2017届高考物理一轮复习 专题撬分练（打包15套）.zip

1专题撬分练一 质点的直线运动………………………………………………………………………………………………时间：45 分钟 满分：87 分基础组选择题(每小题 6分，共 48分)1．[2016·武邑中学模拟](多选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动， a 甲 ＝4 m/s2， a 乙 ＝－4 m/s 2，那么对甲、乙两物体判断正确的是( )A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化的大小相等答案 BD解析 加速度是矢量，＋、－号表示方向，不表示大小，因速度方向为正，故甲做加速运动，乙做减速运动，A 错，B 正确；因加速度大小一样，速度变化快慢相同，C 错；由Δ v＝ at可知，D 正确。2．[2016·枣强中学一轮检测]关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是( )A．速度变化得越大，加速度就越大B．速度变化得越快，加速度就越大C．只要加速度的大小保持不变，速度的方向就保持不变D．只要加速度的大小不断变小，速度的大小就不断变小答案 B解析 加速度的定义式为 a＝ ，是速度变化量与时间的比值(速度变化率)，只有当Δ vΔ t速度变化率大，即速度变化快时，加速度才大，故选项 A错误，B 正确；加速度大小不变，也可以改变速度的方向，如平抛运动，故选项 C错误；当 a、 v同向时，物体做加速运动，反之，做减速运动，与加速度大小变化无关，故选项 D错误。3．[2016·衡水中学周测]一质点位于 x＝－2 m处， t＝0 时刻沿 x轴正方向做直线运2动，其运动的 v－ t图象如图所示。下列说法正确的是( )A． t＝4 s 时，质点在 x＝1 m 处B．第 3 s内和第 4 s内，质点加速度的方向相反C．第 3 s内和第 4 s内，合力对质点做的功相同D．0～2 s 内和 0～4 s 内，质点的平均速度相同答案 A解析 由 v­t图象可知：0～4 s内，质点的位移 x4＝3 m＋1 m－1 m＝3 m，而 t＝0时质点位于 x＝－2 m处，故 t＝4 s时，质点在 x＝3 m－ 2 m＝1 m处，选项 A正确；质点在第 3 s内和第 4 s内的加速度都为 a＝－2 m/s2，选项 B错误；质点在第 3 s内，合力对其做负功，质点在第 4 s内，合力对其做正功，选项 C错误；质点在 0～2 s内和 0～4 s内的位移都为 x＝3 m，但时间不相等，根据平均速度的定义 ＝ 可得， 2 4，选项 D错vxt v v误。4．[2016·冀州中学月考]如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔 0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有 4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取 g＝10 m/s2)( )A．1.6 m B．2.4 mC．3.2 m D．4.0 m答案 C解析 由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为 t＝0.8 s，故有 Hm＝ gt2＝3.2 m，C 正确。125．[2016·武邑中学周测]在某一高度以 v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为 10 m/s时，以下判断正确的是( g取 10 m/s2)( )A．小球在这段时间内的平均速度大小一定为 15 m/s，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小一定为 5 m/s，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小一定为 5 m/s，方向向上3D．小球的位移大小一定是 15 m答案 D解析 小球被竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式 ＝ 求，规定向上为正，当小球的末速度为向上 10 m/s时， v＝10 m/s，用vv0＋ v2公式求得平均速度为 15 m/s，方向向上；当小球的末速度为向下 10 m/s时， v＝－10 m/s，用公式求得平均速度为 5 m/s，方向向上，A、B 、C 均错误；由于末速度大小为 10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移 x＝ ＝15 m，D 正确。v20－ v22g6．[2016·衡水中学月考](多选)下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是( )答案 BC解析 由 A、B 选项中的 v­t图象可知，0～3 s内物体做匀速运动，加速度为零，3～5 s内，物体做匀加速运动，加速度 a＝2 m/s2，故 A错误，B 正确；由 C、D 选项中的x­t图象可知，0～3 s内，物体静止不动， v＝0， a＝0；3～5 s内物体做匀速运动， v＝2 m/s， a＝0，C 对 D错；故选 B、C。7．[2016·枣强中学猜题](多选)如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度 v向上做匀减速直线运动，依次经 A、 B、 C、 D到达最高点 E，已知 AB＝ BD＝6 m， BC＝1 m，滑块从 A到 C和从 C到 D所用的时间都是 2 s。设滑块经 C时的速度为 vC，则( )4A．滑块上滑过程中加速度的大小为 0.5 m/s2B． vC＝6 m/sC． DE＝3 mD．从 D到 E所用时间为 4 s答案 AD解析 据题意，由于滑块向上做匀减速直线运动，则有： xCD－ xAC＝ aT2，则 a＝－0.5 m/s2，故 A选项正确；据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度，则有 vC＝ ＝3 m/s，故 B选项错误；据 v ＝2 axCE可得 xDE＝ xCE－ xCD＝4 xAD2T 2Cm，故 C选项错误；据逆向分析有： xDE＝ at ，则 tED＝4 s，所以 D选项正确。