（江蘇專用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題過關(guān)檢測（三）力與曲線運(yùn)動(dòng) 萬有引力與航天-人教版高三物理試題

專題過關(guān)檢測（三）力與曲線運(yùn)動(dòng)萬有引力與航天一、單項(xiàng)選擇題1．(2019·泗陽第一次統(tǒng)測)關(guān)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)的描述正確的是()A．是勻速運(yùn)動(dòng)B．是勻變速運(yùn)動(dòng)C．合力不一定時(shí)刻指向圓心D．是加速度變化的曲線運(yùn)動(dòng)解析：選D勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，方向時(shí)刻都在變化，說明做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體合外力一定不為零，即一定有加速度，并且加速度時(shí)刻指向圓心，故勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力時(shí)刻指向圓心，是加速度變化的曲線運(yùn)動(dòng)，故A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。2．(2019·通州、海門、啟東聯(lián)考)美國火星探測器“洞察”號于2018年11月27日成功登陸火星，已知火星與地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道半徑之比為3∶2，火星與地球的質(zhì)量之比為1∶10，火星與地球的半徑之比為1∶2，則()A．火星繞太陽的公轉(zhuǎn)周期小于1年B．“洞察”號減速下降登陸火星的過程中處于失重狀態(tài)C．火星繞太陽公轉(zhuǎn)的向心加速度比地球小D．地球和太陽的連線與火星和太陽的連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等解析：選C研究火星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)，根據(jù)萬有引力提供向心力得出：Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，得：T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，M為太陽的質(zhì)量，r為軌道半徑?；鹦堑能壍腊霃酱笥诘厍虻能壍腊霃剑ㄟ^T的表達(dá)式發(fā)現(xiàn)公轉(zhuǎn)軌道半徑大的周期長，即火星公轉(zhuǎn)的周期比地球的長，即大于1年，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；“洞察”號減速下降登陸火星的過程中具有向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；研究火星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)，根據(jù)萬有引力提供向心力得出：Geq\f(Mm,r2)＝ma，得：a＝eq\f(GM,r2)，M為太陽的質(zhì)量，r為軌道半徑?；鹦堑能壍腊霃酱笥诘厍虻能壍腊霃剑ㄟ^a的表達(dá)式發(fā)現(xiàn)公轉(zhuǎn)軌道半徑大的向心加速度小，即火星公轉(zhuǎn)的向心加速度比地球公轉(zhuǎn)的向心加速度小，故C項(xiàng)正確；對同一個(gè)行星而言，太陽與行星的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，不同的行星相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積一般不等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.從空中A點(diǎn)以相同速率分別拋出甲、乙兩個(gè)小球，小球落于地面同一點(diǎn)B，軌跡如圖所示。忽略空氣阻力，下列說法正確的是()A．甲的加速度比乙的小B．甲的飛行時(shí)間比乙的短C．甲在最高點(diǎn)的速度比乙的小D．甲在落地點(diǎn)的速度比乙的小解析：選C甲、乙兩個(gè)小球均在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，僅受重力，加速度均為g，A錯(cuò)誤；甲球在做斜上拋運(yùn)動(dòng)的過程中，無論是上升的最大高度，還是從最高點(diǎn)下降的高度都大于乙球，故甲球的飛行時(shí)間比乙的長，B錯(cuò)誤；甲、乙兩個(gè)小球的水平位移相同，而甲球運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于乙球，根據(jù)x＝vxt可知甲球的水平分速度小于乙球，即甲在最高點(diǎn)的速度比乙的小，C正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，mghAB＝eq\f(1,2)mv末2－eq\f(1,2)mv02，得v末＝eq\r(v02＋2ghAB)，即兩球落地的速度大小相等，D錯(cuò)誤。4.(2019·南京、鹽城一模)如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩個(gè)小球，在光滑玻璃漏斗內(nèi)壁做水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，甲在乙的上方。則它們運(yùn)動(dòng)的()A．向心力F甲＞F乙B．線速度v甲＞v乙C．角速度ω甲＞ω乙D．向心加速度a甲＞a乙解析：選B為了分析計(jì)算的方便，我們把甲、乙兩小球定義為A、B球，對A、B兩球進(jìn)行受力分析，兩球均只受重力和漏斗給的支持力FN。如圖所示。