高考地理总复习《抛体天体能量》专项测试卷（带答案）

第页高考地理总复习《抛体天体能量》专项测试卷（带答案）1.(多选)(2025·河南名校联考)如图所示,在一个倾角θ=15°的足够长固定斜面底端P点将小球a以某一初速度斜向上抛出,抛出方向与斜面的夹角α=30°,小球a将落在斜面上的Q点,P、Q之间的距离为l。若将小球b以相同大小的初速度从P点抛出,抛出方向与斜面的夹角调整为45°,不计空气阻力,重力加速度为g,sin15°=6−24,cos15°=A.从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为2lB.从抛出到落在斜面上,小球a、b所用的时间相等C.小球b将落在Q点D.小球b将落在Q点的下方2.(2025·湖南长沙市一中月考)2024年9月20日,我国在西昌卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭,成功将天启星座29~32星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。已知卫星运行速度的三次方v3与其周期的倒数1T的关系图像如图所示,地球半径为R,引力常量为G,卫星绕地球的运动可看作匀速圆周运动,下列说法正确的是()A.地球的质量为4πB.地球的平均密度为3πC.地球表面的重力加速度为b2πD.卫星在近地轨道运行的线速度大小为43.(多选)(2025·山东卷,10)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10m/s2。正确的是()A.ωmax=π3rad/sB.ωmax=23C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地4.(2025·河北承德模拟预测)北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星(MEO)、3颗地球静止同步轨道卫星(GEO)和3颗倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)共30颗卫星组成。已知地球半径为R,地球表面赤道处重力加速度为g0,地球同步卫星到地心的距离为kR,中圆地球轨道卫星的周期为同步卫星周期T的一半,如图所示。下列关于地球静止同步轨道卫星A和倾斜地球同步轨道卫星B与中圆地球轨道卫星C的说法正确的是()A.地球静止同步轨道卫星A和倾斜地球同步轨道卫星B均相对赤道表面静止B.中圆地球轨道卫星C的动能大于倾斜地球同步轨道卫星B的动能C.地球表面赤道处的重力加速度g0=4π2RTD.某时刻B、C两卫星相距最近,则再经12T,两卫星间距离为1+5.(2025·湖南长沙高三期末)一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶,该车在一段行驶过程中速度的倒数1v随加速度a的变化图像如图所示,已知图线的斜率为k,纵截距为b。A.汽车运动过程中发动机的输出功率不变B.汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大C.汽车行驶的最大速度为bkD.当汽车速度为最大速度的一半时,汽车的加速度为16.(多选)一只皮球从离地面一定高度处由静止释放,其受到空气阻力的大小与速度的平方成正比。下列关于皮球下落过程中的关系图像,可能正确的是(其中v为速度,a为加速度,t为时间,W为皮球克服阻力所做的功,Ek为皮球的动能,h为下落高度)()7.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内()A.物块的位移大小为2vB.物块机械能增量为5C.小车的位移大小为16Pv0D.小车机械能增量为8Pv8.(2025·四川成都高三期末)如图所示,高为L的斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°,它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点,圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后,经CD轨道返回,再次冲上AB轨道至速度为零时,相对于BD面的高度为L6。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1=0.5,重力加速度为g,(1)滑块第一次经过圆轨道最低点时对轨道的压力;(2)滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2;(3)经过足够长时间后,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。参考答案1.(多选)(2025·河南名校联考)如图所示,在一个倾角θ=15°的足够长固定斜面底端P点将小球a以某一初速度斜向上抛出,抛出方向与斜面的夹角α=30°,小球a将落在斜面上的Q点,P、Q之间的距离为l。若将小球b以相同大小的初速度从P点抛出,抛出方向与斜面的夹角调整为45°,不计空气阻力,重力加速度为g,sin15°=6−24,cos15°=A.从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为2lB.从抛出到落在斜面上,小球a、b所用的时间相等C.小球b将落在Q点D.小球b将落在Q点的下方答案AC解析将a的加速度和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解,如图所示,设初速度大小为v,则从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为ta=2vsinαgcosθ,则沿斜面方向有l=vcosα·ta-12gsinθ·ta2,联立解得ta=2lg,故A正确;同理,小球b所用的时间为tb=2vsin45°gcosθ≠ta=2vsin30°gcosθ,故B错误;设b球落点与P点的距离为x,则有x=vcos45°·t故选AC2.