物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運動（三）聚焦選擇題考法-力與曲線運動練習(xí)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精選擇題保分練（三）力與曲線運動1．（2017·長春外國語學(xué)校檢測）關(guān)于物體的受力和運動,下列說法中正確的是()A．物體在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不變B．物體做曲線運動時,某點的加速度方向就是通過這一點曲線的切線方向C．做曲線運動的物體，一定受到與速度不在同一直線上的外力作用D．物體受到變化的合力作用時，它的速度大小一定改變解析：選C物體在垂直于速度方向的合力作用下，速度大小才可能一直不變，故A錯誤；物體做曲線運動時，某點的速度方向就是通過這一點的曲線的切線方向，而不是加速度方向，故B錯誤；物體做曲線運動的條件：一定受到與速度不在同一直線上的外力作用，故C正確；物體受到變化的合力作用時，它的速度大小可以不改變，比如勻速圓周運動，故D錯誤。2。（2017·揭陽檢測)如圖所示是北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知a、b、c三顆衛(wèi)星均做圓周運動，a是地球同步衛(wèi)星，則（)A．衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度B．衛(wèi)星a的加速度大于b的加速度C．衛(wèi)星a的運行速度大于第一宇宙速度D．衛(wèi)星b的周期大于24h解析：選A根據(jù)公式Geq\f(Mm,r2）＝mω2r可得ω＝eq\r（\f（GM，r3)),軌道半徑越大，角速度越小，故衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度，A正確;根據(jù)公式Geq\f（Mm,r2)＝ma可得a＝eq\f（GM,r2)，由于a、b的軌道半徑大小相同,所以兩者的向心加速度相等，B錯誤；第一宇宙速度是近地軌道的環(huán)繞速度,也是最大的環(huán)繞速度，根據(jù)公式Geq\f（Mm，r2)＝meq\f（v2,r)可得v＝eq\r(\f（GM，r))，軌道半徑越大，線速度越小，所以衛(wèi)星a的運行速度小于第一宇宙速度，C錯誤；根據(jù)公式Geq\f(Mm,r2)＝meq\f（4π2,T2)r可得T＝2πeq\r（\f（r3，GM))，故軌道半徑相同，周期相同，所以衛(wèi)星b的周期等于24h,D錯誤。3．(2018屆高三·日照調(diào)研）2016年11月24日,我國成功發(fā)射了天鏈一號04星。天鏈一號04星是我國發(fā)射的第4顆地球同步衛(wèi)星，它與天鏈一號02星、03星實現(xiàn)組網(wǎng)運行，為我國神舟飛船、空間實驗室天宮二號提供數(shù)據(jù)中繼與測控服務(wù)。如圖所示，1是天宮二號繞地球穩(wěn)定運行的軌道，2是天鏈一號繞地球穩(wěn)定運行的軌道。下列說法正確的是（）A．天鏈一號04星的最小發(fā)射速度是11。2km/sB．天鏈一號04星的運行速度小于天宮二號的運行速度C．為了便于測控,天鏈一號04星相對于地面靜止于北京飛控中心的正上方D．由于技術(shù)進步，天鏈一號04星的運行速度可能大于天鏈一號02星的運行速度解析:選B衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2km/s時,就脫離地球束縛，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度要小于第二宇宙速度，大于第一宇宙速度，故A錯誤；由萬有引力提供向心力得：eq\f(GMm，r2）＝eq\f(mv2,r）,可得v＝eq\r（\f(GM，r）)，可知軌道半徑比較大的天鏈一號04星的運行速度小于天宮二號的運行速度,故B正確；天鏈一號04星為地球同步衛(wèi)星，位于赤道正上方,不可能位于北京飛控中心的正上方，故C錯誤;根據(jù)題意，天鏈一號04星與天鏈一號02星都是地球同步衛(wèi)星，軌道半徑相同，所以天鏈一號04星與天鏈一號02星具有相同的速度,故D錯誤。