《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第4章 45分鐘高考熱點練（四）曲線運動 萬有引力與航天精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第4章 45分鐘高考熱點練（四）曲線運動 萬有引力與航天精練（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 45分鐘高考熱點練(四)　曲線運動　萬有引力與航天 熱點一　天體運動的分析與計算 1．(2018·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)我國首顆量子科學(xué)實驗衛(wèi)星“墨子”號已于酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，將在世界上首次實現(xiàn)衛(wèi)星和地面之間的量子通信?！澳印碧栍苫鸺l(fā)射至高度為500千米的預(yù)定圓形軌道。此前6月在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了第二十三顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星G7。G7是地球靜止軌道衛(wèi)星(高度約為36 000千米)，它將使北斗系統(tǒng)的可靠性進一步提高。以下說法中正確的是(　　) A．這兩顆衛(wèi)星的運行速度可能大于7.9 km/s B．通過地面控制可以將北斗G7定點于西昌正上方 C．量子科學(xué)實驗衛(wèi)星“墨子”號

2、的周期比北斗G7的小 D．量子科學(xué)實驗衛(wèi)星“墨子”號的向心加速度比北斗G7的小 解析：　根據(jù)G＝m可知，軌道半徑越大，線速度越小，第一宇宙速度的軌道半徑為地球的半徑，所以第一宇宙速度是繞地球做勻速圓周運動最大的環(huán)繞速度，故A錯誤；地球靜止軌道衛(wèi)星即同步衛(wèi)星，只能定點于赤道正上方，故B錯誤；根據(jù)G＝mr，得T＝，所以軌道半徑小的量子科學(xué)實驗衛(wèi)星“墨子”號的周期小，故C正確；衛(wèi)星的向心加速度a＝，軌道半徑小的量子科學(xué)實驗衛(wèi)星“墨子”號的向心加速度比北斗G7的大，故D錯誤。 答案：　C 2. 中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)(BDS)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，是繼美國全球定位系統(tǒng)(GPS)

3、、俄羅斯格洛納斯衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)(GLONASS)之后第三個成熟的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。預(yù)計2020年左右，北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)將形成全球覆蓋能力。如圖所示是北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知a、b、c三顆衛(wèi)星均做圓周運動，a是地球同步衛(wèi)星，則 (　　) A．衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度 B．衛(wèi)星a的加速度大于b的加速度 C．衛(wèi)星a的運行速度大于第一宇宙速度 D．衛(wèi)星b的周期大于24 h 解析：　a的軌道半徑大于c的軌道半徑，因此衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度，選項A正確；a的軌道半徑與b的軌道半徑相等，因此衛(wèi)星a的加速度等于b的加速度，選項B錯誤；a的軌道半徑大于地球半徑，因此衛(wèi)星a的運行速度

4、小于第一宇宙速度，選項C錯誤；a的軌道半徑與b的軌道半徑相等，衛(wèi)星b的周期等于a的周期，為24 h，選項D錯誤。 答案：　A 3．某行星的同步衛(wèi)星下方的行星表面上有一觀察者，行星的自轉(zhuǎn)周期為T，他用天文望遠鏡觀察被太陽光照射的此衛(wèi)星，發(fā)現(xiàn)日落的時間內(nèi)有的時間看不見此衛(wèi)星，不考慮大氣對光的折射，則該行星的密度為(　　) A.　　　　　　　 B． C. D． 解析：　設(shè)行星質(zhì)量為M，半徑為R，密度為ρ，衛(wèi)星質(zhì)量為m，如圖所示，發(fā)現(xiàn)日落的時間內(nèi)有的時間看不見同步衛(wèi)星，則θ＝＝60°，故φ＝60°，r＝＝2R，根據(jù)G＝m22R，M＝ρπR3，解得ρ＝。 答案：　A 4. (多選

5、)圖中的甲是地球赤道上的一個物體，乙是“神舟十號”宇宙飛船(周期約90 min)，丙是地球的同步衛(wèi)星，它們運行的軌道示意圖如圖所示，它們都繞地心做勻速圓周運動。下列有關(guān)說法中正確的是(　　) A．它們運動的向心加速度大小關(guān)系是a乙>a丙>a甲 B．它們運動的線速度大小關(guān)系是v乙a丙，v乙>v丙，B錯；又因為甲和丙的角速度相同，由an＝ω2r可得，a丙>a甲，故a乙>a丙>a

