2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练4含答案

章末过关练(四) 曲线运动 万有引力与航天
(时间：60分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分、每小题只有一个选项符合题意)、
1、光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式,在读取内环数据时,以恒定角速度方式读取,而在读取外环数据时,以恒定线速度的方式读取、如图1所示,设内环内边缘半径为R 1,内环外边缘半径为R 2,外环外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为各边缘线上的点、则读取内环上A 点时,A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时,C 点的向心加速度大小之比为
( ) 【导学号：96622443】
图1
A.R 21R 2R 3
B.R 22R 1R 3
C.R 2R 3R 21
D.R 1R 3R 22
D A 、B 两点角速度相同,由a ＝ω2r 可知,a A ∶a B ＝R 1∶R 2①；B 、C
两点线速度相同,由a ＝v 2r 可知：a B ∶a C ＝R 3∶R 2②；①×②得：a A ∶a C ＝
R 1R 3∶R 22,D 项正确、
2、(2015·全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道、当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行、已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道
和同步轨道的夹角为30°,如图2所示、发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()
图2
A、西偏北方向,1.9×103 m/s
B、东偏南方向,1.9×103 m/s
C、西偏北方向,2.7×103 m/s
D、东偏南方向,2.7×103 m/s
B设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨
道高度相同的某点时,速度为v1,发动机给卫星的附加速
度为v2,该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图,由图知附加速度方向为东偏南,由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1v cos 30°,代入数据解得v2≈1.9×103 m/s.选项B正确、
3、一艘船要在最短时间内渡过宽为100 m的河,已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图3甲所示,船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示,则以下判断中正确的是() 【导学号：96622444】
甲乙
图3
A、船渡河的最短时间为25 s
B、船运动的轨迹可能是直线
C 、船在河水中航行的加速度大小为a ＝0.4 m/s 2
D 、船在河水中的最大速度是5 m/s
C 船在行驶过程中,船头始终与河岸垂直时渡河时间最短,即t ＝1005
s ＝20 s,A 项错误；由于水流速度变化,所以合速度变化,船头始终与河岸垂直时,运动的轨迹不可能是直线,B 项错误；船在最短时间内渡河t ＝20 s,则船运动到河的中央时所用时间为10 s,水的流速在x ＝0到x ＝50 m 之间
均匀增加,则a 1＝4－010 m/s 2＝0.4 m/s 2,同理x ＝50 m 到x ＝100 m 之间a 2
＝0－410 m/s 2＝－0.4 m/s 2,则船在河水中航行的加速度大小为0.4 m/s 2,C 项正确；船在河水中的最大速度为v ＝52＋42 m/s ＝41 m/s,D 项错误、
4、“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星,被称为“太空110”,它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源,延长卫星的使用寿命、假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,其运动方向与地球自转方向一致,轨道平面与地球赤道平面重合,下列说法正确的是( )
A 、“轨道康复者”可在高轨道上加速,以实现对低轨道上卫星的拯救
B 、站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动
C 、“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍
D 、“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍
D “轨道康复者”要在原轨道上减速,做近心运动,才能“拯救”更低轨道上的卫星,故A 错误；因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期,则小于地球自转的周期,所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度,站在赤道上的人用仪器观察到“轨
道康复者”向东运动,故B 错误；根据G Mm r 2＝m v 2r 得：v ＝GM
r ,因为“轨
道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍,故
C 错误；根据G Mm r 2＝ma 得：a ＝G M r 2,因为“轨道康复者”绕地球做匀速
圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍,故D 正确、
5、(2014·福建高考)若有一颗“宜居”行星,其质量为地球的p 倍,半径为地球的q 倍,则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( ) A.pq 倍 B.q p 倍 C.p
q 倍 D.pq 3倍
C 卫星绕行星做匀速圆周运动的向心力由行星对卫星的万有引力
提供,设地球质量为M ,半径为R ,根据GMm R 2＝m v 2R 得地球卫星的环绕速度
为v ＝
GM R ,同理该“宜居”行星卫星的环绕速度为v ′＝GpM qR ＝v p
q ,为地球卫星环绕速度的
p
q 倍,选项C 正确、 二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)、
6、(2017·南通模拟)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动,假设王跃登陆火星后,测得火星的半径是地球半径的12,质量是地球质量的19.已知地球表面的重力加速度是g ,地球的半径为R ,王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h ,忽略自转的影响,下列说法正确的是( ) 【导学号：96622445】
A 、火星的密度为2g 3πGR
B 、火星表面的重力加速度是2g 9
C 、火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为23
D 、王跃以与在地球上相同的的初速度在火星上起跳后,能达到的最
大高度是9h 4
AD 由G Mm R 2＝mg ,得到：g ＝GM R 2,已知火星半径是地球半径的12,质量
是地球质量的19,
则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的49,即为49g .
