高三一轮复习物理第4章《曲线运动、万有引力与航天》章末大盘点

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文档介绍

高三一轮复习物理第4章《曲线运动、万有引力与航天》章末大盘点

‎(本栏目内容,在学生用书中以活页形式分册装订!)‎ 一、选择题 ‎1.右图示为一链条传动装置的示意图.已知主动轮是逆时针转动的,转速为n,主动轮和从动轮的齿数比为k.以下说法中正确的是(  )‎ A.从动轮是顺时针转动的 B.从动轮是顺时针转动的 C.从动轮的转速为nk D.从动轮的转速为n/k 解析: 主动轮与从动轮的转速比等于两轮的齿数之反比,即n∶n′=,可得C正确.‎ 答案: C ‎2.(2010·天津理综)探测器绕月球做匀速圆周运动,变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动,则变轨后与变轨前相比(  )‎ A.轨道半径变小 B.向心加速度变小 C.线速度变小 D.角速度变小 解析: 探测器做匀速圆周运动由万有引力充当向心力,G=mr,G=m,G=mω2r,G=ma.由以上四式可知,T减小则r减小,a、v、ω均增大,故仅A正确.‎ 答案: A ‎3.英国《新科学家(New Scientist)》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最,在XTEJ1650-500双星系统中发现的最小黑洞位列其中.若某黑洞的半径R约‎45 km,质量M和半径R的关系满足=(其中c为光速,G为引力常量),则该黑洞表面重力加速度的数量级为(  )‎ A.‎108 m/s2 B.‎1010 m/s2‎ C.‎1012 m/s2 D.‎1014 m/s2‎ 解析: 星球表面的物体满足mg=G,即GM=R‎2g,由题中所给条件=推出GM=Rc2,则GM=R‎2g=Rc2,代入数据解得g=‎1012 m/s2,C正确.‎ 答案: C ‎4.质量为‎2 kg的质点在x-y平面上做曲线运动,在x方向的速度图象和y方向的位移图象如右图所示,下列说法正确的是(  )‎ A.质点的初速度为‎5 m/s B.质点所受的合外力为5 N C.质点初速度的方向与合外力方向垂直 D.2 s末质点速度大小为‎6 m/s 解析: 由x方向的速度图象可知,在x方向的加速度为‎1.5 m/s2,受力Fx=3 N,由在y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动,速度为vy=‎4 m/s,受力Fy=0.因此质点的初速度为‎5 m/s,A选项正确;受到的合外力为3 N,B选项错误;显然,质点初速度方向与合外力方向不垂直,C选项错误;2 s末质点速度应该为v= m/s=‎2 m/s,D选项错误.‎ 答案: A ‎5.如右图所示,在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球,经过时间ta恰好落在斜面底端P处;今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球,经过时间tb恰好落在斜面的中点处.若不计空气阻力,下列关系式正确的是(  )‎ A.va=vb B.va=vb C.ta=tb D.ta=2tb 解析: 本题考查平抛运动,中档题.做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定t=,a物体下落的高度是b的2倍,有ta=tb,D错误;水平方向的距离由高度和初速度决定x=v0,由题意得a的水平位移是b的2倍,可知va=vb,B正确.‎ 答案: B ‎6.(2011·东北三校二次联考)如右图所示,在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上,有一物体随圆筒一起转动.在圆筒的角速度逐渐增大的过程中,物体相对圆筒始终未滑动,下列说法中正确的是(  )‎ A.物体所受弹力逐渐增大,摩擦力大小一定不变 B.物体所受弹力不变,摩擦力大小减小了 C.物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角为零 D.物体所受弹力逐渐增大,摩擦力大小可能不变[来源:Zxxk.Com]‎ 解析: 在圆筒的角速度逐渐增大的过程中,物体相对圆筒始终未滑动,则摩擦力的竖直分量与重力平衡,切线分量与速度方向相同,使物体速度增加, 所以物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零,C错误;物体的向心力由弹力提供,随着速度增加,向心力增加,物体所受弹力逐渐增大,如果圆筒的角速度均匀增加,则摩擦力大小不变,D正确.