确;探测器的向心加速度大小为a==,选项D正确.13.(2017·天津卷,9)我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后,与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体.假设组合体在距地面高为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动,已知地球的半径为R,地球表面处重力加速度为g,且不考虑地球自转的影响.则组合体运动的线速度大小为 ,向心加速度大小为 .解析:设组合体环绕地球的线速度为v,由G=m得v=,又因为G=mg,所以v=R,向心加速度a==g.答案:R　g14. 发射地球同步卫星时,先将卫星发射到距地面高度为h1的近地圆轨道上,在卫星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道,最后在椭圆轨道的远地点B再次点火将卫星送入同步轨道,如图所示.已知同步卫星的运行周期为T,地球的半径为R,地球表面重力加速度为g,忽略地球自转的影响.求:(1)卫星在近地点A的加速度大小;(2)远地点B距地面的高度.解析:(1)设地球质量为M,卫星质量为m,引力常量为G,卫星在A点的加速度为a,根据牛顿第二定律有G=ma.设质量为m′的物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力,有G=m′g.由以上两式得a=.(2)设远地点B距地面的高度为h2,由于B点处在卫星的同步轨道,对同步卫星有G=m(R+h2),解得h2=-R.答案:(1)　(2)-R。

高考物理大一轮复习第4章第4讲万有引力与航天精练(含解析)-人教版高三全册物理试题

第4讲万有引力与航天◎根底巩固练1．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的19，设月球绕地球运动的周期为27天，如此此卫星的运转周期大约是( )A.19天B.13天 C ．1天D ．9天解析：由于r 卫＝19r 月，T 月＝27天，由开普勒第三定律可得r 3卫T 2卫＝r 3月T 2月，如此T 卫＝1天，故C 正确。

答案： C 2.如下列图是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，如下说法正确的答案是( )A ．线速度v A <vB <vC B ．万有引力F A >F B >F C C ．角速度：ωA >ωB >ωCD ．向心加速度a A <a B <a C解析：因为卫星的质量大小关系不知，所以卫星的万有引力大小关系无法判断，B 错误；卫星绕地球做圆周运动，有G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝ma 向，得v ＝GMr ，ω＝GM r 3，a 向＝GMr2，由于r A <r B <r C ，如此v A >v B >v C ，ωA >ωB >ωC ，a A >a B >a C ，故A 、D 错误，C 正确。

答案： C3．(多项选择)美国宇航局发射的“好奇号〞火星车发回的照片显示，火星外表曾经有水流过，使这颗星球在人们的心目中更具吸引力。

火星的质量约为地球质量的19，火星的半径约为地球半径的12。

如下关于人类发射的关于火星探测器的说法正确的答案是( )A ．发射速度只要大于第一宇宙速度即可B ．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C ．发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的23解析：根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；M 火＝M 地9，R火＝R 地2，如此v 火v 地＝GM 火R 火∶GM 地R 地＝23，选项D 正确。

2020版高考物理一轮复习第四章第4讲万有引力与航天课时作业(含解析)

万有引力与航天一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．牛顿时代的科学家们围绕引力的研究,经历了大量曲折顽强而又闪烁智慧的科学实践．在万有引力定律的发现历程中，下列叙述不符合史实的是( )A．开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了开普勒行星运动定律B．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律C．卡文迪许首次在实验室中比较准确地得出了引力常量G的数值D．根据天王星的观测资料,哈雷利用万有引力定律计算出了海王星的轨道解析：D 开普勒研究了第谷的行星观测记录,得出了开普勒行星运动定律，A正确．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体,得出了万有引力定律，B正确．卡文迪许首次在实验室中比较准确地得出了引力常量G的数值，C正确．英国人亚当斯和法国人勒维耶根据万有引力推测出“新"行星的轨道和位置，柏林天文台年轻的天文学家伽勒和他的助手根据勒维耶计算出来的“新”行星的位置，发现了海王星，D错误．2．太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像．图中坐标系的横轴是lg 错误!，纵轴是lg 错误!；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列四个选项中正确的是（）解析：B 根据开普勒第三定律a3T2＝k可得R3＝kT2，R30＝kT错误!,两式相除后取对数，得lg 错误!＝lg 错误!,整理得2lg 错误!＝3lg 错误!，结合数学知识可知,选项B正确．3．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A．1 h B．4 hC．8 h D．16 h解析:B 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小,由开普勒第三定律错误!＝k可知卫星离地球的高度应变小,要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出它们间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为r＝错误!＝2R由错误!＝错误!得错误!＝错误!。

