（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測四 第四章 曲線運(yùn)動 萬有引力與航天（含解析）

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1、曲線運(yùn)動 萬有引力與航天 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分.1～6題為單選題，7～10題為多選題) 1.如圖所示，A、B是兩個游泳運(yùn)動員，他們隔著水流湍急的河流站在岸邊，A在上游的位置，且A的游泳技術(shù)比B好，現(xiàn)在兩個人同時下水游泳，要求兩個人盡快在河中相遇，試問應(yīng)采取下列哪種方式比較好(　　) A．A、B均向?qū)Ψ接?即沿圖中虛線方向)而不考慮水流作用 B．B沿圖中虛線向A游；A沿圖中虛線向偏上方游 C．A沿圖中虛線向B游；B沿圖中虛線向偏上方游 D．A、B均沿圖中虛線向偏上方游；A比B更偏上一些 解析：A　游泳運(yùn)動員在河里游泳時同時參

2、與兩種運(yùn)動，一是被水沖向下游，二是沿自己劃行方向的劃行運(yùn)動．游泳的方向是人相對于水的方向．選水為參考系，A、B兩運(yùn)動員只有一種運(yùn)動，由于兩點(diǎn)之間線段最短，所以選A. 2.如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經(jīng)過時間t在空中相遇．若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時間為(　　) A．t B.t C. D. 解析：C　設(shè)兩球間的水平距離為L，第一次拋出的速度分別為v1、v2，由于小球拋出后在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，則從拋出到相遇經(jīng)過的時間t＝，若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則從拋出到相遇經(jīng)過的時間為t′＝＝，C項(xiàng)正確． 3.雨天在野外騎車時

3、，在自行車的后輪輪胎上常會粘附一些泥巴，行駛時感覺很“沉重”．如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉(zhuǎn)動，泥巴就被甩下來．如圖所示，圖中a、b、c、d為后輪輪胎邊緣上的四個特殊位置，則(　　) A．泥巴在圖中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度 B．泥巴在圖中的b、d位置時最容易被甩下來 C．泥巴在圖中的c位置時最容易被甩下來 D．泥巴在圖中的a位置時最容易被甩下來 解析：C　當(dāng)后輪勻速轉(zhuǎn)動時，由a＝Rω2知a、b、c、d四個位置的向心加速度大小相等，A錯誤；在角速度ω相同的情況下，泥巴在a點(diǎn)有Fa＋mg＝mω2R，在b、d兩點(diǎn)有

4、Fb(d)＝mω2R，在c點(diǎn)有Fc－mg＝mω2R，所以泥巴與輪胎在c位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B、D錯誤，C正確． 4.科學(xué)家通過歐航局天文望遠(yuǎn)鏡在一個河外星系中，發(fā)現(xiàn)了一對相互環(huán)繞旋轉(zhuǎn)的超大質(zhì)量雙黑洞系統(tǒng)，如圖所示．這也是天文學(xué)家首次在正常星系中發(fā)現(xiàn)超大質(zhì)量雙黑洞．這對驗(yàn)證宇宙學(xué)與星系演化模型、廣義相對論在極端條件下的適應(yīng)性等都具有十分重要的意義．若圖中雙黑洞的質(zhì)量分別為M1和M2，它們以兩者連線上的某一點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動．根據(jù)所學(xué)知識，下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．雙黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M2∶M1 B．雙黑洞的軌道半徑之比r1∶r2＝M2∶M1 C．雙黑

5、洞的線速度之比v1∶v2＝M1∶M2 D．雙黑洞的向心加速度之比a1∶a2＝M1∶M2 解析：B　雙黑洞繞連線上的某點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動的周期相等，角速度也相等，選項(xiàng)A錯誤；雙黑洞做勻速圓周運(yùn)動的向心力由它們之間的萬有引力提供，向心力大小相等，設(shè)雙黑洞間的距離為L，由G＝M1r1ω2＝M2r2ω2，得雙黑洞的軌道半徑之比r1∶r2＝M2∶M1，選項(xiàng)B正確；雙黑洞的線速度之比v1∶v2＝r1∶r2＝M2∶M1，選項(xiàng)C錯誤；雙黑洞的向心加速度之比為a1∶a2＝r1∶r2＝M2∶M1，選項(xiàng)D錯誤． 5．如圖所示的裝置可以將滑塊水平方向的往復(fù)運(yùn)動轉(zhuǎn)化為OB桿繞O點(diǎn)的轉(zhuǎn)動，圖中A、B、O三處都是轉(zhuǎn)軸．