6、甲，A對；甲是赤道上的一個物體，不是近地衛(wèi)星，故不能由ρ＝計算地球的密度，C錯；由G＝mr乙可得，地球質(zhì)量M＝，D對。 答案：　AD 5. (2018·河北石家莊二中模擬)如圖所示，有A、B兩顆衛(wèi)星繞地心O做圓周運動，旋轉(zhuǎn)方向相同。A衛(wèi)星的周期為T1，B衛(wèi)星的周期為T2，在某一時刻兩衛(wèi)星相距最近，則(引力常量為G) (　　) A．兩衛(wèi)星經(jīng)過時間t＝T1＋T2再次相距最近 B．兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比為∶ C．若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時的距離，可求出地球的密度 D．若已知兩顆衛(wèi)星相距最近時的距離，可求出地球表面的重力加速度 解析：　設(shè)兩衛(wèi)星經(jīng)過時間t再次相距最近，由－＝1，解得t

7、＝，A錯誤。根據(jù)開普勒第三定律＝，解得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比r1∶r2＝∶，B正確。已知兩顆衛(wèi)星相距最近時的距離，結(jié)合兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比可以求得兩顆衛(wèi)星的軌道半徑，由萬有引力等于向心力G＝m2r，可以得出地球的質(zhì)量，知道地球半徑，可以進一步求出地球的密度和地球表面的重力加速度，但地球半徑未知，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D錯誤。 答案：　B 熱點二　平拋運動規(guī)律的應(yīng)用 6. (多選)(2018·桂林模擬)如圖，在距水平地面H和4H高度處，同時將質(zhì)量相同的a、b兩小球以相同的初速度v0水平拋出，則以下判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)球先落地，b球后落地 B．

8、兩小球落地速度方向相同 C．a(chǎn)、b兩小球水平位移之比為1∶4 D．a(chǎn)、b兩小球水平位移之比為1∶2 解析：　根據(jù)h＝gt2得t＝，兩球平拋運動的高度之比為1∶4，則下落的時間之比為1∶2，故A正確；根據(jù)v＝gt知，兩球落地時豎直分速度不同，水平分速度相同，根據(jù)平行四邊形定則知，兩球落地的速度方向不同，故B錯誤；根據(jù)x＝v0t知，兩球的初速度相同，時間之比為1∶2，則水平位移之比為1∶2，故C錯誤，D正確。 答案：　AD 7. (2018·山西百校聯(lián)考)如圖所示，球網(wǎng)高出地面1.5 m，一網(wǎng)球愛好者，在離球網(wǎng)水平距離1 m、高1.8 m處，將網(wǎng)球沿垂直于網(wǎng)的方向水平擊出，不計空氣

9、阻力，g取10 m/s2，則(　　) A．若水平初速度v0＝10 m/s，則網(wǎng)球不能飛過球網(wǎng)上端 B．若水平初速度v0＝20 m/s，則網(wǎng)球做平拋運動的時間是 s C．若任意改變水平初速度的大小，擊中球網(wǎng)速度有最小值2 m/s D．若任意改變水平初速度的大小，擊中球網(wǎng)速度有最小值2 m/s 解析：　由Δh＝gt2，網(wǎng)球被擊出后經(jīng)t＝到達球網(wǎng)，水平方向有L＝vt，得v＝ m/s<10 m/s，A錯誤。同理得v0＝20 m/s時，平拋運動時間t′＝0.6 s，故B錯誤。網(wǎng)球擊中球網(wǎng)所需要的時間t＝，此時的豎直分速度為vy＝gt，由平行四邊形定則知，v′＝≥2 m/s，故C錯誤，D正確。

10、 答案：　D 8．(2018·河南安陽一模)一滑雪運動員以一定的初速度從一平臺上水平滑出，剛好落在一斜坡上的B點，恰與坡面沒有撞擊，則平臺邊緣A點和斜坡B點連線與豎直方向的夾角α跟斜坡傾角θ的關(guān)系為(不計空氣阻力)(　　) A.＝2　　　　　　 B．tan θ·tan α＝ C.＝2 D．tan θ·tan α＝2 解析：　運動員在B點與坡面沒有撞擊，則速度與坡面平行，可知此時的速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為90°－α，因為平拋運動某時刻方向與水平方向夾角正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，有tan θ＝2tan(90°－α)，解得tan θ·tan α＝2