设火星质量为M ′,由万有引力等于重力可得：G M ′m R ′2
＝mg ′, 解得：M ′＝gR 2
9G ,
密度为：ρ＝M V ＝2g 3πGR .故A 正确、
g ＝GM R 2,已知火星半径是地球半径的12,质量是地球质量的19.
则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的49,即为49g .故B 错
误、
由G Mm R 2＝m v 2R ,得到v ＝
GM R ,火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍、故C 错误、
王跃以v 0在地球起跳时,根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大
高度是：h ＝v 202g ,
由于火星表面的重力加速度是49g ,王跃以相同的初速度在火星上起跳
时,可跳的最大高度h ′＝94h .故D 正确、
7、(2017·常州模拟)一个做平抛运动的物体,从物体水平抛出开始发生水平位移为s 的时间内,它在竖直方向的位移为d 1；紧接着物体在发生第二个水平位移s 的时间内,它在竖直方向发生的位移为d 2.已知重力加速度为g ,则做平抛运动的物体的初速度为( )
A 、s g d 2－d 1
B 、s
g 2d 1 C.2s 2gd 1d 1－d 2
D 、s 3g
2d 2 ABD 从运动开始到发生水平位移s 的时间内,它在竖直方向的位移为d 1；
根据平抛运动的规律可得 水平方向上：s ＝v 0t
竖直方向上：d 1＝12gt 2
联立可以求得初速度v 0＝s g
2d 1,所以B 正确；
在竖直方向上,物体做自由落体运动,根据Δx ＝gT 2可得d 2－d 1＝gT 2,所以时间的间隔T ＝
d 2－d 1g ,所以平抛的初速度v 0＝s t ＝s g d 2－d 1
,所以A 正确；
再根据匀变速直线运动的规律可知d 1d 2＝13,所以从一开始运动物体下
降的高度为43d 2,由43d 2＝12g (2t )2,可得物体运动的时间间隔为t ＝
2d 23g ,所以平抛的初速度v 0＝s t ＝s
3g 2d 2,所以D 正确； 故选ABD. 8、如图4所示,斜面倾角为θ,从斜面的P 点分别以v 0和2v 0的速度水平抛出A 、B 两个小球,不计空气阻力,若两小球均落在斜面上且不发生反弹,则( )
图4
A 、A 、
B 两球的水平位移之比为1∶4
B 、A 、B 两球飞行时间之比为1∶2
C 、A 、B 两球下落的高度之比为1∶2
D 、A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4
AB 由平抛运动规律有x 1＝v 0t 1,y 1＝12gt 21,tan θ＝y 1x 1
；x 2＝2v 0t 2,y 2＝12gt 22,tan θ＝y 2x 2
；联立得A 、B 两球飞行时间之比为t 1∶t 2＝1∶2,A 、B 两球的水平位移之比为x 1∶x 2＝1∶4,A 、B 两项均正确；A 、B 下落的高度之比为y 1∶y 2＝1∶4,C 项错误；A 、B 两球落到斜面上的速度大小分别为v 1
＝v 20＋(gt 1)2,v 2＝(2v 0)2＋(gt 2)2＝(2v 0)2＋(2gt 1)2＝2v 20＋(gt 1)2,A 、
B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶2,D 项错误、
9、“神舟十号”与“天宫一号”多次成功实现交会对接、如图5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( ) 【导学号：96622446】
图5
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 点经一次加速,即可变轨到轨道2
C 、“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
AD 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高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,故A 正确；
卫星绕地球做圆周运动时向心力由万有引力提供,故有G Mm r 2＝m v 2r ,解得：
v ＝GM
r ,所以卫星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,所以M 点经一次加速后,还有一个减速过程,才可