2020版高考物理总复习第四章第4节万有引力与航天练习含解析

第4节万有引力与航天1.(2018·河北张家口期末)第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折,牛顿在他们的研究基础上,得出了科学史上最伟大的定律之一——万有引力定律.下列说法中正确的是( D )A.开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动B.太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C.库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G的数值D.牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律解析:开普勒发现行星绕太阳沿椭圆轨道运动,选项A错误;万有引力定律适用于任何可看成质点的两物体之间,选项B错误;卡文迪许测量出了引力常量的数值,选项C错误;牛顿在发现万有引力定律的过程中认为太阳吸引行星,同样行星也吸引太阳,选项D正确.2.(2018·江苏卷,1)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高.今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km,之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km,它们都绕地球做圆周运动.与“高分四号”相比,下列物理量中“高分五号”较小的是( A ) A.周期 B.角速度C.线速度D.向心加速度解析:“高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径,即r五<r四,由万有引力提供向心力得=mr=mrω2=m=ma,则T=∝,T五<T四,选项A正确;ω=∝,ω五>ω四,选项B错误;v=∝,v五>v四,选项C错误;a=∝,a五>a四,选项D错误.3.(2019·江苏扬州测试)(多选)2017年9月25日后,微信启动页面采用“风云四号”卫星成像图.“风云四号”是我国新一代静止轨道气象卫星,则其在圆轨道上运行时( CD )A.可定位在赤道上空任意高度B.线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间C.角速度与地球自转角速度相等D.向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大解析:同步卫星只能在赤道上空,且高度保持不变,故A错误;第一宇宙速度为人造卫星的最大运行速度,气象卫星的线速度小于第一宇宙速度,故B错误;同步卫星的周期等于地球的自转周期,所以同步卫星绕地球运行的角速度与地球自转的角速度相等,故C正确;同步卫星与月球都是万有引力提供向心力,由=ma可得a=,所以同步卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度大,故D正确.4.(2019·陕西西安模拟)一些星球由于某种原因而发生收缩,假设该星球的直径缩小到原来的四分之一,若收缩时质量不变,则与收缩前相比( D )A.同一物体在星球表面受到的重力增大到原来的4倍B.同一物体在星球表面受到的重力增大到原来的2倍C.星球的第一宇宙速度增大到原来的4倍D.星球的第一宇宙速度增大到原来的2倍解析:当直径缩小到原来的四分之一时,半径也同样缩小到原来的四分之一,重力加速度g=增大到原来的16倍,第一宇宙速度v=增大到原来的2倍.5.(2019·重庆巴蜀中学月考)“嫦娥五号”卫星预计由长征五号运载火箭发射升空,自动完成月面样品采集,并从月球起飞,返回地球.这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走”顺利收官.已知引力常量为G,关于“嫦娥五号”的运动,以下说法正确的是( B )A.“嫦娥五号”的发射速度小于同步卫星的发射速度B.若已知“嫦娥五号”在月球表面附近做匀速圆周运动的周期,则可求出月球的密度C.“嫦娥五号”的发射速度必须大于11.2 km/sD.“嫦娥五号”在月球表面附近做匀速圆周运动的线速度大小为7.9 km/s解析:“嫦娥五号”的运行轨道高度大于同步卫星的运行轨道高度,故“嫦娥五号”的发射速度大于同步卫星的发射速度,故A错误;由G=m()2r和M=πR3ρ可得ρ=()3,当在月球表面时,r=R,只需知道周期T,就可以求出月球的密度,故B正确;“嫦娥五号”的发射速度小于11.2 km/s,故C错误;“嫦娥五号”在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的线速度v=,g和R均比地球的要小,故v<7.9 km/s,故D错误.6.(2019·安徽六校教育研究会第一次联考)已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为R1和R2(公转轨道近似为圆),如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率,则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是( B )A. B.C. D.解析:根据开普勒第三定律有==k,天体公转的角速度ω=,一定时间内扫过的面积S==,所以扫过的面积速率之比等于单位时间内的面积比,代入角速度可得面积速率之比为.7.(2019·江苏连云港模拟)对于环绕地球做圆周运动的卫星来说,它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化,某同学根据已知的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T 关系作出如图所示图像,则可求得地球质量为(已知引力常量为G)( A )A. B.C. D.解析:由=mr可得=,结合图线可得,=,故M=.8.(2019·河北石家庄质检)(多选)如图所示为某飞船从轨道Ⅰ经两次变轨绕火星飞行的轨迹图,其中轨道Ⅱ为圆轨道,轨道Ⅲ为椭圆轨道,三个轨道相切于P点,P,Q两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点,S是轨道Ⅱ上的点,P,Q,S三点与火星中心在同一直线上,且PQ=2QS,下列说法正确的是( AC )A.飞船在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要减速B.飞船在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间是飞船在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间的1.5倍C.飞船在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点的加速度大小相等D.飞船在轨道Ⅱ上S点的速度大小小于在轨道Ⅲ上P点的速度大小解析:飞船在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要做减速运动,选项A正确;因为PQ=2QS,所以飞船在轨道Ⅱ上运行的轨道半径R2==1.5QS,飞船在轨道Ⅲ上运动轨迹的半长轴R3==QS,由开普勒第三定律=k知,==1.84,选项B错误;由牛顿第二定律知G=ma,解得a=,由于飞船在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点到火星中心的距离相等,故飞船在两点的加速度大小相等,选项C正确;飞船在轨道Ⅱ上S点的速度大小等于在轨道Ⅱ上P点的速度大小,飞船在P点由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需要减速运动,故飞船在轨道Ⅱ上S点的速度大小大于在轨道Ⅲ上P点的速度大小,选项D错误.9.