【物理】2020届二轮复习专题1第3讲 曲线运动与天体的运动作业
第一部分 专题一 第3讲 曲线运动与天体的运动
一、选择题：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6～11题有多项符合题目要求．
1．(2019年茂名一模)如图所示，有一内壁光滑的高为H＝5 m、宽为L＝1 m的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g＝10 m/s2.则小球的初速度v0的大小可能是( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．9 m/s
【答案】D
【解析】根据平抛运动的分析可知H＝gt2，(2n＋1)L＝v0t，解得v0＝(2n＋1)L＝(2n＋1) m/s，要满足题意则n＝0,1,2,3…，所以v0的可能值为1 m/s，3 m/s，5 m/s,7 m/s,9 m/s…，故D正确，A、B、C错误．
2．(2019年豫北豫南名校联考)目前中国航天的嫦娥计划进展顺利，马上将实施的项目为“嫦娥五号”，如今我们取得突破马上要登上月球，并将把采集到的月球样品送回地球！ 若“嫦娥五号”的着陆器在下落到距月面h高度处悬停后，关闭发动机做自由落体运动，经时间t落到月球表面，取样后着陆器从月面起飞时的速度至少要达到月球第一宇宙速度的倍时，才能克服月球的引力离开月球．已知万有引力常量为G，月球的半径为R，不考虑月球自转的影响，则着陆器要脱离月球返回地球，从月球表面的起飞速度至少应为( )
A． B．
C． D．2
【答案】A
【解析】着陆器在h处自由落体运动经过时间t落地，有h＝g月t2，可得g月＝；根据万有引力提供向心力mg月＝m，可知月球表面的第一宇宙速度为v1＝＝
，而起飞速度为第一宇宙速度的倍，即为v＝v1，故选A.
3．(2018年安徽合肥三模)如图所示，在宽为H的河流中，甲、乙两船从相距H的A、B两个码头同时开始渡河，船头与河岸均成60°角，两船在静水中的速度大小相等，且乙船恰能沿BC到达正对岸的C.则下列说法正确的是( )
A．两船不会相遇 B．两船在C点相遇
C．两船在AC的中点相遇 D．两船在BC的中点相遇
【答案】D
4．(2019年汕尾模拟)我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射第41颗北斗导航卫星．这颗卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)．取地球半径为R＝6.4×106 m，地球表面重力加速度g＝9.8 m/s2.下列说法正确的是( )
A．该卫星到地面的高度约为4.2×107 m
B．该卫星的线速度约为3.1 km/s
C．该卫星发出的电磁波信号传播到地面经过时间约为1 s
D．该卫星做圆周运动的加速度小于月球绕地球做圆周运动的加速度
【答案】B
【解析】地球同步卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，G＝mr，在地球表面重力与万有引力相等，G＝mg，以由上两式代入T＝24 h，R＝6.4×106 m，g＝9.8 m/s2，可解得r＝4.2×107 m．该卫星的轨道半径为4.2×107 m，则卫星距地面的高度h＝3.6×107 m，故A错误；该卫星的线速度v＝，代入数据可解得v＝3.1 km/s，故B正确；由A分析知，该卫星距地面高度为3.6×107 m，电磁波传播速度为3×108 m/s，故信号传播时间大约为0.1 s，故C错误；根据G＝ma可得a＝G，同步卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，故其加速度大于月球绕地球圆周运动的加速度，故D错误．
5．(2019年岳阳一模)2022年冬奥会将在北京召开．如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则( )
A．t1＝t2，CF＝FD
B．t1>t2，CF>FD
C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离也加倍
D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
【答案】D
【解析】以C点为原点，CD为x轴和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图．对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动．当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知t1＝t2.而x轴方向运动员做匀加速运动，t1＝t2，故CF
m), 他们围绕共同的圆心O做匀速圆周运动．从地球A看过去，双星运动的平面与AO垂直，AO距离恒为L.观测发现质量较大的恒星M做圆周运动的周期为T，运动范围的最大张角为Δθ(单位是弧度)．已知引力常量为G，Δθ很小，可认为sin Δθ＝tan Δθ＝Δθ，忽略其他星体对双星系统的作用力．则( )
A．恒星m的角速度大小为
B．恒星m的轨道半径大小为
C．恒星m的线速度大小为
D．两颗恒星的质量m和M满足关系式＝
【答案】BCD
【解析】恒星m与M具有相同的角速度，则角速度为ω＝，选项A错误；恒星M的轨道半径为R＝Ltan＝LΔθ，对恒星系统可得 mω2r＝Mω2R，解得恒星m的轨道半径大小为r＝，选项B正确；恒星m的线速度大小为v1＝ωr＝·＝，选项C正确；对恒星系统G＝mω2r＝Mω2R，解得GM＝ω2r(r＋R)2，Gm＝ω2R(r＋R)2，相加得G(M＋m)＝ω2(R＋r)3，联立可得＝，选项D正确．
9．(2019年重庆一模)在水平地面上方同一高度处，把a球斜上抛，把b球平抛，两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上，空气阻力不计．在此过程中，下列说法正确的是( )
A．两球着地时的动能相同 B．两球着地时的动量相同
C．重力对两球所做的功相同 D．重力对两球的冲量相同
