高考核动力高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引

【高考核动力】2016届高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引
力定律章末综合检测
章末综合检测(四)
考试时间：60分钟 第Ⅰ卷 (选择题)
评卷人
得分
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分)
1.荡秋千是儿童喜爱的运动，当秋千荡到最高点时小孩的加速度方向可能是( )
A ．1方向
B ．2方向
C ．3方向
D ．4方向
【解析】 小孩在最高点时速度为零，由a ＝v 2
R
可知，此时的向心加速度为零，小球只
沿切线方向加速，切向加速度不为零，所以在最高点时小孩的加速度方向为2方向．B 选项正确．
【答案】 B
2．中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．如下图所示，在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A 点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B 点上，且AB 平行于边界CD .已知网高为h ，球场的长度为s ，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H 和水平初速度v 分别为( )
A ．H ＝53h
B ．H ＝32h
C ．v ＝
s 3h 3gh D ．v ＝s
4h
6gh 【解析】 由平抛知识可知12gt 2＝H ，H －h ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22得H ＝4
3
h ，A 、B 错误．由vt ＝s ，得
v ＝
s
4h
6gh ，D 正确，C 错误．
【答案】 D
3．在光滑水平面上，一根原长为l的轻质弹簧的一端与竖直轴O连接，另一端与质量为m的小球连接，如图所示．当小球以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v1时，弹簧的长度为1.5l；当它以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v2时，弹簧的长度为2.0l，则v1与v2的比值为( )
A.3∶ 2
B.2∶ 3
C.3∶2 2 D．22∶ 3
【解析】设弹簧的劲度系数为k，当小球以v1做匀速圆周运动时有：k(1.5l－l)＝
m
v21
1.5l
当小球以v2做匀速圆周运动时有：k(2.0l－l)＝m
v22
2.0l
两式之比得：v1∶v2＝3∶2 2.
故只有选项C正确．
【答案】 C
4.芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军．如右图
所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C 点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD平行，设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则( )
A．t1＝t2，CF＝FD B．t1＝t2，CF<FD
C．t1>t2，CF＝FD D．t1>t2，CF<FD
【解析】将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD 方向的类似竖直上抛运动，则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1＝t2，因在平行CD方向拉林托做匀加速运动，所以CF<FD，B对．
【答案】 B
5．我国研制的北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，计划到2020年完全建成．系统由5颗地球同步轨道和30颗地球非同步轨道卫星组网而成.2012年12月27日，北斗导航系统正式投入运营，这些卫星的运动均可看作匀速圆周运动，以下说法正确的是( ) A．北斗导航系统中地球同步轨道的卫星可以定位在济南正上方
B．北斗导航系统中卫星的运行速度可以大于7.9 km/s
C．地球同步轨道卫星的周期和月亮绕地球的周期相同
D．北斗导航系统中离地球越近的卫星线速度越大
【解析】同步卫星运行轨道只能位于地球赤道平面上的圆形轨道，所以北斗导航卫星不可能定位在济南正上方，故A错误．同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，其周期为
24 h ，故C 错误．根据万有引力提供向心力，列出等式：G Mm r 2＝m v 2
r ，得v ＝
GM
r
，r 越小，卫星线速度越大，D 正确.7.9 km/s 是第一宇宙速度，也是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v 的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B 错误．
【答案】 D
6.(2013· 上海卷，19)如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此可算出( )
A ．轰炸机的飞行高度
B ．轰炸机的飞行速度
C ．炸弹的飞行时间
D ．炸弹投出时的动能
【解析】 由于炸弹垂直击中山坡上的目标A ，tan θ＝v 0gt
，水平方向h /tan θ＝v 0t ，由两式可解得t 和v 0，由t 可求解轰炸机的飞行高度，由于不知炸弹的质量，无法求出炸弹的动能，A 、B 、C 三项正确．
【答案】 ABC 7．2013年6月中旬，搭载着3位航天员的神舟十号飞船与在轨运行的天宫一号顺利“牵手”．对接前天宫一号进入高度约为343 km 的圆形对接轨道，等待与神舟十号飞船交会对接．对接成功后，组合体以7.8 km/s 的速度绕地球飞行．航天员圆满完成各项任务后，神舟十号飞船返回地面着陆场，天宫一号变轨至高度为370 km 的圆形自主飞行轨道长期运行．则( )
