（新課標(biāo)）2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)第四章曲線運(yùn)動萬有引力與航天章末熱點(diǎn)集訓(xùn)

PAGEPAGE1第四章曲線運(yùn)動萬有引力與航天章末熱點(diǎn)集訓(xùn)拋物運(yùn)動問題(多項(xiàng)選擇)如下圖，斜面傾角為θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正對斜面頂點(diǎn)B水平拋出，小球到達(dá)斜面經(jīng)過的時間為t，重力加速度為g，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)小球以最小位移到達(dá)斜面，那么t＝eq\f(2v0cotθ,g)B．假設(shè)小球垂直擊中斜面，那么t＝eq\f(v0cotθ,g)C．假設(shè)小球能擊中斜面中點(diǎn)，那么t＝eq\f(2v0cotθ,g)D．無論小球到達(dá)斜面何處，運(yùn)動時間均為t＝eq\f(2v0tanθ,g)[解析]小球以最小位移到達(dá)斜面時即位移與斜面垂直，位移與水平方向的夾角為eq\f(π,2)－θ，那么taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)，即t＝eq\f(2v0cotθ,g)，A正確，D錯誤；小球垂直擊中斜面時，速度與水平方向的夾角為eq\f(π,2)－θ，那么taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq\f(gt,v0)，即t＝eq\f(v0cotθ,g)，B正確；小球擊中斜面中點(diǎn)時，令斜面長為2L，那么水平射程為Lcosθ＝v0t，下落高度為Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立兩式得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，C錯誤．[答案]AB1.如下圖，在距地面2l的高空A處以水平初速度v0＝eq\r(gl)投擲飛鏢，在與A點(diǎn)水平距離為l的水平地面上的B點(diǎn)有一個氣球，選擇適當(dāng)時機(jī)讓氣球也以速度v0＝eq\r(gl)勻速上升，在升空過程中被飛鏢擊中．飛鏢在飛行過程中受到的空氣阻力不計(jì)，在計(jì)算過程中可將飛鏢和氣球視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，試求：(1)飛鏢是以多大的速度擊中氣球的？(2)擲飛鏢和釋放氣球兩個動作之間的時間間隔Δt應(yīng)為多少？解析：(1)飛鏢被投擲后做平拋運(yùn)動，從擲出飛鏢到擊中氣球，經(jīng)過時間t1＝eq\f(l,v0)＝eq\r(\f(l,g))此時飛鏢在豎直方向上的分速度vy＝gt1＝eq\r(gl)故此時飛鏢的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2gl).(2)飛鏢從擲出到擊中氣球過程中，下降的高度h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(l,2)氣球從被釋放到被擊中過程中上升的高度h2＝2l－h(huán)1＝eq\f(3l,2)氣球的上升時間t2＝eq\f(h2,v0)＝eq\f(3l,2v0)＝eq\f(3,2)eq\r(\f(l,g))可見，t2＞t1，所以應(yīng)先釋放氣球，釋放氣球與擲飛鏢之間的時間間隔Δt＝t2－t1＝eq\f(1,2)eq\r(\f(l,g)).答案：(1)eq\r(2gl)(2)eq\f(1,2)eq\r(\f(l,g))圓周運(yùn)動的綜合問題分析(多項(xiàng)選擇)如下圖，一根不可伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細(xì)桿C和D上，質(zhì)量為ma的a球置于地面上，質(zhì)量為mb的b球從水平位置靜止釋放．當(dāng)b球擺過的角度為90°時，a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱?，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是()A．ma∶mb＝3∶1B．ma∶mb＝2∶1C．假設(shè)只將細(xì)桿D水平向左移動少許，那么當(dāng)b球擺過的角度為小于90°的某值時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱鉊．假設(shè)只將細(xì)桿D水平向左移動少許，那么當(dāng)b球擺過的角度仍為90°時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱鉡解析]設(shè)D桿到b球的距離為r，b球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的速度大小為v，那么mbgr＝eq\f(1,2)mbv2，mag－mbg＝eq\f(mbv2,r)，可得ma＝3mb，所以選項(xiàng)A正確，B錯誤；假設(shè)只將細(xì)桿D水平向左移動少許，設(shè)D桿到球b的距離變?yōu)镽，當(dāng)b球擺過的角度為θ時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?