12 2ED8．[2016·衡水中学期中](多选)从地面竖直上抛一物体 A，同时在离地面某一高度处有一物体 B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为 v，则下列说法正确的是( )A． A上抛的初速度与 B落地时的速度大小相等，都是 2vB．两物体在空中运动的时间相等C． A上升的最大高度与 B开始下落时的高度相同D．两物体在空中同时到达的同一高度处一定是 B开始下落时高度的中点答案 AC解析 设两物体从开始运动到相遇的时间为 t，竖直上抛物体的初速度为 v0，则由题意知 gt＝ v0－ gt＝ v，解得 v0＝2 v，故 A正确。根据竖直上抛运动的对称性可知， B自由下落到地面的速度为 2v，在空中运动的时间 tB＝ ， A竖直上抛，在空中运动的时间2vgtA＝2× ＝ ，故 B错误。物体 A能上升的最大高度 hA＝ ， B开始下落的高度2vg 4vg  2v 22ghB＝ g 2，显然两者相等，故 C正确。两物体在空中同时到达的相同高度为 h＝ g 2＝12(2vg) 12(vg)＝ hB，故 D错误。v22g 14能力组一、选择题(每小题 6分，共 12分)59．[2016·武邑中学期中]在如图所示的 x­t图象和 v­t图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )A．甲车做曲线运动，丁车做直线运动B．在 t1时刻，甲、乙两车的速度相等C．追上前，丙、丁两车在 t2时刻相距最远D．在 0～ t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等答案 C解析 由题图可知，乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故 A错误；在 t1时刻，甲、乙图线的斜率不相等，所以两车速度不相等，故 B错误；由 v­t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移可知，丙、丁两车在 t2时刻面积差最大，所以相距最远，故 C正确；0～ t2时间内，丙、丁两车的位移不相等，时间相等，所以丙、丁两车的平均速度不相等，故 D错误。10．[2016·衡水中学期末](多选)如图所示， t＝0 时，质量为 0.5 kg的物体从光滑斜面上的 A点由静止开始下滑，经过 B点后进入水平面(经过 B点前后速度大小不变)，最后停在 C点。每隔 2 s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度 g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )t/s 0 2 4 6v/(m·s－1 ) 0 8 12 8A． t＝3 s 的时刻物体恰好经过 B点B． t＝10 s 的时刻物体恰好停在 C点C．物体运动过程中的最大速度为 12 m/sD． A、 B间的距离小于 B、 C间的距离答案 BD6解析 根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度 a1＝4 m/s2和在水平面上的加速度 a2＝－2 m/s2。根据运动学公式：8＋ a1t1＋ a2t2＝12， t1＋ t2＝2，解出 t1＝ s，知经43过 s到达 B点，到达 B点时的速度 v＝ a1t＝ m/s。如果第 4 s还在斜面上的话，速度103 403应为 16 m/s，从而判断出第 4 s已过 B点，是在 2 s到 4 s之间经过 B点。所以最大速度不是 12 m/s，故 A、C 均错误。第 6 s末的速度是 8 m/s，到停下来还需的时间 t′＝ 0－ 8－ 2s＝4 s，所以到 C点的时间为 10 s，故 B正确。根据 v2－ v ＝2 ax，求出 AB段的长度为20m， BC段长度为 m，则 A、 B间的距离小于 B、 C间的距离，故 D正确。2009 4009二、非选择题(共 27分)11．[2016·冀州中学期末](14 分)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为 a1的匀加速直线运动。质点乙做初速度为 v0，加速度大小为 a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的 x­v图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直。(1)在 x­v图象中，图线 a表示质点________(填“甲”或“乙”)的运动，质点乙的初速度 v0＝________；(2)求质点甲、乙的加速度大小 a1、 a2。答案 (1)甲 6 m/s(2)a1＝2 m/s 2 a2＝1 m/s 2解析 (1)已知甲的初速度为零，由图知图线 a表示质点甲的运动。由 b图线： x＝0 时， v＝6 m/s，则乙的初速度 v0＝6 m/s。(2)设质点乙、甲先后通过 x＝6 m 处的速度均为 v，对质点甲： v2＝2 a1x①对质点乙： v2－ v ＝－2 a2x②20联立①②解得 a1＋ a2＝3 m/s 2③当质点甲的速度 v1＝8 m/s，质点乙的速度 v2＝2 m/s时，两质点通过相同的位移，设为 x′。7对质点甲： v ＝2 a1x′④21对质点乙： v － v ＝－2 a2x′⑤2 20联立④⑤解得 a1＝2 a2⑥联立③⑥解得 a1＝2 m/s 2，a2＝1 m/s 212．[2016·衡水中学预测](13 分)在十字路口，红灯拦停了很多汽车和行人，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为 d＝6.0 m，且车长为 L0＝4.8 m，最前面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽s＝20 m。