2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 本章綜合能力提升練（含解析）教科版

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1、本章綜合能力提升練 一、單項選擇題 1．下列關(guān)于運動和力的敘述中，正確的是(　　) A．做曲線運動的物體，其加速度方向一定是變化的 B．做圓周運動的物體，所受的合力一定指向圓心 C．物體所受合力方向與運動方向相反，該物體一定做直線運動 D．物體運動的速率在增加，所受合力方向一定與運動方向相同 答案　C 解析　做勻變速曲線運動的物體，其加速度不變，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體，所受的合力才指向圓心，做變速圓周運動的物體，所受的合力不指向圓心，故B錯誤；物體所受合外力與運動方向共線，一定做直線運動，故C正確；物體運動的速率在增加，所受合力方向與運動方向可能相同，也可能夾角為銳角，

2、故D錯誤． 2．(2018·福建省漳州市期末調(diào)研)如圖1，甲、乙兩小球離地高度分別為h1、h2(h1>h2)，兩小球以v1、v2的速度水平相向拋出(兩小球運動軌跡在同一豎直面內(nèi))，兩小球在運動中相遇，下面說法正確的是(　　) 圖1 A．v1一定小于v2 B．v1一定大于v2 C．甲先拋出 D．乙先拋出 答案　C 解析　根據(jù)h＝gt2，由于甲下落的高度大于乙下落的高度，故甲下落的時間大于乙下落的時間，所以甲先拋出，故C正確，D錯誤；水平拋出甲、乙兩個小球，水平方向的運動是勻速直線運動，由于不知水平方向位移關(guān)系，所以甲、乙兩球速度關(guān)系無法確定，故A、B錯誤． 3．(2018·河北

3、省五校聯(lián)盟摸底)如圖2所示，在室內(nèi)自行車比賽中，運動員以速度v在傾角為θ的賽道上做勻速圓周運動．已知運動員的質(zhì)量為m，做圓周運動的半徑為R，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A．將運動員和自行車看做一個整體，整體受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用 B．運動員受到的合力為，是一個恒力 C．若運動員加速，則可能沿斜面上滑 D．若運動員減速，則一定加速沿斜面下滑 答案　C 4．(2018·閩粵期末大聯(lián)考)圖3所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點．左側(cè)是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r.b點在小輪上，到小輪中心的距離為r.c點和d點分別

4、位于小輪和大輪的邊緣上．若在傳動過程中皮帶不打滑，則(　　) 圖3 A．a(chǎn)點與b點的線速度大小相等 B．a(chǎn)點與b點的角速度大小相等 C．a(chǎn)點與c點的線速度大小相等 D．a(chǎn)點與d點的向心加速度大小不相等 答案　C 解析　由于a、c兩點是皮帶傳動的兩輪邊緣上兩點，則va＝vc，b、c兩點為共軸的輪上兩點，ωb＝ωc，rc＝2ra，根據(jù)v＝rω，則ωc＝ωa，所以ωb＝ωa，va＝2vb，故A、B錯誤，C正確．由于ωb＝ωa，ωb＝ωd，則ωd＝ωa，rd＝4ra，根據(jù)公式a＝rω2知，所以aa＝ad，故D錯誤． 5．(2018·河南省新鄉(xiāng)市第三次模擬)中國將建由156顆衛(wèi)星組成

5、的天基互聯(lián)網(wǎng)，建成后WiFi信號覆蓋全球．假設(shè)這些衛(wèi)星中有一顆衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為1.1R(R為地球的半徑)，已知地球的第一宇宙速度為v，地球表面的重力加速度為g，則該衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的周期可表示為(　　) A．1.1 B. C. D. 答案　D 解析　根據(jù)v＝，則第一宇宙速度v＝，衛(wèi)星的速度v1＝，衛(wèi)星的周期T＝，聯(lián)立解得T＝，又GM＝gR2，則T＝＝2.2π，故選D. 6．(2018·廣東省湛江市第二次模擬)2017年4月22日，我國成功發(fā)射的“天舟一號”貨運飛船與“天宮二號”空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿“天宮二號”原來的軌道(可視為

6、圓軌道)運行，對接前“天宮二號”的運行軌道高度為393km，“天舟一號”貨運飛船軌道高度為386km，它們的運行軌道均視為圓周，則(　　) A．“組合體”比“天宮二號”加速度大 B．“組合體”比“天舟一號”貨運飛船角速度大 C．“組合體”比“天宮二號”周期大 D．“組合體”比“天舟一號”貨運飛船機械能大 答案　D 解析　根據(jù)G＝ma＝mω2r＝mr，解得：a＝，ω＝，T＝2π，因組合體仍沿“天宮二號”原來的軌道，故組合體的加速度、周期與“天宮二號”的加速度、周期一樣大，而組合體的軌道半徑大于“天舟一號”貨運飛船軌道的半徑，故組合體的角速度小于“天舟一號”貨運飛船的角速度，故A、B、

7、C錯誤；“天舟一號”貨運飛船要從低軌道與較高軌道的“天宮二號”對接，必須加速做離心運動，所以對接后“天舟一號”貨運飛船的機械能將增大，而“天宮二號”的機械能不變，故組合體的機械能比“天舟一號”貨運飛船機械能大，故D正確． 7．(2016·全國卷Ⅱ·16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖4所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(　　) 圖4 A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一

