2018年高考物理二轮复习全册专题突破练（打包17套）.zip

2018年高考物理二轮复习全册专题突破练（打包17套）.zip,2018,年高,物理,二轮,复习,专题,突破,打包,17 专题突破练2牛顿运动定律与直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。在每小题给出的四个选项中,第17小题只有一个选项符合题目要求,第812小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2017山东枣庄模拟)甲、乙两人同时同地骑自行车出发做直线运动,前1 h内的位移时间图象如图所示,下列表述正确的是()A.0.20.5 h内,甲的速度比乙的小B.0.20.5 h内,甲的加速度比乙的大C.0.70.9 h内,甲的位移比乙的小D.0.9 h时,甲追上乙答案 D解析 x-t图象的斜率表示速度,0.20.5 h内,甲的斜率比乙的大,则甲的速度比乙的大,故A错误。由题图知,0.20.5 h内甲、乙都做匀速直线运动,加速度均为零,故B错误。物体的位移等于x的变化量,则知0.70.9 h内,甲的位移比乙的大,故C错误。0.9 h时,甲、乙位移相等,甲追上乙,故D正确,故选D。2.(2017河南商丘模拟)如图所示,固定轨道ABC中,在B点处通过一段极短的圆弧将倾角=37的光滑斜面AB和固定水平面BC平滑连接。一小物块从A点由静止开始释放后,沿斜面AB运动,最终停在水平面BC上,已知物块与水平面BC上各处间的动摩擦因数均为0.2,物块滑过B点时的动能不损失,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,下面四幅图中,能正确反映物体的速率v随时间t变化规律的是()答案 A解析 物体在斜面上运动时,沿斜面向下做加速运动,根据牛顿第二定律可得mgsin =ma1,解得a1=gsin =6 m/s2;在水平面上运动时,水平方向上只受摩擦力作用,故做减速运动,根据牛顿第二定律可得mg=ma2,解得a2=2 m/s22,卡车刹车的最大加速度为a,a2g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时,要求其刹车后在x0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过()A.2ax0B.21gx0C.22gx0D.(1+2)gx0答案 C解析 若卡车以最大加速度刹车,则由于a2g,AB间发生相对滑动,故不能以最大加速度刹车,由于刹车过程中要求AB和车相对静止,当AB整体相对车发生滑动时a=1(mA+mB)gmA+mB=1g,当AB间发生相互滑动时a=2mAgmA=2g,由于12,所以aa,即当以a刹车时,AB间发生相互滑动,所以要求整体都处于相对静止时,汽车刹车的最大加速度为a,根据公式v2-v02=2ax,可得v02=22gx0,即v0=22gx0,C正确。4.物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是()A.23 m/s2B.43 m/s2C.89 m/s2D.169 m/s2答案 B解析 根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于t2时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度为:v1=164 m/s=4 m/s;在第二段内中间时刻的瞬时速度为:v2=162 m/s=8 m/s;则物体加速度为a=v2-v1t=8-43 m/s=43 m/s,故选项B正确。5.(2017辽宁沈阳模拟)如图甲所示,mA=4.0 kg,mB=2.0 kg,A和B紧靠着放在光滑水平面上,从t=0时刻起,对B施加向右的水平恒力F2=4.0 N,同时对A施加向右的水平变力F1,F1变化规律如图乙所示。下列相关说法中正确的是()A.当t=0时,A、B物体加速度分别为aA=5 m/s2,aB=2 m/s2B.A物体做加速度减小的加速运动,B物体做匀加速运动C.t=12 s时刻A、B将分离,分离时加速度均为a=2 m/s2D.A、B分离前后,A物体加速度变化规律相同答案 C解析 t=0时,F1=20 N,由整体法知,aA=aB=F1+F2mA+mB=4 m/s2,故A错误。随着F1的减小,在A、B分离之前,两者均做加速度越来越小的加速运动,故B错误。当A、B间的作用力为零时A、B分离,由B知,F2=mBa,得a=2 m/s2;由A知F1=mAa,得F1=8 N,故t=12 s,所以C正确。A、B分离前,A受到F1和B对A的弹力作用,分离后A只受F1作用,所以A物体加速度变化规律不相同,故D错误。则A的速度较大,B的速度较小,故C正确,D错误。导学号889041296.如图所示,水平固定且倾角为37(sin 37=0.6,cos 37=0.8)的光滑斜面上有两个质量均为m=1 kg的小球A、B,它们用劲度系数为k=200 N/m的轻质弹簧连接,弹簧的原长l0=20 cm,现对B施加一水平向左的推力F,使A、B均在斜面上以加速度a=4 m/s2向上做匀加速运动,此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为()A.0.15 m,25 NB.0.25 m,25 NC.0.15 m,12.5 ND.0.25 m,12.5 N答案 B解析 以整体为研究对象,受力分析有:系统处于平衡状态,沿斜面方向有Fcos 37-2mgsin 37=2ma,以A为研究对象,沿斜面方向有kx-mgsin 37=ma,x=l-l0,解得F=25 N,由得l=0.25 m,故B正确,A、C、D错误。 