2019届高考物理复习专项练三高考8道选择题押题练二曲线运动万有引力与航天常考点.docx

选择题押题练（二） 曲线运动、万有引力与航天（常考点）12017年11月6日报道，中国的首批隐形战斗机现已在一线部队全面投入使用，演习时，在某一高度匀速飞行的战斗机在离目标水平距离s时投弹，可以准确命中目标，现战斗机飞行高度减半，速度大小减为原来的，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离应为(不考虑空气阻力)()A.sB.sC.s D.s解析：选C设原来的速度大小为v，高度为h，根据平抛运动的规律可知在竖直方向有：hgt2，解得：t，在水平方向：svtv，现战斗机高度减半，速度大小减为原来的，要仍能命中目标，则有svt，hgt2，联立以上解得：s s，故C正确，A、B、D错误。2(2019届高三保定模拟)如图所示，两根细线AC、BC一端系在竖直杆上，另一端共同系着质量为m的小球，当系统绕竖直杆以角速度水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是()A小球一定受到三个力作用B小球可能受两个力作用C增大角速度，细线AC的拉力减小，BC的拉力增加D增大角速度，细线AC的拉力增加，BC的拉力减小解析：选B小球可能受重力和上面细线拉力的合力提供向心力，下面细线的拉力为零，故B正确，A错误；小球做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，若两根细线均有拉力，可知上面细线的拉力大于下面细线的拉力，设细线AC与竖直方向的夹角为，细线BC与竖直方向的夹角为，对小球进行受力分析，在竖直方向有：TACcos mgTBCcos ，根据向心力公式则有：TACsin TBCsin m2r，可知当增大时，所需的向心力增大，细线BC和AC的拉力都增大，故C、D错误。3.如图所示，在粗糙水平板上放一个物块，使水平板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则()A物块始终受到三个力作用B只有在a、b、c、d四点，物块所受合外力才指向圆心C从a到b，物块所受的摩擦力先增大后减小D从b到a，物块处于超重状态解析：选D在c点处，物块可能只受重力作用，在d点处，物块只受重力和支持力作用，在其他位置处物块受到重力、支持力、静摩擦力作用，选项A错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力始终指向圆心，选项B错误；从a到b，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力先减小后增大，选项C错误；从b到a，向心加速度有向上的分量，物块处于超重状态，选项D正确。4多选将一抛球入框游戏简化如下：在地面上竖直固定一矩形框架，框架高1 m、长3 m，抛球点位于框架底边中点正前方2 m处，离地高度为1.8 m，如图所示，假定球被水平抛出，方向可在水平面内调节，不计空气阻力，g10 m/s2，忽略框架的粗细，球视为质点，球要在落地前进入框内，则球被抛出的速度大小可能为()A3 m/s B5 m/sC6 m/s D7 m/s解析：选BC无论向哪个方向水平抛球，球都做平抛运动。当速度v最小时，球打在框架底边的中间位置，则有h2gt12，xv1t1，解得v13.33 m/s。当速度v最大时，球打在框架上边的两端点位置，则有h2h1gt22, v2t2，解得v26.25 m/s。故v1vv2，故本题答案为BC。5多选(2018保定模拟)如图所示，倾角为的固定斜面，其右侧有一竖直墙面，小球滑上斜面，以速度v飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是()A从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动B竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin2C竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin cos D从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球的飞行时间为sin 解析：选ACD小球飞离斜面后做斜上抛运动，只受重力作用，则从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，选项A正确；小球离开斜面的竖直分速度为vsin ，水平分速度为vcos ，则飞行时间t，水平距离xvcos tsin cos ，故选项C、D正确，B错误。6.多选(2018东北育才中学二模)如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置BOO能以任意角速度绕竖直轴OO转动，且小球始终在BOO平面内，那么在从零缓慢增大的过程中g取10 m/s2，sin 37，cos 37()A两细线张力均增大B细线AB中张力一直变小，直到为零C细线AC中张力先不变，后增大D当细线AB中张力为零时，角速度可能为 解析：选CD对小球A受力分析，细线AC拉力的水平分力与细线AB拉力的水平分力的合力提供向心力。在角速度逐渐增大的过程中，细线AB先逐渐松弛，拉力逐渐减小至0，然后会向上紧绷，拉力逐渐增大，故A、B项错误。在角速度逐渐增大的过程中且小球A的位置没发生变化时，细线AC拉力等于，直到小球A开始向上运动，AC拉力逐渐增大，故C项正确。当AB中张力为零时，AC拉力的水平分力提供向心力，mgtan 37m2lsin 37，解得 ，故D项正确。7.半径为R的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态，A、B连线过圆心且与竖直方向成37角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速度从零不断增大，下列说法正确的是()A小环与大环之间动摩擦因数0.75BB处的小环先相对大环开始滑动C两小环的高度最终都将升高D只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功解析：选A小环A与小环B最初都静止，可以知道mgsin 37mgcos 37，即 tan 370.75，A正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环A和环B与大环保持相对静止，对环A沿水平方向则有fAcos NAsin m2r，对环B沿水平方向则有NBsin fBcos m2r，随着角速度的不断增大，A所受摩擦力越来越大，B所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此A受到的静摩擦力会先达到最大，即A先相对大环开始滑动，B错误；若两小环相对大环运动，则环A高度会降低，环B高度会升高，C错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功，D错误。