設(shè)漏斗頂角的一半為θ，則Fn＝eq\f(mg,tanθ)，由于兩球質(zhì)量相等，所以A、B兩球的向心力相等，故A錯(cuò)誤；由公式Fn＝eq\f(mv2,r)＝eq\f(mg,tanθ)可得：v＝eq\r(\f(g,tanθ)r)，由于A球的半徑比B球半徑更大，所以vA>vB，故B正確；由公式Fn＝mω2r＝eq\f(mg,tanθ)可得：ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，由于A球的半徑比B球半徑更大，所以ωA<ωB，故C錯(cuò)誤；由公式Fn＝man＝eq\f(mg,tanθ)可得：an＝eq\f(g,tanθ)，所以anA＝anB，故D錯(cuò)誤。5.如圖所示，某同學(xué)把布娃娃“小芳”掛在“魔盤”豎直壁上的可縮回的小圓柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盤”底盤上，用手搖機(jī)械使“魔盤”轉(zhuǎn)動(dòng)逐漸加快，到某一轉(zhuǎn)速時(shí)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，他發(fā)現(xiàn)小圓柱由于離心已縮回豎直壁內(nèi)，“小芳”懸空隨“魔盤”一起轉(zhuǎn)動(dòng)，“盼盼”在底盤上也隨“魔盤”一起轉(zhuǎn)動(dòng)。若“魔盤”半徑為r，布娃娃與“魔盤”的平面和豎直壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是()A．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用B．“盼盼”放在底盤靠近豎直壁附近，也可能隨“魔盤”一起轉(zhuǎn)動(dòng)C．此時(shí)“魔盤”的轉(zhuǎn)速一定不大于eq\f(1,2π)eq\r(\f(μg,r))D．此時(shí)“魔盤”的轉(zhuǎn)速一定不小于eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))解析：選D“小芳”貼著“魔盤”側(cè)壁一起做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，受重力、摩擦力和彈力作用，A錯(cuò)誤；由mg＝μN(yùn)，N＝mr(2πn)2可得，“魔盤”的最小轉(zhuǎn)速n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，對“盼盼”分析，根據(jù)μmg＝mr(2πn′)2可得n′＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(μg,r))＜n，即“小芳”不滑下時(shí)，“盼盼”不能在底盤靠近豎直壁附近與“魔盤”保持相對靜止一起做圓周運(yùn)動(dòng)，D正確，B、C均錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題6．(2019·高郵模擬)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則()A．質(zhì)點(diǎn)一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．質(zhì)點(diǎn)可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)C．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速度的變化量相同D．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同解析：選BC若所施加的恒力方向與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向相同，則質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如果恒力與初速度方向不在同一直線上，則不可能做直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知，質(zhì)點(diǎn)加速度的大小、方向總是恒定，所以可能是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)正確；質(zhì)點(diǎn)的加速度恒定，速度的變化量在單位時(shí)間內(nèi)是相同的，故C項(xiàng)正確；如果力與初速度不在同一直線上，則質(zhì)點(diǎn)不可能做直線運(yùn)動(dòng)，速度的方向與該恒力的方向不同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．僅根據(jù)萬有引力常數(shù)G和下面的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出地球質(zhì)量M的是()A．月球繞地球運(yùn)行的周期T1及月球中心到地球中心的距離R1B．地球同步衛(wèi)星離地面的高度C．地球繞太陽運(yùn)行的周期T2及地球到太陽中心的距離R2D．人造地球衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的速度v和運(yùn)行周期T解析：選AD月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，地球?qū)υ虑虻娜f有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力eq\f(GMm,R12)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R1，已知月球繞地球運(yùn)行的周期T1及月球中心到地球中心的距離R1，則可以求出中心天體地球的質(zhì)量，故A正確；地球同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期，T＝24h，根據(jù)萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，可得地球質(zhì)量：M＝eq\f(4π2,GT2)(R＋h)3，因不知道地球半徑，無法求出地球質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；利用地球繞太陽運(yùn)行的周期T2及地球到太陽中心的距離R2可以求出太陽的質(zhì)量，不能求出地球的質(zhì)量，故C錯(cuò)誤；利用公式eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r及公式eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)可求出中心天體地球的質(zhì)量，故D正確。