7.(2017山西大学附中模拟)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知mm。用和分别表示木块A和木板B的图象,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面关于二者速度v随时间t的变化图象,其中可能正确的是()导学号88904130答案 C解析 木块A滑上B时,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得aA=mgm,aB=mgm,已知maB,即斜率的绝对值应大于的斜率,故A、B错误。若A不能滑下,则两者最终共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,故C项正确,D项错误。8.(2017山西名校联考)A、B两车同时经过甲、乙两地时开始计时,且两车在同一平直公路上做匀速直线运动,此后它们的v-t图象如图所示,t=4 s时两车相遇。则()A.甲、乙两地距离为80 mB.A、B两车的加速度相同C.A、B两车将同时到达甲、乙两地D.B车将停在甲地答案 ABC解析 由v-t图象的面积表示位移,可求在04 s内A的位移x1=30 m,B的位移x2=50 m,所以A、B两地之间的距离x=x1+x2=80 m,所以A正确;v-t图象的斜率表示加速度,都等于1.25 m/s2,方向相同,所以B正确;在48 s内由v-t图象的面积可求,A的位移x3=50 m,B的位移xA=30 m,所以8 s时A恰好到乙地,B恰好到甲地,故C正确;B速度减为零用时t=va=151.25 s=12 s,所以在8 s末到达甲地后,B会继续前进,故D错误。9.(2017湖南怀化模拟)假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前,乙车在后,速度均为v0=30 m/s,距离x0=100 m。t=0时刻甲车遇紧急情况后,甲、乙两车的加速度随时间变化如甲、乙图所示。取运动方向为正方向。下面说法正确的是()A.t=3 s时两车相距最近B.09 s内两车位移之差为45 mC.t=6 s时两车距离最近为10 mD.两车在09 s内会相撞答案 BC解析 由加速度图象可画出两车等的速度图象,如图所示由图象可知,t=6 s时两车等速,此时距离最近,图中阴影部分面积为06 s内两车位移之差x=12303 m+1230(6-3) m=90 m,则此时两车相距s=s0-x=10 m,选项C正确,A错误;09 s内两车位移之差为x=12303 m+1230(6-3) m-12303 m=45 m,所以不会相撞,故B正确,D错误。10.(2017安徽“江南十校”联考)如图所示,一滑块随传送带一起顺时针匀速转动。当滑块运动到中间某个位置时,由于某种原因,传送带突然原速率反向转动,则滑块在传送带上运动的整个过程中,其对地速度v1及相对传送带的速度v2随时间变化关系图象可能为()答案 ABC解析 开始时,物块受到静摩擦力Ff1=mgsin (为皮带与水平面之间的夹角),当传送带突然原速率反向转动,受到的摩擦力方向不变,但是变成滑动摩擦力,如果滑动摩擦力Ff2=mgsin ,则物块继续向下做匀速运动,此时物块相对皮带向下匀速运动,故选项A、C正确;若滑动摩擦力Ff2mgsin ,则物块先向下减速运动,然后反方向加速运动,最后与皮带共速,故选项B正确,D错误。11.如图所示,13个完全相同的扁长木块紧挨着放在水平地面上,每个木块的质量m=0.4 kg、长度l=0.5 m,它们与地面间的动摩擦因数为1=0.1,原来所有木块处于静止状态,第1个木块的左端上方放一质量m=1 kg的小铅块(可视为质点),它与木块间的动摩擦因数为2=0.2。现突然给铅块一向右的初速度v0=5 m/s,使其开始在木块上滑行。已知物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.铅块在第10个木块上运动时,能带动它右面的木块一起运动B.铅块刚滑上第12个木块左端时的速度大小为3 m/sC.铅块在第12个木块上滑动时第12个木块的加速度大小为2 m/s2D.小铅块最终能滑上第13个木块导学号88904131答案 BD解析 木块受到铅块提供的滑动摩擦力Ff0=2mg=2 N,有铅块的那个木块与地面间的最大静摩擦力为Ff1=1(m+m)g=1.4 N,其余每个木块与地面间的最大静摩擦力为Ff2=1mg=0.4 N,设铅块到第n个木块时,第n个木块及其右面的木块开始在地面上滑动,则Ff0(13-n)Ff2+Ff1,解得n11.5, 即当铅块滑到第12个木块左端时,第12、13两个木块开始在地面上滑动,选项A错误;设铅块刚滑上第12个木块左端时速度为v1,由动能定理得-2mg11l=12mv12-12mv02,解得v1=3 m/s,铅块滑动的加速度a0=-2g=-2 m/s2,此时第12、13两个木块的加速度a1=2mg-1(m+2m)g2m=0.25 m/s2,选项B正确,C错误;以第12、13两个木块为参考系,铅块滑到第12个木块右端时相对木块的速度v2满足v22-v12=2(a0-a1)l,解得v2=32 m/s0,故铅块可以滑上第13个木块,选项D正确。12.