8多选(2018黄冈中学综合检测)质量为m的小球以v0的水平初速度从O点抛出后，恰好击中倾角为的斜面上的A点。如果A点距斜面底边(即水平地面)的高度为h，小球到达A点时的速度方向恰好与斜面垂直(不计空气阻力)，如图，则以下正确的叙述为()A可以求出小球到达A点时重力的功率B可以求出小球由O到A过程中动能的变化C可以求出小球从A点反弹后落至水平地面的时间D可以求出小球抛出点O距斜面端点B的水平距离解析：选ABD由小球到达A点时的速度方向恰好与斜面垂直，可知小球的末速度方向与重力方向夹角为，竖直分速度为vy，可知小球到达A点时重力的功率为Pmgvymg，故A项正确。小球的末速度为v，可知小球由O到A过程中动能的变化为Ekmv2mv02mv02，故B项正确。由于不能具体得知小球从A点反弹后的速度大小，无法求出反弹后落至水平地面的时间，故C项错误。由几何关系知A、B间的水平距离为，小球做平抛运动的时间为t，O、A之间的水平距离为xv0t，故O距斜面端点B的水平距离为，故D项正确。9.(2018济宁模拟)对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T的关系作出如图所示图像，则可求得地球质量为(已知引力常量为G)()A. B.C. D.解析：选C由万有引力提供向心力有：Gmr，得：r3，由题图可以知道：，所以地球的质量为：M，所以C选项是正确的，A、B、D错误。10(2018临沂期末统考)2018年1月13日15时10分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭，成功将“陆地勘查卫星三号”发射升空，卫星进入预定轨道。这是我国第三颗低轨陆地勘查卫星。关于“陆地勘查卫星三号”，下列说法正确的是()A卫星的发射速度一定小于7.9 km/sB卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大C卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度小D卫星在预定轨道上没有加速度解析：选B第一宇宙速度7.9 km/s是卫星的最小发射速度，故A错误；卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：Gmam2r，故a，卫星离地球较近，角速度较大，向心加速度较大，所以B正确，C错误；卫星做匀速圆周运动，有向心加速度，故D错误。11.(2018成都七中二模)如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知卫星从北纬60的正上方按图示方向第一次运行到南纬60的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是()A该卫星的运行速度一定大于7.9 km/sB该卫星与同步卫星的运行角速度之比为21C该卫星与同步卫星的运行半径之比为14D该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能解析：选C卫星从北纬60的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60的正上方时，偏转的角度是120，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3 h，同步卫星的周期是24 h，由可得：，B错误；由Gmr得：T2 ，则得，所以该卫星与同步卫星的运行半径之比：，所以C正确；7.9 km/s是卫星环绕地球表面做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9 km/s，故A错误；因为不知道卫星的质量关系，所以不能比较卫星的机械能大小，D错误。12(2018南京一模)科学家发现太阳系外某一恒星有一行星，并测得行星围绕该恒星运行一周所用的时间为1 200年，行星与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍。假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量是()A恒星与太阳质量之比B恒星与太阳密度之比C行星与地球质量之比D行星与地球表面的重力加速度之比解析：选A根据万有引力提供向心力可得：Gm2r，解得：M，由题意可知，行星与恒星的距离为地球到太阳距离的100倍(即知道轨道半径之比)，行星围绕该恒星的周期为1 200年，地球绕太阳的周期为1年(即知道周期之比)，所以利用上式可求出恒星与太阳的质量之比，故A正确；由A项分析可求出恒星与太阳质量之比，但由于不知恒星与太阳的半径之比，所以不能求出恒星与太阳的密度之比，故B错误；根据万有引力提供向心力可得：Gm2r，解得的M是为中心天体的质量，所以不能求出行星与地球的质量之比，故C错误；根据公式mg可知，g，由于不知行星与地球的半径和质量关系，所以不能求出行星与地球表面的重力加速度之比，故D错误。13.多选(2018上饶一模)2018年底我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，将首次造访月球背面，首次实现对月球中继通信，若“嫦娥四号”从距月面高度为100 km的环月圆形轨道上的P点实施变轨，进入近月点为15 km的椭圆轨道，由近月点Q登月，如图所示，关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是()A沿轨道运动至P点时，需制动减速才能进入轨道B沿轨道运行的周期大于沿轨道运行的周期C在轨道、上的P点的加速度相等D沿轨道运行时，在P点的速度大于在Q点的速度解析：选AC探测器在轨道上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，所以A正确；根据开普勒行星运动定律知，在轨道上运动时的半径大于在轨道上运行时的半长轴，故在轨道上运行的周期要大，故B错误；在轨道上的P点和在轨道上的P点探测器所受的万有引力大小相等，由牛顿第二定律可知，探测器在轨道上的P点和在轨道上的P点加速度相等，故C正确；在轨道上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，速度增大，所以D错误。14.多选天文观测中观测到有三颗星位于边长为l的等边三角形三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动。已知引力常量为G，不计其他星体对它们的影响，关于这个三星系统，下列说法正确的是()A三颗星的质量可能不相等B某颗星的质量为C它们的线速度大小均为D它们两两之间的万有引力大小为解析：选BD三星系统在外接于等边三角形的圆形轨道上做匀速圆周运动，可知它们相互间万有引力相等，可得三颗星的质量相等，故A项错误。由几何关系可知cos 30，则F向mmRml，F万，又cos 30，联立解得m，v，F万，故B、D项正确，C项错误。15.(2018保定模拟)每年的某段时间内太阳光会直射地球赤道。如图所示，一颗卫星