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.v
sin v B .v sin θ C .v cos v
D .v cos θ
A 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 =v
cos 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=v
v ,速度最大,最大速度为v max =vv
v
B.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 =
√v 2+v 2v
v
C.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 =vv
v
D.小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小,最小速度v min =√
,为t=v
v 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=v
v 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 2
v
,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√32
mg
,小球做圆周运动的半径r=√3
2l ,小球恰好过最高点时,根据牛顿第二定律有
mg=m 2
√32v
①
小球运动到最低点时,根据动能定理得mg ·√3l=1
2vv 22−1
2vv 12
②
由牛顿第二定律得 2F T cos30°-mg=
2
√3
2
v ③
联立①②③得F T =2√3mg 故A 正确,B 、C 、D 错误。

4.
右图为空间站中模拟地球重力的装置。

环形实验装置的外侧壁相当于“地板”,让环形实验装置绕O 点旋转,能使“地板”上可视为质点的物体与在地球表面处具有同样的“重力”,则旋转角速度应为(地球表面重力加速度为g ,此装置的外半径为R )( ) A.√v
v B.√v
v
C.2√v v
D.√2v
v
mg ,根据牛顿第二定律mg=mω2R ,解得转动的角速度为ω=√v
v ,所以A 正确,B 、C 、D 错误。

5.某行星有一颗卫星绕其做匀速圆周运动,若卫星在某高度处的线速度为v 1,高度降低h 后仍做匀速圆周运动,线速度为v 2,引力常量G 已知。

由以上信息能够求出的是( ) A.行星表面的重力加速度 B.行星的质量 C.行星的密度 D.卫星的动能
M,卫星的质量为m,初始状态离地心的距离为r,根据万有引力定律
有vvv
v2=vv12
v
,vvv
(v-v)2
=vv22
v-v
,由以上两式得vv
v12
−vv
v22
=h,可求得行星的质量,但由于不能求
得行星的半径,也就无法求得行星的密度和行星表面的重力加速度,又由于不知道卫星的质量,也无法求得卫星的动能,故选B。

6.
如图所示,两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球,细线的上端都系于O点,设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。

已知l1跟竖直方向的夹角为60°,l2跟竖直方向的夹角为30°,O点到水平面距离为h,下列说法正确的是()
A.细线l1和细线l2所受的拉力大小之比为√3∶1
B.小球m1和m2的角速度大小之比为√3∶1
C.小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1
D.小球m1和m2的线速度大小之比为3√3∶1
mg=F1cos60°,可得F1=2mg,由mg=F2cos30°,可得F2=
3
,则细线l1和细线l2
所受的拉力大小之比为√3∶1,选项A正确;由mg tanθ=mω2h tanθ,可得小球m1和m2的角速度大小之比为1∶1,选项B错误;小球m1和m2的向心力大小之比为mg tan60°∶
mg tan30°=3∶1,选项C正确;由mg tanθ=vv2
v tan v
,可得小球m1和m2的线速度大小之比为tan60°∶tan30°=3∶1,选项D错误。

7.
如图所示,吊车以v1的速度沿水平直线向右匀速行驶,同时以v2的速度匀速收拢绳索提升物体,则下列表述正确的是()
A.物体的实际运动速度为v1+v2
B.物体的实际运动速度为√v12+v22
C.物体相对地面做曲线运动
D.绳索保持竖直状态
,因此合外力F=0,绳索应为竖直方向,实际速度为
√v12+v22,因此选项B、D正确。

8.
如图所示,两个半径均为R的1
光滑圆弧对接于O点,有物体从上面圆弧的某点C以上任
4
意位置由静止下滑(C点未标出),都能从O点平抛出去,则()
A.∠CO1O=60°
B.∠CO1O=45°
C.落地点距O2最远为2R
D.落地点距O2最近为R
,解得物体从O点平抛出去的最小速O点平抛出去,在O点有mg=vv2
v
mv2,解得θ=∠
度v=√vv。

设∠CO1O=θ,由机械能守恒定律,mgR(1-cosθ)=1
2
CO1O=60°,选项A正确,B错误;由平抛运动规律,x=vt,R=1
gt2,解得落地点距O2最近为
2
gt2,√2R。

若物体从A点下滑,到达O点时速度为v=√2vv。

由平抛运动规律,x=vt,R=1
2
解得落地点距O2最远为2R,选项C正确,D错误。

9.在太阳系之外,科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星,绕橙矮星运行,命名为“开普勒438b”。

