2019版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天章末综合测试

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B．v0＝eq\r(2gd)C．t＝eq\r(\f(d,g)) D．t>eq\r(\f(d,g))解析：D第一次运动时，由平抛运动的规律得，水平方向d＝v0t1，竖直方向h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；第二次运动时，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即2gh＝veq\o\al(2,0).联立各式解得v0＝eq\r(gd)，选项A、B错误．将v0的表达式代入d＝v0t1得t1＝eq\r(\f(d,g))，由于第二个过程中小球在竖直方向不是自由落体运动，一定有t>t1，所以选项C错误，D正确．4.(2017·课标Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析：B设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝eq\f(1,2)gt2，求得x＝eq\r(－16R－\f(v2,8g)2＋\f(v4,4g2))，因此当R－eq\f(v2,8g)＝0，即R＝eq\f(v2,8g)时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．5.如图所示，a为绕地球做椭圆轨道运动的卫星，b为地球同步卫星，P为两卫星轨道的切点，也是a卫星的远地点，Q为a卫星的近地点．卫星在各自的轨道上正常运行，下列说法中正确的是()A．卫星a经过P点时的速率一定等于卫星b经过P点时的速率B．卫星a经过P点时的速率一定小于卫星b经过P点时的速率C．卫星a的周期一定大于卫星b的周期D．卫星a的周期一定等于卫星b的周期解析：B卫星a经过P点时做向心运动，说明所受万有引力大于需要的向心力，即F>meq\f(v\o\al(2,a),ra)；卫星b经过P点时做匀速圆周运动，说明所受万有引力等于需要的向心力，即F＝meq\f(v\o\al(2,b),rb)；而rb＝ra，所以vb>va，A错误，B正确．由于卫星a的轨道半长轴小于卫星b的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，卫星a的周期一定小于卫星b的周期，C、D错误．6.如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度为v，下列说法正确的是()A．此时B球的速度为eq\f(cosα,cosβ)vB．此时B球的速度为eq\f(cosβ,cosα)vC．当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大D．在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功解析：ACD将A球的速度v沿轻绳方向和垂直轻绳方向分解，沿轻绳方向分速度v1＝vcosα；将B球的速度vB沿轻绳方向和垂直轻绳方向分解，沿轻绳方向分速度v2＝vBcosβ；两小球沿轻绳方向的分速度相等，即vcosα＝vBcosβ，解得此时B球的速度为vB＝eq\f(cosα,cosβ)v，A正确，B错误．由vB＝eq\f(cosα,cosβ)v，当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大，C正确．由于拉力与B球位移方向夹角小于90°，所以在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功，D正确．7．组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体随星球做圆周运动，假设地球可视为质量均匀分布的星球，地球半径为R、地球北极表面附近的重力加速度为g、引力常量为G、地球质量为M，则地球的最大自转角速度ω为()A．ω＝2πeq\r(\f(GM,R3)) B．ω＝eq\r(\f(GM,R3))C．ω＝eq\r(\f(g,R)) D．ω＝2πeq\r(\f(R,g))解析：BC取地球赤道上一质量很小的质点，设其质量为m，要维持该质点随地球一起以最大角速度ω转动，则质点与地球之间的万有引力等于向心力，有Geq\f(Mm,R2)＝mRω2，解得ω＝eq\r(\f(GM,R3))，A错误，B正确．在地球北极表面附近，Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，则GM＝gR2，代入上式可得ω＝eq\r(\f(g,R))，C正确，D错误．8.荡秋千是大家喜爱的一项体育活动．如图是荡秋千的示意图，若人直立站在踏板上，从绳与竖直方向成90°角的A点由静止开始运动，摆到最低点B时，两根绳对踏板的总拉力是人所受重力的两倍．随后，站在B点正下面的某人推一下，使秋千恰好能摆到绳与竖直方向成90°角的C点．设人的重心到悬杆的距离为l，人的质量为m，踏板和绳的质量不计，人所受空气阻力与人的速度成正比．则下列判断中正确的是()A．人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能等于eq\f(1,2)mglB．人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能等于eq\f(1,4)mglC．站在B点正下面的某人推一下做的功小于mglD．站在B点正下面的某人推一下做的功大于mgl解析：AD在最低点B时，对人和踏板整体，由牛顿第二定律得FT－mg＝meq\f(v2,l).据题意FT＝2mg，得v＝eq\r(gl)，则人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能为ΔE＝mgl－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgl，A正确，B错误，由于站在B点正下面的某人要对该人做功，在最低点，人的速度将大于eq\r(gl)，由于空气阻力与人的速度成正比，则从B运动到C，人损失的机械能ΔE′>eq\f(1,2)mgl；要使人运动到C，根据动能定理：W人－mgl－ΔE′＝0－eq\f(1,2)mv2，所以W人>(mgl－eq\f(1,2)mv2)＋eq\f(1,2)mgl＝mgl，D正确，C错误．二、非选择题(本大题共3小题，第9、10题各16分，第11题20分，共52分)9.如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4m、宽L＝1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面．忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，求：(1)若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后落至水平面的过程所经历的时间．(2)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．解析：(1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式H＝eq\f(1,2)gt2(3分)解得：t＝eq\r(\f(2H,g))＝0.8s(2分)(2)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跑后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离为eq\f(H,tan53°)＋L设他在这段时间内运动的时间为t′，则：H－h＝eq\f(1,2)gt′2(3分)eq\f(H,tan53°)＋L＝vt′(3分)解得v＝6.0m/s(1分)答案：(1)0.8s(2)6.0m/s10．发射宇宙飞船的过程要克服引力做功，已知将质量为m的飞船在距地球中心无限远处移到距地球中心为r处的过程中，引力做功为W＝eq\f(GMm,r)，飞船在距地球中心为r处的引力势能公式为Ep＝－eq\f(GMm,r)，式中G为引力常量，M为地球质量，若在地球的表面发射一颗人造地球卫星，如果发射的速度很大，此卫星可以上升到离地心无穷远处(即地球引力作用范围之外)，这个速度称为第二宇宙速度(也称逃逸速度)．(1)试推导第二宇宙速度的表达式．(2)已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M＝1.98×1030解析：(1)设无穷远处的引力势能为零，地球的半径为R，第二宇宙速度为v，所谓第二宇宙速度，就是卫星摆脱中心天体束缚的最小发射速度．则卫星由地球表面上升到离地球表面无穷远的过程，根据机械能守恒定律得Ek＋Ep＝0(4分)即eq\f(1,2)mv2－Geq\f(Mm,R)＝0(4分)解得v＝eq\r(\f(2GM,R))(2分)(2)由题意知v>c，即eq\r(\f(2GM,R))>c(3分)得R<eq\f(2GM,c2)＝eq\f(2×6.67×10－11×1.98×1030,9×1016)m＝2.93×103则该黑洞的最大半径为2.93×103答案：(1)eq\r(\f(2GM,R))(2)2.93×103m11．(2017·河南洛阳统考)某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，选手在A点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2m，水平距离s＝0.6m，水平轨道AB长为L1＝1m，BC长为L2＝2.6m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹出时的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即为选手获胜，求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围．解析：(1)设小滑块恰能通过圆形轨道最高点时的速度为v，由牛顿第二定律有mg＝meq\f(v2,R)(2分)从B点到最高点，小滑块机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2(2分)从A点到B点由动能定理得－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(2分)由以上三式解得A点的速度为v1＝5m/s(1分)(2)若小滑块刚好停在C处，从A点到C点由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(2分)解得A点的速度