(2017江西南昌模拟)在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为m1、m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开挡板C时,物块A沿斜面运动的距离为d,速度为v。则此时()A.物块B的质量满足m2gsin =kdB.物块A的加速度为F-kdm1C.拉力做功的瞬时功率为Fvsin D.此过程中,弹簧弹性势能的增量为Fd-m1gdsin -12m1v2答案 BD解析 开始系统处于静止状态,弹簧弹力等于A的重力沿斜面间下的分力,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面间下的分力,故m2gsin =kx2,x2为弹簧相对于原长的伸长量,但由于开始时弹簧是压缩的,故dx2,故m2gsin d=35 m故两车会相撞。(2)设两车速度达到相等所需的时间为t2,则有v2-a1t2=v1+a(t2-t)解得t2=3.4 s设在t2时间内小轿车向前行驶的距离为x1,货车向前行驶的距离为x2,则有x1=v2t2-12a1t22x2=v1t+v1(t2-t)+12a(t2-t)2解得x1=64.26 m,x2=36.36 m由于x1-x2=27.9 md=35 m故此种情况下两车不会发生相撞。7专题突破练3力学中的曲线运动抛体运动和圆周运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共11小题,每小题6分,共66分。在每小题给出的四个选项中,第16小题只有一个选项符合题目要求,第711小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2017江苏名校联考)现在很多教室都安装可以沿水平方向滑动的黑板,如图所示。在黑板以某一速度向左匀速运动的同时,一位教师用粉笔在黑板上画线,粉笔相对于墙壁从静止开始先匀加速向下画,接着匀减速向下画直到停止,则粉笔在黑板画出的轨迹可能为()答案 D解析 黑板向左运动,水平方向粉笔相对黑板向右匀速运动,竖直方向先向下加速再减速,根据运动的合成可知,粉笔受合外力先竖直向下,再竖直向上,根据力与轨迹的关系,即力指向轨迹弯曲的内侧;故D正确,A、B、C错误。2.如图所示,将篮球从同一位置斜向上抛出,其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.从抛出到撞墙,第二次球在空中运动的时间较短B.篮球两次撞墙的速度可能相等C.篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D.抛出时的动能,第一次一定比第二次大答案 A解析 将篮球的运动反向处理,即为平抛运动,第二次下落的高度较小,所以运动时间较短,故A正确。水平射程相等,由x=v0t得知第二次水平分速度较大,即篮球第二次撞墙的速度较大,故B错误。由vy=gt,可知,第二次抛出时速度的竖直分量较小,故C错误。根据速度的合成可知,不能确定抛出时的速度大小,动能大小不能确定,故D错误。故选A。3.(2017湖南浏阳模拟)如图所示,半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动,轮上A、B两点均粘有一小物体,当B点转至最低位置时,A、B两点处的小物体同时脱落,最终落到水平地面上同一点。此时O、A、B、P四点在同一竖直线上,已知OA=AB,P是地面上一点。(不计空气的阻力)则OP的距离是()A.7RB.76RC.52RD.5R答案 B解析 设圆轮转动的角速度为,则vB=R,vA=12R。当B转至最低位置,A、B处物体同时脱离做平抛运动,设OP=h,则h-R2=12gtA2,xA=vAtA,h-R=12gtB2,xB=vBtB,且xA=xB,联立以上各式得h=76R,故B正确。4.如图所示,转动轴垂直于光滑水平面,交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端,细绳的另一端拴接一质量为m的小球B,绳长l大于h,转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度逐渐增大时,下列说法正确的是()A.小球始终受三个力的作用B.细绳上的拉力始终保持不变C.要使球不离开水平面角速度的最大值为ghD.若小球飞离了水平面则角速度为gl答案 C解析 当转动的角速度逐渐增大时,小球做圆周运动所需的向心力增大,故细绳上的拉力增大;角速度增大到一定时,小球离开水平面,离开水平面后,小球只受两个力作用,故A、B项错误。当小球对水平面的压力为零时,有FTcos =mg,FTsin =m2lsin ,解得在水平面上最大角速度为=glcos=gh;若小球飞离了水平面,则角速度大于gh,故C项正确,D项错误。5.(2017四川六校联考)如图所示,长为l的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动,另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上,当直杆与竖直方向夹角为时,直杆端点A的线速度为()A.vsinB.vsin C.vcosD.vcos 答案 C解析 端点A的实际速度为它的线速度,如图,将它分解为水平向左和竖直向下的分速度,则vA=vcos,故C正确。6.(2017河南天一联考)如图所示,两根相同的轻细线下端分别悬挂两小球A和B,上端固定于同一点。