‎ 答案: D ‎7.地球有一个可能的天然卫星被命名为“J002E‎2”‎,这个天体是美国亚利桑那州的业余天文爱好者比尔·杨发现的,他发现“J002E‎2”‎并不是路经地球,而是以50天的周期围绕地球运行,其特征很像火箭的残片或其他形式的太空垃圾.由此可知“J002E‎2”‎绕地半径与月球绕地的半径之比约为(  )‎ A. B. C. D. 解析: 由万有引力提供向心力有=m12r1和=m月2r月,两式相比解得:约为 ,A正确.‎ 答案: A ‎8.(2011·西南师大附中模拟)如右图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是(  )‎ A.小球通过最高点时的最小速度vmin= B.小球通过最高点时的最小速度vmin=0‎ C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球有较小的作用力 D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力 解析: 小球沿管上升到最高点的速度可以为零,故A错误,B正确;小球在水平线ab以下的管道中运动时,由外侧管壁对小球的作用力FN与球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力,即:FN-Fmg=m,因此,外侧管壁一定对球有作用力,而内侧壁无作用力,C错误;小球在水平线ab以上的管道中运动时,小球受管壁的作用力与小球速度大小有关,D错误.‎ 答案: B ‎9.经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”.“双星系统”是由两颗相距较近的恒星组成,每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离,而且双星系统一般远离其他天体.如右图所示,两颗星球组成的双星,在相互之间的万有引力的作用下,绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动.现测得两颗星之间的距离为L,质量之比为m1∶m2=3∶2.则可知(  )‎ A.m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2‎ B.m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2‎ C.m1做圆周运动的半径为L D.m2做圆周运动的半径为L 解析: 两恒星的轨道半径分别为r1、r2,则 r1+r2=L 又由两恒星的向心力大小相等得 G=m1r1ω2=m2r2ω2‎ 由以上两式得r1=L,r2=L 所以v1∶v2=r1∶r2=2∶3,故选C.‎ 答案: C ‎10.(2011·安徽亳州)如右图所示,P是水平面上的圆弧凹槽.从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球,恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道.O是圆弧的圆心,θ1是OA与竖直方向的夹角,θ2是BA与竖直方向的夹角.则(  )‎ A.=2 B.tan θ1tan θ2=2‎ C.=2 D.=2‎ 解析: 由题意可知:tan θ1==,tan θ2===,所以tan θ1tan θ2=2,故B正确.‎ 答案: B 二、非选择题 ‎11.如右图所示,将一根光滑的细金属棒折成“V”形,顶角为2θ,其对称轴竖直,在其中一边套上一个质量为m的小金属环P.‎ ‎(1)若固定“V”形细金属棒,小金属环P从距离顶点O为x的A点处由静止自由滑下,则小金属环由静止下滑至顶点O需多长时间?‎ ‎(2)若小金属环P随“V”形细金属棒绕其对称轴以每秒n转匀速转动时,则小金属环离对称轴的距离为多少?‎ 解析: (1)设小金属环沿棒运动的加速度为a,滑至O点用时为t,由牛顿第二定律得mgcos θ=ma 由运动学公式得x=at2‎ 联立解得t=.‎ ‎(2)设小金属环离对称轴的距离为r,由牛顿第二定律和向心力公式得 mgcot θ=mrω2,ω=2πn 联立解得r=.‎ 答案: (1)  (2) ‎12.(2010·重庆理综)小明站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为m的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如右图所示.