2022高中物理复习试题第4章曲线运动万有引力测试.docx

第四章 曲线运动 万有引力测试
一、选择题(40 分)
1．(多项选择)随着人们生活水平的提高，打高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐工程之一．如下列图，某人从高出水平地面 h 的坡上水平击出一个质量为 m 的球，由于恒定的水平风力的作用，球竖直地落入距击球点水平距离为 L 的 A 穴．那么( )
A．球被击出后做平抛运动
g
B．球从被击出到落入A穴所用的时间为 2h
h
C．球被击出时的初速度大小为L 2g
D．球被击出后受到的水平风力的大小为 mgh/L
解析 在竖直方向上h＝1gt2，所以t＝ 2h，在水平方向上，在时间t内速度由v减
2
至零，有v＝at，且v0t＝L，所以v＝L 2g
g
a gL

F＝ma
0
mgLA、
0 2 0
h ， ＝h ，水平风力
＝ h ，因此选项
D 错误，选项 B、C 正确．
答案 BC
2．(多项选择)在杂技表演中，猴子由静止开始沿竖直杆向上做加速度为 a 的匀加速运动， 同时人顶着直杆以速度 v0水平匀速移动，经过时间 t，猴子沿杆向上移动的高度为 h，人顶杆沿水平地面移动的距离为 x，如下列图．关于猴子的运动情况，以下说法中正确的选项是( )
A．相对地面的运动轨迹为直线
B．相对地面做匀加速曲线运动
C．t 时刻猴子对地的速度大小为 v0＋at
D．t 时间内猴子对地的位移大小为 x2＋h2
解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，合力在竖直方向上，与合初速度不共线，所以相对地面做匀加速曲线运动，A项错，B项对；合位移为
0
x 合＝x2＋h2，D 项对；t 时刻 v＝v2＋(at)2，C 项错．
答案 BD
3．(单项选择)(2022·浙江五校高三联考)如下列图，固定在竖直平面的光滑圆弧轨道 ABCD. 其 A 点与圆心 O 等高，D 点为轨道最高点，DB 为竖直直线，AC 为水平线，AE 为水平面．今使小球自 A 点正上方某处由静止释放，从 A 点进入圆轨道，只要调节释放点的高度，总能使小球通过圆轨道的最高点 D，那么小球通过 D 点后( )
A．一定会落到水平面 AE 上
B．一定会再次落到圆轨道上
C．可能会落到水平面 AE 上也可能会再次落到圆轨道上
D．以上说法都不正确
解析 小球通过最高点的临界条件是vD≥gR，小球从D点飞出后做平抛运动，根据
平抛运动的特点，当小球落到 AE面上时，竖直方向上有 R＝1gt2，水平方向上有 x＝vt，
2 D
故水平位移 x≥ 2R，因此 A 项正确．
答案 A
4．(多项选择)(2022·菏泽模拟改编)如下列图，人在岸上拉船，船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，那么此时()
A．人拉绳行走的速度为 vcosθ
B
为
．人拉绳行走的速度 v
cosθ
C Fcosθ－f
．船的加速度为
D
m
F－f
．船的加速度为 m
解析 船的速度产生了两个效果：一是滑轮与船间的绳缩短， 二是绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度进行分解如下列图，人拉绳行走的速度 v 人＝vcosθ，A 项正确，B 项错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为 F，与水平方向成 θ 角，因此 Fcosθ
Fcosθ－f
－f＝ma，得a＝ m ，C项正确，D项错误．
答案 AC 5．(单项选择)(2022·合肥市质检)如下列图，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，
第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大， 第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，那么( )
A．t>t v
s2v1

B．t>t v
s1v1
2 1 2＝s1 2 1 2＝s2
C．t ＝t
v s2v1

D．t＝t v
s1v1
2 1 2＝s1 2 1 2＝s2
解析 设河宽为d，船自身的速度为v，与河岸下游的夹角为θ，对垂直河岸的分运动，
过河时间t d ，那么t＝t，对合运动，过河时间t s1s2
＝


C 正确．
vsinθ 1 2
＝v ＝v ，应选项
1 2
答案 C
6．(多项选择)(2022·苏州模拟改编)如图中的 AOB 是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面
内，由两个半径都是 R
1
的4圆周连接而成，它们的圆心

O1、O2

与两圆弧的连接点 O 在同一
竖直直线上，O2B与水平面相平，一小滑块可由弧AO的任意点从静止开始下滑．(不计摩擦阻力和空气阻力)，凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离可能为( )
A. 2R
B. 3R

C．2R D．3R
解析 滑块刚能在O点离开滑道的条件为
R
mv2
mg＝ 0，那么 v0＝gR
以 v0离开滑道做平抛运动时，水平位移最小，
为s ＝vt＝gR· 2R2R
min 0 g＝
从 A 点释放时滑块到达 O 点的速度最大为 vmax
那么 mgR＝1mv2，v