若两小球绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动,则两小球在运动的过程中,下列说法正确的是()A.小球A的线速度大于小球B的线速度B.小球A的线速度小于小球B的线速度C.小球A的向心力大于小球B的向心力D.小球A的向心力小于小球B的向心力答案 A解析 设悬线和竖直方向的夹角为,悬线的长度为l,则有Fcos =mg,r=lsin ,T=2,解得T=2lcosg=2hg,其中h为悬点到摆球的轨迹圆心的距离。结合题意可知,小球A的角速度大,轨道半径大,由v=r可知,小球A的线速度大于小球B的线速度,故选项A正确,故选项B错误;小球的向心力为Fn=mgtan ,由于不知道小球A和小球B质量的大小关系,故无法确定小球A的向心力和小球B的向心力的大小关系,故选项C、D错误。7.如图所示,光滑斜面与水平面成角,斜面上一根长为l=0.30 cm的轻杆,一端系住质量为0.2 kg的小球,另一端可绕O点在斜面内转动,先将轻杆拉至水平位置,然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度v0=3 m/s,g取10 m/s2,则()A.此时小球的加速度大小为30 m/s2B.小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向下C.若增大v0,小球达到最高点时杆对小球的弹力一定增大D.若增大v0,小球达到最高点时杆对小球的弹力可能减小导学号88904133答案 BC解析 小球做变速圆周运动,在初位置加速度不指向圆心,将其分解,切向加速度为a=mgsinm=gsin ,向心加速度为an=v12l=320.30 m/s2=30 m/s2,小球的加速度为合加速度,a=an2+a2an=30 m/s230 m/s2,故A错误。从开始到最高点过程,根据动能定理,有-mglsin 30=12mv12-12mv02,解得v1=v02-2glsin30=32-2100.312 m/s=6 m/s。考虑临界情况,如果没有杆的弹力,重力的平行斜面分力提供向心力,有mgsin 30=mv22l,可以得到v2小于v1,说明杆在最高点对球是拉力,故B正确。在最高点时,轻杆对小球的弹力是拉力,故F+mgsin 30=mv最高2l,如果初速度增大,则最高点速度也增大,故拉力F一定增大,故C正确,D错误。8.一质点做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变答案 BC解析 质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点所受的合外力为该恒力。若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,质点速度方向与恒力方向不同,故A错;若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直,之后质点做曲线运动,力与速度方向不再垂直,例如平抛运动,故B正确;由牛顿第二定律可知,质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同,C正确;根据加速度的定义,相等时间内速度变化量相同,而速率变化量不一定相同,故D错。9.(2017江西重点中学联考)如图所示,固定的半圆形竖直轨道,AB为水平直径,O为圆心,同时从A点水平抛出甲、乙两个小球,速度分别为v1、v2,分别落在C、D两点,OC、OD与竖直方向的夹角均为37,(sin 37=0.6,cos 37=0.8)则()A.甲、乙两球下落到轨道的时间相等B.甲、乙两球下落到轨道的速度变化量不等C.v1v2=13D.v1v2=14导学号88904134答案 AD解析 由题图可知,两个物体下落的高度是相等的,根据h=12gt2可知,甲、乙两球下落到轨道的时间相等,A正确;速度变化量v=gt相同,B错误;设圆形轨道的半径为R,则A、C的水平位移为x1=R-Rsin 37=0.4R,x2=R+Rsin 37=1.6R,则x2=4x1;由h=12gt2,可知t相同,则由v=xt可知,v2=4v1,故C错误,D正确。10.如图所示,在匀速转动的水平盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是()A.此时绳子张力为FT=3mgB.此时圆盘的角速度为=2grC.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D.此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动答案 ABC解析 两物块A和B随着圆盘转动时,合外力提供向心力,则F=m2r,B的半径比A的半径大,所以B所需向心力大,绳子拉力相等,所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,B的静摩擦力方向指向圆心,A的最大静摩擦力方向指向圆外,根据牛顿第二定律得:对A:FT-mg=m2r,对B:FT+mg=m22r,解得FT=3mg,=2gr,故ABC正确;此时烧断绳子,如果A相对盘静止,所需向心力为2mg大于最大静摩擦力。A的最大静摩擦力也不足以提供向心力,则A做离心运动,故D错误。11.(2017河北石家庄模拟)如图所示,一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出,落在斜面上B点。