已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长为d,重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力.‎ ‎(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2.‎ ‎(2)问绳能承受的最大拉力多大?‎ ‎(3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应为多少?最大水平距离为多少?‎ 解析: (1)设绳断后球飞行时间为t,由平抛运动规律,有竖直方向d-d=gt2,水平方向d=v1t 联立解得v1= 由机械能守恒定律,有 mv=mv+mg 得v2=.‎ ‎(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT,这也是球受到绳的最大拉力大小.‎ 球做圆周运动的半径为R=d 由圆周运动向心力公式,有FT-mg= 联立解得FT=mg.‎ ‎(3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳承受的最大拉力不变,‎ 有FT-mg=m得v3= 绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,水平位移为x,时间为t1.‎ 有d-l=gt,x=v3t1‎ 得x=4 当l=时,x有极大值xm=d.‎ 答案: (1)v1= v2= (2)mg (3)l= xm=d ‎滚动训练(三)‎ ‎(本栏目内容,在学生用书中以活页形式分册装订!)‎ 一、选择题 ‎1.(2011·南通三模)关于速度和加速度,下列说法中正确的是(  )‎ A.速度不变时,加速度可能改变 B.加速度增大时,速度可能减小 C.速度变化越来越快时,加速度越来越小[来源:学&科&网Z&X&X&K]‎ D.速度方向改变时,加速度的方向也一定改变 解析: 速度不变时,加速度一定为零,选项A错误;加速度方向与速度方向相反时速度减小,选项B正确;加速度是表示速度变化快慢的物理量,速度变化越来越快时,加速度越来越大,选项C错误;速度方向改变时,加速度方向不一定改变,如平抛运动,选项D错误.‎ 答案: B ‎2.如右图所示,物体在水平外力作用下处于静止状态,当外力F由图示位置逆时针转到竖直位置的过程中,物体仍保持静止,则静摩擦力可能为(  )[来源:Zxxk.Com]‎ ‎①0 ②F ③ ④‎‎2F A.①②④         B.②③④‎ C.①②③ D.①③④‎ 解析: 由于物体不动,当F逆时针转动时,静摩擦力与F的水平分力平衡,当F水平时,Ff=F,当F竖直时,Ff=0,所以静摩擦力的变化范围是0≤Ff≤F,故正确选项为C.‎ 答案: C ‎3.汶川大地震后,为解决灾区群众的生活问题,党和国家派出大量直升机空投救灾物资.有一直升机悬停在空中向地面投放装有物资的箱子,如右图所示.设投放初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿态.在箱子下落过程中,下列说法正确的是(  )‎ A.箱内物体对箱子底部始终没有压力 B.箱子刚投下时,箱内物体受到的支持力最大 C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”‎ 解析: 因为下落速度不断增大,而阻力F∝v2,所以阻力逐渐增大,当F=mg时,物体开始匀速下落.以箱和物体为整体:(M+m)g-F=(M+m)a,F增大则加速度a减小,对物体:Mg-FN=ma,加速度减小,则支持力FN增大.所以物体后来受到的支持力比开始时要增大,但不可能“飘起来”.‎ 答案: C ‎4.如右图所示,水平地面上有一楔形物块a,其斜面上有一小物块b,b与平行于斜面的细绳的一端相连,细绳的另一端固定在斜面上.a与b之间光滑,a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动.当它们刚运行至轨道的粗糙段时(  )‎ A.绳的张力减小,b对a的正压力减小 B.绳的张力增加,斜面对b的支持力增加 C.绳的张力减小,地面对a的支持力增加 D.绳的张力增加,地面对a的支持力减小 答案: C ‎5.