2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天章末过关检测新人教版

第四章曲线运动万有引力与航天
章末过关检测(四)
(时间：60分钟满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1.
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：选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＝F 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．
2．轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v ＜Rg，AC为水平直径，BD为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则( )
A．物块始终受两个力作用
B．只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心
C．从B运动到A，物块处于超重状态
D．从A运动到D，物块处于超重状态
解析：选D.在B、D位置，物块受重力、支持力，在A、C位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B错；从B运
动到A，向心加速度斜向下，物块失重，从A运动到D，向心加速度斜向上，物块超重，C 错、D对．
3.
如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数
为
3
2
(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω
的最大值是( )
A.5rad/s B．3rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，故选项C正确．
4．(2018·泰州模拟)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，车上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是( )
A．三个小球落地时间差与车速有关
B．三个小球落地点的间隔距离L1＝L2
C．三个小球落地点的间隔距离L1＜L2
D．三个小球落地点的间隔距离L1＞L2
解析：选C.落地时间只与下落的高度有关，故A项错误；三个小球在竖直方向上做自
由落体运动，由公式t＝2h
g
可得下落时间之比为t A∶t B∶t C＝3∶2∶1，水平位移之比
x A∶x B∶x C＝3∶2∶1，则L1∶L2＝(3－2)∶(2－1)＜1，故C正确，B、D错误．
5.
2015年4月，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 1
B ．双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1
C ．双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2
D ．双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2
解析：选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 1M 2L
2＝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，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．
6．(2018·浙江台州模拟)
如图所示，长为L 的细绳一端固定在O 点，另一端拴住一个小球．在O 点的正下方与O 点相距2L
3的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A .把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止
开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( )
A ．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B ．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C ．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D ．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍
解析：选A.细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B 错误．圆周运动的半径由L 变为L
3
，
由a ＝v 2
r
知，a 增大到原来的3倍，A 正确．根据v ＝r ω知角速度ω增大到原来的3倍，C
错误．细绳碰到钉子前瞬间F T －mg ＝m v 2L ，碰后瞬间F T ′－mg ＝m v 2
L
3
，再根据机械能守恒有mgL
＝12mv 2，由此可得F T ′＝7
3
F T ，D 错误． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7.
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：选AB.鱼饵颗粒落地时间t ＝
2h
g
＝
2×5
10
s ＝1 s ，刚好落到水面时的水平速度为v ＝s
t ＝5×341m/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 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°，tan α
＝y x ＝12v y t v 0t ＝v y 2v 0，即v y v 0＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数，即与斜面夹角也为常数，D 错误．
8.
如图所示光滑管形圆轨道半径为R (管径远小于R )，小球a 、b 大小相同，质量均为m ，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v 通过轨道最低点，且当小球a 在最低点时，小球b 在最高点，以下说法正确的是( )
A ．当小球b 在最高点对轨道无压力时，小球a 比小球b 所需向心力大5mg
B ．当v ＝5gR 时，小球b 在轨道最高点对轨道无压力
C ．速度v 至少为5gR ，才能使两球在管内做圆周运动
D ．只要v ≥5gR ，小球a 对轨道最低点的压力比小球b 对轨道最高点的压力大6mg
解析：选BD.小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球所受重力充当向心力，mg ＝m
v 20
R
得v 0＝gR ，小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，2mgR ＋12mv 20＝12mv 2，解以上两式可得：v ＝5gR ，B 项正确；小球在最低点时，F 向＝m v
2
R ＝5mg ，在最高点和最低点所需向心力的差为4mg ，A 项错误；小球在最高点，内管对小球的支持力与重力的合力可以提供向心力，所以小球通过最高点的最小速度为零，再由机械能守恒定律可知，2mgR ＝12
mv 2
，解得v ＝2gR ，C 项错误；当v ≥5gR 时，小球在最低点所受轨道压力