(2019·安徽合肥测试)宇航员在月球表面上做自由落体实验,将铁球由距月球表面高h处静止释放,经时间t落在月球表面.已知引力常量为G,月球的半径为R.求:(1)月球表面的重力加速度g.(2)月球的质量M.(3)月球的“第一宇宙速度”的大小v.解析:(1)由自由落体运动的规律可知h=gt2解得月球表面重力加速度g=.(2)在月球表面,万有引力近似与重力相等G=mg得月球的质量M=(3)万有引力提供向心力,即G=m解得v=.答案:(1) (2) (3)10.(2018·山东泰安一模)由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”,采用三颗全同的卫星(SC1,SC2,SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形,阵列如图所示.地球恰好处于三角形中心,卫星在以地球为中心的圆轨道上运行,对一个周期仅有 5.4分钟的超紧凑双白星(RXJ0806.3+1527)产生的引力波进行探测.若贴近地球表面的卫星运行速率为v0,则三颗全同卫星的运行速率最接近( B )A.0.10v0B.0.25v0C.0.5v0D.0.75v0解析:由几何关系可知,等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的,所以卫星的轨道半径r与地球半径R的关系为r=27×R=9R;根据v=可得=≈0.25,则v同=0.25v0,故B正确.11.(2019·吉林第二次调研)(多选)轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星,它运行时能到达南、北极地区的上空,需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道.如图所示,若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟,则( AB )A.该卫星的运行速度大小一定小于7.9 km/sB.该卫星的轨道半径与同步卫星的轨道半径之比为1∶4C.该卫星的加速度大小与同步卫星的加速度大小之比为2∶1D.该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能解析:由题意可知,卫星的周期 T=×45 min=180 min=3 h;由于卫星的轨道半径大于地球的半径,则卫星的线速度小于第一宇宙速度,即卫星的线速度大小小于7.9 km/s,选项A正确;由万有引力提供向心力得G=m()2r,解得r=,该卫星的轨道半径与同步卫星的轨道半径之比===,选项B正确;由牛顿第二定律得G=ma,解得a=,该卫星的加速度大小与同步卫星的加速度大小之比==2=,选项C错误;由于不知该卫星与同步卫星的质量关系,故无法比较其机械能大小,选项D 错误.12.(2019·河北邯郸质检)2017年10月中国科学院国家天文台宣布FAST天文望远镜首次发现两颗太空脉冲星,其中一颗的自转周期为T(实际测量为1.83 s,距离地球1.6万光年).假设该星球恰好能维持自转不瓦解,令该星球的密度ρ与自转周期T的相关量为q星,同时假设地球同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍,地球的密度ρ0与自转周期T0的相关量为q地,则( A )A.q地=q星B.q地=q星C.q地=q星D.q地=7q星解析:星球恰好能维持自转不瓦解,对该星球赤道表面的物体m有=mR,密度ρ=,可得q星==,同理对地球同步卫星有=m0··7R0,ρ0=,可得q地==,所以q地=q星.13.(2019·广西南宁二中月考)石墨烯是近年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化.科学家们设想,用石墨烯制作超级缆绳,搭建“太空电梯”,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换.已知地球的半径为R,自转周期为T,地球表面重力加速度为g,下列说法正确的是( B )A.“太空电梯”上各点的角速度不相同B.乘“太空电梯”匀速上升时乘客对电梯仓内地板的压力逐渐减小C.当电梯仓停在距地面高度为处时,仓内质量为m的乘客对电梯仓内地板的压力为零D.“太空电梯”的长度L=解析:“太空电梯”上各点在相等的时间内转过的角度相等,故角速度相同,A错误.由牛顿第二定律有G-F N=mω2r,随着r的增大,F N逐渐减小,由牛顿第三定律可知B正确.当电梯仓停在距地面高度为处时,有G-F N=G-F N=mω2(+R),F N一定不等于零,由牛顿第三定律可知C错误.“太空电梯”的长度为同步卫星到地面的距离,由万有引力提供向心力得G=mr,由r=R+L,GM=gR2(黄金代换),得L=-R,D错误.14.(2018·湖南衡阳一模)(多选)据报道,一个国际研究小组借助于智利的天文望远镜,观测到了一组双星系统,它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动,如图所示,假设此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质,导致质量发生转移,在演变过程中两者球心之间的距离保持不变,双星平均密度可视为相同.则在最初演变的过程中( BC )A.它们间万有引力大小保持不变B.它们做圆周运动的角速度不变C.体积较大的星体做圆周运动轨迹的半径变大,线速度变大D.体积较大的星体做圆周运动轨迹的半径变小,线速度变大解析:设体积较小的星体质量为m1,轨道半径为r1,体积较大的星体质量为m2,轨道半径为r2,双星间的距离为L,转移的质量为Δm.则它们之间的万有引力为F=G,根据数学知识得知,随着Δm 的增大,F先增大后减小,故A错误.对m1星体有G=(m1+Δm)ω2r1,对m2星体有G=(m2-Δm)ω2r2,得ω=,总质量m1+m2不变,两者距离L不变,则角速度ω不变,故B正确.ω2r2=,由于ω,L,m1均不变,当Δm增大时,则r2增大,即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大;又由v=ωr2可知线速度v也增大,故C正确,D错误.15.(多选)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动.当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象,天文学称为“行星冲日”.据报道,2014年各行星冲日时间分别是:1月6日木星冲日;4月9日火星冲日;5月11日土星冲日;8月29日海王星冲日;10月8日天王星冲日.已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下B.在2015年内一定会出现木星冲日C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短解析:金星运动轨道半径小于地球运动轨道半径,运行周期小于地球,因此可能发生凌日现象而不会发生冲日现象,选项A错误;地球周期T地=1年,则ω地=,同理得T木=年,则ω木=,木星于2014年1月6日冲日,则(ω地-ω木)·t=2π,解得t=年≈1年,表明2015年内一定会出现木星冲日现象,B选项正确;根据开普勒第三定律,天王星周期年,远大于地球周期,说明天王星相邻两次冲日间隔近似一年,同理土星周期为年,也会出现类似情况,故C错误;周期越长,相邻两次冲日间隔越接近一年,D项正确.。