4．(2017·廈門檢測）據(jù)《科技日報》報道,2020年前我國將發(fā)射8顆繞地球做勻速圓周運動的海洋系列衛(wèi)星：包括4顆海洋水色衛(wèi)星、2顆海洋動力環(huán)境衛(wèi)星和2顆海陸雷達衛(wèi)星,以加強對黃巖島、釣魚島及西沙群島等島嶼附近海域的監(jiān)測.已知海陸雷達衛(wèi)星軌道半徑是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星軌道半徑的n倍，則（）A．海陸雷達衛(wèi)星線速度是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的eq\f(1,n2）倍B．海陸雷達衛(wèi)星線速度是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的eq\r（n）倍C．在相同的時間內(nèi)，海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星各自到地球球心的連線掃過的面積相等D．在相同的時間內(nèi)，海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星各自到地球球心的連線掃過的面積之比為eq\r（n)∶1解析：選D根據(jù)Geq\f(Mm,r2）＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r（\f(GM，r）),則海陸雷達衛(wèi)星線速度是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的eq\r(\f（1,n)），選項A、B錯誤;根據(jù)Geq\f（Mm,r2）＝mrω2，解得ω＝eq\r(\f（GM,r3）)，衛(wèi)星到地球球心掃過的面積為S＝eq\f(1,2）lr＝eq\f(1，2)r2θ＝eq\f（1，2）r2ωt,因為軌道半徑之比為n，則角速度之比為eq\r（\f(1，n3)),所以相同時間內(nèi)掃過的面積之比為eq\r（n）∶1，選項C錯誤,D正確。5．（2018屆高三·第一次全國大聯(lián)考Ⅲ卷)據(jù)印度時報報道，目前，印度政府2017年電子預(yù)算文件顯示，火星登陸計劃暫定于2021～2022年。在不久的將來，人類將登陸火星，建立基地。用運載飛船給火星基地進行補給，就成了一項非常重要的任務(wù)。其中一種設(shè)想的補給方法：補給飛船從地球起飛，到達月球基地后，卸下部分補給品。再從月球起飛，飛抵火星。在到達火星近地軌道后，“空投補給品”，補給飛船在不著陸的情況下完成作業(yè)，返回地球。下列說法正確的是（）A．補給飛船從月球起飛時的發(fā)射速度要達到7。9km/sB．“空投補給品”要給補給品加速C．補給飛船不在火星上著陸原因是為了節(jié)省能量D．補給飛船卸下部分補給品后,因為受到的萬有引力減小,所以要做離心運動解析：選C7。9km/s是地球的第一宇宙速度,根據(jù)公式eq\f(GMm,r2)＝eq\f（mv2，r）＝mg，得v＝eq\r（gr），由于月球表面的加速度小于地球表面的重力加速度，月球的半徑小于地球的半徑，所以補給飛船從月球起飛時的發(fā)射速度要小于7.9km/s,選項A錯誤;從高軌道變軌到低軌道，需要減速，所以“空投補給品”時要給補給品減速，選項B錯誤；補給飛船不在火星上著陸，可以節(jié)省因發(fā)射而耗費的能量，選項C正確；由萬有引力提供向心力，且eq\f(GMm,r2）＝ma,易知補給飛船卸下部分補給品后，關(guān)系式中僅m發(fā)生變化，可知補給飛船的加速度與其質(zhì)量無關(guān),故仍做圓周運動，選項D錯誤.6．［多選](2018屆高三·安徽江南十校聯(lián)考)據(jù)報道，2016年10月23日7時31分，隨天宮二號空間實驗室(軌道艙）發(fā)射入軌的伴隨衛(wèi)星成功釋放。伴隨衛(wèi)星重約47千克，尺寸相當(dāng)于一臺打印機大小。釋放后伴隨衛(wèi)星將通過多次軌道控制，逐步接近軌道艙，最終達到僅在地球引力作用下對軌道艙的伴隨飛行目標(biāo)。之后對天宮二號四周表面進行觀察和拍照以及開展其他一系列試驗，進一步拓展空間應(yīng)用。