若汽车启动时都以 a1＝2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到 v1＝10.0 m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为 a2＝0.5 m/s2，达到 v2＝1.0 m/s后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间 t＝40 s，而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)。另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。请回答下列问题：(1)路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？(2)按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，求刹车后汽车经多少时间停下？答案 (1)31 辆 (2)6.8 s解析 (1)汽车加速时间 t1＝ ＝4.0 s，加速位移为 x1＝ a1t ＝20 mv1a1 12 21行人加速的时间 t2＝ ＝2.0 s，加速位移为 x2＝ t2＝1 mv2a2 v22行人通过横道线的时间为 t′＝ t2＋ ＝21 ss－ x2v2在行人通过横道线的时间内汽车行驶位移x3＝ x1＋ v1(t′－ t1)＝190 m能到达横道线的车辆数 N1＝ ＝31.7，即第 32辆车有一部分是行人离开横道线后从x3d侧边走过，故取 N1＝31 辆车擦肩而过。(2)在亮灯 t＝40 s 内汽车行驶的位移x4＝ x1＋ v1(t－ t1)＝380 m该时段内能通过路口的车辆 N2＝ ＝63.3，取整知 N2＝64，即第 65辆车未能通过。x4d设 t0＝3 s时第 65辆车行驶的位移为 x5＝ x1＋ v1(t－ t1－ t0)＝350 m，此时车离停车线的距离 x6＝64 d－ x1＝34 m，故它停下的时间满足 x6＝ t3，解得 t3＝6.8 s。v121专题撬分练五 万有引力与航天………………………………………………………………………………………………时间：45 分钟 满分：90 分基础组选择题(每小题 6分，共 60分)1．[2016·衡水中学仿真]已知地球质量为 M，自转周期为 T，引力常量为 G，将地球视为半径为 R、质量均匀分布的球体。科考队员在南极发现一小块陨石，用弹簧秤称量时示数为 F。将其带回赤道地面再次称量，则弹簧秤示数应为( )A. F B. F(GMT24π 2R3－ 1) (1－ 4π 2R3GMT2)C. F D. F(4π 2R3GMT2－ 1) (1－ GMT24π 2R3)答案 B解析 在南极，有 F＝ G ，在赤道，有 G － F1＝ m R，解得 F1＝ F。所MmR2 MmR2 4π 2T2 (1－ 4π 2R3GMT2)以 B正确。2．[2016·枣强中学预测](多选)据报道，北斗卫星导航系统利用其定位、导航、短报文通信功能加入到马航 MH370失联客机搜救工作，为指挥中心调度部署人力、物力提供决策依据，保证了搜救船只准确抵达相关海域，帮助搜救船只规划搜救航线，避免搜救出现遗漏海域，目前北斗卫星导航定位系统由高度均约为 36000 km的 5颗静止轨道卫星和 5颗倾斜地球同步轨道卫星以及高度约为 21500 km的 4颗中轨道卫星组网运行，下列说法正确的是( )A．中轨道卫星的周期比同步卫星的周期大B．所有卫星均位于以地心为中心的圆形轨道上C．同步卫星和中轨道卫星的线速度均小于第一宇宙速度D．赤道上随地球自转的物体的向心加速度比同步卫星的向心加速度大答案 BC解析 由开普勒第三定律可知，轨道半径较小的中轨道卫星的周期比同步卫星的周期小，A 项错；由题意知，北斗导航系统的卫星轨道高度一定，因此卫星均位于以地心为中心的圆形轨道上，B 项正确；第一宇宙速度是卫星绕地球的最大运行速度，C 项正确；赤道上物体与同步卫星的角速度相同，由 a＝ ω 2r可知，同步卫星的向心加速度较大，D 项错。23．[2016·冀州中学一轮检测](多选)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过 N年，行星会运行到日地连线的延长线上(相距最近)，如图所示。设该行星与地球的公转周期之比为 k1，公转半径之比为 k2，则( )A． k1＝ B． k1＝N＋ 1N NN－ 1C． k2＝ D． k2＝(N＋ 1N )23 ( NN－ 1)23答案 BD解析 由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过 N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球比行星多转圆周的 N分之一， N年后地球转了 N圈，比行星多转 1圈，即行星转了 N－1圈，从而再次在日地连线的延长线上，所以行星的周期是 年，根据开普勒第三定律有NN－ 1＝ ，即 ＝ ＝ ，选项 A、C 错误，选项 B、D 正确。r3地r3行 T2地T2行 r行r地 3T2行T2地 ( NN－ 1)234．[2016·武邑中学一轮检测]“嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四个部分组成。探测器预计在 2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约 2千克月球样品。某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，请根据题意，判断地球和月球的密度之比为( )月球半径 R0月球表面处的重力加速度 g0地球和月球的半径之比 ＝4RR0地球表面和月球表面的重力加速度之比 ＝6gg0A. B.23 32C．4 D．6答案 B3解析 设星球的密度为 ρ ，由 G ＝ m′ g得 GM＝ gR2， ρ ＝ ＝ ，联立解得Mm′R2 MV M43π R3ρ ＝ 。设地球、月球的密度分别为 ρ 、 ρ 0，则 ＝ ，将 ＝4， ＝6 代入解3g4π GR ρρ 0 g·R0g0·R RR0 gg0得 ＝ ，选项 B正确。