高三物理一轮复习练习题【曲线运动与万有引力】

高三物理一轮复习练习题【曲线运动与万有引力】
建议用时45分钟，实际用时________
一、单项选择题
1.如图所示，绕过定滑轮的细线连着两个小球，小球a 、b 分别套
在水平杆和竖直杆上，某时刻连接两球的细线与竖直方向的夹角均为
37°，此时a 、b 两球的速度大小之比v a v b 为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A.43
B ．34 C.259 D ．2516
解析：A 将a 、b 两小球的速度分解为沿细线方向的速度与垂直细线方向的速度，则a 球沿细线方向的速度大小为v 1＝v a sin 37°，b 球沿细线方向的速度大小为v 2＝v b cos 37°，
又v 1＝v 2，解得v a v b ＝cos 37°sin 37°＝43
，A 正确． 2．羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高，若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则( )
A ．击中甲、乙的两球初速度v 甲＝v 乙
B ．击中甲、乙的两球运动时间可能不同
C ．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓
D ．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大
解析：C 由题图可知，甲、乙高度相同，所以球到达两鼓用时相同，但由于两鼓离
林丹的水平距离不同，甲的水平距离较远，由v ＝x t
可知，击中甲、乙的两球初速度v 甲＞v 乙，故A 、B 错误；甲鼓的位置比丁鼓位置较高，则球到达丁鼓用时较长，则若某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，故C 正确；由于丁鼓与丙鼓高度相同，但由题图可知，丁鼓离林丹的水平距离大，所以击中丁鼓的球的初速度一定大于击中丙鼓
的球的初速度，即击中丙鼓的球的初速度不是最大的，故D 错误．
3．某游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB 上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸．圆心为O 的圆弧槽BCD 上开有小孔P ，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP 方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上( )
A ．位于
B 点时，只要弹丸射出速度合适就能过关
B ．只要高于B 点，弹丸射出速度合适都能过关
C ．只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关
D ．有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关
解析：C 根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可知，
位于B 点时，不管速度多大，弹丸都不可能从P 点射出，故A 错误；
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可得：EN ＝12R (1＋cos α)，则竖直位移PN ＝EN ·tan α＝12
R (1＋cos α)tan α，弹射器离B 点的高度为y ＝PN －R sin α＝12
R (tan α－sin α)，所以只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关，故B 、D 错误，C 正确．
4．北斗问天，国之夙愿．我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍．与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星( )
A ．周期大
B ．线速度大
C ．角速度大
D ．加速度大
解析：A 由G Mm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 、G Mm r 2＝m v 2r 、G Mm r 2＝mω2r 、G Mm r
2＝ma 可知T ＝2πr 3GM 、v ＝ GM r 、ω＝ GM r 3、a ＝GM r 2
，因为地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地轨道卫星的轨道半径，所以地球静止轨道卫星的周期大、线速度小、角速度小、向心加
速度小，故选项A 正确．
5．游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示．已知模型飞机质量为m ，固定在长为L 的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g )( )
A ．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B ．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C ．旋臂对模型飞机作用力大小为m g 2＋ω4L 2sin 2θ
D ．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
解析：C 向心力是效果力，模型飞机实际上不受向心力作用，A 错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B 错误；根据B 选项分析知旋臂对模型飞机的作用力大小：F ＝(mg )2＋(mω2L sin θ)2＝m g 2＋ω4L 2sin 2θ，C 正确；根据选项C 的分析知，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D 错误．
6．假定太阳系一颗质量均匀、可看成球体的小行星，自转原来可以忽略．现若该星球
自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的23
.已知引力常量G ，则该星球密度ρ为( )
A.9ω2
8πG
B ．ω23πG C.3ω2
2πG D ．9ω24πG
解析：D 忽略该星球自转的影响时：G Mm R
2＝mg ；该星球自转加快，角速度为ω时：G Mm R 2＝23mg ＋mω2R ，星球密度ρ＝M 43
πR 3，解得ρ＝9ω24πG ，故D 正确，A 、B 、C 错误；故选D.