高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第四节万有引力与航天课时作业

万有引力与航天时间：45分钟一、单项选择题 1.如图所示，P 、Q 为质量相同的两质点，分别置于地球表面的不同纬度上，如果把地球看成一个均匀球体，P 、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所受地球引力大小相等B ．P 、Q 做圆周运动的向心力大小相等C ．P 、Q 做圆周运动的线速度大小相等D ．P 所受地球引力大于Q 所受地球引力解析：计算均匀球体与质点间的万有引力时，r 为球心到质点的距离，因为P 、Q 到地球球心的距离相同，根据F ＝GMmr 2知，P 、Q 所受地球引力大小相等，P 、Q 随地球自转，角速度相同，但轨道半径不同，所以线速度大小不同，根据F n ＝mRω2，P 、Q 做圆周运动的向心力大小不同．A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A2．(2013·福建高考)设太阳质量为M ，某行星绕太阳公转周期为T ，轨道可视作半径为r 的圆．已知万有引力常量为G ，则描述该行星运动的上述物理量满足( )A ．GM ＝4π2r3T 2B ．GM ＝4π2r2T2C ．GM ＝4π2r2T3D ．GM ＝4πr3T2解析：设行星质量为m ，根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得GM ＝4π2r3T2，A 正确．答案：A3．(2016·湖州质检)a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图所示．下列说法中正确的是( )A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险解析：由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T2＝ma ，可知B 、C 错误，A 正确；v a ＝v c ，T a ＝T c ，所以a 、c 不会相撞，D 错误．答案：A4．(2016·莆田质检)美国宇航局宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b”，其直径约为地球的2.4倍．至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估算该行星的第一宇宙速度等于( )A ．3.3×103m/s B ．7.9×103m/s C ．1.2×104 m/sD ．1.9×104m/s解析：由该行星的密度和地球相当可得M 1R 31＝M 2R 32，地球第一宇宙速度v 1＝GM 1R 1≈7.9 km/s，该行星的第一宇宙速度v 2＝GM 2R 2，联立解得v 2＝2.4v 1＝1.9×104m/s ，D 正确．答案：D5．假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－d RB ．1＋d RC.⎝⎛⎭⎪⎫R －d R 2D.⎝⎛⎭⎪⎫R R －d 2解析：根据万有引力与重力相等可得，在地面处有Gm ·43πR 3ρR 2＝mg ，在矿井底部有Gm·43πR－d3ρR－d2＝mg′，所以g′g＝R－dR＝1－dR，A正确．答案：A二、多项选择题6．(2014·广东高考)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是( )A．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度解析：由GMmr2＝mv2r＝mr⎝⎛⎭⎪⎫2πT2得v＝GMr，T＝2πr3GM，可知，轨道半径越大，线速度越小，周期越大，A正确，B错误；若测得周期和轨道半径，由GMmr2＝mr⎝⎛⎭⎪⎫2πT2可知，可以测得星球的质量，但由于星球的半径未知，因此不能求得星球的平均密度，D错误；若测得张角θ，可求得星球半径R与轨道半径r的比值为Rr＝sinθ2，由GMmr2＝mr⎝⎛⎭⎪⎫2πT2和ρ＝M43πR3得，ρ＝3πGT2⎝⎛⎭⎪⎫rR3＝3πGT2sin3θ2，C正确．答案：AC7．(2016·荆门质检)同重力场作用下的物体具有重力势能一样，万有引力场作用下的物体同样具有引力势能．若取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能为E p＝－Gm0mr(G为引力常量)，设宇宙中有一个半径为R的星球，宇航员在该星球上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，不计空气阻力，经t s后物体落回手中，则( ) A．在该星球表面上以2v0Rt的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面B．在该星球表面上以2v0Rt的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面C ．在该星球表面上以 2v 0Rt的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面D ．在该星球表面上以2v 0Rt的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面解析：设该星球表面附近的重力加速度为g ′，物体做竖直上抛运动有v 0＝g ′t2，在星球表面有mg ′＝G m 0m R 2，设绕星球表面做圆周运动的卫星的速度大小为v 1，则m v 21R ＝G m 0m R2，联立解得v 1＝2v 0Rt，A 正确；2v 0Rt>2v 0Rt，B 正确；从星球表面竖直抛出物体至无穷远速度为零的过程，有12mv 22＋E p ＝0，即12mv 22＝G m 0mR，解得v 2＝2v 0Rt，C 错误，D 正确．答案：ABD8．如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0.飞船在半径为4R 的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B 时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则( )A ．飞船在轨道Ⅲ的运行速率大于g 0RB ．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上B 处的速率C ．