ρρ 0 325．[2016·武邑中学月考]一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度大小减小为原来的 ，则变轨前后卫星的( )12A．轨道半径之比为 1∶2B．向心加速度大小之比为 4∶1C．角速度大小之比为 2∶1D．周期之比为 1∶8答案 D解析 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，由 G ＝ m 得 v＝ ，Mmr2 v2r GMr故 ＝ ＝2，所以 ＝ ， A项错；由 G ＝ ma得 a＝ ，所以 ＝16，B 项错；由开普v1v2 r2r1 r1r2 14 Mmr2 GMr2 a1a2勒第三定律得 ＝ ＝ ，所以 ＝ ，D 项正确；由于角速度与周期成反比，故T21T2 r31r32 143 T1T2 18＝8，C 项错。ω 1ω 26．[2016·衡水中学热身](多选)火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的 1.5倍。则下列说法正确的是( )A．火星表面重力加速度的数值比地球表面的小B．火星公转的周期比地球的大C．火星公转的线速度比地球的大D．火星公转的向心加速度比地球的大答案 AB解析 根据万有引力与重力关系得 G ＝ mg⇒g＝ ，所以 ＝ ，所以火星表MmR2 GMR2 g火g地 M火 R2地M地 R2火面重力加速度的数值比地球表面的小，A 项正确；由开普勒第三定律得 ＝ ，因为火R3地T2地 R3火T2火星的公转半径较大，所以火星的公转周期也长，B 项正确；由线速度、公转半径、周期三者关系可知，火星公转的线速度比地球的小，C 项错；火星和地球做圆周运动所需的向心力均由万有引力提供，则 G ＝ ma⇒a＝ ，式中 M为太阳质量， R为公转半径，故火星公MmR2 GMR2转的向心加速度较小，D 项错误。7．[2016·衡水二中期中](多选)“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。 “嫦娥三号”的飞行轨道示意图如4图所示。假设“嫦娥三号”在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则( )A．若已知“嫦娥三号”环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度B． “嫦娥三号”由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其减速C． “嫦娥三号”在环月段椭圆轨道上远月点 P的速度大于近月点 Q的速度D． “嫦娥三号”在动力下降阶段，其引力势能减小答案 BD解析 由于不能确定月球的半径，根据密度公式，无法求出月球的密度，选项 A错误；“嫦娥三号”在进行变轨时，改变卫星的速度，此时万有引力不变，要做向心运动，故应让发动机点火使其减速，选项 B正确；根据开普勒定律可知：近月点的速度大于远月点的速度，即 vQvP，选项 C错误；“嫦娥三号”在动力下降阶段，引力做正功，引力势能减小，选项 D正确。8．[2016·枣强中学模拟]“嫦娥五号”飞行试验器在西昌卫星发射中心发射升空，并在 8天后以“跳跃式再入”方式成功返回地面。 “跳跃式再入”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层，如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径 R，地心到 d点的距离为 r，地球表面重力加速度为 g。下列说法正确的是( )A． “嫦娥五号”飞行试验器在 b点处于完全失重状态B． “嫦娥五号”飞行试验器在 d点的加速度小于 gR2/r2C． “嫦娥五号”飞行试验器在 a点的速率大于在 c点的速率D． “嫦娥五号”飞行试验器在 c点的速率大于在 e点的速率答案 C解析 “嫦娥五号”飞行试验器在 b点处于失重状态，但由于受到阻力作用，不是完5全失重状态，选项 A错误；在 d点， “嫦娥五号”飞行试验器的加速度 a＝ ，又GMr2GM＝ gR2，所以 a＝ ，选项 B错误；“嫦娥五号”飞行试验器从 a点到 c点，万有引力gR2r2不做功，由于阻力做功，则“嫦娥五号”飞行试验器在 a点速率大于在 c点速率，选项 C正确；从 c点到 e点，没有空气阻力，机械能守恒，则“嫦娥五号”飞行试验器在 c点速率和在 e点速率相等，选项 D错误。9．[2016·衡水二中期末]据每日邮报 2014年 4月 18日报道，美国国家航空航天局(NASA)目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星 Kepler－186f。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为 T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近 h处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为 t。已知该行星半径为 R，引力常量为 G，则下列说法正确的是( )A．该行星的第一宇宙速度为π RTB．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于 π t2RhC．该行星的平均密度为3h2Gπ t2D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为3hT2R22π 2t2答案 B解析 在行星地面附近自由释放的小球做自由落体运动，因 h＝ gt2，解得行星表面12的重力加速度 g＝ ，该行星的第一宇宙速度为 v＝ ＝ ，选项 A错误；宇宙飞船绕2ht2 gR 2hRt2该行星做圆周运动的周期最小值 T＝ ＝π t ，选项 B正确；该行星的体积2π Rv 2RhV＝ π R3，质量 M＝ ，行星的密度 ρ ＝ ＝ ，选项 C错误；根据万有引力定律有43 gR2G MV 3h2π RGt2＝ m 2(R＋ H)，解得同步卫星离行星表面的高度 H＝ － R，选项 D错GMm R＋ H 2 (2πT) 3hT2R22π 2t2误。