2020版广西高考物理人教版一轮复习单元质检四 曲线运动　万有引力与航天 word版含解析

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1、单元质检四曲线运动万有引力与航天(时间:45分钟满分:100分)单元质检卷第8页一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第610题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动,另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上,当直杆与竖直方向夹角为时,直杆端点A的线速度为()A.vsinB.vsin C.vcosD.vcos 答案C解析端点A的实际速度为它的线速度,如图所示,将它分解为水平向左和竖直向下的分速度,则vA=vcos,故C正确。

2、2.如图所示,河水流动的速度为v且处处相同,河宽度为a。在船下水点A的下游距离为b处是瀑布。为了使小船安全渡河(不掉到瀑布里去),则()A.小船船头垂直河岸渡河时间最短,最短时间为t=av,速度最大,最大速度为vmax=avbB.小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小,速度最大,最大速度为vmax=a2+b2vbC.小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长,速度最小,最小速度vmin=avbD.小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小,最小速度vmin=ava2+b2答案D解析当小船船头垂直河岸渡河时用时最短,为t=av船,故A错误;小船轨迹沿y轴方向渡河时位移最小,为a,但沿着船头指向的分速度必须指向上游,

3、合速度不是最大,故B错误;由题图可知,小船沿轨迹AB运动位移最大,由于渡河时间t=av船,与船的船头指向的分速度有关,故时间不一定最长,故C错误;要充分利用水流的速度,故合速度要沿着AB方向,此时位移最大,船的速度最小,故av船=a2+b2v,v船=ava2+b2,D正确。3.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面。如图所示,用两根长为l的细线系一质量为m的小球,两线上端系于水平横杆上,A、B两点相距也为l。若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为()A.23mgB.3mgC.2.5mgD.732mg答案A解析由几何知识可得,小球做圆周

4、运动的半径r=32l,小球恰好过最高点时,根据牛顿第二定律有mg=mv1232l小球运动到最低点时,根据动能定理得mg3l=12mv22-12mv12由牛顿第二定律得2FTcos30-mg=mv2232l联立得FT=23mg故A正确,B、C、D错误。4.右图为空间站中模拟地球重力的装置。环形实验装置的外侧壁相当于“地板”,让环形实验装置绕O点旋转,能使“地板”上可视为质点的物体与在地球表面处具有同样的“重力”,则旋转角速度应为(地球表面重力加速度为g,此装置的外半径为R)()A.gRB.RgC.2gRD.2Rg答案A解析质点做圆周运动需要的向心力等于mg,根据牛顿第二定律mg=m2R,解得转动

5、的角速度为=gR,所以A正确,B、C、D错误。5.某行星有一颗卫星绕其做匀速圆周运动,若卫星在某高度处的线速度为v1,高度降低h后仍做匀速圆周运动,线速度为v2,引力常量G已知。由以上信息能够求出的是()A.行星表面的重力加速度B.行星的质量C.行星的密度D.卫星的动能答案B解析设行星质量为M,卫星的质量为m,初始状态离地心的距离为r,根据万有引力定律有GMmr2=mv12r,GMm(r-h)2=mv22r-h,由以上两式得GMv12-GMv22=h,可求得行星的质量,但由于不能求得行星的半径,也就无法求得行星的密度和行星表面的重力加速度,又由于不知道卫星的质量,也无法求得卫星的动能,故选B。

6、6.如图所示,两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球,细线的上端都系于O点,设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知l1跟竖直方向的夹角为60,l2跟竖直方向的夹角为30,O点到水平面距离为h,下列说法正确的是()A.细线l1和细线l2所受的拉力大小之比为31B.小球m1和m2的角速度大小之比为31C.小球m1和m2的向心力大小之比为31D.小球m1和m2的线速度大小之比为331答案AC解析由mg=F1cos60,可得F1=2mg,由mg=F2cos30,可得F2=2mg3,则细线l1和细线l2所受的拉力大小之比为31,选项A正确;由mgtan=m2htan,可得小球m1和m2的角

7、速度大小之比为11,选项B错误;小球m1和m2的向心力大小之比为mgtan60mgtan30=31,选项C正确;由mgtan=mv2htan,可得小球m1和m2的线速度大小之比为tan60tan30=31,选项D错误。7.如图所示,吊车以v1的速度沿水平直线向右匀速行驶,同时以v2的速度匀速收拢绳索提升物体,则下列表述正确的是()A.物体的实际运动速度为v1+v2B.物体的实际运动速度为v12+v22C.物体相对地面做曲线运动D.绳索保持竖直状态答案BD解析物体在两个方向均做匀速运动,因此合外力F=0,绳索应为竖直方向,实际速度为v12+v22,因此选项B、D正确。8.如图所示,两个半径均为R