6、當(dāng)滑塊在光滑的水平橫桿上滑動時，帶動連桿AB運(yùn)動，AB桿帶動OB桿以O(shè)點(diǎn)為軸轉(zhuǎn)動，若某時刻滑塊的水平速度v，連桿與水平方向夾角為α，AB桿與OB桿的夾角為β，此時B點(diǎn)轉(zhuǎn)動的線速度為(　　) A. B. C. D. 解析：A　A點(diǎn)的速度的方向沿水平方向， 如圖將A點(diǎn)的速度分解，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解可知，沿桿方向的分速度vA分＝vcos α，B點(diǎn)做圓周運(yùn)動，實(shí)際速度是圓周運(yùn)動的線速度，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直于桿方向的分速度，如圖設(shè)B的線速度為v′，則vB分＝v′cos θ＝v′sin β，又二者沿桿方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，聯(lián)立可得v′＝，選項(xiàng)A正確．

7、 6.如圖所示，放置在水平轉(zhuǎn)盤上的物體A、B、C能隨轉(zhuǎn)盤一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，它們與水平轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)均為μ，離轉(zhuǎn)盤中心的距離分別為0.5r、r、1.5r，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則轉(zhuǎn)盤的角速度應(yīng)滿足的條件是(　　) A．ω≤ B．ω≤ C．ω≤ D. ≤ω≤ 解析：B　當(dāng)物體與轉(zhuǎn)盤間不發(fā)生相對運(yùn)動，并隨轉(zhuǎn)盤一起轉(zhuǎn)動時，轉(zhuǎn)盤對物體的靜摩擦力提供向心力，當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時，物體轉(zhuǎn)動所需要的向心力大于最大靜摩擦力，物體就相對轉(zhuǎn)盤滑動，即臨界方程是μmg＝mω2l，所以質(zhì)量為m、離轉(zhuǎn)盤中心的距離為l的物體隨轉(zhuǎn)盤一起轉(zhuǎn)動

8、的條件是ω≤ ，即ωA≤ ，ωB≤ ，ωC≤ ，所以要使三個物體都能隨轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動，其角速度應(yīng)滿足ω≤ ，選項(xiàng)B正確． 7.飼養(yǎng)員在池塘邊堤壩邊緣A處以水平速度v0往魚池中拋擲魚餌顆粒．堤壩截面傾角為53°.壩頂離水面的高度為5 m，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列說法正確的是(　　) A．若平拋初速度v0＝5 m/s，則魚餌顆粒不會落在斜面上 B．若魚餌顆粒能落入水中，平拋初速度v0越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小 C．若魚餌顆粒能落入水中，平拋初速度v0越大，從拋出到落水所用的時間越長 D．若魚餌顆粒不能落入水中，平拋

9、初速度v0越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越小 解析：AB　魚餌顆粒落地時間t＝＝ s＝1 s，剛好落到水面時的水平速度為v＝＝ m/s＝3.75 m/s<5 m/s，當(dāng)平拋初速度v0＝5 m/s時，魚餌顆粒不會落在斜面上，A正確；由于落到水面的豎直速度vy＝gt＝10 m/s，平拋初速度越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小，B正確；魚餌顆粒拋出時的高度一定，落水時間一定，與初速度v0無關(guān)，C錯誤；設(shè)顆粒落到斜面上時位移方向與水平方向夾角為α，則α＝53°，tan α＝＝＝，即＝2tan 53°，可見，落到斜面上的顆粒速度與水平面夾角是常數(shù)，即與斜面夾角也為常數(shù)，D錯誤． 8.(2