，此時b球速度為v′，如下圖，那么mbgRsinθ＝eq\f(1,2)mbv′2，3mbg－mbgsinθ＝eq\f(mbv′2,R)，可得θ＝90°，所以選項(xiàng)C錯誤，D正確．[答案]AD2.如下圖，光滑半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，半圓軌道與光滑的水平地面相切于半圓的端點(diǎn)A.一質(zhì)量為m的小球在水平地面上的C點(diǎn)受水平向左的恒力F由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到A點(diǎn)時撤去恒力F，小球沿豎直半圓軌道運(yùn)動到軌道最高點(diǎn)B點(diǎn)，最后又落在水平地面上的D點(diǎn)(圖中未畫出)．A、C間的距離為L，重力加速度為g.(1)假設(shè)軌道半徑為R，求小球到達(dá)圓軌道B點(diǎn)時受到軌道的作用力FN.(2)為使小球能運(yùn)動到軌道最高點(diǎn)B，求軌道半徑的最大值Rm.(3)軌道半徑R多大時，小球在水平地面上的落點(diǎn)D到A點(diǎn)距離最大？最大距離xm是多少？解析：(1)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時的速度為v，從C到B根據(jù)動能定理有FL－2mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2FL－4mgR,m))由牛頓第二定律有FN＋mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝eq\f(2FL,R)－5mg.(2)當(dāng)小球恰能運(yùn)動到軌道最高點(diǎn)時，軌道半徑有最大值，那么有FN＝eq\f(2FL,Rm)－5mg＝0解得Rm＝eq\f(2FL,5mg).(3)設(shè)小球平拋運(yùn)動的時間為t，有2R＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(4R,g))水平位移x＝vt＝eq\r(\f(2FL－4mgR,m))·eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(\f(〔2FL－4mgR〕〔4mgR〕,m2g2))當(dāng)2FL－4mgR＝4mgR時，水平位移最大．解得R＝eq\f(FL,4mg)D到A的最大距離xm＝eq\f(FL,mg).答案：(1)eq\f(2FL,R)－5mg(2)eq\f(2FL,5mg)(3)eq\f(FL,4mg)eq\f(FL,mg)衛(wèi)星類運(yùn)行情況分析(2022·高考北京卷)假設(shè)地球和火星都繞太陽做勻速圓周運(yùn)動，地球到太陽的距離小于火星到太陽的距離，那么()A．地球公轉(zhuǎn)的周期大于火星公轉(zhuǎn)的周期B．地球公轉(zhuǎn)的線速度小于火星公轉(zhuǎn)的線速度C．地球公轉(zhuǎn)的加速度小于火星公轉(zhuǎn)的加速度D．地球公轉(zhuǎn)的角速度大于火星公轉(zhuǎn)的角速度[解析]根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r＝meq\f(v2,r)＝man＝mω2r得，公轉(zhuǎn)周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，故地球公轉(zhuǎn)的周期較小，選項(xiàng)A錯誤；公轉(zhuǎn)線速度v＝eq\r(\f(GM,r))，故地球公轉(zhuǎn)的線速度較大，選項(xiàng)B錯誤；公轉(zhuǎn)加速度an＝eq\f(GM,r2)，故地球公轉(zhuǎn)的加速度較大，選項(xiàng)C錯誤；公轉(zhuǎn)角速度ω＝eq\r(\f(GM,r3))，故地球公轉(zhuǎn)的角速度較大，選項(xiàng)D正確．[答案]D3.(2022·遼寧鞍山一中等六校聯(lián)考)如下圖，質(zhì)量相同的三顆衛(wèi)星a、b、c繞地球做勻速圓周運(yùn)動，其中b、c在地球的同步軌道上，a距離地球外表的高度為R，此時a、b恰好相距最近．地球質(zhì)量為M、半徑為R、地球自轉(zhuǎn)的角速度為ω，萬有引力常量為G，那么()A．發(fā)射衛(wèi)星b時速度要大于11.2km/sB．衛(wèi)星a的機(jī)械能大于衛(wèi)星b的機(jī)械能C．假設(shè)要衛(wèi)星c與b實(shí)現(xiàn)對接，可讓衛(wèi)星c加速D．衛(wèi)星a和b下次相距最近還需經(jīng)過t＝eq\f(2π,\r(\f(GM,8R3))－ω)解析：選D.衛(wèi)星b繞地球做勻速圓周運(yùn)動，7.9km/s是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行做圓周運(yùn)動所需的最小初始速度，11.2km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度，所以發(fā)射衛(wèi)星b時速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A錯誤；衛(wèi)星從低軌道到高軌道需要克服引力做較多的功，衛(wèi)星a、b質(zhì)量相同，所以衛(wèi)星b的機(jī)械能大于衛(wèi)星a的機(jī)械能，故B錯誤；讓衛(wèi)星c加速，所需的向心力增大，由于萬有引力小于所需的向心力，衛(wèi)星c會做離心運(yùn)動，離開原軌道，所以不能與b實(shí)現(xiàn)對接，故C錯誤；b、c在地球的同步軌道上，所以衛(wèi)星b、c和