2021高考物理二轮复习(江苏专用)-专题提升训练-第3讲-力与物体的曲线运动一.docx

第3讲　力与物体的曲线运动(一)
——平抛、圆周和天体运动

一、单项选择题
1．(2022·福建卷，14)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的 (　　)
A.倍 B.倍
C.倍 D.倍
解析　依据万有引力供应向心力G＝m，可得v＝∝，由题意可得：＝＝，C选项正确，A、B、D选项错误．
答案　C
2．(2022·宿迁市高三摸底考试)如图1－3－17所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动．经P点时，启动推动器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道．则飞行器 (　　)

图1－3－17
A．变轨后将沿轨道2运动
B．相对于变轨前运行周期变长
C．变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等
D．变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等
解析　飞行器向前喷气后其速度减小，变轨后将沿轨道3运动，选项A错误；由开普勒第三定律知飞行器相对于变轨前运行周期变短，选项B错误；由万有引力定律和牛顿其次定律知变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等，选项C错误，选项D正确．
答案　D
3．(2022·山东潍坊二模)四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图1－3－18所示，其中，a是静止在地球赤道上还未放射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较 (　　)

图1－3－18
A．a的向心加速度最大
B．相同时间内b转过的弧长最长
C．c相对于b静止
D．d的运动周期可能是23 h
解析　a、b、c、d四颗卫星中，b的向心加速度、线速度、角速度都最大．c相对于a静止，c的周期为Tc＝24 h，它们的周期关系为：Tb＜Ta＝Tc＜Td，由以上分析可知正确的选项为B.
答案　B
4．(2022·安徽卷，19)如图1－3－19所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是
(　　)

图1－3－19
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析　经分析可知，小物体最先相对滑动的位置为最低点，对小物体受力分析得：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r.代入数据得：ω＝1.0 rad/s，选项C正确．
答案　C
5. 如图1－3－20所示，小球由静止释放，运动到最低点A时，细线断裂，小球
最终落在地板上．假如细线的长度l可以转变，则 (　　)

图1－3－20
A．细线越长，小球在最低点越简洁断裂
B．细线越短，小球在最低点越简洁断裂
C．细线越长，小球落地点越远
D．细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远
解析　依据机械能守恒定律可知，小球下摆过程中有mgl＝mv2，在A点有T－mg＝m，所以细线对小球的拉力T＝3mg，可见细线的断裂状况与细线长短无关，A、B错误．细线断裂后，小球做平抛运动，设O点离地板的高度为H，则H－l＝gt2，小球做平抛运动的水平位移x＝vt，整理得x＝2，所以细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远，C错误，D正确．
答案　D
6. 如图1－3－21所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R，A 在B点正上方高R处，现有两小球分别从A、B两点以肯定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则A球击中D点时动能为 (　　)

图1－3－21
A．2E B.E
C.E D.E
解析　由平抛运动规律可知两小球下落时间均为t＝，由水平射程x＝vt知，A、B两小球的初速度分别为vA＝、vB＝，由动能定理知对B球有mgR＝Ek－mv，对A球有mgR＝EkA－mv，联立得EkA＝Ek，B对．
答案　B
二、多项选择题
7．(2022·广东深圳一模)如图1－3－22为过山车以及轨道简化模型，以下推断正确的是 (　　)

图1－3－22
A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于
C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态
D．过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点
解析　过山车在圆轨道上做变速圆周运动，A错误；过山车沿轨道内侧运动，到最高点时有mg＋FN＝m，当FN＝0时有最小速度，故最小速度vmin＝，B正确；过山车在圆轨道最低点时有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，C正确．过山车由静止滑下能通过圆轨道最高点，需满足mgh－mg×2R＝m()2，即h＝2.5R，选项D错误．
答案　BC
8．(2022·盐城市三模)如图1－3－23所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开头渡河，M、N分别是甲、乙两船的动身点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点．假如划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行．下列推断正确的是 (　　)

图1－3－23
A．甲船也能到达正对岸
B．两船渡河时间肯定相等
C．两船相遇在NP直线上
D．渡河过程中两船不会相遇
解析　设甲、乙两船的速度大小均为v，则两船垂直于河岸方向的分速度均为vsin α，故两船渡河时间相等，选项B正确；乙船能到达正对岸P点，故乙船沿河岸方向的分速度与水速等大反向，即水速沿MN方向，大小为vcos α，由于甲船沿河岸的分速度也沿MN方向，与水速方向相同，故甲船不能到达正对岸，而是到达P点右侧(下游)某一位置，选项A错误；由于甲船到达对岸的位置在P点右侧，而乙船合速度方向沿NP方向，且两船垂直于河岸方向的分速度相等，即两船离开河岸的垂直距离总相等，故两船肯定在直线NP上某点相遇，选项C正确，选项D错误．
答案　BC
9．(2022·全国卷新课标Ⅰ，19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2022年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示．则下列推断正确的是 (　　)