10、018·煙臺模擬)火星探測項(xiàng)目是我國繼載人航天工程、嫦娥工程之后又一個重大太空探索項(xiàng)目，2018年左右我國將進(jìn)行第一次火星探測．已知地球公轉(zhuǎn)周期為T，到太陽的距離為R1，運(yùn)行速率為v1，火星到太陽的距離為R2，運(yùn)行速率為v2，太陽質(zhì)量為M，引力常量為G.一個質(zhì)量為m的探測器被發(fā)射到一圍繞太陽的橢圓軌道上，以地球軌道上的A點(diǎn)為近日點(diǎn)，以火星軌道上的B點(diǎn)為遠(yuǎn)日點(diǎn)，如圖所示．不計(jì)火星、地球?qū)μ綔y器的影響，則(　　) A．探測器在A點(diǎn)的加速度等于 B．探測器在B點(diǎn)的加速度大小為 C．探測器在B點(diǎn)的動能為mv D．探測器沿橢圓軌道從A到B的飛行時間為() 解析：AD　根據(jù)牛頓第二定律，加

11、速度由合力和質(zhì)量決定，故在A點(diǎn)的加速度等于沿著圖中小虛線圓軌道太陽公轉(zhuǎn)的向心加速度，為a＝，選項(xiàng)A正確；根據(jù)牛頓第二定律，加速度由合力和質(zhì)量決定，故在B點(diǎn)的加速度等于沿著圖中大虛線圓軌道繞太陽公轉(zhuǎn)的向心加速度，為a′＝，選項(xiàng)B錯誤；探測器在B點(diǎn)的速度小于v2，故動能小于mv，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)開普勒第三定律，有：＝ 聯(lián)立解得：T′＝()T，故探測器沿橢圓軌道從A到B的飛行時間為()T，故D正確． 9.如圖所示，半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內(nèi)，軌道的末端B處切線水平，現(xiàn)將一小物體從軌道頂端A處由靜止釋放．小物體剛到B點(diǎn)時的加速度為a，對B點(diǎn)的壓力為N，小物體離開B點(diǎn)后的水平位移為

12、x，落地時的速率為v.若保持圓心的位置不變，改變圓弧軌道的半徑R(不超過圓心離地的高度)．不計(jì)空氣阻力，下列圖像正確的是(　　) 解析：AD　設(shè)小物體釋放位置距地面高為H，小物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有，vB＝，到地面時的速度v＝，小物體的釋放位置到地面間的距離始終不變，則選項(xiàng)D正確；小物體在B點(diǎn)的加速度a＝＝2g，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)對小物體應(yīng)用向心力公式，有FB－mg＝，又由牛頓第三定律可知N＝FB＝3mg，選項(xiàng)B錯誤；小物體離開B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，豎直方向有H－R＝gt2，水平方向有x＝vBt，聯(lián)立可知x2＝4(H－R)R，選項(xiàng)C錯誤． 10.如圖所示，一根不可伸長的輕繩

13、兩端各系一個小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細(xì)桿C和D上，質(zhì)量為ma的a球置于地面上，質(zhì)量為mb的b球從水平位置靜止釋放，當(dāng)b球擺過的角度為90°時，a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱?，下列結(jié)論正確的是(　　) A．ma∶mb＝3∶1 B．ma∶mb＝2∶1 C．若只將細(xì)桿D水平向左移動少許，則當(dāng)b球擺過的角度為小于90°的某值時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱? D．若只將細(xì)桿D水平向左移動少許，則當(dāng)b球擺過的角度仍為90°時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱? 解析：AD　設(shè)D桿到b球的距離為r，b球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的速度大小為v，則mbgr＝mbv2，mag－mbg＝，可得ma＝3mb，所以選