10．[2016·武邑中学猜题](多选)探月工程三期飞行试验器在中国西昌卫星发射中心发射升空，飞行试验器飞抵距月球 6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面 h＝200 km的圆形工作轨道。设月球半径为 R，月球表面的重力加速度为 g，引力常量为 G，则下列说法正确的是( )点击观看解答视频6A．飞行试验器绕月球运行的周期为 2πRgB．在飞行试验器的工作轨道处的重力加速度为 2g(RR＋ h)C．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为 g R＋ hD．由题目条件可知月球的平均密度为3g4π GR答案 BD解析 在月球表面附近，试验器所受万有引力近似等于它受的重力，即 G ＝ mg，试MmR2验器绕月球做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，即G ＝ m ＝ m (R＋ h)＝ ma，解得 T＝ ， a＝ 2g， v＝ R Mm R＋ h 2 v2R＋ h 4π 2T2 2π  R＋ hR R＋ hg ( RR＋ h)， A、C 错误，B 项正确；由 G ＝ mg， ρ ＝ ， V＝ π R3可知，月球的平均密度 ρ ＝gR＋ h MmR2 MV 43，D 项正确。3g4π GR能力组选择题(每小题 6分，共 30分)11．[2016·冀州中学仿真](多选)2014 年 5月 10日，天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象。 “土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线。该天象每 378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出( )A．土星质量B．地球质量C．土星公转周期D．土星和地球绕太阳公转速度之比答案 CD解析 行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，选项 A、B 错误；“土星冲日”天象每 378天发生一次，即每经过 378天地球比土星多转动一圈，根据 t＝2π 可以求解土星公转周期，选(2πT1－ 2πT2)项 C正确；知道土星和地球绕太阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解公转7半径之比，根据 v＝ 可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，选项 D正确。2π RT12．[2016·武邑中学预测](多选)“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空 110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( )A． “轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25倍B． “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍5C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D． “轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救答案 AB解析 根据 ＝ ma得 a＝ ，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半GMmr2 GMr2径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25倍，选项 A正确；根据 ＝ m 得 v＝ ，因为 “轨道康复者”绕地球做匀速圆GMmr2 v2r GMr周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍，选项 B正确；因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期5小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动，选项 C错误；“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，选项 D错误。13．[2016·衡水二中模拟]如图所示，曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动的卫星 1的轨道示意图，其半径为 R；曲线Ⅱ是绕地球做椭圆运动的卫星 2的轨道示意图， O点为地球的地心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为 G，地球质量为 M，下列说法正确的是( )A．椭圆轨道的长轴 AB长度为 RB．若 OA ＝0.5 R，则卫星 2在 B点的速率 vB＜ 2GM3RC．在轨道Ⅰ的卫星 1的速率为 v0，在轨道Ⅱ的卫星 2在 B点的速率为 vB，则 v0＜ vBD．两颗卫星运动到 C点时，卫星 1和卫星 2的加速度不同答案 B8解析 根据开普勒第三定律得 ＝ k， a为半长轴，已知在两轨道上运动的卫星的周期a3T2相等，所以椭圆轨道的长轴长度为 2R，选项 A错误；若 OA＝0.5 R，则 OB＝1.5 R，如果卫星 2以 OB为轨道半径做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有 ＝ ，解GMm 1.5R 2 mv21.5R得 v＝ ，在轨道Ⅱ上，卫星 2在 B点要减速，做近心运动，所以卫星 2在 B点的速率2GM3RvB＜ ，选项 B正确；在 B点虚拟一个圆轨道，则该圆在轨道上 B点的速率 vB′ vB，2GM3R又因为 vB′vB′ vB，选项 C错误；根据牛顿第二定律得 a＝ ，两卫星在 C点GMr2距离地心的距离相同，所以 a1＝ a2，选项 D错误。