根據(jù)上述信息及所學(xué)知識可知()A．軌道控制階段同一軌道上落后的伴隨衛(wèi)星需點火加速才能追上前方的天宮二號B．軌道控制階段同一軌道上落后的伴隨衛(wèi)星需經(jīng)歷先減速再加速過程才能追上前方的天宮二號C．伴隨衛(wèi)星和天宮二號繞地球做橢圓軌道運行時具有相同的半長軸D．由于伴隨衛(wèi)星和天宮二號的軌道不重合,故它們繞地球運行的周期不同解析：選BC根據(jù)萬有引力提供向心力可知，伴隨衛(wèi)星首先在原軌道上減速,做向心運動，軌道半徑減小，然后再加速,做離心運動，半徑增大，進入原軌道，從而才能追上前方的天宮二號，故選項A錯誤,B正確；根據(jù)題意可知，伴隨衛(wèi)星和天宮二號相對靜止,故二者運行周期相同，根據(jù)開普勒行星運動定律eq\f(r3,T2）＝k可知,二者具有相同的半徑或半長軸，故選項C正確，D錯誤。7.［多選](2017·棗莊檢測)在豎直桿上安裝一個光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動，不計經(jīng)導(dǎo)向槽時小球的能量損失.設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為eq\f（v2,4g）的位置B．最大水平位移為eq\f（v2，g)C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時,合速度的大小總有v下＝2v上D．當(dāng)小球落地時,速度方向與水平方向成45°角解析：選AD設(shè)小球在導(dǎo)向槽處平拋時的速度為v0,根據(jù)機械能守恒定律可得：eq\f（1，2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2）mv2，解得：v0＝eq\r(v2－2gh）;根據(jù)平拋運動的知識可得下落時間：t＝eq\r(\f（2h，g）），則水平位移x＝v0t＝eq\r（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（v2,g)－2h))·2h），由數(shù)學(xué)知識知，當(dāng)eq\f(v2,g）－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝eq\f(v2，4g),A正確;最大的水平位移為：x＝eq\r（4h2)＝2h＝eq\f(v2，2g),B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知，小球運動過程中,在某高度處時上升和下落的合速度的大小相等,C錯誤；設(shè)小球落地時，速度方向與水平方向的夾角為θ，位移方向與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×eq\f（h,2h)＝1，則θ＝45°，D正確。8．［多選](2018屆高三·鄭州調(diào)研）如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中,長為L的細繩一端固定于點Aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,－\f(L，3））），另一端系一帶正電的小球?，F(xiàn)在y軸正半軸上某處B固定一釘子，再將細繩拉至水平位置，由靜止釋放小球,使細繩碰到釘子后小球能繞釘轉(zhuǎn)動。已知整個空間存在豎直向上的勻強電場，電場強度為eq\f(2mg，q）。則（）A．小球一定能繞B做完整的圓周運動B．當(dāng)yB＝eq\f（4L,15）時，小球能做完整的圓周運動C．當(dāng)yB＝eq\f（L,5）時,小球能做完整的圓周運動D．若小球恰好能做完整的圓周運動，則細繩能承受的拉力至少為6mg解析：選BD根據(jù)題意可得：Eq＝2mg,設(shè)小球做圓周運動的半徑為R，如圖所示：若小球恰好能通過最低點C，根據(jù)牛頓第二定律：Eq－mg＝meq\f(v02，R),則v0＝eq\r（gR)，從A到C，根據(jù)動能定理：(Eq－mg)（L－2R)＝eq\f(1，2）mv02，代入整理可得：R＝eq\f(2，5）L,故B點的y軸坐標(biāo)為：yB＝L－eq\