8、的14光滑圆弧对接于O点,有物体从上面圆弧的某点C以上任意位置由静止下滑(C点未标出),都能从O点平抛出去,则()A.CO1O=60B.CO1O=45C.落地点距O2最远为2RD.落地点距O2最近为R答案AC解析要使物体从O点平抛出去,在O点有mg=mv2R,解得物体从O点平抛出去的最小速度v=gR。设CO1O=,由机械能守恒定律,mgR(1-cos)=12mv2,解得=CO1O=60,选项A正确,B错误;由平抛运动规律,x=vt,R=12gt2,解得落地点距O2最近为2R。若物体从A点下滑,到达O点时速度为v=2gR。由平抛运动规律,x=vt,R=12gt2,解得落地点距O2最远为2R,选项

9、C正确,D错误。9.在太阳系之外,科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星,绕橙矮星运行,命名为“开普勒438b”。假设该行星与地球均绕各自的中心恒星做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的p倍,橙矮星的质量为太阳的q倍。则该行星与地球的()A.轨道半径之比为3p2qB.轨道半径之比为3p2C.线速度之比为3qpD.线速度之比为1p答案AC解析行星公转的向心力由万有引力提供,根据牛顿第二定律得,GMmR2=m42T2R,解得R=3GMT242。由于该行星与地球均绕恒星做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的p倍,橙矮星的质量为太阳的q倍,故R行R地=3M橙M太(T行T地)2=3p2q,

10、所以A正确,B错误;根据v=2RT,得v行v地=R行R地T地T行=3p2q1p=3qp,故C正确,D错误。10.如图所示,叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动,A、B、C的质量分别为3m、2m、m,A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为,A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是()A.B对A的摩擦力一定为3mgB.B对A的摩擦力一定为3m2rC.转台的角速度一定满足2g3rD.转台的角速度一定满足gr答案BC解析要使A能够与B一起以角速度转动,根据牛顿第二定律可知,B对A的摩擦力一定等于A物体所需向心力,即Ff=3m2r

11、,A错误,B正确;要使A、B两物体同时随转台一起以角速度匀速转动,则对于A有3mg3m2r,对A、B有5mg5m2r,对于C有mg32m2r,综合以上可得2g3r,C正确,D错误。二、计算题(本题共3小题,共40分)11.(12分)某星球的质量为M,在该星球表面某一倾角为的山坡上,以初速度v0平抛一物体,经过时间t该物体落到山坡上。求欲使该物体不再落回该星球的表面,至少应以多大的速度抛出该物体。(不计一切阻力,引力常量为G)答案42GMv0tant解析设该星球表面处的重力加速度为g,由平抛运动规律可得tan=yxy=12gt2x=v0t联立解得g=2v0ttan对于该星球表面上的物体有GMmR

12、2=mg联立解得R=GMt2v0tan对于绕该星球做匀速圆周运动的“近地卫星”,应有mg=mv2R联立解得v=42GMv0tant。12.(13分)如图所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的光滑轨道固定在水平桌面上,已知半圆形APB的半径R=1.0 m,BC段长l=1.5 m。弹射装置将一个质量为1 kg的小球(可视为质点)以v0=5 m/s的水平初速度从A点弹入轨道,小球从C点离开轨道随即水平抛出,桌子的高度h=1.25 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,取3.14,求:(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A运动到C点的时间;

13、(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角。答案(1)25 N0.928 s(2)45解析(1)小球做匀速圆周运动向心力大小F=mv02R=25N小球从A到B的时间t1=Rv0=0.2s=0.628s从B到C的时间t2=lv0=0.3s则小球从A运动到C的时间t=t1+t2=(0.628+0.3)s=0.928s(2)小球做平抛运动h=vy22g解得vy=5m/s设小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为,则tan=vyv0=1故=45。13.(15分)(2018湖南六校联考)如图所示,水上乐园的某设施由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成。圆形滑道外侧半径R=2 m,圆形滑道的最低点的水

14、平入口B和水平出口B相互错开,为保证安全,在圆形滑道内运动时,要求紧贴内侧滑行,水面离水平滑道高度h=5 m。现游客从滑道A点由静止滑下,游客可视为质点,不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)起滑点A至少离水平滑道多高;(2)为了保证游客安全,在水池中放有长度l=5 m的安全气垫MN,其厚度不计,满足(1)的游客恰落在M端,要使游客能安全落在气垫上,安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少。答案(1)5 m(2)5 mH11.25 m解析(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时,有mg=mv2R从A到圆形滑道最高点,由机械能守恒定律得mgH1=12mv2+mg2R解得H1=52R=5m。(2)落在M点时抛出速度最小,从A到C由机械能守恒定律得mgH1=12mv12v1=2gH1=10m/s水平抛出,由平抛运动规律可知h=12gt2得t=1s则s1=v1t=10m落在N点时s2=s1+l=15m则对应的抛出速度v2=s2t=15m/s由mgH2=12mv22得H2=v222g=11.25m安全滑下点A距水平滑道高度范围为5mH11.25m。