A ．3位航天员从神舟十号飞船进入天宫一号过程中处于失重状态
B ．天宫一号在对接轨道上的周期小于在自主飞行轨道上的周期
C ．神舟十号飞船与天宫一号分离后，要返回地面，必须点火加速
D ．天宫一号在对接轨道上的机械能和在自主飞行轨道上的机械能相等
【解析】 宇航员在太空中随飞船一起做圆周运动，只受到万有引力的作用，处于完全
失重状态，A 正确．由于G Mm r 2＝mr (2πT
)2
，则T ＝
4π2r
3
GM
，对接轨道的高度较自主飞行的
轨道低，故天宫一号在对接道上的周期小，B 正确．神舟十号飞船与天宫一号分离后，要返
回地面，即做近心运动，必须减速，C 错误．由对接轨道进入自主飞行轨道，天宫一号做离心运动，必须点火加速，机械能增加，D 错误．
【答案】 AB
8．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 ＝－G
m 0m r
(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v 0竖直向上抛出一个质量为m 的物体，不计空气阻力，经t 秒后物体落回手中，则( )
A ．在该星球表面上以
2v 0R
t
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2 v 0R
t
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 0R
t
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 2
v 0R
t
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 ′，物体竖直上抛运动有：v 0＝g ′t
2
，
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为v 1，则m v 21
R ＝G m 0m R
2，联
立解得v 1＝
2v 0R
t
，A 正确；2
v 0R
t
＞2v 0R
t
，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 0m
R ，解得v 2＝2v 0R
t
，C 错误，D 正确． 【答案】 ABD
评卷人
得分
二、综合应用(共4小题，共58分)
9.(16分)
Ⅰ.(6分)(2014·天津理综，9(1))
半径为R 的水平圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一点．在O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v 水平抛出时，半径OA 方向恰好与v 的方向相同，如图所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A 点，重力加速度为g ，则小球抛出时距O 的高度h ＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________.
【解析】 小球平抛落到A 点，可知平抛的水平位移等于圆盘半径，由平抛规律可知
R ＝vt ，h ＝12
gt 2 解得h ＝gR 2
2v
2
由题可知t ＝nT ＝n ·2π
ω
解得ω＝2n πv
R
，n ＝1,2,3…
【答案】 gR 22v 2 2πnv R
(n ＝1,2,3…)
Ⅱ.(10分)
(2014·安徽理综，21)图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________． a ．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 b ．每次小球释放的初始位置可以任意选择 c ．每次小球应从同一高度由静止释放
d ．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O 为坐标原点，测
量它们的水平坐标x 和竖直坐标y ，图2中y －x 2
图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________．
(3)图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任取三点A 、B 、C ，测得A 、B 两点竖直坐标y 1为5.0 cm 、y 2为45.0 cm ，A 、B 两点水平间距Δx 为40.0 cm.则平抛小球的初速度v 0为__________ m/s ，若C 点的竖直坐标y 3为60.0 cm ，
则小球在C 点的速度v C 为__________m/s(结果保留两位有效数字，g 取10 m/s 2
)．
【解析】 (1)斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，故a 对；为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b 错c 对；小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d 错．
(2)平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是： x ＝v 0t
y ＝12
gt 2
联立可得y ＝g
2v 20
x 2
可知yx 2
图象是直线，说明小球运动轨迹是抛物线． (3)由竖直方向的分运动可知，y ＝
12gt 2
，t ＝
2h
g
，
即t 1＝
2y 1
g
＝0.1 s ，t 2＝
2y 2
g
＝0.3 s
水平初速度为v 0＝
Δx
t 2－t 1
＝2.0 m/s C 点的竖直分速度为v y ＝2gy 3＝2 3 m/s.