14、項(xiàng)A正確、B錯誤；若只將細(xì)桿D水平向左移動少許，設(shè)D桿到球b的距離變?yōu)镽，當(dāng)b球擺過的角度為θ時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?，此時b球速度為v′，如圖所示，則mbgRsin θ＝mbv′2,3mbg－mbgsin θ＝，可得θ＝90°，所以選項(xiàng)C錯誤、D正確． 二、非選擇題(本題共2小題，共40分．需寫出規(guī)范的解題步驟) 11．(18分)如圖所示為某科技示范田自動灌溉的噴射裝置的截面圖，它主要由水泵、豎直的細(xì)輸水管道和噴頭組成，噴頭的噴嘴離地面的高度為h，噴嘴的長度為r.水泵啟動后，水從水池通過輸水管道壓到噴嘴并沿水平方向噴出，在地面上的落點(diǎn)與輸水管道中心的水平距離為R，此時噴嘴每秒鐘噴

15、出的水的質(zhì)量為m0，忽略水池中水泵與地面的高度差，不計(jì)水進(jìn)入水泵時的速度以及空氣阻力，重力加速度為g. (1)求水從噴嘴噴出時的速率v和水泵的輸出功率P； (2)若要澆灌離輸水管道中心2R處的蔬菜，求噴嘴每秒鐘噴出水的質(zhì)量m1. 解析：(1)水從噴嘴噴出后做平拋運(yùn)動，則 R－r＝vt(2分) h＝gt2(2分) 解得v＝(R－r)(1分) 根據(jù)能量守恒定律可得 Pt0＝m0gh＋m0v2，其中t0＝1 s(3分) 解得P＝(2分) (2)設(shè)水的密度為ρ，噴出的速度為v1，噴嘴的橫截面積為S，則 m0＝ρSv，m1＝ρSv1(2分) 由平拋運(yùn)動的規(guī)律有2R－r＝v1t

16、1，h＝gt(4分) 聯(lián)立解得m1＝m0.(2分) 答案：(1)(R－r)　 (2)m0 12．(22分)如圖所示，MN為固定的豎直光滑四分之一圓弧軌道，N端與水平面相切，軌道半徑R＝0.9 m．粗糙水平段NP長L＝1 m，P點(diǎn)右側(cè)有一與水平方向成θ＝30°角的足夠長的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動的速率恒為3 m/s.一質(zhì)量為1 kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從圓弧軌道最高點(diǎn)M由靜止開始沿軌道滑下，物塊A與NP段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1.靜止在P點(diǎn)的另一個物塊B與A完全相同，B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝.A與B碰撞后A、B交換速度，碰撞時間不計(jì)，重力加速度g取10 m/

17、s2，求： (1)物塊A滑下后首次到達(dá)最低點(diǎn)N時對軌道的壓力； (2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)設(shè)物塊質(zhì)量為m，A首次到達(dá)N點(diǎn)的速度為v′. 由機(jī)械能守恒定律得mgR＝mv′2(2分) 設(shè)物塊A在N點(diǎn)受到的支持力為FN，由牛頓第二定律得FN－mg＝m(2分) 聯(lián)立解得FN＝30 N(1分) 根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊A對軌道的壓力大小為30 N，方向豎直向下．(1分) (2)設(shè)A與B第一次碰撞前的速度為v0，從釋放物塊A至到達(dá)P點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律可知 mgR＝mv＋μ1mgL(2分) 解得v0＝4 m/

18、s(1分) 設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，則vA＝0，vB＝4 m/s(1分) 碰撞后B沿傳送帶向上勻減速運(yùn)動直至速度為零，設(shè)加速度大小為a1，則對B，有mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1(2分) 解得a1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2(1分) 運(yùn)動的時間為t1＝＝0.4 s(2分) 位移為x1＝t1＝0.8 m(2分) 此過程物塊B與傳送帶相對運(yùn)動的路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m(1分) 此后B反向加速，加速度大小仍為a1，與傳送帶共速后勻速運(yùn)動直至與A再次碰撞，則 加速時間為t2＝＝0.3 s(1分) 位移為x2＝t2＝0.45 m(1分) 此過程相對運(yùn)動路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m(1分) 全過程產(chǎn)生的熱量為Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J. 答案：(1)30 N　豎直向下　(2)12.25 J 9