现加上竖直向下的匀强电场,仍将小球自A点以相同速度水平抛出,落在斜面上C点。不计空气阻力,下列说法正确的是()A.小球带正电B.小球所受电场力可能大于重力C.小球两次落在斜面上所用的时间不相等D.小球两次落在斜面上的速度大小相等答案 CD解析 不加电场时,小球做平抛运动,加电场时,小球做类平抛运动,根据tan =12at2v0t,则t=2v0tana,因为水平方向上做匀速直线运动,可知t2t1,则ag,可知小球一定带负电,所受的电场力向上,且小于重力的大小,故A、B错误,C正确;因为做类平抛运动或平抛运动时,小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,由于位移方向相同,则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同,根据平行四边形定则知,初速度相同,则落在斜面上的速度大小相等,故D正确。二、计算题(本题共2个大题,共34分)12.(16分)如图所示,从A点以v0=4 m/s的水平速度抛出一质量m=1 kg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上,圆弧轨道C端切线水平,已知长木板的质量m0=4 kg,A、B两点距C点的高度分别为h0=0.6 m、h=0.15 m,圆弧轨道半径r=0.75 m,物块与长木板之间的动摩擦因数1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数2=0.2,g取10 m/s2。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向。(2)小物块滑动至C点时,对圆弧轨道C点的压力。(3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板。答案 (1)5 m/s方向与水平方向成37角斜向下(2)47.3 N方向竖直向下(3)2.8 m解析 (1)物块由A到B点做平抛运动有h0-h=12gt2设到达B点时竖直分速度为vy,则vy=gt到达B点时速度v1=v02+vy2=5 m/s设到达B点时速度方向与水平面的夹角为,则tan =vyv0=34解得=37,即与水平方向成37角斜向下。(2)设物块到达C点时速度为v2,从A至C点,由动能定理得mgh0=12mv22-12mv02设物块在C点受到的支持力为FN,则有FN-mg=mv22r由上式可得v2=27 m/s,FN=47.3 N根据牛顿第三定律可知,物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N,方向竖直向下。(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力Ff=1mg=5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,为Ff=2(m0+m)g=10 N因FfFf,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动。小物块在长木板上做匀减速运动,至长木板右端时速度刚好为零,才能保证小物块不滑出长木板。则长木板长度至少满足l=v2221g=2.8 m。13.(18分)(2017四川六校联考)嘉年华上有一种回力球游戏,如图所示,A、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点,B点距水平地面的高度为h,某人在水平地面C点处以某一初速度抛出一个质量为m的小球,小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B,并恰好能过最高点A后水平抛出,又恰好回到C点抛球人手中。若不计空气阻力,已知当地重力加速度为g,求:(1)小球刚进入半圆形轨道最低点B时轨道对小球的支持力;(2)半圆形轨道的半径;(3)小球抛出时的初速度大小。导学号88904135答案 (1)6mg,方向为竖直向上(2)2h(3)12gh解析 (1)设半圆形轨道的半径为R,小球经过A点时的速度为vA,小球经过B点时的速度为vB,小球经过B点时轨道对小球的支持力为FN。在A点,mg=mvA2R解得vA=gR从B点到A点的过程中,根据动能定理有:-mg2R=12mvA2-12mvB2解得vB=5gR在B点,FN-mg=mvB2R解得FN=6mg,方向为竖直向上。(2)C到B的逆过程为平抛运动,有h=12gtBC2A到C的过程,有h+2R=12gtAC2又vBtBC=vAtAC解得R=2h。(3)设小球抛出时的初速度大小为v0,从C到B的过程中,根据动能定理有-mgh=12mvB2-12mv02解得v0=12gh。8专题突破练4万有引力定律及其应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。在每小题给出的四个选项中,第16小题只有一个选项符合题目要求,第712小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2017西安高新区模拟)关于万有引力定律,下列说法正确的是()A.牛顿提出了万有引力定律,并测定了引力常量的数值B.万有引力定律只适用于天体之间C.万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律D.