【答案】AC
【解析】斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两物体初位置和下落高度相同，故重力做功相同，根据动能定理有Ek－Ek0＝WG，因为Ek0＝mv相同，WG相同，故两球着地时的动能相同，故A、C正确；两球初始高度相同，a球斜上抛，b球平抛，a球开始时具有向上的分速度，所以a球运动的时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量比对b球的冲量大，则落地时a球竖直方向的分动量大；又由于二者落地时的动能相等，则落地的速度大小相等，所以可知二者落地时速度的方向和动量的方向不同，故B错误，D错误．
10．(2019年云南二模)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°，现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下结论正确的是( )
A．A、B两点间的高度差为R
B．C到N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋)mg
D．小球从N点运动到C点的时间为
【答案】AC
【解析】采用逆向思维，C到N做平抛运动，即沿N点切线方向进入，设小球经过C的速度为vC，根据平行四边形定则知，小球在N点的竖直分速度vyN＝vCtan 45°＝vC，由竖直方向的自由落体运动得v＝2gRcos α，得vyN＝＝vC.从A到C的过程由动能定理得mghAB＝mv，联立解得hAB＝，故A正确；则N到C的时间t＝＝，C、N的水平距离x＝vCt＝R，故B、D错误；从A到M的过程由动能定理得mg(hAB＋R)＝mv，在M点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，联立解得N＝(3＋)mg，由牛顿第三定律知对轨道的压力为N′＝(3＋)mg，故C正确．
11．(2019年东北三省四市二模)继“好奇”号之后，“洞察”号再次探访火星，使火星再次成为人类最为关注的行星．已知它的直径约是地球的一半，质量约为地球质量的，表面积相当于地球陆地面积，自转周期与地球十分接近，到太阳的距离约是日地距离的1.5倍．根据以上信息可知( )
A．火星表面的重力加速度约是地球的0.4倍
B．火星的第一宇宙速度约为地球的1.6倍
C．火星的同步卫星轨道半径约为地球的1倍
D．火星的公转周期约1.8年
【答案】AD
【解析】根据万有引力等于重力得出＝mg，得g＝，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的0.4倍，故A正确；根据第一宇宙速度的公式v＝，则火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比＝＝＝<1倍，故B错误；由G＝mr得r3＝，则＝＝，故C错误；研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出G＝mR，得T＝2π，M为太阳的质量，R为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现火星与地球公转周期之比为3∶4，所以火星的公转周期约1.8年，故D正确．
二、非选择题
12．(2019年四川模拟)如图所示为某同学设计的投射装置，水平地面上固定一根内壁光滑的细管道，管道下端固定在水平地面上，管道竖直AB部分长度为2R，BC部分是半径为R的四分之一圆弧，管口沿水平方向，O为圆弧的圆心．与圆心O水平距离为R的竖直墙壁上固定一个半径为的圆形靶子，圆心O′与O等高，E、F为靶子的最高点和最低点．管道内A处有一插销，挡住下面的小球，弹簧上端与小球并未连接，弹簧下端固定在金属杆MN上，MN可上下调节，改变弹簧压缩量．小球质量为m且可视为质点，不计空气阻力和弹簧的质量，重力加速度为g.为了让小球击中靶子，求：
(1)小球对管道C处的最大压力；
(2)弹簧储存的弹性势能的范围．
【答案】(1)mg，方向竖直向下 (2)≤Ep≤
【解析】(1)因管口处于水平，小球从C点离开后做平抛运动水平位移R＝vCt
竖直位移h＝gt2
要使小球打到靶子上，小球下落的高度为R≤h≤R
小球下落的时间为≤t≤
所以小球从C处离开时的速度为≤vC≤
当v<时，轨道内侧对小球提供支持力，所以当vC＝时，小球对轨道压力最大．
由牛顿第二定律可知mg－N＝m
解得N＝mg
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小
N′＝N＝mg
压力的方向竖直向下．
(2)小球由A至C运动过程中，根据能量守恒可知，取A所在水平面为零势能面
Ep＝3mgR＋mv
由此求得≤Ep≤.
13．(2019年柳州模拟)如图所示，一个圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点．将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力．
(1)若小球从C点射出后恰好能落到垫子的M端，则小球经过C点时对管的作用力大小和方向如何？
(2)欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的高度的取值范围是多少？
解：(1)小球离开C点做平抛运动，落到M点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得R＝gt2
运动时间t＝
从C点射出的速度为v1＝＝
设小球以v1经过C点受到管对它的作用力为FN，由牛顿第二定律得mg－FN＝m
解得FN＝mg－m＝
由牛顿第三定律知，小球对管的作用力大小为mg，方向竖直向下．
(2)小球下降的高度最高时，小球平抛的水平位移为4R，落到N点．
设能够落到N点的水平速度为v2，根据平抛运动规律可求得v2＝＝
设小球下降的最大高度为H，根据机械能守恒定律得mg(H－R)＝mv
解得H＝＋R＝5R
小球下降的高度最低时，小球运动的水平位移为R，落到M点，同理可解得H＝
故H取值范围是R≤H≤5R.