＝ 2gR
2 max
max
以 vmax做平抛运动的滑块水平位移最大为
s ＝v
t＝2gR· 2R2R
max
max g＝
即落点到 O2的距离在 2R 与 2R 之间，应选项 A、B、C 正确．
答案 ABC
7．(多项选择)(2022·山东实验中学月考)万有引力定律的发现实现了物理学史上的第一次大统一——“地上物理学〞和“天上物理学〞的统一．它说明天体运动和地面上物体的运动遵循相同的规律．牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道运动假想成圆周运动； 另外，还应用到了其他的规律和结论，其中有( )
A．牛顿第二定律
B．牛顿第三定律
C．开普勒的研究成果
D．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数
解析 牛顿运用其运动定律(牛顿第二定律、牛顿第三定律)研究天体运动并结合开普勒定律建立了万有引力定律，选项A、B、C项正确．
答案 ABC
8．(单项选择)(2022·原创)如下列图，a、b、c是地球大气层外圆轨道上运转的三颗人造卫星．a、
b质量相同而小于c的质量，以下判断正确的选项是( )
A．b、c是线速度大小相等且小于 a的线速度，都大于第一宇宙速度 7.9km/s
B．b、c的周期相等且大于 a的周期，b再想与 a对接，必须采取减速的方法
C．b、c 向心加速度相等且大于 a 的向心加速度
D．b 受的引力最小
解析 卫星运转速率 v＝
GM
r ，与卫星质量无关，因此

b、c 的线速度大小相等且小
r3
于 a 的线速度，都小于第一宇宙速度，所以 A 项错；卫星运转周期 T＝2π
GM，因此 b、
c的周期相等且大于 a的周期，b只有减速后，才能到达低轨道上，所以 B项正确；由向心
加速度公式a GMa的向心加速度最大，所以C项错；由万有引力公式，可知b受的
＝ r2 知，
引力最小，所以 D 项正确．
答案 BD
9．(多项选择)(2022·青岛模拟改编)1798 年英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量 G，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．假设万有引力常量 G，地球外表处的重力加速度 g，地球半径 R，地球上一个昼夜的时间 T1(地球自转周期)，一年的时间 T2(地球公转的周期)，地球的中心到月球中心的距离 L1，地球中心到太阳中心的距离 L2.可估算出( )
gR2
A．地球的质量 m 地＝ G
4π2L3
B．太阳的质量 m 太＝
2
2
GT2
4πL3
C．月球的质量 m 月＝
1
1
GT2
D．可求月球、地球及太阳的密度解析 由黄金代换式，可知
2 gR2
Gm 地＝gR ，得 m 地＝ G ，A 项正确．
地球绕太阳运转 F 引＝F 向
m地m太
4π2
4π2L3
G 2 ＝m地
L
2
2L2m太＝
T
2
2，B 项正确．
2

GT2
GT2
4π2L3
同理，月球绕地球运转，只能算出地球质量 m 地＝
项不对．
1(T3为月球绕地球公转时间)，C
3
欲计算天体密度，还需知道天体的体积．此题虽然知道太阳质量，但不知太阳半径，故无法求出太阳密度；不知月球质量和半径，故无法求出月球密度，D 项不对．
答案 AB
10．(单项选择)(2022·安徽合肥模拟)有 a、b、c、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球外表一起转动，b 处于地面附近近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如下列图，那么有( )
A．a 的向心加速度等于重力加速度 g
B．c 在 4 h
π
内转过的圆心角是6
C．b 在相同时间内转过的弧长最长
D．d 的运动周期有可能是 20 h
解析 对于卫星a

GMm

mω2r＋mg，故 a
，根据万有引力定律、牛顿第二定律可得，
r2 ＝
的向心加速度小于重力加速度 g，A 项错；由 c 是同步卫星，可知 c 在 4 h 内转过的圆心角
GM
r
πGMmv2
是3，B 项错；由 r2 ＝m r 得，v＝
，故轨道半径越大，线速度越小，故卫星 b 的线
速度大于卫星 c 的线速度，卫星 c 的线速度大于卫星 d 的线速度，而卫星 a 与同步卫星 c 的
周期相同，故卫星 c 的线速度大于卫星 a 的线速度，C
GMm
2π2

得，T＝
项正确；由 r2 ＝m( T ) r
r3
2π GM，轨道半径 r越大，周期越长，故卫星 d的周期大于同步卫星 c的周期，故 D项错．
答案 C
二、实验题(20 分)
11.某研究性学习小组进行如下实验：如下列图，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清
水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体 R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 y轴重合，在 R从坐标原点以速度 v0＝3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿 x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动． 同学们测出某时刻 R的坐标为(4,6)， 此时 R的速度大小为
cm/s.R在上升过程中运动轨迹的示意图是．(R 视为质点)
解析 红蜡块有水平方向的加速度，所受合外力指向曲线的内侧，所以其运动轨迹应如
D图所示，因为竖直方向匀速，由 y＝6cm＝v0t，知 t＝2s，水平方向 x＝(vx/2)·t＝4cm，所
以 vx＝4 cm/s，因此此时 R 的速度大小 v＝v2＋v2＝5 cm/s.
0 x
答案 5 D
12．如下列图为一小球做平抛运动的闪光照片的一局部，图中背景方格的边长均为 5 cm，g＝10 m/s2，那么：
(1)闪光频率为Hz；
(2)小球运动的初速度的大小是m/s；
(3)小球经过B点时的速度大小为m/s.
解析 物体竖直方向做自由落体运动，无论A是不是抛出点，Δs⊥＝aT2均成立(式中Δs
⊥为相邻两闪光点竖直距离之差，T 为相邻两闪光点的时间间隔)．水平方向有 s∥＝v0T(s∥即相邻两点的水平间隔)．
Δs⊥
a
s∥
由 v0＝T 和 T＝
，可得 v0＝2 gL，代入数值，得 v0＝1.4 m/s