如右图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行,木块受到向右的拉力F的作用,长木板处于静止状态,已知木板与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,则(  )‎ A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1Mg B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)g C.当F>μ2(m+M)g时,长木板便会开始运动 D.无论怎样改变F的大小,长木板都不可能运动 解析: 木块受到的滑动摩擦力大小为μ1mg,由牛顿第三定律,长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ1mg,对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ1mg,A错误.改变F的大小,木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化,长木板受力不变,D正确.‎ 答案: D ‎6.(2011·山西实验中学月考)荡秋千是大家喜爱的一项体育活动,随着科技的发展,将来有一天,同学们也许会在其它星球上享受荡秋千的乐趣.假设你当时所在星球的质量与地球质量之比为1∶80,半径为1∶4.可将人看成质点,摆角小于90°,若经过最低位置的速度为‎4 m/s,你能上升的最大高度是(  )‎ A.‎0.8 m B.‎‎4 m C.‎2 m D.‎‎1.6 m 解析: 由黄金代换式可得星球表面的重力加速度:g′=g=‎2 m/s2,由机械能守恒定律得:h==‎4 m,B正确.‎ 答案: B ‎7.以‎35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球.不计空气阻力,g=‎10 m/s2,以下判断错误的是(  )‎ A.小球到最大高度时的速度为0‎ B.小球到最大高度时的加速度为0‎ C.小球上升的最大高度为‎61.25 m D.小球上升阶段所用的时间为3.5 s 解析: 小球到最大高度时的速度一定为零,否则该点不是最大高度,A正确;小球上抛过程中只受重力作用,故加速度始终为g,B错;由 v2-v=2(-g)h⇒h==‎61.25 m,‎ C正确;‎ 由v=v0-gt⇒t==3.5 s,D正确.‎ 答案: B ‎8.如下图所示,三个小球从同一高处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出,落在水平面上的位置分别是A、B、C,O′是O在水平面上的射影点,且O′A∶AB∶BC=1∶3∶5.若不计空气阻力,则下列说法正确的是(  )‎ A.v1∶v2∶v3=1∶3∶5   B.三个小球下落的时间相同 C.三个小球落地的速度相同 D.三个小球落地的动能相同 解析: 本题考查平抛运动的规律.根据t=可得,做平抛运动的物体在空中运动的时间是由高度决定的,B项正确;根据平抛运动的速度公式v1=,v2=,v3=,由于O′A∶AB∶BC=1∶3∶5,所以O′A∶O′B∶O′C=1∶4∶9,故v1∶v2∶v3=1∶4∶9,A项错误;落地时的速度v=,由于三个小球高度相同,所以落地时它们的竖直分速度vy是相等的,但是由于vx不相等,所以落地时的速度v不相等,C项错误;由于三小球落地时的速度不相等,所以它们落地时动能也不相等,D项错误.‎ 答案: B ‎9.如右图所示,长为L的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B,另一端固定在水平转轴O上,轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω.在轻杆A与水平方向夹角α从0°增加到90°的过程中,下列说法正确的是(  )‎ A.小球B受到轻杆A作用力的方向一定沿着轻杆A B.小球B受到的合力的方向不一定沿着轻杆A C.小球B受到轻杆A的作用力逐渐增大 D.小球B受到轻杆A的作用力对小球B做正功 解析: 因为小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以小球B受到的合力的方向一定沿着轻杆A,A、B均错误.由于小球所受的重力以及所需的向心力均不变,而重力与合力(向心力)之间的夹角减小,故小球B受到轻杆A的作用力逐渐减小,C错误;由于小球的动能不变,而重力做负功,所以小球B受到轻杆A的作用力对小球B做正功,D正确.‎ 答案: D ‎10.(2010·新课标全国卷)太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道.下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象.