【物理】2020届一轮复习人教版曲线运动万有引力与航天作业

【物理】2020届一轮复习人教版曲线运动万有引力与航天作业

‎2020届一轮复习人教版 曲线运动万有引力与航天 作业 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)‎ ‎1．(2018·南通市、泰州市一模)如图1所示，某同学以不同的初速度将篮球从同一位置抛出．篮球两次抛出后均垂直撞在竖直墙上．图中曲线为篮球第一次运动的轨迹，O为撞击点．篮球第二次抛出后与墙的撞击点在O点正下方．忽略空气阻力，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．篮球在空中运动的时间相等 B．篮球第一次撞墙时的速度较小 C．篮球第一次抛出时速度的竖直分量较小 D．篮球第一次抛出时的初速度较小 答案　B ‎2.(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等的小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0,2L)抛出，落在(2L, 0)处；小球b、c从(0，L)抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．小球b的初速度是小球a的初速度的两倍 B．小球b的初速度是小球a的初速度的倍 C．小球b的动能增量是小球c的动能增量的两倍 D．小球a的动能增量是小球c的动能增量的倍 答案　B 解析　对小球a、b，根据h＝gt2可知t＝，又因为ha∶hb＝2∶1，所以ta∶tb＝ ‎∶1，根据v0＝，＝可知＝，故A错误，B正确；b、c小球的竖直位移相同、质量相同，根据动能定理ΔEk＝mgh可知，小球b的动能增量等于小球c的动能增量，选项C错误；小球a的竖直位移等于小球c的竖直位移的2倍，两球质量相同，根据动能定理可知，小球a的动能增量等于小球c的动能增量的2倍，选项D错误．‎ ‎3．(2018·徐州三中月考)如图3所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是(　　)‎ 图3‎ A．绳子的拉力大于A的重力 B．绳子的拉力等于A的重力 C．绳子的拉力小于A的重力 D．绳子的拉力先大于A的重力，后小于A的重力 答案　A 解析　将小车的速度正交分解，如图所示，小车沿绳子方向的速度等于A的速度，设绳子与水平方向的夹角为θ，根据平行四边形定则，物体A的速度vA＝vcosθ，小车匀速向右运动时，θ减小，则A的速度增大，所以A加速上升，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有：FT－GA＝mAa，知绳子的拉力大于A的重力，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎4．(2018·苏州市期初调研)“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是(　　)‎ A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的5倍 B．“轨道康复者”的线速度是地球同步卫星线速度的倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以对接并拯救低轨道上的卫星 答案　B 解析　根据公式a＝ 可得“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，A错误；根据公式v＝可得“轨道康复者”的线速度是同步卫星线速度的倍，即“轨道康复者”的速度大于地球自转的速度，故站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，B正确，C错误；“轨道康复者”在高轨道上加速，则做离心运动，向更高轨道运动，所以不能对接低轨道上的卫星，D错误．‎ ‎5．(2018·安徽池州联考)2018年9月7日将发生海王星冲日现象，海王星冲日是指海王星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与海王星之间。此时海卫星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察。地球和海王星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，地球一年绕太阳一周，海王星约164.8年绕太阳一周。则(　D　)‎ A．地球的公转轨道半径比海王星的公转轨道半径大 B．地球的运行速度比海王星的运行速度小 C．2019年不会出现海王星冲日现象 D．2017年出现过海王星冲日现象 ‎[解析]　地球的公转周期比海王星的公转周期小，根据万有引力提供向心力，有G＝mr，可得T＝2π，可知地球的公转轨道半径比海王星的公转轨道半径小，故A错误；根据万有引力提供向心力，有G＝m，解得v＝，可知海王星的运行速度比地球的小，故B错误；T地＝1年，T海＝164.8年，由(ω地－ω海)·t＝2π，可得相邻两次海王星冲日的时间间隔t＝≈1.01年，故C错误，D正确。‎ ‎6．(2018·河北衡水中学二调)如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动。在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止。下列说法正确的是(　AC　)‎ A．小球A所受的合力等于小球B所受的合力 B．小球A与框架间可能没有摩擦力 C．小球B与框架间可能没有摩擦力 D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大 ‎[解析]　由于合力提供向心力，根据F＝mω2r，由于两球的质量、圆周运动的半径和角速度都相同，可知二者向心力大小相等，即合力大小相同，故A正确；小球A 受到的重力和弹力的合力不可能垂直指向转轴，故一定存在摩擦力，而小球B受到的重力和弹力的合力可能垂直指向转轴，故小球B可能不受摩擦力，故B项错误，C项正确；由于不知道小球B是否受到摩擦力，故无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D项错误。‎ ‎7．(2018·四川成都外国语学校诊断)法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球引力共同作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动，人们称之为拉格朗日点。