8．(2018·江蘇高考)火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10°。在此10s時(shí)間內(nèi)，火車()A．運(yùn)動(dòng)路程為600m B．加速度為零C．角速度約為1rad/s D．轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4km解析：選AD由s＝vt知，s＝600m，故A正確。火車在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度不為零，故B錯(cuò)誤。由10s內(nèi)轉(zhuǎn)過10°知，角速度ω＝eq\f(\f(10°,360°)×2π,10)rad/s＝eq\f(π,180)rad/s≈0.017rad/s，故C錯(cuò)誤。由v＝rω知，r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,\f(π,180))m≈3.4km，故D正確。9.小船橫渡一條兩岸平行的河流，水流速度與河岸平行，船相對于水的速度大小不變，船頭始終垂直指向河岸，小船的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖虛線所示。則小船在此過程中()A．做勻變速運(yùn)動(dòng)B．越接近河岸，水流速度越大C．所受合外力方向平行于河岸D．渡河的時(shí)間不隨水流速度變化而改變解析：選CD從軌跡曲線的彎曲形狀上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故加速度是變化的，由此分析可知水流先加速后減速，即越接近河岸水流速度越小，故A、B錯(cuò)誤；因小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正確；由于船身方向始終垂直于河岸，無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時(shí)最短，時(shí)間不變，故D正確。三、計(jì)算題10．(2019·鎮(zhèn)江期中)如圖所示，與輕繩相連的滑塊置于水平圓盤上，繩的另一端固定于圓盤中心的轉(zhuǎn)軸上，繩子剛好伸直且無彈力，繩長l＝0.5m。滑塊隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(二者未發(fā)生相對滑動(dòng))，滑塊的質(zhì)量m＝1.0kg，與水平圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)圓盤角速度ω1＝1rad/s時(shí)，滑塊受到靜摩擦力的大?。?2)圓盤的角速度ω2至少為多大時(shí)，繩中才會有拉力；(3)圓盤角速度ω由0緩慢增大到4rad/s過程中，圓盤對滑塊所做功大小(繩未斷)。解析：(1)靜摩擦力提供向心力，有：f＝mω12r代入數(shù)據(jù)解得：f＝0.5N。(2)當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)，繩中才出現(xiàn)拉力，最大靜摩擦力提供向心力，有：μmg＝mω22r代入數(shù)據(jù)解得：ω＝2rad/s。(3)當(dāng)ω′＝4rad/s時(shí)，線速度v′＝ω′l＝2m/s由動(dòng)能定理得：圓盤對滑塊所做功大小W＝eq\f(1,2)mv′2－0＝eq\f(1,2)×1×22J＝2J。答案：(1)0.5N(2)2rad/s(3)2J11.(2019·揚(yáng)州檢測)如圖所示，軌道ABCD的AB段為一半徑R＝1m的eq\f(1,4)圓形軌道，BC段為高為h＝5m的豎直軌道，CD段為水平軌道。一質(zhì)量為0.2kg的小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，離開B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，由于存在摩擦力的緣故小球在圓弧軌道上的速度大小始終為2m/s(g取10m/s2)。求：(取π＝3)(1)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到水平軌道的時(shí)間；(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對圓形軌道的壓力；(3)如果在BCD軌道上放置一個(gè)傾角θ＝37°的斜面(如圖中虛線所示)，那么小球離開B點(diǎn)后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上時(shí)距B點(diǎn)的距離，如果不能，求落在CD面上的位置到C點(diǎn)的距離(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。解析：(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(s,v)＝eq\f(\f(π,2)R,v)＝eq\f(3×1,2×2)s＝0.75s小球離開B點(diǎn)到水平軌道做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)：h＝eq\f(1,2)gt22代入數(shù)據(jù)解得：t2＝1s所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到水平軌道的時(shí)間t＝t1＋t2＝1.75s。(2)在B點(diǎn)，由牛頓第二定律有：N－mg＝meq\f(v2,R)代入數(shù)據(jù)解得：N＝2.8N由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫镹′＝N＝2.8N方向豎直向下。(3)假設(shè)小球能