地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的答案 C解析 牛顿提出了万有引力定律,而引力常量是由卡文迪许测定的,故A错误;万有引力定律适用于宇宙万物任意两个物体之间的引力,是自然界一种基本相互作用的规律,故B错误,C正确;根据万有引力公式F=GMmr2可知,在近日点的距离比远日点的距离小,所以在近日点万有引力大,故D错误。2.(2017湖南常德模拟)2016年2月1日15点29分,我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星。该卫星绕地球做圆周运动,质量为m,轨道半径约为地球半径R的4倍。已知地球表面的重力加速度为g,忽略地球自转的影响,则()A.卫星的绕行速率大于7.9 km/sB.卫星的动能大小约为mgR8C.卫星所在高度的重力加速度大小约为14gD.卫星的绕行周期约为4Rg答案 B解析 7.9 km/s是第一宇宙速度,是卫星最大的环绕速度,所以该卫星的速度小于7.9 km/s,故A错误。由万有引力提供向心力GMm(4R)2=mv24R,解得:v=GMr,根据万有引力等于重力GMmR2=mg,由以上可得动能为Ek=12mv2=18mgR,故B正确;卫星所在高度的重力加速度大小约为GMm(4R)2=ma,根据万有引力等于重力:GMmR2=mg,联立以上解得:a=g16,故C错误;卫星的绕行周期约为GMm(4R)2=m42T24R,根据万有引力等于重力GMmR2=mg,联立以上解得T=16Rg,故D错误。3.我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星,形成全球性的定位导航系统,比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”),其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度为静止轨道高度的35。下列说法正确的是()A.“中卫”的线速度介于7.9 km/s和11.2 km/s之间B.“静卫”的轨道必须是在赤道上空C.如果质量相同,“静卫”与“中卫”的动能之比为35D.“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期答案 B解析 根据万有引力提供向心力:GMmr2=mv2r,则v=GMr可知道,半径越大速度越小,当r为地球半径即卫星在地面附近飞行时的速度为第一宇宙速度为7.9 km/s,为最大速度,则由题可以知道“中卫”的线速度应小于7.9 km/s,故选项A错误;由题可以知道,“静卫”是相对地面静止的高轨道卫星,即是地球同步卫星,则其轨道为赤道上空,故选项B正确;由于v=GMr,则动能为Ek=12mv2=12mGMr,则动能之比为半径的反比,故选项C错误;根据万有引力提供向心力:GMmr2=m(2T)2r,T=42r3GM,可以知道,半径越大则周期越大,所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期,故选项D错误。4.(2017湖北七市模拟)嫦娥三号携带“玉兔号”月球车首次实现月球软着陆和月面巡视勘察,并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测。“玉兔号”在地球表面的重力为G1,在月球表面的重力为G2;地球与月球均视为球体,其半径分别为R1、R2;地球表面重力加速度为g。则()A.月球表面的重力加速度为G1gG2B.地球与月球的质量之比为G2R22G1R12C.月球与地球的第一宇宙速度之比为G1R1G2R2D.“嫦娥三号”环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2G1R2G2g答案 D解析 “玉兔号”的质量为m=G1g,所以月球表面的重力加速度为g=G2m=gG2G1,所以A错误;根据黄金公式GM=gR2,可得M地M月=gR12gR22=G1R12G2R22,所以B错误;第一宇宙速度v=gR,所以月球与地球的第一宇宙速度之比为v2v1=G2R2G1R1,所以C错误;根据万有引力GMmr2=m42T2r,嫦娥三号环绕月球表面做匀速圆周运动,所以轨道半径等于月球半径R2,代入可求周期T=2G1R2G2g,所以D正确。5.(2017山东日照模拟)2016年11月24日,我国成功发射了天链一号04星。天链一号04星是我国发射的第4颗地球同步卫星,它与天链一号02星、03星实现组网运行,为我国神舟飞船、空间实验室天宫二号提供数据中继与测控服务。如图所示,1是天宫二号绕地球稳定运行的轨道,2是天链一号绕地球稳定运行的轨道。下列说法正确的是()A.天链一号04星的最小发射速度是11.2 km/sB.天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度C.为了便于测控,天链一号04星相对于地面静止于北京飞控中心的正上方D.由于技术进步,天链一号04星的运行速度可能大于天链一号02星的运行速度导学号88904136答案 B解析 由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度,同时又是最小的发射速度,可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7.9 km/s。