变轨到轨道2,故B 、C 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2r T 2解得：T ＝2πr 3
GM 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,故D 正确、
三、计算题(本题共3小题,共51分、按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)、
10、(16分)如图6所示,滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下,滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h ＝1.4 m 、宽L ＝1.2 m 的
长方体障碍物,为了不触及这个障碍物,他必须在距水平地面高度H ＝3.2 m 的A 点沿水平方向跳起离开斜面、忽略空气阻力,重力加速度g 取10 m/s 2.(已知sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6),求：
图6
(1)若运动员不触及障碍物,他从A 点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；
(2)运动员为了不触及障碍物,他从A 点沿水平方向起跳的最小速度、
【解析】 (1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动,
根据自由落体公式H ＝12gt 2
解得：t ＝2H
g ＝0.8 s.
(2)为了不触及障碍物,运动员以速度v 沿水平方向起跳后竖直下落高
度为H －h 时,他沿水平方向运动的最小距离为H tan 53°＋L ,
设他在这段时间内运动的时间为t ′,
则：H －h ＝12gt ′2,
H tan 53°
＋L ＝v t ′, 解得v ＝6.0 m/s.
【答案】 (1)0.8 s (2)6.0 m/s
11、(17分)如图7所示,有一长为L 的细线,细线的一端固定在O 点,另一端拴一质量为m 的小球,现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动、已知水平地面上的C 点位于O 点正下方,且到O 点的距离为1.9L .不
计空气阻力、
图7
(1)求小球通过最高点A 时的速度v A ；
(2)若小球通过最低点B 时,细线对小球的拉力T 恰好为小球重力的6倍,且小球经过B 点的瞬间让细线断裂,求小球落地点到C 点的距离、
【解析】 (1)小球由绳固定,恰好通过最高点
应满足：mg ＝m v 2A L ,可得v A ＝gL .
(2)在B 点,由牛顿第二定律可得：T －mg ＝m v 2B L ,
又T ＝6mg ,可解得：v B ＝5gL
又h BC ＝12gt 2,x ＝v B t ,h BC ＝1.9L －L ＝0.9L
可解得：x ＝3L .
【答案】 (1)gL (2)3L
12、(18分)如图8所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直管BC 组成的轨道固定在水平桌面上,已知半圆形APB 的半径R ＝1.0 m,BC 段长L ＝1.5 m 、弹射装置将一个质量为1 kg 的小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道,小球从C 点离开轨道随即水平抛出,桌子的高度h ＝1.25 m,不计空气阻力,g 取10 m/s 2,π取3.14,求： 【导学号：96622447】
11
图8
(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A 点运动到C 点的时间；
(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角、
【解析】 (1)小球在半圆轨道上做匀速圆周运动
向心力大小F ＝m v 20R ＝25 N
小球从A 到B 的时间t 1＝πR v 0
＝0.2π s ＝0.628 s 从B 到C 的时间t 2＝L v 0
＝0.3 s 则小球从A 点到C 点的时间
t ＝t 1＋t 2＝(0.628＋0.3)s ＝0.928 s.
(2)小球做平抛运动h ＝v 2y 2g
v y ＝5 m/s
设小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为θ,则tan θ＝v y v 0
＝1 故θ＝45°.
【答案】 (1)25 N 0.928 s (2)45°。