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

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