T＝ Δs⊥
a
L1
＝
s，故闪光频率f 1

16 Hz.
＝ g 16
＝T＝
在 B 点时的竖直分速度 v
A、C竖直间隔7L

2.8 m/s，过 B 点时水平分速度 v″
′B＝
B
B
＝v0，故 vB＝v′2＋v″2＝3.1 m/s.
2T ＝2T＝ B
答案 (1)16 (2)1.4 (3)3.1
三、计算题(40 分)
13．在一足够长的倾角为 θ＝37°的光滑斜面顶端．由静止释放小球 A，经过时间 t 后， 仍在斜面顶端水平抛出另一小球 B，为使抛出的小球 B 能够刚好击中小球 A，小球 B 应以多大速度抛出(重力加速度为 g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析 设B球平抛后经时间t1落到斜面上． 其水平位移为x＝vt1①
其竖直位移为 y
12②
＝2gt1
考虑到斜面倾角，有 y＝xtanθ③
根据①②③式，可得 t
2vtanθ3v
1＝ g ＝2g④
xvt1 15v2
B 球位移为 s＝cosθ＝cosθ＝ 8g ⑤
而在这段时间内A 球总位移为l 1

＋t)2⑥
因为两球相碰，那么s＝l⑦ 由⑤⑥⑦，式可得v＝gt 答案 gt
＝2gsinθ(t1
14．(2022·山东临沂一模)某电视台“快乐向前冲〞节目中的场地设施如下列图，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为 R，角速度为 ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为 L，平台边缘与转盘平面的高度差为 H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从 A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运动．
选手必须作好判断，在适宜的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为 m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为 μmg，重力加速度为 g.
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度 ω 应限制在什么范围
(2)假设 H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且选手从某处 C 点释放能恰好落到转盘的圆心上，那么他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的
(3)假设电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为 F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置 C 点时，因感到恐惧而没有释放悬挂器，操作人员便立即关闭了选手的电动机，那么按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离
解析 设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，那么有μmg≥mω2R
R
即转盘转动角速度应满足ω≤ μg
(2)设水平加速段位移为 x1，时间 t1；平抛时水平位移为 x2，时间为 t2，那么加速时有
x 12
1＝2at1，v＝at1
平抛运动阶段x＝vt，H 12
2 2 ＝2gt2
全程水平方向，有 x1＋x2＝L
代入各量数值，联立以上各式解得 t1＝2 s
(3)由(2)知x1＝4m v＝4m/s，且F＝0.6mg，设阻力为f，继续向右滑动距离为x3，由动能定理，得
加速段：(F－f)x ＝1mv2
1 2
减速段：－fx ＝0－1mv2
3 2
联立该二式，解得 x3＝2 m
R
答案 (1)ω≤ μg

(2)2 s (3)2 m
15．人们认为某些白矮星(密度较大的恒星)每秒钟大约自转一周(引力常量 G＝6.67×10
－11 N·m 2/kg2，白矮星半径 R 约为 6.4×103 km)．
(1)为使其外表上的物体能够被万有引力吸引住而不致由于快速转动而被“甩〞掉，它
的密度至少为多少
(2)假设某白矮星的密度约为此值，且其半径等于地球半径，那么它的第一宇宙速度为多少
解析 (1)假设赤道上的物体刚好不被“甩〞掉，那么此时白矮星对物体的万有引力恰好提供物体随白矮星转动的向心力．
设白矮星质量为 M，自转周期为 T，赤道上物体的质量为 m，
Mm4π2
G R2 ＝m T2 R

4π2R3
白矮星的质量为 M＝ GT2
白矮星的密度为
4π2R3
MGT2
3π
ρ＝V ＝4
3πR
3 ＝GT2

3×3.14
－11
＝
6.67×10 ×1
kg/m3＝1.41×1011 kg/m3
(2)白矮星的第一宇宙速度，就是物体在万有引力作用下沿白矮星外表绕它做匀速圆周运动时的速度，即
Mmv2
G R2 ＝mR
白矮星的第一宇宙速度为
Gρ 4 R3
· 3π
R

GM42
4
3×3.14×6.67×10 ×1.41×10 ×(6.4 ×10 )
－11
11
2 6 2
v＝ R＝
＝ 3πGρR＝
m/s＝4.02×107
m/s
答案 (1)1.41×1011kg/m3 (2)4.02×107m/s