14．[2016·枣强中学期末](多选) P1、 P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处有一颗卫星 s1、 s2做匀速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a，横坐标表示物体到行星中心的距离 r的平方，两条曲线分别表示P1、 P2周围的 a与 r2的反比关系，它们左端点横坐标相同，则( )A． P1的平均密度比 P2的大B． P1的“第一宇宙速度”比 P2的小C． s1的向心加速度比 s2的大D． s1的公转周期比 s2的大答案 AC解析 由图象左端点的横坐标相同可知，两行星的球半径 r相同，因ρ ＝ ， V＝ π r3， ＝ ma，联立解得 ρ ＝ ，因 a1＞ a2，所以 P1的平均密度比 P2的MV 43 GMmr2 3a4π Gr大，选项 A正确；第一宇宙速度 v＝ ，因 a1＞ a2，所以 P1的“第一宇宙速度”比 P2的ar大，选项 B错误；利用“黄金代换式” GM＝ ar2，解得卫星的向心加速度 a′＝ ＝GMr′ 2，卫星离地面的高度 h相同，球体半径 r相同，因 a1＞ a2，所以 s1的向心加速ar2 r＋ h 2度大于 s2的向心加速度，选项 C正确；根据万有引力定律得 ＝ m 2(r＋ h)，GMm r＋ h 2 (2πT)GM＝ ar2，解得 T＝2π ，因 a1＞ a2，所以 s1的公转周期小于 s2的公转周期，选 r＋ h 3ar2项 D错误。915．[2016·衡水二中仿真](多选)发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道 1，然后使其沿椭圆轨道 2运行，最后将卫星送入同步圆轨道 3。轨道 1、2相切于 Q点，轨道 2、3 相切于 P点，如图所示。当卫星分别在 1、2、3 轨道上正常运行时，其中说法正确的是( )A．卫星在轨道 1上经过 Q点时的加速度等于它在轨道 2上经过 Q点时的加速度B．卫星在轨道 3上的动能小于它在轨道 1上的动能C．卫星在轨道 3上的引力势能小于它在轨道 1上的引力势能D．卫星在轨道 3上的机械能大于它在轨道 1上的机械能答案 ABD解析 地球对卫星的万有引力为 G ，由 G ＝ ma，可得卫星在 Q点的加速度 a＝ ，Mmr2 Mmr2 GMr2故选项 A正确：轨道 1、3 均为圆轨道，由 G ＝ m ，可得 v2＝ ，由于轨道 3的半径大Mmr2 v2r GMr于轨道 1的半径，故卫星在轨道 3上的动能小于在轨道 1上的动能，故选项 B正确；从轨道 1到轨道 3，地球与卫星间的引力做负功，引力势能将增加，选项 C错误；经过 Q点时可知卫星在轨道 2上的速度应大于在轨道 1上的速度，否则卫星将沿轨道 1做匀速圆周运动，卫星在轨道 2上的机械能大于在轨道 1上的机械能，经过 P点时卫星在轨道 2上的速度应小于在轨道 3上的速度，否则卫星将沿轨道 3做匀速圆周运动，卫星在轨道 2上的机械能小于在轨道 3上的机械能，卫星在 2轨道上只受到地球引力作用机械能守恒，故由此可知卫星在轨道 3上的机械能大于它在轨道 1上的机械能，故选项 D正确。1专题撬分练四 曲线运动………………………………………………………………………………………………时间：45 分钟 满分：97 分基础组一、选择题(每小题 6 分，共 54 分)1．[2016·冀州中学猜题]如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度 v 向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板的 ad 边正前方时，木板开始做自由落体运动。若木板开始运动时， cd 边与桌面相齐，则小球在木板上的正投影轨迹是( )答案 B解析 木板自由下落，可以逆向思维，以木板为参照物，小球向上做匀加速运动，且向右做匀速运动，可以想象成重力“向上”的平抛运动，B 正确。22．[2016·武邑中学仿真](多选)如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间，在消防车向前前进的过程中，人同时相对梯子匀速向上运动。在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是( )A．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀加速直线运动B．当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动C．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动D．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速直线运动答案 BC解析 当消防车匀速前进时，消防队员一定做匀速直线运动，选项 B 正确，A 错误；当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动，选项 C 正确，D 错误。3．[2016·衡水中学模拟](多选)船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示，则当船沿渡河时间最短的路径渡河时 ( )A．船渡河的最短时间为 60 sB．要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是 5 m/s答案 BD解析 根据图象可知，船在静水中的速度 v 静 ＝3 m/s，河宽 d＝300 m，河正中间河水的流速最大 v 水 max＝4 m/s。当船头始终垂直河岸渡河时，渡河时间最短，最短时间 tmin＝＝100 s， A 错误，B 正确。船在河水中最大速度 vmax＝ m/s＝5 m/s，D 正确。dv静 32＋ 42设合速度与河岸夹角为 θ ，则 tanθ ＝ ，因 v 水 不断变化，故 θ 不断变化，即船在河v静v水水中航行的轨迹是曲线，C 错误。