(2025·湖南长沙市一中月考)2024年9月20日,我国在西昌卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭,成功将天启星座29~32星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。已知卫星运行速度的三次方v3与其周期的倒数1T的关系图像如图所示,地球半径为R,引力常量为G,卫星绕地球的运动可看作匀速圆周运动,下列说法正确的是()A.地球的质量为4πB.地球的平均密度为3πC.地球表面的重力加速度为b2πD.卫星在近地轨道运行的线速度大小为4答案C解析由万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T2r,可得r3=GMT24π2,根据v=2πrT,联立可得v3=2πGM·1T,由题图知斜率k=2πGM=ba,地球的质量为M=b2πaG,A错误;地球的体积V=43πR3,则地球的平均密度为ρ=MV=b2πaG×34πR3=3b8π2aGR3,B错误;卫星在地球表面有GMmR2=故选C3.(多选)(2025·山东卷,10)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10m/s2。正确的是()A.ωmax=π3rad/sB.ωmax=23C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地答案BC解析物品从抛出到落地的过程做平抛运动,当其恰不落在目标区域外时,物品的水平位移示意图如图所示,由几何关系有xm=R12−R22=4m,此时物品的初速度最大,水平方向上有xm=vmt,竖直方向上有H=12gt2,联立解得物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm=2m/s,所以无人机的最大角速度ωmax=vmR2=23rad/s,A错误,B正确;由H=12gt2可知,物品释放后在空中运动的时间为t=2s,该过程无人机转过的角度θ=ωmaxt=43<π2,故选BC4.(2025·河北承德模拟预测)北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星(MEO)、3颗地球静止同步轨道卫星(GEO)和3颗倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)共30颗卫星组成。已知地球半径为R,地球表面赤道处重力加速度为g0,地球同步卫星到地心的距离为kR,中圆地球轨道卫星的周期为同步卫星周期T的一半,如图所示。下列关于地球静止同步轨道卫星A和倾斜地球同步轨道卫星B与中圆地球轨道卫星C的说法正确的是()A.地球静止同步轨道卫星A和倾斜地球同步轨道卫星B均相对赤道表面静止B.中圆地球轨道卫星C的动能大于倾斜地球同步轨道卫星B的动能C.地球表面赤道处的重力加速度g0=4π2RTD.某时刻B、C两卫星相距最近,则再经12T,两卫星间距离为1+答案D解析地球静止同步轨道卫星A相对于赤道静止,倾斜地球同步卫星B只是周期等于地球自转周期,并不相对于赤道静止,故A错误;由于不知道卫星B、C的质量,所以无法比较两者的动能,故B错误;B卫星受到的万有引力提供向心力,有GMm(kR)2=m4π2T2kR,对任意地球表面赤道处的物体受力分析,有m'g0+m'4π2T2R=GMm'R2,联立得g0=4π2RT2(k3-1),故C错误;某时刻B、C两卫星相距最近,则再经12T,B卫星运动半周,C卫星运动一周,此时两卫星相距最远,距离为两者轨道半径之和,即d=kR+rC,故选D5.(2025·湖南长沙高三期末)一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶,该车在一段行驶过程中速度的倒数1v随加速度a的变化图像如图所示,已知图线的斜率为k,纵截距为b。A.汽车运动过程中发动机的输出功率不变B.汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大C.汽车行驶的最大速度为bkD.当汽车速度为最大速度的一半时,汽车的加速度为1答案A解析设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻力为f,牵引力为F,则有P=Fv,F-f=ma,整理可得1v=mPa+fP,由题图可知k=mP,b=fP,解得P=mk,f=mbk,可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不变,汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变,故A正确,B错误;当汽车速度达到最大时,有P=fvm,即mk=mbkvm,解得vm=1b,故C错误;当汽车速度为v=vm2=12b时,汽车的牵引力为F=Pv=2mbk故选A6.(多选)一只皮球从离地面一定高度处由静止释放,其受到空气阻力的大小与速度的平方成正比。下列关于皮球下落过程中的关系图像,可能正确的是(其中v为速度,a为加速度,t为时间,W为皮球克服阻力所做的功,Ek为皮球的动能,h为下落高度)()答案BD解析由mg-kv2=ma知,在皮球下落过程中随着v的增大,加速度a减小,但a随t不是线性减小,A错误;皮球克服阻力做功W=kv2h,W-h图像中曲线切线的斜率ΔWΔh=kv2,随v的增大而增大,B可能正确;Ek-h图像中曲线切线的斜率为皮球下落过程中受到合力的大小,即ΔEkΔh=mg-kv2,随v的增大而减小,C错误;皮球下落过程中,由动能定理得mgh-fh=12mv2,又f=kv2,整理得v2h=2g-2kmv2,v2故选BD7.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内()A.物块的位移大小为2vB.物块机械能增量为5C.小车的位移大小为16Pv0D.