飞船在轨道Ⅰ上的重力加速度小于在轨道Ⅱ上B 处重力加速度D ．飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为41解析：飞船在轨道Ⅲ上运行时的速率设为v ，由mg 0＝m v 2R 得v ＝g 0R ，A 错误；设飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ上的运行速率分别为v 1、v 3，由GmM4R2＝m v 214R 和G mM R 2＝m v 23R ，解得v 1＝GM4R和v 3＝GMR，可见v 3>v 1，设轨道Ⅱ上的B 点速度为v B ，飞船在B 点由轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅱ为离心运动，则G mM R 2<m v 2BR ，即v B >GM R ，则v B >v 3>v 1，B 正确；由mg ＝G mM r 2得g ＝GMr2，又r A >r B ，则g A <g B ，C 正确；由GmM 4R2＝m ⎝⎛⎭⎪⎫2πT 12×4R 和G mM R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 32R ，解得T 1T 3＝81，D 错误．答案：BC 三、计算题9．(2016·九江模拟)宇航员到了某星球后做了如下实验：如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥顶角2θ.当圆锥和球一起以周期T 匀速转动时，球恰好对锥面无压力．已知星球的半径为R ，万有引力常量为G .求：(1)细线拉力的大小；(2)该星球表面的重力加速度的大小； (3)该星球的第一宇宙速度的大小； (4)该星球的密度．解析：(1)小球做圆周运动，向心力F T sin θ＝m4π2T 2r ①半径r ＝L sin θ② 解得细线拉力大小F T ＝m4π2T 2L .③(2)对小球受力分析可知F T cos θ＝mg 星④解得该星球表面的重力加速度 g 星＝4π2T2L cos θ.⑤(3)星球的第一宇宙速度即为该星球的近“地”卫星的环绕速度v ，设近“地”卫星的质量为m ′，根据向心力公式有m ′g 星＝m ′v 2R⑥联立⑤⑥解得v ＝2πTRL cos θ.(4)设星球的质量为M ，则mg 星＝GMm R 2⑦M ＝ρ·43πR 3⑧联立⑤⑦⑧解得星球的密度ρ＝3πL cos θGRT2. 答案：(1)m4π2T 2L (2)4π2T2L cos θ(3)2πT RL cos θ (4)3πL cos θGRT210.兴趣小组成员合作完成了下面的两个实验：①当飞船停留在距X 星球一定高度的P 点时，正对着X 星球发射一个激光脉冲，经时间t 1后收到反射回来的信号，此时观察X 星球的视角为θ，如图所示．②当飞船在X 星球表面着陆后，把一个弹射器固定在星球表面上，竖直向上弹射一个小球，经测定小球从弹射到落回的时间为t 2.已知用上述弹射器在地球上做同样实验时，小球在空中运动的时间为t ，又已知地球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，光速为c ，地球和X 星球的自转以及它们对物体的大气阻力均可不计，试根据以上信息，求：(1)X 星球的半径R ； (2)X 星球的质量M ； (3)X 星球的第一宇宙速度v ； (4)在X 星球发射的卫星的最小周期T . 解析：(1)由题图可知(R ＋12ct 1)sin θ＝R ，得R ＝ct 1sin θ21－sin θ(2)在X 星球上以v 0竖直上抛：t 2＝2v 0g ′在地球上以v 0竖直上抛：t ＝2v 0g故g ′＝t t 2g ，又由G Mm R2＝mg ′，所以M ＝R 2g ′G ＝gtc 2t 21sin 2θ4Gt 21－sin θ2.(3)在X 星球表面有mg ′＝m v 2R，可得v ＝Rg ′＝gctt 1sin θ2t 21－sin θ.(4)当卫星速度达到第一宇宙速度时，有最小周期T ，T ＝2πRv＝π2ct 1t 2sin θgt 1－sin θ.答案：(1)ct 1sin θ21－sin θ (2)gtc 2t 21sin 2θ4Gt 21－sin θ2(3)gctt 1sin θ2t 21－sin θ (4)π2ct 1t 2sin θgt 1－sin θ11．(2015·安徽理综)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图示为A 、B 、C 三颗星体质量不相同时的一种情况)．若A 星体质量为2m ，B 、C 两星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，求：(1)A 星体所受合力大小F A ； (2)B 星体所受合力大小F B ； (3)C 星体的轨道半径R C ； (4)三星体做圆周运动的周期T . 解析：(1)由万有引力定律，A 星体所受B 、C 星体引力大小为F BA ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a2＝F CA ，方向如图所示．则合力大小为F A ＝23G m 2a2.(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为F AB ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a2F CB ＝G m C m B r 2＝G m 2a 2，方向如图所示．由F Bx ＝F AB cos60°＋F CB ＝2G m 2a 2F By ＝F AB sin60°＝3G m 2a 2可得F B ＝F 2Bx ＋F 2By＝7G m 2a2. (3)通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，R C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2 (或：由对称性可知OB ＝OC ＝R C ， cos ∠OBD ＝F Bx F B ＝DB OB ＝12aR C)可得R C ＝74a . (4)三星体运动周期相同，对C 星体，由F C ＝F B ＝7G m 2a 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R C可得T ＝πa 3Gm. 答案：(1)23G m 2a 2 (2)7G m 2a 2 (3)74a (4)πa 3Gm。

