2011届高考物理总复习能力检测试题14

第一篇 专题知能突破
专题一 相互作用与物体的运动
第3讲 曲线运动与天体的运动
1.如图1－3－14所示，中国自主研制的北斗导航系统的“北斗二 号”系列卫星今年起进入组网高峰期，预计在2015年形成覆盖全 球的北斗卫星导航定位系统，将有5颗人造卫星在地球同步轨道
上运行，另有30颗卫星在中层轨道上运行，2010年4月10日0 时16分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将第二颗北斗导航卫星(COMPASS —G2)送入预定轨道，其轨道低于地球同步轨道．则以下说法正确的是
( )
A ．若地球同步卫星的轨道半径是地球半径的k 倍，则第一宇宙速度是同步卫星运行线速度的k 倍
B ．若地球同步卫星的轨道半径是地球半径的k 倍，则第一宇宙速度是同步卫星运行线速度的k 倍
C ．若地球同步卫星的轨道半径是地球半径的k 倍，地球表面附近的重力加速度是同步卫星向心加速度的k 倍
D ．(COMPASS —G2)的线速度小于同步轨道上运行卫星的线速度
答案：B
2．已知地球同步卫星的轨道半径是地球半径的k 倍，则( )
A ．第一宇宙速度是同步卫星运行线速度的k 倍
B ．第一宇宙速度是同步卫星运行线速度的k 倍
C ．地球表面附近的重力加速度是同步卫星向心加速度的k 倍
D ．地球表面附近的重力加速度是同步卫星向心加速度的k 倍
图1－3－14
解析：由万有引力定律知GMm R 2＝mg ，GMm R 2＝m v 2R ，GMm (kR )2＝m v 2kR
，第一宇宙速度v 1＝gR ，同步卫星运行线速度v ＝ GM kR ＝ gR k ，v 1v ＝k ，A 错，B 对；GMm (kR )2＝ma ，g a
＝k 2，故C 、D 错．选B.
答案：B 3．在我国乒乓球运动有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，在2008年北京奥运会上中
国选手包揽了四个项目的全部冠军．现讨论乒乓球发球问题，已知球台长L 、网高h ，若球在球台边缘O 点正上方某高度处，以一定的垂直球网的水平速度发出，如图1－3－15所示，球恰好在最高点时刚好越过球网．假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．则根据以上信息可以求出(设重力加速度为g )( )
图1－3－15
A ．球的初速度大小
B ．发球时的高度
C ．球从发出到第一次落在球台上的时间
D ．球从发出到被对方运动员接住的时间
解析：根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性，显然发球时的高度
等于h ，从发球到运动到P 1点的水平位移等于14
L ，所以可以求出球的初速度大小，也可以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间．
答案：ABC
4．如图1－3－16所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨
道可视为圆轨道)．若已知一个极地卫星从北纬30°的正上方，按图示
图1－3－16
方向第一次运行至南纬60°正上方时所用时间为t ，地球半径为R (地球可看做球体)，地 球表面的重力加速度为g ，引力常量为G .由以上条件可以求出( )
A ．卫星运行的周期
B ．卫星距地面的高度
C ．卫星的质量
D ．地球的质量
解析：本题考查万有引力定律、圆周运动相关公式的应用能力．卫星从北纬30°的正上
方，第一次运行至南纬60°正上方时，刚好为运动周期的14
，所以卫星运行的周期为4t ，A 项正确；知道周期、地球的半径，由GMm (R ＋h )2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2(R ＋h )，可以算出卫星距地面的高度，B 项正确；通过上面的公式可以看出，只能算出中心天体的质量，C 项错误，D 项正确．
答案：ABD
5.投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动．如图1－3－17所示，某
同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结
果飞镖打在靶心的正下方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，
在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该( )
A ．换用质量稍大些的飞镖
B ．适当减小投飞镖时的高度
C ．到稍远些的地方投飞镖
D ．适当增大投飞镖的初速度
解析：在不计空气阻力的情况下，飞镖做的是平抛运动，水平位移x ＝v 0t ，竖直位移y ＝12gt 2，联立消去时间t 得y ＝g 2v 02
x 2，可知打不中靶心与飞镖的质量无关，选项A 错；由题意知，飞镖打在靶心的正下方，要想命中靶心，即使y 减小，故在初速度v 0一定时，人应离靶近些；在人离靶的距离x 一定时，可增大初速度；在初速度v 0和人离靶的距离x 一定时，可适当增加投飞镖的高度，故选项B 、C 错，D 正确．
答案：D
图1－3－17
6．(2010·课标全国，20)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象．图中坐标系的横轴是lg(T /T 0)，纵轴是lg(R /R 0)；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，T 0和R 0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列4幅图中正确的是(
)
解析：取其中一行星为研究对象，设其质量为m ，轨道半径为R ，太阳的质量为M ，则
G Mm R 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2·R ，得R 3T 2＝GM 4π2，水星R 03T 02＝GM 4π2.所以⎝⎛⎭⎫R R 03＝⎝⎛⎭⎫T T 02，所以3lg ⎝⎛⎭⎫R R 0＝2lg ⎝⎛⎭⎫T T 0. 答案：B
7．如图1－3－18所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中
AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道
处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、 丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分 别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A ．经过最高点时，三个小球的速度相等
B ．经过最高点时，甲球的速度最小
C ．甲球的释放位置比乙球的高
D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
解析：三个粒子在运动过程中机械能守恒，对甲有q v 1B ＋mg ＝m v 12r
，对乙有mg －q v 2B ＝m v 22r ，对丙有mg ＝m v 32r