11、，故D正確，A、B、C錯誤。 答案：　D 9．(2018·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)如圖，可視為質(zhì)點的小球，位于半徑為 m半圓柱體左端點A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點。過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60°，則初速度為(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2)(　　) A. m/s B．4 m/s C．3 m/s D． m/s 解析：　小球飛行過程中恰好與半圓柱體相切于B點，可知速度與水平方向的夾角為30°，設(shè)位移與水平方向的夾角為θ，則有tan θ＝＝。因為tan θ＝＝，則豎直位移為y＝R，v＝2gy＝gR，又有ta

12、n 30°＝，聯(lián)立以上各式解得v0＝＝ m/s＝3 m/s，故選C。 答案：　C 熱點三　圓周運動規(guī)律的應(yīng)用 10．(多選)鐵路轉(zhuǎn)彎處的彎道半徑r是根據(jù)地形決定的。彎道處要求外軌比內(nèi)軌高，其內(nèi)、外軌高度差h的設(shè)計不僅與r有關(guān)。還與火車在彎道上的行駛速度v有關(guān)。下列說法正確的是(　　) A．速率v一定時，r越小，要求h越大 B．速率v一定時，r越大，要求h越大 C．半徑r一定時，v越小，要求h越大 D．半徑r一定時，v越大，要求h越大 解析：　火車轉(zhuǎn)彎時，圓周平面在水平面內(nèi)，火車以設(shè)計速率行駛時，向心力剛好由重力G與軌道支持力FN的合力來提供，如圖所示，則有mgtan θ＝，且t

13、an θ≈sin θ＝， 其中L為軌間距，是定值，有mg＝， 通過分析可知A、D正確。 答案：　AD 11. 如圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8 m的輕桿，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運動，取g＝10 m/s2，若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速度是(　　) A．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s 解析：　小球受輕桿控制，在A點的最小速度為零，由2mgLsin α＝mv，可得vB＝4 m/s，A正確。 答案：　A 12. (2018·前黃中學(xué)模擬)一輕

14、繩系住一質(zhì)量為m的小球懸掛在O點，在最低點先給小球一水平初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，若在水平半徑OP的中點A處釘一枚光滑的釘子，仍在最低點給小球同樣的初速度，則小球向上通過P點后將繞A點做圓周運動，則到達最高點N時，繩子的拉力大小為(　　) A．0 B．2mg C．3mg D．4mg 解析：　小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則在最高點有 mg＝。 解得v＝。 由機械能守恒定律可知 mg2R＝mv－mv2， 解得初速度v0＝， 根據(jù)機械能守恒定律，設(shè)繞A做圓周運動到達最高點時速度為v′，則： mv＝mgR＋mv′2 根據(jù)向心力公式：FT＋mg＝，

15、 聯(lián)立得FT＝3mg。 答案：　C 13．(2018·四川南充模擬)如圖所示，半徑為R＝1 m，內(nèi)徑很小的粗糙半圓管豎直放置，一直徑略小于半圓管內(nèi)徑、質(zhì)量為m＝1 kg的小球，在水平恒力F＝ N的作用下由靜止沿光滑水平面從A點運動到B點，A、B間的距離x＝ m，當小球運動到B點時撤去外力F，小球經(jīng)半圓管道運動到最高點C，此時球?qū)ν廛壍膲毫N＝2.6mg，然后垂直打在傾角為θ＝45°的斜面上(g＝10 m/s2)。求： (1)小球在B點時的速度的大??； (2)小球在C點時的速度的大??； (3)小球由B到C的過程中克服摩擦力做的功； (4)D點距地面的高度。 解析：　(1)小球從A到B過程，由動能定理得Fx＝mv 解得vB＝10 m/s。 (2)在C點，由牛頓第二定律得mg＋FN＝m 又據(jù)題有FN＝2.6mg 解得vC＝6 m/s。 (3)由B到C的過程，由動能定理得－mg·2R－Wf＝mv－mv 解得克服摩擦力做的功Wf＝12 J。 (4)設(shè)小球從C點到打在斜面上經(jīng)歷的時間為t，D點距地面的高度為h，則在豎直方向上有2R－h(huán)＝gt2 由小球垂直打在斜面上可知＝tan 45° 聯(lián)立解得h＝0.2 m。 答案：　(1)10 m/s　(2)6 m/s　(3)12 J　(4)0.2 m 9