高中物理高考一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课后习题 (Word版含解析 )

单元质检四曲线运动万有引力与航天(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)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地提高,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()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2.(2021四川南充三模)右图为某公园水轮机的示意图,水平管中流出的水流直接冲击到水轮机圆盘边缘上的某小挡板时,其速度方向刚好沿圆盘边缘切线方向,水轮机稳定转动时的角速度为ω,圆盘的半径为R,冲击挡板时水流的速度是该挡板线速度的2倍,该挡板和圆盘圆心连线与水平方向夹角为30°,不计空气阻力,则水从管口流出速度的大小为()A. B.ωRC.2ωRD.4ωR3.2021年央视春节晚会采用了无人机表演。

现通过传感器获得无人机水平方向速度v x、竖v y(取竖直向上为正方向)与飞行时间的关系如图所示,则下列说法正确的是()A.无人机在t1时刻上升至最高点B.无人机在t2时刻处于超重状态C.无人机在0~t1时间内沿直线飞行D.无人机在t1~t3时间内做匀变速运动4.(2021安徽定远中学高三模拟)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取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5.图甲所示为球形铁笼中进行的摩托车表演,已知同一辆摩托车在最高点A时的速度大小为8 m/s,在最低点B时的速度大小为16 m/s,铁笼的直径为8 m,取重力加速度g取10 m/s2,摩托车运动时可看作质点。