34．[2016·冀州中学期中]如图所示为某联动控制装置，其工作的原理是通过半圆柱体的左右运动来控制杆 AB 的上下运动，现已知光滑半圆柱体( O 为圆心)只能在水平面上左右以速度 v 匀速运动， AB 杆如图只能在竖直方向上运动，某一时刻杆与半圆柱体的相对位置如图，且发现此时 AB 杆上升的速度恰好也为 v，则下列说法中正确的是( )A．杆的端点 A 相对圆柱体中心 O 做的是直线运动B．图示位置半圆柱体正向左运动C．图示位置杆向上做的是加速运动D．图示位置中的 α ＝π 4答案 D解析 杆的实际速度是接触点沿切线方向的速度与半圆柱体速度的合速度，如图，根据速度的合成，运用平行四边形定则得 v 杆 ＝ vtanθ 。杆向上运动，则半圆柱体正向右运动， θ 角减小，tan θ 减小， v 杆 ＝ vtanθ 减小，杆做减速运动，加速度方向向下， O 点沿水平方向运动， A 点相对 O 点的速度方向不在竖直方向上，所以 A 相对于 O 做曲线运动，选项 A、B、C 错误；根据速度的合成有 v 杆 ＝ vtanθ ＝ v，所以 tanθ ＝1，解得 θ ＝ ，π 4则 α ＝ ，选项 D 正确。π 445. [2016·衡水中学仿真]如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心 O 点分别以水平初速度 v1、 v2向左、右抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在容器上的 A 点和 B点，已知 OA 与 OB 互相垂直，且 OA 与竖直方向成 α 角，则两小球初速度之比为( )A．tan α B．sin αC．tan α D．cos αtanα答案 C解析 两小球被抛出后都做平抛运动，设半圆形容器的半径为 R，两小球运动时间分别为 t1、 t2，对 A 球： Rsinα ＝ v1t1， Rcosα ＝ gt 。对 B 球：12 21Rcosα ＝ v2t2， Rsinα ＝ gt 。联立解得：两小球初速度之比为 ＝tan α ，选项 C12 2 v1v2 tanα正确。6．[2016·枣强中学预测]如图所示，在斜面顶端的 A 点以速度 v 平抛一小球，经 t1时间落到斜面上 B 点处，若在 A 点将此小球以速度 0.5v 水平抛出，经 t2时间落到斜面上的 C 点处，以下判断正确的是( )A． AB∶ AC＝2∶1 B． AB∶ AC＝4∶1C． t1∶ t2＝4∶1 D． t1∶ t2＝ ∶12答案 B解析 由平抛运动规律有 x＝ v0t， y＝ gt2，则 tanθ ＝ ＝ ，将两次实验数据均代12 yx gt2v0入上式，联立解得 t1∶ t2＝2∶1，选项 C、D 均错误。它们竖直位移之比 yB∶ yC＝ ∶(12gt21)＝4∶1，所以 AB∶ AC＝ ∶ ＝4∶1，故选项 A 错误，B 正确。(12gt2) yBsinθ yCsinθ7．[2016·冀州中学一轮检测]如图所示， m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)， A 为终端皮带轮。已知皮带轮的半径为 r，传送带与皮带轮间不会打滑。当 m 可被水平抛出时， A 轮每秒的转数最少为( )5A. B.12π gr grC. D.gr12π gr答案 A解析 m 到达皮带轮的顶端时，若 m ≥ mg，表示 m 受到的重力小于或等于 m 沿皮带轮v2r表面做圆周运动的向心力， m 将离开皮带轮的外表面而做平抛运动，又因为每秒转数 n＝＝ ，所以当 v≥ ，即转数 n≥ 时， m 可被水平抛出，故选项 A 正确。ω2π v2π r gr 12π gr8．[2016·武邑中学一轮检测](多选)质量为 m 的木块从半径为 R 的半球形碗的碗口下滑到碗底的过程中，碗口及碗底是固定不动的，如果由于摩擦力的作用使得木块的速率不变，如图所示，那么( )A．虽然木块速率不变，但木块并非处于平衡状态B．木块下滑过程中所受的合力大小保持不变C．木块下滑过程中机械能守恒D．木块下滑过程中摩擦力的大小不变答案 AB解析 由于速率保持不变，所以木块做匀速圆周运动，具有向心加速度，所受合力是向心力且大小保持不变，A、B 正确；木块的动能不变，重力势能不断减小，故 C 错；又因支持力 FN＝ mgcosθ ＋ m 不断增大( θ 为木块所在半径与竖直方向的夹角)，摩擦力也增v2R大，故 D 错。9．[2016·武邑中学月考]如图所示，小球从楼梯上以 2 m/s 的速度水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为 0.25 m， g 取 10 m/s2，小球抛出后首先落到的台阶是( )A．第 1 级台阶 B．第 2 级台阶C．第 3 级台阶 D．第 4 级台阶6答案 D解析 小球做平抛运动，设小球第 1 次落在第 n 级台阶上，水平方向上有 nl＝ v0t，竖直方向上有 nl＝ gt2，解得 n＝3.2，故小球将落在第 4 级台阶上，D 正确。12二、非选择题(共 10 分)10．[2016·衡水中学热身](10 分)如图所示，倾角为 37°的斜面长 l＝1.9 m，在斜面底端正上方的 O 点将一小球以速度 v0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度 g＝10 m/s 2，sin37°＝0.6, cos37°＝0.8)。求：(1)抛出点 O 离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数 μ 。答案 (1)1.7 m (2)0.125解析 (1)设小球击中滑块时的速度为 v，竖直速度为 vy，由几何关系得：＝tan37°①v0vy设小球下落的时间为 t，竖直位移为 y，水平位移为 x，由运动学规律得vy＝ gt ②y＝ gt2 ③12x＝ v0t ④设抛出点到斜面最低点的距离为 h，由几何关系得h＝ y＋ xtan37° ⑤由①②③④⑤得： h＝1.7 m (2)在时间 t 内，滑块的位移为 s，由几何关系得s＝ l－ ⑥xcos37°7设滑块的加速度为 a，由运动学公式得s＝ at2 ⑦12对滑块，由牛顿第二定律得mgsin37°－ μmg cos37°＝ ma ⑧由①②④⑥⑦⑧得： μ ＝0.125 能力组一、选择题(每小题 6 分，共 18 分)11．