由运动合成可知v C ＝v 20＋v 2
y ＝4.0 m/s
【答案】 (1)ac (2)c (3)2.0 4.0
10．(10分)如图所示，小球A 从倾角37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑，速度大小v 1＝6 m/s ，经过时间Δt 后，从斜面顶点处以速度v 2＝4 m/s 水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A .不计飞镖运动过程中的空气阻力，可将飞镖和小球视为质点．已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：
(1)飞镖是以多大的速度击中小球的？
(2)两个物体开始运动的时间间隔Δt 应为多少？
【解析】 (1)飞镖落在斜面上有tan θ＝y x
＝12
gt 22v 2t 2
得t 2＝2v 2tan θ/g ＝0.6 s v y ＝gt 2＝6 m/s ，
故v ＝v 22＋v 2
y ＝213 m/s
(2)飞镖落在斜面上的竖直分位移为y ＝gt 2
2/2＝1.8 m 得合位移x ＝y /sin θ＝3 m
小球的运动时间t 1＝x /v 1＝0.5 s 故Δt ＝t 2－t 1＝0.1 s
【答案】 (1)213 m/s (2)0.1 s
11．(12分)(2014·北京卷，23)万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．
(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.
a ．若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1F 0
的表达式， 并就h ＝1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；
b ．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2F 0
的表达式．
(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r 、太阳的半径R S 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？
【解析】 (1)设小物体质量为m ，由万有引力定律得： a ．在北极地面有
G Mm
R
2＝F 0① 在北极上空高出地面h 处有
G
Mm R ＋h
2
＝F 1②
得F 1F 0＝R 2R ＋h
2
③
当h ＝1.0%R 时，F 1
F 0＝
11.01
2
≈0.98④
b ．在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有
G Mm R 2－F 2＝m 4π
2
T 2R ⑤ 得F 2F 0＝1－4π2R 3GMT 2
⑥ (2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力，设太阳质量为M S ，地球质量为M ，地球公转周期为T E ，有
G M S M r 2＝Mr 4π2
T 2E
⑦ 得T E ＝
4π2r
3
GM S
＝
3π
Gρr
R S
3
⑧
其中ρ为太阳的密度．
由上式可知，地球公转周期T E 仅与太阳的密度、地球公转轨道半径与太阳半径之比有关．因此“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相同．
【答案】 (1)a.
R 2R ＋h
2 0.98 b ．1－4π2R
3
GMT
2
(2)与现实地球的1年时间相同
12.(14分)如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A .一质量为m 的小球在水平地面上的C 点受水平向左的恒力F 由静止开始运动，当运动到A 点时撤去恒力F ，小球沿竖直半圆轨道运动到轨道最高点B 点，最后又落在水平地面上的D 点(图中未画出)．已知A 、C 间的距离为L ，重力加速度为g .
(1)若轨道半径为R ，求小球到达圆轨道B 点时对轨道的压力F N ； (2)为使小球能运动到轨道最高点B ，求轨道半径的最大值R m ；
(3)轨道半径R 多大时，小球在水平地面上的落点D 到A 点距离最大？最大距离x m 是多少？
【解析】 (1)设小球到B 点速度为v ，从C 到B 根据动能定理有
FL －2mgR ＝12
mv 2
解得v ＝
2FL －4mgR
m
由牛顿第二定律有F N ＋mg ＝m v 2
R
解得F N ＝2FL
R
－5mg
(2)当小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有
F N ＝
2FL
R m
－5mg ＝0
解得R m ＝2FL
5mg
(3)设小球平抛运动的时间为t ，有2R ＝12gt 2
解得t ＝4R g
水平位移
x ＝vt ＝
2FL －4mgR
m ·4R g
＝
2FL －4mgR 4mgR
m 2g
2
当2FL －4mgR ＝4mgR 时，水平位移最大．
解得R ＝FL
4mg
D 到A 的最大距离x m ＝FL
mg
【答案】 (1)2FL R －5mg (2)2FL 5mg (3)FL 4mg ；FL
mg。