假设该行星与地球均绕各自的中心恒星做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的p 倍,橙矮星的质量为太阳的q 倍。

则该行星与地球的( ) A.轨道半径之比为√v 2v 3
B.轨道半径之比为√v 23
C.线速度之比为√v
v
3
D.线速度之比为√1
v
,根据牛顿第二定律得,G vv
v 2=m 4π2
v 2R ,解得R=√
vvv 24π2
3。

由于该行星与地球均绕恒星做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期
的p 倍,橙矮星的质量为太阳的q 倍,故v 行
v 地
=√v 橙v 太
(v 行
v 地
)
2
3
=√v 2v 3
,所以A 正确,B 错误;
根据v=
2πv
v
,得v 行v 地
=v 行v 地
·v 地
v 行
=√v 2v 3
·1v =√v
v
3
,故C 正确,D 错误。

10.如图所示,叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动,A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ,A 与B 、B 和C 与转台间的动摩擦因数均为μ,A 和B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r 。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

以下说法正确的是( )
A.B 对A 的摩擦力一定为3μmg
B.B 对A 的摩擦力一定为3mω2r
C.转台的角速度一定满足ω≤√2vv 3v
D.转台的角速度一定满足ω≤√vv
v
A 能够与
B 一起以角速度ω转动,根据牛顿第二定律可知,B 对A 的摩擦力一定等于A 物体所需向心力,即F f =3mω2r ,A 错误,B 正确;要使A 、B 两物体同时随转台一起以角速度ω匀速转动,则对于A 有3μmg ≥3mω2r ,对A 、B 有5μmg ≥5mω2r ,对于
C 有μmg ≥3
2mω2r ,综合以上可得ω≤√
2vv 3v
,C 正确,D 错误。

二、计算题(本题共3小题,共40分)
11.(12分)某星球的质量为M ,在该星球表面某一倾角为θ的山坡上,以初速度v 0平抛一物体,经过时间t 该物体落到山坡上。

求欲使该物体不再落回该星球的表面,至少应以多大的速度抛出该物体。

(不计一切阻力,引力常量为G ) √
2vvv 0tan v
v
g ,由平抛运动规律可得
tan θ=v
v ① y=1
2gt 2 ② x=v 0t
③
联立①②③解得g=2v
0v tan θ ④ 对于该星球表面上的物体有 G vv
v 2=mg
⑤
联立④⑤解得R=√vvv
2v 0
tan v ⑥
对于绕该星球做匀速圆周运动的“近地卫星”,应有mg=vv 2
v
⑦
联立④⑥⑦解得v=√
2vvv 0tan v
v
4。

12.(13分)如图所示,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)和直线BC组成的光滑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v0=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/s2,π取3.14,求:
(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A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。

0.928 s(2)45°
小球做匀速圆周运动
=25N
向心力大小F=m v02
v
小球从A到B的时间
=0.2πs=0.628s
t1=πv
v0
从B到C的时间t2=v
=0.3s
v0
则小球从A运动到C的时间t=t1+t2=(0.628+0.3)s=0.928s
(2)小球做平抛运动h=v v2
2v
解得v y=5m/s
=1
设小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为θ,则tanθ=v v
v0
故θ=45°。

13.(15分)(2018·湖南六校联考)如图所示,水上乐园的某设施由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成。

圆形滑道外侧半径R=2 m,圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B'相互错开,为保证安全,在圆形滑道内运动时,要求紧贴内侧滑行,
水面离水平滑道高度h=5 m。

现游客从滑道A点由静止滑下,游客可视为质点,不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)起滑点A至少离水平滑道多高;
(2)为了保证游客安全,在水池中放有长度l=5 m的安全气垫MN,其厚度不计,满足(1)的游客恰落在M端,要使游客能安全落在气垫上,安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少。

(2)5 m≤H≤11.25 m
游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时,有
mg=m v2
v
从A到圆形滑道最高点,由机械能守恒定律得
mv2+mg·2R
mgH1=1
2
解得H1=5
R=5m。

2
(2)落在M点时抛出速度最小,从A到C由机械能守恒定律得
mgH1=1
vv12
2
v1=√2vv1=10m/s
水平抛出,由平抛运动规律可知
h=1
gt2
2
得t=1s
则s1=v1t=10m
落在N点时s2=s1+l=15m
=15m/s
则对应的抛出速度v2=v2
v
由mgH2=1
vv22
2
=11.25m
得H2=v22
2v
安全滑下点A距水平滑道高度范围为5m≤H≤11.25m。