通用版2020版高考物理一轮复习专题综合检测四第四章曲线运动万有引力与航天含解析

曲线运动万有引力与航天(45分钟　100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图所示，A 、B 是两个游泳运动员，他们隔着水流湍急的河流站在岸边，A 在上游的位置，且A 的游泳技术比B 好，现在两个人同时下水游泳，要求两个人尽快在河中相遇，试问应采取下列哪种方式比较好( )A ．A 、B 均向对方游(即沿图中虚线方向)而不考虑水流作用B ．B 沿图中虚线向A 游；A 沿图中虚线向偏上方游C ．A 沿图中虚线向B 游；B 沿图中虚线向偏上方游D ．A 、B 均沿图中虚线向偏上方游；A 比B 更偏上一些解析：A 游泳运动员在河里游泳时同时参与两种运动，一是被水冲向下游，二是沿自己划行方向的划行运动．游泳的方向是人相对于水的方向．选水为参考系，A 、B 两运动员只有一种运动，由于两点之间线段最短，所以选A.2.如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A ．t B.t 22C. D.t 2t4解析：C 设两球间的水平距离为L ，第一次抛出的速度分别为v 1、v 2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t ＝，若两球的抛出速L v 1＋v 2度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t ′＝＝，C 项正确．L 2 v 1＋v 2 t23.雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析：C 当后轮匀速转动时，由a ＝Rω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝mω2R ，在b 、d 两点有F b (d )＝mω2R ，在c 点有F c －mg ＝mω2R ，所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B 、D 错误，C 正确．4.科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2，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，下列选项正确的是( )A ．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M 2∶M 1B ．双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1C ．双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2D ．双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2解析：B 双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L ，由G ＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1，M 1M 2L 2选项B 正确；双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项C 错误；双黑洞的向心加速度之比为a 1∶a 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项D 错误．5．如图所示的装置可以将滑块水平方向的往复运动转化为OB 杆绕O 点的转动，图中A 、B 、O 三处都是转轴．当滑块在光滑的水平横杆上滑动时，带动连杆AB 运动，AB 杆带动OB 杆以O 点为轴转动，若某时刻滑块的水平速度v ，连杆与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β，此时B 点转动的线速度为( )A.B.v cos αsin βv sin αsin βC.D.v cos αcos βv sin αcos β解析：A A 点的速度的方向沿水平方向，如图将A 点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度v A 分＝v cos α，B 点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B 的线速度为v ′，则v B 分＝v ′cos θ＝v ′sin β，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即v A 分＝v B 分，联立可得v ′＝，选项A 正确．v cos αsin β6.如图所示，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则转盘的角速度应满足的条件是( )A ．ω≤B ．ω≤ μg r 2μg 3rC ．ω≤ D. ≤ω≤ 2μg r μg r 2μg r解析：B 当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝mω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤ ，即ωA ≤ ，ωB ≤ ，ωC ≤ ，所以要使三个μg l 2μg r μg r 2μg 3r物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤ ，选项B 正确．2μg 3r7.饲养员在池塘边堤坝边缘A 处以水平速度v 0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒．堤坝截面倾角为53°.坝顶离水面的高度为5 m ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是( )A ．若平抛初速度v 0＝5 m/s ，则鱼饵颗粒不会落在斜面上B ．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小C ．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，从抛出到落水所用的时间越长D ．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小解析：AB 鱼饵颗粒落地时间t ＝＝ s ＝1 s ，刚好落到水面时的水平速度为v 2h g 2×510＝＝ m/s ＝3.75 m/s<5 m/s ，当平抛初速度v 0＝5 m/s 时，鱼饵颗粒不会落在斜面上，A st 5×341正确；由于落到水面的竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，B 正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定，落水时间一定，与初速度v 0无关，C 错误；设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为α，则α＝53°，tanα＝＝y x ＝，即＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数，即与斜12v y t v 0t v y 2v 0v yv0面夹角也为常数，D 错误．8.(2018·烟台模拟)火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大太空探索项目，2018年左右我国将进行第一次火星探测．已知地球公转周期为T ，到太阳的距离为R 1，运行速率为v 1，火星到太阳的距离为R 2，运行速率为v 2，太阳质量为M ，引力常量为G .一个质量为m 的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A 点为近日点，以火星轨道上的B 点为远日点，如图所示．不计火星、地球对探测器的影响，则( )A ．探测器在A 点的加速度等于v 21R1B ．探测器在B 点的加速度大小为 GM R2C ．探测器在B 点的动能为mv 122D ．