二、多项选择题
7.一快艇从岸边某一位置驶向河中离岸边100 m 远的一浮标处，已知
快艇在静水中的速度—时间图象如图所示，河水流速恒为 3 m/s ，则下列说法正确的是
( )
A ．快艇的运动轨迹一定为曲线
B ．快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
C ．快艇最快到达浮标处经过的位移为100 m
D ．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20 s
解析：AD 快艇在静水中做匀加速直线运动，河水流速恒为 3 m/s ，快艇的合速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以快艇的运动轨迹是曲线，故A 正确，B 错
误．快艇的艇头与河岸垂直时，其到达浮标处所需的时间最短，则d ＝12at 2，由图可知，快艇在静水中的加速度a ＝0.5 m/s 2，得t ＝ 2d a ＝ 2×1000.5
s ＝20 s ，由于快艇在沿河岸方向上有位移，故快艇最快到达浮标处的位移必定大于100 m ，C 错误，D 正确．
8.我国发射的第10颗北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，
该卫星的轨道平面与地球赤道平面有一定的夹角．图中的“8”字是该卫
星相对地面的运行轨迹，该卫星的主要服务区域为亚太地区．已知地
球半径为R ，地球同步卫星的轨道距地面的高度约为地球半径的6倍，
地球表面重力加速度为g ，下列说法正确的是( )
A ．该北斗卫星的轨道半径约为7R
B ．该北斗卫星的线速度小于赤道上物体随地球自转的线速度
C ．图中“8”字交点一定在赤道正上方
D ．可估算出该同步卫星与近地卫星的向心加速度大小之比为1∶49
解析：ACD 由题意可知，该北斗卫星的轨道距地面的高度约为地球半径的6倍，则该北斗卫星的轨道半径约为7R ，选项A 正确；由于同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，根据v ＝rω知，该北斗卫星的线速度大于赤道上物体随地球自转的线速度，选项B 错误；第10颗北斗导航卫星是一颗倾斜地球同步轨道卫星，绕地球做圆周运动，圆心为地心，以地面为参考系，根据几何关系知，图中“8”字交点一定在赤道正上方，选项C 正确；地球表面的重力加速度g ＝GM R 2，同步卫星的向心加速度a ＝GM r 2，r ＝7R ，可得a ＝149
g ，而近地卫星的轨道半径r ′，可近似认为等于R ，则a ′≈g ，综上则有a ∶a ′＝1∶49，选项D 正确．
9.如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴水平向右，y轴竖直向
下，将一个可视为质点的小球从坐标原点O沿x轴正方向以某一初
速度向着一光滑固定斜面抛出，不计空气阻力，小球运动到斜面顶
端a点时速度方向恰好沿斜面向下，并沿ab斜面滑下．若小球沿水
平方向的位移和速度分别用x和v x表示，沿竖直方向的位移和速度
分别用y和v y表示，小球运动到a点的时间为t a，运动到b点的时间为t b，则在小球从O 点开始到运动到斜面底端b点的过程中，以上四个物理量随时间变化的图象可能正确的是()
解析：BC在平抛运动阶段，水平方向做匀速直线运动，v x＝v0保持不变，水平位移x＝v x t随时间均匀增加；竖直方向做自由落体运动，v y＝gt，即v y随时间均匀增大，竖直位移y＝1
2；当小球运动到斜面顶端a点时速度方向恰好沿斜面向下，则小球在斜面上做匀2gt
加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，可知在水平方向上以初速度v0做匀加速直线运动，此时v x＝v0＋a x t，随时间均匀增大，水平位移x＝v0t＋1
2；在竖直方向
2a x t
上继续做匀加速直线运动，v y仍随时间均匀增大，由于加速度小于原来的加速度，故增加的幅度变小，由此分析可知A、D错误，B、C正确．
10．如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为F T，拉力F T与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中a、b为已知量，重力加速度g已知，以下说法正确的是()
A．a与小球的质量无关
B．b与小球的质量无关
C.b a
只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D ．利用a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径
解析：AD 当v 2
＝a 时，绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则mg ＝m v 2r ，解得v 2＝gr ，故a ＝gr ，a 与小球的质量无关，A 正确；当v 2＝2a 时，对小球受力分析，有
mg ＋b ＝m v 2r ，联立解得b ＝mg ，b 与小球的质量有关，B 错误；b a ＝m r ，b a
不只与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关，C 错误；由a ＝gr ，b ＝mg ，解得r ＝a g ，m ＝b g
，D 正确． 三、非选择题
11．无人机在距离水平地面高度h 处，以速度v 0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g .
(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x ；
(2)求包裹落地时的速度大小v ；
(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x 轴方向，竖直向下为y 轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程．
解析：(1)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，
h ＝12gt 2，t ＝2h g
水平分运动是匀速直线运动，x ＝v 0t
联立解得x ＝v 0 2h g
. (2)法一：根据动能定理mgh ＝12m v 2－12m v 20
(或根据机械能守恒定律12m v 20＋mgh ＝12
m v 2) 解得v ＝v 20＋2gh .
法二：应用运动的合成与分解
落地时，竖直方向分速度v y ＝gt 则合速度v ＝v 20＋y 2y ，解得v ＝v 20＋2gh .
(3)在竖直方向上y ＝12
gt 2 在水平方向上x ＝v 0t
消t 可得y ＝g 2v 20
x 2. 答案：(1)v 0 2h g (2)v 20＋2gh (3)y ＝g 2v 20
x 2 12．如图所示，“蜗牛”状轨道OAB 竖直固定在水平地面上，与地面在B 处平滑连接．其中“蜗牛”状轨道由内壁光滑的半圆轨道OA 和AB 平滑连接而成，半圆轨道OA 的半径R 1＝0.6 m ，半圆轨道AB 的半径R 2＝1.2 m ，水平地面BC 长为x BC ＝11 m ，C 处是一个开口较大的深坑．一质量m ＝0.1 kg 的小滑块从O 点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA 后，沿OAB 轨道运动至水平地面，已知小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.
(1)为使小滑块不脱离OAB 轨道，小滑块在O 点的初速度v 0至少为多大？
(2)若小滑块在O 点的初速度v 0＝6 m/s ，小滑块运动到B 点时对半圆轨道的压力为多大？
(3)若使小滑块能落入深坑，则小滑块在O 点的初速度v 0至少为多大？
解析：(1)小滑块通过最高点A 的临界条件是
mg ＝m v 2A R 2
解得小滑块经A 点的最小速度为v A ＝gR 2＝2 3 m/s
小滑块由O 到A 过程中，由机械能守恒定律得
mg ·2R 1＋12m v 2A ＝12
m v 20 解得v 0＝6 m/s.
(2)小滑块由O 到B 过程中，机械能守恒，
则mgR 2＋12m v 20＝12
m v 2B 解得v B ＝215 m/s
在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2B R 2
解得F N ＝6 N
由牛顿第三定律得滑块在B 点对半圆轨道的压力 F N ′＝F N ＝6 N.
(3)小滑块由O 到C 过程中，由动能定理得
mgR 2－μmgx BC ＝0－12m v 20
解得v 0＝8 m/s ，所以小滑块的初速度至少为8 m/s. 答案：(1)6 m/s
(2)6 N (3)8 m/s。