地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径(AU)
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A.各地外行星每年都会消灭冲日现象
B．在2021年内肯定会消灭木星冲日
C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
解析　设地球的运转周期为T0、角速度为ω0、轨道半径为r0，则其他行星的轨道半径为r＝kr0①
依据万有引力定律及牛顿其次定律得：
＝mωr0②
＝mω2r③
联立①②③得：ω＝ω0.
各行星要再次冲日需满足：ω0t－ωt＝2π，
即t＝T0，其中k＝1.5、5.2、9.5、19、30.
依据上式结合k值并由数学学问可知：行星冲日的时间间隔肯定大于1年，并且k值越大时间间隔越短，所以选项B、D正确，A、C错误．
答案　BD
三、非选择题
10．(2022·山东潍坊统考)如图1－3－24所示，水平地面的B点右侧有一圆形挡板，圆的半径R＝4 m，B为圆心，BC连线与竖直方向夹角为37°，滑块静止在水平地面上的A点，AB间距L＝4.5 m．现用水平拉力F＝18 N沿AB方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板的C点，已知滑块质量m＝2 kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图1－3－24
(1)拉力F作用的距离；
(2)滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间．
解析　滑块落在C点，其从B点射出的速度v2满足：
Rsin 37°＝v2t3①
又Rcos 37°＝gt②
在水平面上加速前进x1时，物块恰好落到C点，由动能定理Fx1－μmgL＝mv③
解得：x1＝2.5 m④
(2)开头时的加速度为a1，由牛顿其次定律
F－μmg＝ma1⑤
x1＝a1t⑥
v1＝a1t1⑦
撤力后滑块在水平面上减速运动的加速度大小为a2，运动时间为t2
μmg＝ma2⑧
v2＝v1－a2t2⑨
运动总时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.3 s⑩
答案　(1)2.5 m　(2)2.3 s
11. (2022·四川卷，9)石墨烯是近些年发觉的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发觉者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的幻想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．

图1－3－25
(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R.
(2)当电梯仓停在距地面高度h2＝4R的站点时，求仓内质量m2＝50 kg的人对水平地板的压力大小．取地面四周重力加速度g＝10 m/s2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s，地球半径R＝6.4×103 km.
解析　(1)设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则
r1＝R＋h1①
v1＝r1ω②
货物相对地心的动能为Ek＝m1v③
联立①②③得Ek＝m1ω2(R＋h1)2④
(2)设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，受地球的万有引力为F，则
r2＝R＋h2⑤
an＝ω2r2⑥
g＝⑦
设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N′，则－N＝m2an⑧
由牛顿其次定律得N′＝N⑨
联立⑤～⑨式并代入数据得N′＝11.5 N⑩
答案　(1)m1ω2(R＋h1)2　(2)11.5 N
12．(2022·高考押题卷五)如图1－3－26所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)．轨道底端A与水平地面相切，顶端与一个长为l＝0.9 m的水平轨道相切B点，一倾角为θ＝37°的倾斜轨道固定于右侧地面上，其顶点D与水平轨道的高度差为h＝0.45 m，并与其它两个轨道处于同一竖直平面内．一质量为m＝0.1 kg的小物体(可视为质点)在A点被弹射入“S”形轨道内，沿轨道ABC运动，并恰好从D点无碰撞地落到倾斜轨道上．小物体与BC段间的动摩擦因数μ＝0.5.(不计空气阻力，g取10 m/s2.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图1－3－26
(1)小物体从B点运动到D点所用的时间；
(2)小物体运动到B点时对“S”形轨道的作用力大小和方向；
(3)小物体在A点获得的动能．
解析　(1)小物体从C点到D点做平抛运动，有
vy＝＝3 m/s
tan θ＝
解得vC＝4 m/s
小物体做平抛运动的时间为
t1＝＝0.3 s
小物体从B到C做匀减速直线运动，由牛顿其次定律得
μmg＝ma
由运动学公式得v－v＝－2al
代入数据解得vB＝5 m/s
小物体做匀减速直线运动的时间为
t2＝－＝0.2 s
小物体从B点运动到D点所用的总时间为
t＝t1＋t2＝0.5 s
(2)小物体运动到B点时，设其受到的作用力方向竖直向下，由牛顿其次定律得FN＋mg＝m
解得FN＝11.5 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝11.5 N
方向竖直向上
(3)小物体从A运动到B点的过程，由机械能守恒定律得EkA＝4mgR＋mv
解得EkA＝2.05 J
答案　(1)0.5 s　(2)11.5 N　方向竖直向上
(3)2.05 J