【文档说明】2022新高考物理(江苏专用)一轮总复习训练:第四章 高考热点强化训练(四) 曲线运动规律与宇宙航行含解析.doc,共(5)页,231.000 KB,由envi的店铺上传
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1高考热点强化训练(四)曲线运动规律与宇宙航行(建议用时:15分钟)1.(2019·高考江苏卷)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星,该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示,设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v
2,近地点到地心的距离为r,地球质量为M,引力常量为G。则()A.v1>v2,v1=GMrB.v1>v2,v1>GMrC.v1<v2,v1=GMrD.v1<v2,v1>GMr解析:选B。“东方红一号”环绕地球在椭圆轨道上运行的过程中,只有万有引力做功,机械能守恒,其由近地点向远地点运
动时,万有引力做负功,引力势能增加,动能减小,因此v1>v2;又“东方红一号”离开近地点开始做离心运动,则由离心运动的条件可知GMmr2<mv21r,解得v1>GMr,B正确,A、C、D错误。2.(2020·重庆市六校4月联合诊断)中国是第五个独立完成卫星发射
的国家,已经进入了世界航天强国的列队。已知我国发射的A、B两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星,轨道半径之比为1∶3,且两者动能相等,则下列说法正确的是()A.A、B卫星的运行周期之比是3∶3B.A、B卫星的运行向心加速度大小之比是3∶1
C.A、B卫星所受到的万有引力大小之比是3∶1D.A、B两颗卫星的发射速度都大于11.2km/s解析:选C。由公式GMmr2=m2πT2r,得T=2πr3GM,则TATB=rArBrArB=13×213=39,故A错误;由
公式GMmr2=ma,得a=GMr2,则aAaB=r2Br2A=91,故B错误;由于两卫星动能相等即Ek=12mv2,则有m=2Ekv2,由公式GMmr2=mv2r,得v=GMr,由万有引力定律得F=GMmr2=ma,可知FAFB=mAmB
×aAaB=v2Bv2A×aAaB=rArB×aAaB=13×9=3,故C正确;A、B两颗卫星是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星,则两颗卫星的发射速度都小于11.2km/s,故D错误。3.(2020·成
都市第二次诊断)如图所示,A代表一个静止在地球赤道上的物体,B代表一颗绕地心做匀速圆周运动的近地卫星,C代表一颗地球同步轨道卫星。关于A、B、C绕地心运动的说法正确的是()A.运行速度最大的一定是BB.运行周期最长的一定是BC.向心加速度最小的一定是CD.
受到万有引力最小的一定是A解析:选A。因A、C的角速度相同,则由v=ωr可知,vC>vA;对B、C卫星,由v=GMr可知,vB>vC,可知vB>vC>vA,A正确;因A、C周期相同,而对B、C卫星,根据T=2π
r3GM可知,C的周期大于B,可知运行周期最长的是A、C,B错误;因A、C的角速度相同,则由a=ω2r可知,aC>aA;对B、C卫星,由a=GMr2可知,aB>aC,可知aB>aC>aA,向心加速度最小的一定是A,C错误;三个物体的质量
关系不确定,不能比较受到万有引力的关系,D错误。4.卫星绕某行星做匀速圆周运动的加速度为a,卫星的轨道半径为r,a-1r2的关系图象如图所示,图中b为图线纵坐标的最大值,图线的斜率为k,该行星的自转周期为T0,引力常量为G,下列说法不正确的是()3A.行星的质量
为kGB.行星的半径为kbC.行星的第一宇宙速度为kbD.该行星同步卫星的轨道半径为3kT204π2解析:选B。卫星绕行星做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,则有GMmr2=ma,得a=GM·1r2,图线斜率为k=GM,则行星的质量为M=kG,故
A正确;加速度最大即卫星运行轨道半径约等于行星半径,则有b=GM·1R2,解得R=GMb=kb,故B错误;行星的第一宇宙速度为v1=GMR=kR=k×bk=kb,故C正确;由公式GMmr2=m4π2T20r,得r=3GMT204π
2=3kT204π2,故D正确。5.(2020·佛山市上学期调研)如图,虚线为大气层边界,太空飞行返回器从a点无动力滑入大气层,然后从c点“跳”出,再从e点“跃”入,实现多次减速,可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点,离地心的距离为r,返回器在d点时的速度大小为v,地球
质量为M,引力常量为G。则返回器()A.在b点处于失重状态B.在a、c、e点时的动能相等C.在d点时的加速度大小为GMr24D.在d点时的速度大小v>GMr解析:选C。b点处的加速度方向背离地心,应处于超重状态,故A错误;由a到c由于空气阻力做负功,动能减小,由c到e过程中只有万有
引力做功,机械能守恒,a、c、e点时速度大小应该满足va>vc=ve,故动能不相等,故B错误;在d点时合力等于万有引力,即GMmr2=mad,故加速度大小ad=GMr2,故C正确;在d点时万有引力大于所需的向心力,做近心运动,故速
度大小v<GMr,故D错误。6.如图,在一固定在水平地面上A点的半径为R的球体顶端放一质量为m的物块,现给物块一水平初速度v0,则()A.若v0=gR,则物块落地点距离A点为2RB.若球面是粗糙的,当v0<gR时,物块一定会沿球面下滑一段,再斜抛离开球面C.若v
0<gR,则物块落地点离A点为RD.若v0≥gR,则物块落地点离A点至少为2R解析:选D。若v0≥gR,物块将离开球面做平抛运动,由y=2R=gt22、x=v0t,得x≥2R,A错误,D正确;若v0<gR,物块将沿球面下滑,若摩擦力足够大,则物块可能下滑一段后停在球面上某位置,若摩
擦力较小,物块将在球心上方球面上某处离开,向下做斜抛运动,落地点到A点距离大于R,B、C错误。7.如图所示,一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点,飞镖抛出时与P点等高,且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘
面瞄准P点抛出的同时,圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力,重力加速度为g,若飞镖恰好击中P点,则()5A.飞镖击中P点所需的时间为L2v0B.圆盘的半径可能为gL22v20C.圆盘转动角速度的最小值为2πv0L
D.P点随圆盘转动的线速度可能为5πgL4v0解析:选D。飞镖水平抛出做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,因此t=Lv0,A错误;飞镖击中P点时,P点恰好在圆盘最下方,则2r=12gt2,解得圆盘的半径r=gL24v20,B错
误;飞镖击中P点,则P点转过的角度满足θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2,…),故ω=θt=(2k+1)πv0L,则圆盘转动角速度的最小值为πv0L,C错误;P点随圆盘转动的线速度为v=ωr=(2k+1)πv0L·gL24v20=(2k+1)πgL4v0
,当k=2时,v=5πgL4v0,D正确。