，可判断A 、B 错，C 、D 对． 答案：CD
图1－3－18
8.如图1－3－20所示，两块竖直放置的导体板间的电场强度为E ，在
靠近左板处有一带电量为－q 、质量为m 的小球，以水平初速度v 0
向右射出．已知在运动过程中不与右板发生碰撞，也没有落地．若
重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )
A ．在碰到左板前，小球做匀变速直线运动
B ．两板之间的距离d >m v 02/2qE
C ．根据题干所给的条件，可以求得小球回到出发点的正下方时速度的大小和方向
D ．小球向右运动时下落的高度与向左运动时下落的高度之比为1∶2
解析：对小球受力分析知，小球在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体
运动，运动轨迹为曲线，A 错；水平方向Eq ＝ma,0－v 02
＝－2ax ，x ＝m v 02
2Eq ，要使小球不与右板碰撞，则d >x ，B 对；回到出发点的正下方时水平速率为v 0，方向水平向左，
运动时间为t ＝2v 0a ＝2m v 0Eq ，竖直速度v y ＝gt ＝2mg v 0Eq
，可求出此时的速度，C 对；小球向右运动和向左运动的时间相等，两段时间内的竖直方向位移之比为1∶3，D 错． 答案：BC
9．横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在
水平面上，如图1－3－21所示．它们的竖直边长都是底边 长的一半．现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面 上．其落点分别是a 、b 、c .下列判断正确的是( )
A ．图中三小球比较，落在a 点的小球飞行时间最短
B ．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最大
C ．图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最快
D ．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 解析：如图所示，由于小球在平抛运动过程中，可分解为
竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由
于竖直方向的位移为落在c 点处的最小，而落在a 点处的最大，所以落在a 点的小球飞
图1－3－20
图1－3－21
行时间最长，A 错误；而速度的变化量Δv ＝gt ，所以落在c 点的小球速度变化最小，B 错误；三个小球做平抛运动的加速度都为重力加速度，故三个小球飞行过程中速度变化一样快，C 错误；因为平抛运动可等效为从水平位移中点处做直线运动，故小球不可能垂直落到左边的斜面上．假设小球落在右边斜面的b 点处的速度与斜面垂直，则tan θ＝v 0v y ＝12
，由于两斜面的竖直边是底边长的一半，故小球落在左边斜面最低点处时，因为2x ＝v 0t ，x ＝v y m 2t ，所以v y m ＝v 0，而v y ≤v y m ，所以tan θ＝v 0v y
≥1，与假设矛盾，故在右边斜面上，小球也不可能垂直落在斜面上，D 正确．
答案：D
10．如图1－3－22是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带足够长，倾角θ＝37°，煤
块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端 与运煤车底板间的竖直高度H ＝1.8 m ，与运煤车车厢中心的水平距离x ＝1.2 m ．现在 传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线 运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的 最高点水平抛出并落在车厢中心，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图1－3－22
(1)传送带匀速运动的速度v 及主动轮和从动轮的半径R ；
(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t .
解析：(1)由平抛运动的公式，得
x ＝v t ，H ＝12
gt 2 代入数据解得v ＝2 m/s
要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿
第二定律，得mg ＝m v 2R
代入数据得R ＝0.4 m.
(2)由牛顿第二定律F ＝ma 得
a ＝F m
＝μg cos θ－g sin θ＝0.4 m/s 2 由v ＝v 0＋at 得t ＝v a
＝5 s. 答案：(1)0.4 m (2)5 s
11．(2010·广东理综，36)如图1－3－23(a)所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N 1、N 2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L ，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调[如图1－3－23(b)]；右为水平放置的长为d 的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B .一小束速度不同、带正电的粒子
沿水平方向射入N 1，能通过N 2的粒子经O 点垂直进入磁场．O 到感光板的距离为d 2
，粒子电荷量为q ，质量为m .不计重力．
(1)若两狭缝平行且盘静止[如图1－3－23(c)]，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M 上，求该粒子在磁场中运动的时间t ；
(2)若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图1－3－23(b)．要使穿过N 1、N 2的粒子均打到感光板P 1P 2连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围(设通过N 1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N 2)．
图1－3－23
解析：(1)粒子运动半径为
R ＝d 2
① 由牛顿第二定律
q v B ＝m v 2R
② 匀速圆周运动周期T ＝2πR v ③
粒子在磁场中运动时间t ＝T 4＝πm 2qB
.④ (2)
如图所示，设粒子运动临界半径分别为R 1和R 2
R 1＝d 4
⑤ d 2＋⎝
⎛⎭⎫R 2－d 22＝R 22 R 2＝54
d ⑥ 设粒子临界速度分别为v 1和v 2，由②⑤⑥式，得v 1＝dqB 4m
⑦ v 2＝5dqB 4m
⑧
若粒子通过两转盘，由题设可知 L v ＝θ0ω⑨
联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为
ω1＝θ0dqB 4mL
⑩ ω2＝5θ0dqB 4mL
⑪ 粒子要打在感光板上，需满足条件 θ0dqB 4mL ≤ω≤5θ0dqB 4mL
⑫ 答案：(1)πm
2qB (2)
θ0dqB 4mL ≤ω≤5θ0dqB
4mL。