8、定小于Q球的向心加速度 答案　C 解析　小球由水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，LP

9、2做圓周運動的線速度之比為2∶3 B．m1、m2做圓周運動的角速度之比為3∶2 C．m1做圓周運動的半徑為L D．m2做圓周運動的半徑為L 答案　AC 解析　設(shè)雙星m1、m2距轉(zhuǎn)動中心O的距離分別為r1、r2，雙星繞O點轉(zhuǎn)動的角速度均為ω，據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律得 G＝m1r1ω2＝m2r2ω2，又r1＋r2＝L，m1∶m2＝3∶2 所以可解得r1＝L，r2＝L m1、m2運動的線速度分別為v1＝r1ω，v2＝r2ω， 故v1∶v2＝r1∶r2＝2∶3. 綜上所述，選項A、C正確． 9．(2019·安徽省宿州市模擬)如圖6甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平

10、轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動．小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　) 圖6 A．圖像函數(shù)表達(dá)式為F＝m＋mg B．重力加速度g＝ C．繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，得到的圖線斜率更大 D．繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變 答案　BD 解析　小球在最高點，F(xiàn)＋mg＝m，解得F＝m－mg，所以A錯誤．當(dāng)F＝0時，mg＝m，解得g＝＝，所以B正確．根據(jù)F＝m－mg知，圖線的斜率k＝，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，斜率更小，所以C錯誤．當(dāng)F＝0時，g＝，可知

11、b點的位置與小球的質(zhì)量無關(guān)，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變，所以D正確． 10．(2019·陜西省西安市調(diào)研)如圖7所示，傾角為θ的斜面上有A、B、C三點，現(xiàn)從這三點分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個小球均落在斜面上的D點，今測得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷(不計空氣阻力)(　　) 圖7 A．A、B、C處三個小球運動時間之比為1∶2∶3 B．A、B、C處三個小球落在斜面上時速度與初速度間的夾角之比為1∶1∶1 C．A、B、C處三個小球的初速度大小之比為3∶2∶1 D．A、B、C處三個小球的運動軌跡可能在空中相交 答案　BC 解析　由于沿斜

12、面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三個小球豎直方向運動的位移之比為9∶4∶1，運動時間之比為3∶2∶1，A項錯誤；斜面上平拋的小球落在斜面上時，速度與初速度之間的夾角α滿足tanα＝2tanθ，與小球拋出時的初速度大小和位置無關(guān)，B項正確；同時tanα＝，所以三個小球的初速度大小之比等于運動時間之比，為3∶2∶1，C項正確；三個小球的運動軌跡(拋物線)在D點相交，不會在空中相交，D項錯誤． 三、非選擇題 11．(2018·安徽省安慶市模擬)發(fā)射宇宙飛船的過程要克服引力做功，已知將質(zhì)量為m的飛船在距地球中心無限遠(yuǎn)處移到距地球中心為r處的過程中，引力做功為W＝，飛船在距地球中心為r處的引力勢能

13、公式為Ep＝－，式中G為引力常量，M為地球質(zhì)量．若在地球的表面發(fā)射一顆人造地球衛(wèi)星，發(fā)射的速度很大，此衛(wèi)星可以上升到離地心無窮遠(yuǎn)處(即地球引力作用范圍之外)，這個速度稱為第二宇宙速度(也稱逃逸速度)． (1)試推導(dǎo)第二宇宙速度的表達(dá)式； (2)已知逃逸速度大于真空中光速的天體叫黑洞，設(shè)某黑洞的質(zhì)量等于太陽的質(zhì)量M0＝1.98×1030kg，求它可能的最大半徑． 答案　(1)v＝　(2)2.93×103m 解析　(1)設(shè)距地心無窮遠(yuǎn)處的引力勢能為零，地球的半徑為R，第二宇宙速度為v，所謂第二宇宙速度，就是衛(wèi)星擺脫中心天體束縛的最小發(fā)射速度．則衛(wèi)星由地球表面上升到離地球表面無窮遠(yuǎn)的過程，根

14、據(jù)機械能守恒定律得Ek＋Ep＝0 即mv2－G＝0解得v＝ (2)v0＝，由題意知v0>c，即>c 得R0<＝m≈2.93×103m 則該黑洞可能的最大半徑為2.93×103m. 12．(2018·山東省濟南一中期中)如圖8所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，規(guī)定經(jīng)過圓心O點且水平向右為x軸正方向．在O點正上方距盤面高為h＝5m處有一個可間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始，容器沿水平軌道向x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動．已知t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當(dāng)前一滴水剛好落到盤面時再滴下一滴水．(取g＝10m/s2) 圖8 (1)每一滴水離開容器后經(jīng)過多長時間滴落到盤面上？ (2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤的角速度ω應(yīng)為多大？ 答案　(1)1s　(2)kπ，其中k＝1,2,3…… 解析　(1)離開容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運動：h＝gt2 則每一滴水滴落到盤面上所用時間t＝＝1s (2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，則圓盤在1s內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧度為kπ，k為不為零的正整數(shù)． 由ωt＝kπ得ω＝kπ＝kπ，其中k＝1,2,3…… 8