图中坐标系的横轴是lg(T/T0),纵轴是lg(R/R0);这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径,T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径.下列4幅图中正确的是(  )‎ 解析: 取其中一行星为研究对象,设其质量为m,轨道半径为R,太阳的质量为M,则G=m2·R,得=,水星=.所以3=2,所以3lg=2lg,所以B项对.‎ 答案: B ‎11.假设我国发射的探月卫星“嫦娥一号”的绕月运行轨道和载人飞船“神舟七号”的绕地运行轨道都可以看成是圆轨道,且不计卫星到月球表面的距离和飞船到地球表面的距离.已知月球质量约为地球质量的1/81,月球半径约为地球半径的1/4,地球上的第一宇宙速度约为‎7.9 km/s,卫星和飞船的轨道半径分别为r星、r船,周期分别为T星、T船,且k星=,k船=‎ ,则下列说法或结果正确的是(  )‎ A.“神舟七号”绕地运行的速率大于‎7.9 km/s B.“嫦娥一号”绕月运行的速率为‎3.95 km/s C.k星∶k船=1∶81‎ D.T星∶T船=1∶4[来源:学科网ZXXK]‎ 解析: 根据v=可知轨道越高,运行速度越小,第一宇宙速度是物体在地球表面附近做匀速圆周运动的临界速度,故飞船速度应小于第一宇宙速度,A错误;“嫦娥一号”绕月运行的速率v星===v地=‎1.76 km/s,B错误;飞船和卫星分别绕地球和月球运行,由万有引力提供向心力,有:mr=,故k==,T=,代入数据得:k星∶k船=1∶81,T星∶T船=9∶8,C正确,D错误.‎ 答案: C 二、非选择题 ‎12.如右图所示,竖直平面内两根光滑细杆所构成的角∠AOB被铅垂线OO′平分,∠AOB=120°.两个质量均为m的小环P、Q通过水平轻弹簧的作用静止在A、B两处,A、B连线与OO′垂直,连线与O点的距离为h,弹簧原长为h.现在两小环沿杆向下移动至A′B′,使其在竖直方向上均下移h距离,同时释放两环.整个过程未超出弹簧的弹性限度,重力加速度为g,试求:‎ ‎(1)弹簧的劲度系数;‎ ‎(2)释放瞬间两环加速度的大小.‎ 解析: (1)在A、B处,弹簧处于伸长状态,伸长量 x=2(htan 60°-h)=h 由小环P(或Q)受力平衡可知:‎ tan 60°= 根据胡克定律知F=kx.‎ 解之得 k=.‎ ‎(2)在A′、B′处,弹簧伸长量x′=3h 此时弹簧弹力F′=kx′=×3h=mg.‎ 由牛顿第二定律知,释放瞬间 F′cos 30°-mgsin 30°=ma 解得a=g.‎ 答案: (1) (2)g ‎13.参加电视台娱乐节目,选手要从较高的平台上以水平速度跃出后,落在水平传送带上,已知平台与传送带高度差H=‎1.8 m,水池宽度x0=1.2 m,传送带A、B间的距离L0=‎20 m,由于传送带足够粗糙,假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止,经过一个Δt=1.0‎ ‎ s反应时间后,立刻以a=‎2 m/s2恒定向右加速度跑至传送带最右端.‎ ‎(1)若传送带静止,选手以v0=‎3 m/s水平速度从平台跃出,求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间.‎ ‎(2)若传送带以u=‎1 m/s的恒定速度向左运动,选手要能到达传送带右端,他从高台上跃出的水平速度v1至少多大?在此情况下到达B点时速度大小是多少?‎ 解析: (1)设选手落在传送带前的运动时间为t1,水平运动距离为x1;选手在传送带上的运动时间为t2,运动距离为x2,由运动学公式可得H=gt/2,t1==0.6 s.‎ x1=v0t1=‎1.8 m,[来源:学_科_网Z_X_X_K]‎ x2=L0-(x1-x0)=at/2,t2=4.4 s.‎ t=t1+t2+Δt=6.0 s.‎ ‎(2)设水平跃出速度v1,落到传送带1 s反应时间内向左位移大小为x′1,则x′1=uΔt=‎1 m.‎ 然后设向左减速至速度为零又向左发生位移为x′2,则x′2==‎0.25 m.‎ 不从传送带上掉下,平抛水平位移x≥x0+x′1+x′2=‎2.45 m,‎ 则v1≥=‎4.08 m/s,最小速度为‎4.08 m/s.‎ 设在此情况下到达B点时速度大小为v,则v2=2aL0,v== m/s=‎4 m/s.‎ 答案: (1)6.0 s (2)‎4.08 m/s ‎4 m/s
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