小车机械能增量为8Pv答案C解析对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos30°-mgsin30°=ma,解得a=14g,根据运动学公式有v02=2ax1,解得物块的位移大小为x1=2v02g,A错误;物块机械能增量为ΔE=12mv02+mgx1·sin30°=32mv02,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos30°+mgsin30°)x=12mv02,其中t=v0a,联立解得x=16Pv05mg2故选C8.(2025·四川成都高三期末)如图所示,高为L的斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°,它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点,圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后,经CD轨道返回,再次冲上AB轨道至速度为零时,相对于BD面的高度为L6。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1=0.5,重力加速度为g,(1)滑块第一次经过圆轨道最低点时对轨道的压力;(2)滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2;(3)经过足够长时间后,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。答案(1)(4-2)mg,方向竖直向下(2)13(3)23解析(1)滑块从开始位置到第一次到达最低点,由动能定理有mg(L+L-Lsin45°)-μ1mgcos45°·2L=12mv2-在最低点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=mv解得FN=(4-2)mg由牛顿第三定律知在最低点滑块对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=(4-2)mg,方向竖直向下。(2)对滑块从开始到第一次到达D点,由动能定理有mgL-μ1mgcos45°·2L=12mvD设滑块在CD上能到达的高度为h,对滑块从D点沿斜面CD到达最高点,同理可得-mgh-μ2mgcos45°·2h=0-12m对滑块从第一次到达D到第二次到达D,则有-2μ2mgcos45°·2h=12mvD'2-12对滑块从第二次到达D点到返回AB上的最高点,有-mg·L6-μ1mgcos45°·2·L6=0-12mv联立解得μ2=13(3)经过分析可得,滑块每次到达AB上能到达的最高点的高度总是上一次的16,则在ABs1=2L+22经过足够长的时间后,滑块将保持在BD间滑动,全过程由动能定理mgL-μ1mgcos45°·s1-μ2mgcos45°·s2=0-0解得s2=92故滑块在两斜面上滑动的路程之和s=s1+s2=23210参考答案1.答案AC解析将a的加速度和初速度沿斜面方向和垂直斜面方向分解,如图所示,设初速度大小为v,则从抛出到落在斜面上,小球a所用的时间为ta=2vsinαgcosθ,则沿斜面方向有l=vcosα·ta-12gsinθ·ta2,联立解得ta=2lg,故A正确;同理,小球b所用的时间为tb=2vsin45°gcosθ≠ta=2vsin30°gcosθ,故B错误;设b球落点与P点的距离为x,则有x=vcos45°·t2.答案C解析由万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T2r,可得r3=GMT24π2,根据v=2πrT,联立可得v3=2πGM·1T,由题图知斜率k=2πGM=ba,地球的质量为M=b2πaG,A错误;地球的体积V=43πR3,则地球的平均密度为ρ=MV=b2πaG×34πR3=3b8π2aGR3,B错误;卫星在地球表面有GMmR2=3.答案BC解析物品从抛出到落地的过程做平抛运动,当其恰不落在目标区域外时,物品的水平位移示意图如图所示,由几何关系有xm=R12−R22=4m,此时物品的初速度最大,水平方向上有xm=vmt,竖直方向上有H=12gt2,联立解得物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm=2m/s,所以无人机的最大角速度ωmax=vmR2=23rad/s,A错误,B正确;由H=12gt2可知,物品释放后在空中运动的时间为t=2s,该过程无人机转过的角度θ=ωmaxt=43<π2,4.答案D解析地球静止同步轨道卫星A相对于赤道静止,倾斜地球同步卫星B只是周期等于地球自转周期,并不相对于赤道静止,故A错误;由于不知道卫星B、C的质量,所以无法比较两者的动能,故B错误;B卫星受到的万有引力提供向心力,有GMm(kR)2=m4π2T2kR,对任意地球表面赤道处的物体受力分析,有m'g0+m'4π2T2R=GMm'R2,联立得g0=4π2RT2(k3-1),故C错误;某时刻B、C两卫星相距最近,则再经12T,B卫星运动半周,C卫星运动一周,此时两卫星相距最远,距离为两者轨道半径之和,即d=kR+rC,5.答案A解析设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻力为f,牵引力为F,则有P=Fv,F-f=ma,整理可得1v=mPa+fP,由题图可知k=mP,b=fP,解得P=mk,f=mbk,可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不变,汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变,故A正确,B错误;当汽车速度达到最大时,有P=fvm,即mk=mbkvm,解得vm=1b,故C错误;当汽车速度为v=vm2=12b时,汽车的牵引力为F=Pv=2mbk6.答案BD解析由mg-kv2=ma知,在皮球下落过程中随着v的增大,加速度a减小,但a随t不是线性减小,A错误;皮球克服阻力做功W=kv2h,W-h图像中曲线切线的斜率ΔWΔh=kv2,随v的增大而增大,B可能正确;Ek-h图像中曲线切线的斜率为皮球下落过程中受到合力的大小,即ΔEkΔh=mg-kv2,随v的增大而减小,C错误