飞船发射时速度大于第二宇宙速度11.2 km/s时,就脱离地球束缚。所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度,同时要大于第一宇宙速度,介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间,故A错误;由万有引力提供向心力得:GMmr2=mv2r可得v=GMr,可知轨道半径比较大的天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度,故B正确;天链一号04星位于赤道正上方,不可能位于北京飞控中心的正上方,故C错误;根据题意,天链一号04星与天链一号02星都是地球同步轨道数据中继卫星,轨道半径相同,所以天链一号04星与天链一号02星具有相同的运行速度,故D错误。6.(2017四川资阳模拟)地球同步卫星A和一颗轨道平面为赤道平面的科学实验卫星B的轨道半径之比为41,两卫星的公转方向相同,那么关于A、B两颗卫星的说法正确的是()A.A、B两颗卫星所受地球引力之比为116B.B卫星的公转角速度小于地面上跟随地球自转物体的角速度C.同一物体在B卫星中时对支持物的压力更大D.B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出答案 D解析 根据万有引力定律F=Gm1m2r2知,卫星所受地球引力与卫星的质量和卫星到地球的距离有关,由于卫星的质量关系未知,引力之比无法求出,A错误;地球同步卫星A的公转角速度等于地面上跟随地球自转物体的角速度,卫星半径越小,角速度越大,B卫星的公转角速度大于A卫星的公转角速度,B错误;卫星中的物体随卫星一起绕地球做匀速圆周运动,万有引力充当向心力,物体处于完全失重状态,对支持物的压力为零,C错误;根据GMmr2=m42T2r,T=42r3GM,A和B的轨道半径之比为41,周期之比为81,地球同步卫星A的周期为一天,B卫星的周期为18天,所以B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出,D正确。7.(2017山东泰安模拟)我国将在2018年发射嫦娥四号,它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星,主要任务是更深层次、更加全面地科学探测月球地貌、资源等方面的信息,完善月球档案资料。已知月球的半径为R,月球表面的重力加速度为g,引力常量为G,嫦娥四号离月球中心的距离为r,绕月周期为T。根据以上信息可求出()A.嫦娥四号绕月运行的速度r2gRB.嫦娥四号绕月运行的速度为R2grC.月球的平均密度为3GT2D.月球的平均密度为3r3GT2R3答案 BD解析 月球表面任意一物体重力等于万有引力有GMmR2=mg,则有GM=R2g,嫦娥四号绕月运行时,万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r,解得v=GMr,联立解得v=gR2r,故A错误,B正确;嫦娥四号绕月运行时,根据万有引力提供向心力有:GMmr2=m42T2r,解得:M=42r3GT2,月球的平均密度为:=MV=42r3GT243R3=3r3GT2R3,故C错误,D正确;所以BD正确,AC错误。8.欧洲天文学家宣布在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星,命名为“Gliese581c”,其质量大约是地球的5倍,直径大约是地球的1.5倍。如果某一天发射一载人航天器,把一个在地球表面质量为50 kg的人送到该行星表面,已知地球表面处的重力加速度为10 m/s2。根据上述信息,你认为下列说法正确的是()A.载人航天器的发射速度约为7.9 km/sB.载人航天器的发射速度大于16.7 km/sC.该行星表面的重力加速度约为22.2 m/s2D.人在该行星表面的重力约为500 N答案 BC解析 因为是太阳系外行星,所以发射速度应大于第三宇宙速度,A错误,B正确;由万有引力定律知mg=GMmR2,可得g=GMR2,所以g行g地=M行R地2M地R行2,代入数据解得g行=22.2 m/s2,人在该行星表面的重力约为1 110 N,所以C正确、D错误。9.GPS全球定位系统有24颗卫星在轨运行,每个卫星的环绕周期为12小时。GPS系统的卫星与地球同步卫星相比较,下面说法正确的是()A.GPS系统的卫星轨道半径是地球同步卫星轨道半径的22B.GPS系统的卫星轨道半径是地球同步卫星轨道半径的322C.GPS系统的卫星线速度是地球同步卫星线速度的2倍D.GPS系统的卫星线速度是地球同步卫星线速度的32倍答案 BD解析 设GPS系统的卫星轨道半径为r1,周期为T1,地球同步卫星轨道半径为r2,周期为T2。由万有引力提供向心力,有GMmr2=m2T2r,可得卫星运动的周期T=2r3GM,又T1T2=12,所以r1r2=322,选项A错误,B正确;根据v=2rT,可得v1v2=r1r2T2T1=32,选项C错误,D正确。10.(2017江西南昌模拟)某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图如图所示,已知地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,卫星远地点P距地心O的距离为3R。则()A.卫星在远地点的速度大于3gR3B.卫星经过远地点时速度最小C.卫星经过远地点时的加速度大小为g9D.