2023高考物理一轮复习-章末质量检测-第4章-曲线运动-万有引力与航天(含解析)

章末质量检测(四)曲线运动万有引力与航天（含解析）(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)1．2014年9月29日中国国家国防科技工业局公布中国分辨率最高的对地观测卫星“高分二号”发回的首批卫星影像图，其图像分辨率首次精确到1米以下，达到“亚米级”。已知地球半径为6400km，“高分二号”人造地球卫星的运动近似为匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．运行的轨道半径越大，线速度也越大B．运行的速率可能等于8km/sC．运行的轨道半径越大，在地面所需要的发射速度越小D．运行的轨道半径越大，在地面所需要的发射速度越大解析做匀速圆周运动的卫星的最大运行速率为7.9km/s，选项B错误；卫星的轨道半径越大，线速度越小，选项A错误；把卫星发射到离地面越远的轨道上，在地面所需要的发射速度就越大，选项C错误，D正确。答案D2．某河流中水流的速度是2m/s，一小船要从河岸的A点沿直线匀速到达河对岸的B点，B点在河对岸下游某处，且A、B间的水平距离为100m，河宽为50m，则小船的速度至少为()图1A．0.5m/sB．1m/sC．1.5m/sD．2m/s解析如图所示，船要渡河到达B点，最小速度应满足eq\f(v船,v水)＝eq\f(50,100)，即船的速度至少为1m/s。答案B3．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动。由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出S2的质量为()A.eq\f(4π2r2（r－r1）,GT2)B.eq\f(4π2req\o\al(3,1),GT2)C.eq\f(4π2r3,GT2)D.eq\f(4π2r2r1,GT2)解析设S1和S2的质量分别为m1、m2，对于S1有m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r1＝Geq\f(m1m2,r2)，得m2＝eq\f(4π2r2r1,GT2)。答案D4.如图2所示，质量相同的钢球①、②分别放在A、B盘的边缘，A、B两盘的半径之比为2∶1，a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮，a、b轮半径之比为1∶2。当a、b两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球①、②受到的向心力大小之比为()图2A．2∶1B．4∶1C．1∶4D．8∶1解析皮带传动，边缘上的点线速度大小相等，所以va＝vb，a轮、b轮半径之比为1∶2，所以eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(2,1)，共轴上点的角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮的角速度相等，则eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(2,1)，根据向心加速度a＝rω2，eq\f(a1,a2)＝eq\f(8,1)，故D正确，A、B、C错误。答案D5.如图3所示，铁路在弯道处内外轨道的高低是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时的速度小于eq\r(Rgtanθ)，则()图3A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C．轨道与轮缘无挤压D．无法确定轨道与轮缘是否有挤压解析若火车转弯时重力和支持力的合力提供向心力，则有mgtanθ＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(Rgtanθ)，当火车转弯时的速度小于eq\r(Rgtanθ)时，有靠近圆心运动的趋势，所以内轨对内侧车轮轮缘有挤压，选项A正确。答案A6．已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A．3.5km/sB．5.0km/sC．17.7km/sD．35.2km/s解析由万有引力提供向心力可得：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，在行星表面运行时有r＝R，则得v＝eq\r(\f(GM,R))∝eq\r(\f(M,R))，因此eq\f(v火,v地)＝eq\r(\f(M火,M地)·\f(R地,R火))＝eq\r(\f(1,10)×2)＝eq\f(\r(5),5)，又由v地＝7.9km/s，故v火≈3.5km/s，故选项A正确。答案A7．(2023·湖南四校联考)如图4所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体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()图4A．物块始终受到三个力作用B．只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心C．从a到b，物体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在c、d两处，物块只受重力和支持力，在其他位置处物块受重力、支持力、静摩擦力作用，故A项错误；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，故B项错误；从a到b，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力就是先减小后增大，故C项错误；从b到a，向心加速度有向上的分量，所以物块处于超重状态，故D项正确。答案D二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共计21分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得7分，选对但不全的得4分，错选或不选的得0分。)8.如图5所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45m，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，取g＝10m/s2，则()图5A．球下落的加速度逐渐变大B．球从发射口到桌面的时间为0.3sC．球从发射口射出后速度不变D．球从发射口射出的速率为8m/s解析不计空气阻力，球下落的加速度为g，A错误；由h＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.3s，B正确；由x＝v0t解得球的初速度v0＝8m/s，D正确；球的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（gt）2)，随t逐渐增大，C错误。答案BD9．(2023·江西八校联考)一颗人造卫星在地球表面附近做匀速圆周运动，经过t时间，卫星运行的路程为s，运动半径转过的角度为θ，引力常量为G，则()A．地球的半径为eq\f(s,θ)B．地球的质量为eq\f(s2,Gθt2)C．地球的密度为eq\f(3θ2,4πGt2)D．地球表面的重力加速度为eq\f(sθ,t)解析根据题意可知，地球的半径R＝eq\f(s,θ)，A项正确；卫星的线速度为v＝eq\f(s,t)，角速度ω＝eq\f(θ,t)，Geq\f(Mm,R2)＝mRω2，M＝eq\f(s3,Gθt2)，B项错误；地球的密度ρ＝eq\f(3θ2,4πGt2)，C项正确；地球表面的重力加速度等于卫星的向心加速度，即g＝a＝vω＝eq\f(sθ,t2)，D项错误。答案AC10.如图6所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图6A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)B．若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0,gtanθ)C．若小球能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t＝eq\f(2v0tanθ,g)解析小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(2v0,gt)，即t＝eq\f(2v0,gtanθ)，A正确，D错误；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向的夹角为eq\f(π,2)－θ，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq\f(gt,v0)，即t＝eq\f(v0,gtanθ)，B正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcosθ＝v0t，下落高度为Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，联立两式得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，C错误。答案AB三、非选择题(共2小题，共37分。计算题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)11．(17分)(2023·贵州贵阳检测)如图7所示，底端切线水平且竖直放置的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道的半径为L，其轨道底端P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L，Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为60°。现将一质量为m，可视为质点的小球从Q点由静止释放，g＝10m/s2，不计空气阻力。试求：图7(1)小球在P点时受到的支持力大小；(2)在以后的运动过程中，小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B点的距离。解析(1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程应用动能定理有mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gL)小球在P点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,L)解得FN＝2mg(2)小球离开P点后做平抛运动，水平位移为L时所用时间为t，则L＝vt小球下落的高度为h＝eq\f(1,2)gt2解得h＝eq\f(L,2)则小球第一次碰撞点距B的距离为d＝L－h＝eq\f(1,2)L。答案(1)2mg(2)eq\f(1,2)L12．(20分)(2023·福建泉州质检)某工厂生产流水线示意图如图8所示，半径R＝1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h＝1.25m。AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r＝0.45m，且与水平传送带相切于B点。一质量m＝0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内。取g＝10m/s2，求：图8(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FNB；(2)传送带BC部分的长度L；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。解析(1)滑块从A到B过程中，由动能定理有mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(2gr)＝3m/s滑块到达B点时，由牛顿第二定律有FNB′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),r)解得FNB′＝6N据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下。(2)滑块离开C点后做平抛运动，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5svC＝eq\f(R,t1)＝2m/s滑块由B到C过程中，据动能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B