若发射一颗卫星定位于拉格朗日点L2，下列说法正确的是(　CD　)‎ A．该卫星绕太阳运动的周期和地球自转周期相等 B．该卫星在L2点处于平衡状态 C．该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度 D．该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大 ‎[解析]　据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则公转周期相同，故A错误；卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，卫星的轨道半径大，根据公式a＝r可知，卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C正确；卫星在L2或L1处所受太阳和地球引力的合力提供做圆周运动的向心力，即F合＝mr，卫星在L2处的轨道半径比L1处大，所以合力比在L1处大，故D正确。‎ ‎8．(2018·云南曲靖一中质量监测)质量为m的小球通过轻绳a和b与两相互垂直的轻质木架上的A点和C点相连，如图所示。当木架AB绕木架BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，此时轻绳a竖直伸直，轻绳b水平伸直，轻绳a的长度为La，轻绳b的长度为Lb。小球运动到图示位置时，轻绳b被烧断，同时木架停止转动，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　BD　)‎ A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动 B．在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力突然增大 C．若ω＝，则木架停止转动后小球不可能做完整的圆周运动 D．若ω＝，则木架停止转动后小球可能做完整的圆周运动 ‎[解析]　小球原来在水平面内做匀速圆周运动，轻绳b被烧断后，小球将在垂直于平面ABC的竖直面内摆动或做圆周运动，故A错误；轻绳b被烧断前，小球在竖直方向受力平衡，轻绳a中张力等于小球的重力，在轻绳b被烧断瞬间，轻绳a中张力与小球重力的合力提供小球的向心力，且向心力竖直向上，轻绳a的张力将大于小球重力，即轻绳a中张力突然增大，故B正确；轻绳b被烧断，木架停止转动前瞬间，设小球运动的线速度为v1，v1＝ωLb，要使小球恰能做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度v2必须满足mg＝m，根据机械能守恒定律知mv＝mg·2La＋mv，联立以上三式可得ω＝，即ω≥时，小球可以在垂直于平面ABC的竖直面内做完整的圆周运动，C错误，D正确。‎ 二、非选择题(共2小题，共52分。计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分)‎ ‎9．(26分)(2018·湖南株洲一模)如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹角为30°，OB在竖直方向。一个可视为质点的小球从O点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从A点进入圆周轨道内侧，此后沿圆周轨道运动到达B点。已知重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球初速度的大小；‎ ‎(2)小球运动到B点时对圆周轨道压力的大小。‎ ‎[答案]　(1)　(2)6mg ‎[解析]　(1)设小球的初速度为v0，飞行时间为t，则在水平方向有Rcos30°＝v0t 在竖直方向有y＝gt2，vy＝gt 小球运动到A点时与轨道无碰撞，故tan30°＝ 联立解得v0＝，y＝R ‎(2)抛出点距轨道最低点的高度h＝R＋Rsin30°＋y 设小球运动到最低点B时速度为v，圆轨道对小球的支持力为F，‎ 根据机械能守恒定律有mgh＋mv＝mv2‎ 根据牛顿运动定律有F－mg＝m 联立解得F＝6mg 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为6mg。‎ ‎10．(26分)(2019·东城区)如图轨道Ⅲ为地球同步卫星轨道，发射同步卫星的过程可以简化为以下模型：先让卫星进入一个近地圆轨道Ⅰ(离地高度可忽略不计)，经过轨道上P点时点火加速，进入椭圆形转移轨道Ⅱ。该椭圆轨道Ⅱ的近地点为圆轨道Ⅰ上的P点，远地点为同步圆轨道Ⅲ上的Q点。到达远地点Q时再次点火加速，进入同步轨道Ⅲ。‎ 已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R，飞船质量为m，同步轨道距地面高度为h。‎ 当卫星距离地心的距离为r时，地球与卫星组成的系统的引力势能为Ep＝－(取无穷远处的引力势能为零)，忽略地球自转和喷气后飞船质量的变化，问：‎ ‎(1)在近地轨道Ⅰ上运行时，飞船的动能是多少？‎ ‎(2)若飞船在转移轨道Ⅱ上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。已知飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行中，经过P点时的速率为v1，则经过Q点时的速率v2多大？‎ ‎(3)若在近地圆轨道Ⅰ上运行时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围(即探测器可以到达离地心无穷远处)，则探测器离开飞船时的速度v3(相对于地心)至少是多少？(探测器离开地球的过程中只有引力做功，动能转化为引力势能)‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3) ‎[解析]　(1)在近地轨道(离地高度忽略不计)运行时，在万有引力作用下做匀速圆周运动 F万＝G＝m 飞船的动能是Ek＝ ‎(2)飞船在转移轨道上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。由能量守恒可知动能的减少量等于势能的增加量：mv－mv＝－－(－)‎ 若飞船在椭圆轨道上运行，经过P点时速率为v1，则经过Q点时速率 v2＝ 其他做法，正确合理同样给分。‎ ‎(3)若近地圆轨道运行时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围(即探测器离地心的距离无穷远)，动能全部用来克服引力做功转化为势能 G＝m′v 则探测器离开飞船时的速度(相对于地心)至少是 v3＝