[2016·冀州中学猜题]平抛运动任意时刻速度的方向与水平方向的夹角定义为速度的偏向角，某物体做平抛运动的时间与速度偏向角正切值之间函数关系如图所示(图中的x、 y 为已知量，重力加速度为 g)，则下列说法中正确的是( )A．平抛的初速度大小为 gxyB． y 时刻物体的速度大小为 xygC． y 时间内物体的位移大小为 x2＋ y2D． y 时间内物体位移的方向与水平方向夹角的正切值为x2答案 D解析 本题考查平抛运动。根据平抛运动规律可得：平抛运动速度偏向角的正切值tanθ ＝ ＝ t，所以 t＝ tanθ ，即图象斜率为 k＝ ，所以 v0＝ kg＝ g，故 A 项错误；vyv0 gv0 v0g v0g yxy 时刻的速度大小为 ，故 B 项错误；由平抛运动规律可知， y 时间内位移 yg 2＋ (yxg)2大小为 ，故 C 项错误；设平抛运动的位移与水平方向的夹角为 β ，则(gy2x)2＋ (12gy2)2tanβ ＝ ＝ ＝ tanθ ＝ ，D 项正确。12gt2v0t gt2v0 12 x2812. [2016·武邑中学仿真]如图所示，从倾角为 θ 的斜面上的 M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为 v0，最后小球落在斜面上的 N 点，已知重力加速度为 g，下列判断中错误的是 ( )A．可求出 M、 N 之间的距离B．可求出小球运动的时间C．不可以求出小球什么时刻与斜面间的距离最大D．可求出小球落到 N 点时的速度大小和方向答案 C解析 如图(甲)所示，小球做平抛运动，则有： h＝ gt2， x＝ v0t；又由几何关系12tanθ ＝ ，可求出小球运动的时间 t＝ ，选项 B 的判断正确。求出小球运动的时hx 2v0tanθg间 t 后，就可以求出 h 和 x， M、 N 之间的距离就是小球做平抛运动的位移，所以 s＝ ，选项 A 的判断正确。h2＋ x2小球在 N 点的速度如图(乙)所示，小球落到 N 点时竖直向下的分速度vy＝ gt＝2 v0tanθ ，小球在 N 点的速度与水平方向的夹角 tanα ＝ ＝2tan θ ，速度大小vyv0v＝ ，选项 D 的判断正确。如图(丙)所示，小球与斜面间的距离最大时，小球的速v20＋ v2y度方向与斜面平行，设在 t′时刻与斜面间的距离最大，则 vy′＝ gt′，又由几何关系可知 tanθ ＝ ，可求出 t′＝ ，选项 C 的判断错误。vy′v0 v0tanθg913．[2016·衡水中学模拟] 如图所示，质量为 m 的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为 R 的匀速圆周运动，已知重力加速度为 g，空气阻力不计，则( )A．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为 2πRgB．若盒子以周期 π 做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示球心与 O 点位于同一水Rg平面位置时，小球对盒子左侧面的力为 4mgC．若盒子以角速度 2 做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，小球对盒子的下gR面的压力为 3mgD．盒子从最低点向最高点做匀速圆周运动的过程中，球处于超重状态；当盒子从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中，球处于失重状态答案 A解析 由 mg＝ m ·R 可得：盒子运动周期 T＝2π ，A 正确；由4π 2T2 RgFN1＝ m ·R， T1＝π 得： FN1＝4 mg，由牛顿第三定律可知，小球对盒子右侧面的力为4π 2T21 Rg4mg，B 错误；由 FN2＋ mg＝ mω 2R 得小球以 ω ＝2 做匀速圆周运动时，在最高点小球对盒gR子上面的压力为 3mg，C 错误；盒子由最低点向最高点运动的过程中，小球的加速度先斜向上，后斜向下，故小球先超重后失重，D 错误。二、非选择题(共 15 分)14．[2016·冀州中学期中](15 分)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A点，自然状态时其右端位于 B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R＝0.8 m 的圆环剪去了左上角 135°的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离也是 R。用质量 m＝0.5 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后其位移与时间的关系为 x＝8 t－2 t2(m)，物块飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道。 g＝10 m/s 2，求：10(1)物块在水平桌面上受到的摩擦力；(2)B、 P 间的水平距离；(3)判断物块能否沿圆轨道到达 M 点。答案 (1)大小为 2 N，方向向左(2)7.6 m (3)不能解析 (1)对比 x＝ v0t＋ at2与 x＝8 t－2 t2可知 a＝－4 m/s 2， v0＝8 m/s12由牛顿第二定律得 Ff＝ ma＝－2 N即摩擦力大小为 2 N，方向向左。(2)物块在 DP 段做平抛运动，有vy＝ ＝4 m/s2gRt＝ ＝0.4 svygvx与 v 夹角为 45°，则 vx＝ vy＝4 m/sxDP＝ vxt＝1.6 m在 BD 段 xBD＝ ＝6 mv2x－ v202a所以 xBP＝ xBD＋ xDP＝7.6 m(3)设物块能到达 M 点，由机械能守恒定律有mv ＝ mgR(1＋cos45°)＋ mv12 2P 12 2Mv ＝ v －( ＋2) gR＝(2－ )gR2M 2P 2 2要能到达 M 点，需满足 vM≥ ，gR而(2－ )gRgR，2所以物块不能到达 M 点。