F 1＝mg ＋mv 2R ，由最低点运动到最高点，2mgR ＋12mv 21＝12mv 2，小球所受轨道压力F 2＝mv 2
1
R
－mg ，
F 2＝mv 2
R
－5mg ，F 1－F 2＝6mg ，再根据牛顿第三定律，可见小球a 对轨道最低点压力比小球b
对轨道最高点压力大6mg ，D 项正确．
9．(2018·新疆生产建设兵团第二中学高三月考)某次网球比赛中，某选手将球在边界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( )
A ．击球高度h 1与球网高度h 2之间的关系为h 1＝1.8h 2
B ．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
C ．任意降低击球高度(仍大于h 2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D ．若保持击球高度不变，球的初速度v 0只要不大于
x
h 1
2gh 1，一定落在对方界内 解析：选AB.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为x 和3x
2的时间比为
2∶3，则竖直方向上，根据h ＝12gt 2，则有h 1－h 2h 1＝4
9，解得h 1＝1.8h 2，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h 1＝12gt 2
1得，t 1＝
2h 1
g
，
则平抛运动的最大速度v 01＝
2x
t 1
＝
x h 12gh 1，根据h 1－h 2＝12
gt 2
2得，t 2＝2（h 1－h 2）
g
，则平
抛运动的最小速度v 02＝x t 2
＝x
g
2（h 1－h 2）
，增加击球高度，只要速度合适，球一定能发
到对方界内，故B 正确、D 错误；任意降低击球高度(仍大于h 2)，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，就一定能将球发到对方界内，故C 错误．
10．(2018·鄂豫晋陕冀五省月考)美国一家科技公司整了一个“外联网”(Outernet)计划，准备发射数百个小卫星，向全球提供免费WiFi 服务．若这些小卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A ．小卫星的质量越大，所需要的发射速度越大
B ．小卫星的轨道越高，所需要的发射速度越大
C ．小卫星运行时的轨道半径越大，周期越大
D ．小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力不变，向心加速度不变 解析：选BC.发射的速度大小与小卫星的质量无关，故A 错误；小卫星的轨道越高，发
射时克服引力做功越多，则发射的速度越大，故B 正确；根据GMm r 2＝mr 4π
2
T
2知，周期T ＝
4π2r
3
GM
，小卫星的轨道半径越大，周期越大，故C 正确；小卫星在轨道上做匀速圆周运
动时，受到的万有引力大小不变，向心加速度的大小不变，方向时刻改变，故D 错误．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(12分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00 kg. (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为________kg.
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示．
(4)；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2
，计算结果保留2位有效数字)
解析：(2)题图乙中托盘秤的示数为1.40 kg. (4)小车经过最低点时托盘秤的示数为
m ＝
1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.90
5
kg ＝1.81 kg.
小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
F ＝(m －1.00)g ＝(1.81－1.00)×9.80 N ≈7.9 N.
由题意可知小车的质量为
m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg ，
对小车，在最低点时由牛顿第二定律得
F －m ′g ＝m ′v 2
R
解得v ≈1.4 m/s.
答案：(2)1.40 (4)7.9 1.4
12．(12分)“太极球”是近年来在广大市民中比较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋
势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．设球受到的重力为1 N ，不计板的重力．求：
(1)球在C 处受到板的弹力比在A 处受到的弹力大多少？
(2)设在A 处时板对球的弹力为F ，当球运动到B 、D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请作出tan θ－F 的关系图象．
解析：(1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则在A 处时F ＋mg ＝m v 2
R ①
在C 处时F ′－mg ＝m v 2
R
②
由①②式得ΔF ＝F ′－F ＝2mg ＝2 N.
(2)在A 处时板对球的弹力为F ，球做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析，则
tan θ＝
F 向mg ＝F ＋mg mg
＝F ＋1 作出的tan θ－F 的关系图象如图．
答案：(1)2 N (2)图见解析
13．(16分)如图所示，从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2
.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小； (2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 解析：(1)从A 点到B 点，物块做平抛运动，
H －h ＝12
gt 2
设到达B 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ， 联立解得v y ＝3 m/s
此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37°
有tan θ＝v y v 0＝3
4
，得v 0＝4 m/s
在B 点时的速度大小v 1＝v 2
0＋v 2
y ＝5 m/s. (2)从A 点至C 点，由动能定理有：
mgH ＝1
2mv 22－12
mv 2
设物块在C 点受到的支持力为F N ，则有
F N －mg ＝mv 22
R
解得：v 2＝27m/s ，F N ≈47.3 N
根据牛顿第三定律可知，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N. (3)小物块与长木板间的滑动摩擦力
F f ＝μ1mg ＝7 N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N
因为F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动 则长木板的长度至少为l ＝
v 22
2μ1g
＝2.0 m. 答案：(1)4 m/s5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m。