探测器沿椭圆轨道从A 到B 的飞行时间为()T 2R 1＋R 22R 132解析：AD 根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在A 点的加速度等于沿着图中小虚线圆轨道太阳公转的向心加速度，为a ＝，选项A 正确；根据牛顿第二定律，加v 21R 1速度由合力和质量决定，故在B 点的加速度等于沿着图中大虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为a ′＝，选项B 错误；探测器在B 点的速度小于v 2，故动能小于mv ，选项C 错v 2R 2122误；根据开普勒第三定律，有：＝R 31T 2 R 1＋R 22 3T ′2联立解得：T ′＝()T ，故探测器沿椭圆轨道从A 到B 的飞行时间为()T ，R 1＋R 22R 13212R 1＋R 22R 132故D 正确．9.如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A 处由静止释放．小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v .若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R (不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图像正确的是( )解析：AD 设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝，到地面时的速度v ＝，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则2gR 2gH 选项D 正确；小物体在B 点的加速度a ＝＝2g ，选项A 正确；在B 点对小物体应用向心力v 2B R公式，有F B －mg ＝，又由牛顿第三定律可知N ＝F B ＝3mg ，选项B 错误；小物体离开B 点mv 2B R后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R )R ，选12项C 错误．10.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，质量为m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放，当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是( )A ．m a ∶m b ＝3∶1B ．m a ∶m b ＝2∶1C ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度为小于90°的某值时，a 球对地面的压力刚好为零D ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90°时，a 球对地面的压力刚好为零解析：AD 设D 杆到b 球的距离为r ，b 球运动到最低点时的速度大小为v ，则m b gr ＝m b v 2，12m a g －m b g ＝，可得m a ＝3m b ，所以选项A 正确、B 错误；若只将细杆D 水平向左移动少许，m b v 2r设D 杆到球b 的距离变为R ，当b 球摆过的角度为θ时，a 球对地面的压力刚好为零，此时b 球速度为v ′，如图所示，则m b gR sinθ＝m b v ′2,3m b g －m b g sin θ＝，可得θ＝12m b v ′2R90°，所以选项C 错误、D 正确．二、非选择题(本题共2小题，共40分．需写出规范的解题步骤)11．(18分)如图所示为某科技示范田自动灌溉的喷射装置的截面图，它主要由水泵、竖直的细输水管道和喷头组成，喷头的喷嘴离地面的高度为h ，喷嘴的长度为r .水泵启动后，水从水池通过输水管道压到喷嘴并沿水平方向喷出，在地面上的落点与输水管道中心的水平距离为R ，此时喷嘴每秒钟喷出的水的质量为m 0，忽略水池中水泵与地面的高度差，不计水进入水泵时的速度以及空气阻力，重力加速度为g .(1)求水从喷嘴喷出时的速率v 和水泵的输出功率P ；(2)若要浇灌离输水管道中心2R 处的蔬菜，求喷嘴每秒钟喷出水的质量m 1.解析：(1)水从喷嘴喷出后做平抛运动，则R －r ＝vt (2分)h ＝gt 2(2分)12解得v ＝(R －r )(1分)g 2h根据能量守恒定律可得Pt 0＝m 0gh ＋m 0v 2，其中t 0＝1 s(3分)12解得P ＝(2分)m 0g [ R －r 2＋4h 2]4h(2)设水的密度为ρ，喷出的速度为v 1，喷嘴的横截面积为S ，则m 0＝ρSv ，m 1＝ρSv 1(2分)由平抛运动的规律有2R －r ＝v 1t 1，h ＝gt (4分)1221联立解得m 1＝m 0.(2分)2R －r R －r 答案：(1)(R －r )　g 2hm 0g [ R －r 2＋4h 2]4h (2)m 02R －r R －r 12．(22分)如图所示，MN 为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N 端与水平面相切，轨道半径R ＝0.9 m ．粗糙水平段NP 长L ＝1 m ，P 点右侧有一与水平方向成θ＝30°角的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3 m/s.一质量为1 kg 且可视为质点的物块A 从圆弧轨道最高点M 由静止开始沿轨道滑下，物块A 与NP 段间的动摩擦因数μ1＝0.1.静止在P 点的另一个物块B 与A 完全相同，B 与传送带间的动摩擦因数μ2＝.A 与B 碰撞后A 、B 交换速度，碰撞时间不计，重力加速度g 取10 m/s 2，求：33(1)物块A 滑下后首次到达最低点N 时对轨道的压力；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量．解析：(1)设物块质量为m ，A 首次到达N 点的速度为v ′.由机械能守恒定律得mgR ＝mv ′2(2分)12设物块A 在N 点受到的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m (2分)v ′2R联立解得F N ＝30 N(1分)根据牛顿第三定律可知，物块A 对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(1分)(2)设A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，从释放物块A 至到达P 点的过程中，由能量守恒定律可知mgR ＝mv ＋μ1mgL (2分)1220解得v 0＝4 m/s(1分)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s(1分)碰撞后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设加速度大小为a 1，则对B ，有mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1(2分)解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2(1分)运动的时间为t 1＝＝0.4 s(2分)v Ba 1位移为x 1＝t 1＝0.8 m(2分)v B 2此过程物块B 与传送带相对运动的路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m(1分)此后B 反向加速，加速度大小仍为a 1，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，则加速时间为t 2＝＝0.3 s(1分)v a 1位移为x 2＝t 2＝0.45 m(1分)v 2此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m(1分)全过程产生的热量为Q ＝μ2mg cos θ(Δs 1＋Δs 2)＝12.25 J.答案：(1)30 N 竖直向下　(2)12.25 J。

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