卫星经过远地点时加速,卫星将不能再次经过远地点答案 BC解析 若卫星以半径为3R做匀速圆周运动,则GMm(3R)2=mv23R,再根据GM=R2g,整理可以得到v=3gR3,由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动,故在P点速度小于v=3gR3,故A错误;根据半径与速度的关系可以知道,半径越大则速度越小,故远地点速度最小,故B正确;根据GMm(3R)2=mg,GMmR2=mg,则在远地点,g=g9,故C正确;卫星经过远地点时加速,则可以以半径为3R做匀速圆周运动,则可以再次经过远地点,故D错误。11.宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统,通常可忽略其他星体对它们的引力作用,三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式:一种是三颗星位于同一直线上,两颗星围绕中央星做圆周运动,如图甲所示;另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上,并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行,如图乙所示。设这三个星体的质量均为m,且两种系统中各星间的距离已在图甲、乙中标出,引力常量为G,则下列说法中正确的是()A.直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为GmlB.直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4l35GmC.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2l33GmD.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为3Gml2导学号88904137答案 BD解析 在直线三星系统中,星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供,根据万有引力定律和牛顿第二定律,有Gm2l2+Gm2(2l)2=mv2l,解得v=125Gml,A项错误;由周期T=2rv知直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T=4l35Gm,B项正确;同理,对三角形三星系统中做圆周运动的星体,有2Gm2l2cos 30=m2l2cos30,解得=3Gml3,C项错误;由2Gm2l2cos 30=ma得a=3Gml2,D项正确。12.如图甲是2015年9月3日北京天安门大阅兵我军展示的东风-41洲际弹道导弹,它是目前我国军方对外公布的战略核导弹系统中的最先进系统之一。图乙所示,从地面上A点发射一枚中远程地对地导弹,在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B,C为轨道的远地点,距地面高度为h。已知地球半径为R,地球质量为M,引力常量为G,不计空气阻力。下列结论中正确的是()A.导弹在运动过程中只受重力作用,做匀变速曲线运动B.导弹在C点的加速度等于GM(R+h)2C.地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点D.导弹从A点到B点的时间可能比近地卫星的周期小答案 BCD解析 导弹在运动过程中所受重力的方向一直在变,不是做匀变速曲线运动,故A错误。导弹在C点受到的万有引力F=GMm(R+h)2,所以a=Fm=GM(R+h)2,故B正确。导弹做的是椭圆运动,地球位于椭圆的焦点上,故C正确。导弹的轨迹长度未知,运动时间可能小于近地卫星的周期,故D正确。二、计算题(本题共1个小题,共16分)13.由于地球的自转,物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同,因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同,在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299300,因此我们通常忽略两者的差异,可认为两者相等。而有些星球,却不能忽略。假如某星球因为自转的原因,一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为78,已知该星球的半径为R。(1)求绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r;(2)若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g,引力常量为G,求该星球的密度。导学号88904138答案 (1)2R(2)6g7GR解析 (1)设物体质量为m,星球质量为M,星球的自转周期为T,物体在星球两极时,万有引力等于重力,即F万=GMmR2=G极;物体在星球赤道上随星球自转时,向心力由万有引力的一个分力提供,另一个分力就是重力G赤,有F万=G赤+Fn;因为G赤=78G极,所以Fn=18GMmR2=m2T2R;该星球的同步卫星的周期等于其自转周期T,有GMmr2=m42T2r;联立解得r=2R。(2)在星球赤道上,有78GMmR2=mg;可得M=8gR27G;又因星球的体积V=43R3;所以该星球的密度=MV=6g7GR。8