沖刺卷四 平拋運動與圓周運動

本文格式為Word版，下載可任意編輯——沖刺卷四平拋運動與圓周運動沖刺卷四平拋運動與圓周運動萬有引力定律的應(yīng)用

總分值：100分時間：60分鐘

一、單項選擇題(此題共5小題，每題5分，共25分。每題只有一個選項符合題意。)

1．如下圖，可視為質(zhì)點的小球，位于半徑為3m半圓柱體左端點A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點。過B點的半圓柱體

半徑與水平方向的夾角為60°，則初速度為(不計空氣阻力，重力加速度取g＝

10m/s2)()55

A.3m/s

B．43m/s15

D.2m/s

C．35m/s

2．如下圖，半徑R＝1m且豎直放置的圓盤O正按順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，在圓盤的邊緣上有一點Q，當(dāng)Q點向上轉(zhuǎn)到豎直位置時，在其正上方h＝0.25m處的P點以v0＝5m/s的初速度向右水平拋出一個小球(可看做質(zhì)點)，小球飛行一

段時間后恰能從圓盤上的Q點沿切線方向飛出，取g＝10m/s2，則以下說法中正確的是()

5

A．小球完成這段飛行所用的時間為10sB．小球在這段飛行時間內(nèi)下落的高度為0.75mC．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω一定等于

215π

9rad/s

D．小球沿圓盤切線方向飛出時的速度大小為45m/s

3．如下圖，足夠大的光滑絕緣水平面上有三個帶電質(zhì)點，A和C圍繞B做勻速圓周運動，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L1和L2。不計三質(zhì)點間的萬有引力，則A和C的比荷(電量與質(zhì)量之比)之比應(yīng)是()

L1A．(L)2

2

L1B．(L)3

2

L22C．(L)

1L23

D．(L)

1

4．研究說明，地球自轉(zhuǎn)在逐漸變慢，3億年前地球自轉(zhuǎn)的周期約為22小時。假設(shè)這種趨勢會持續(xù)下去，地球的其它條件都不變，則未來與現(xiàn)在相比()

A．地球的第一宇宙速度變小B．地球赤道處的重力加速度變小C．地球同步衛(wèi)星距地面的高度變小D．地球同步衛(wèi)星的線速度變小

5．木星是太陽系中最大的行星，它有眾多衛(wèi)星，觀測測出：木星繞太陽做圓周運動的半徑為r1，周期為T1；木星的某一衛(wèi)星繞木星做圓周運動的半徑為r2，周期為T2，已知引力常量為G，則()

A．可求出太陽與木星的萬有引力B．可求出太陽的密度

C．可求出木星表面的重力加速度r3r312D.T2＝T212

二、多項選擇題(此題共5小題，每題7分，共計35分。每題有多個選項符合題意。全部選對的得7分，選對但不全的得4分，錯選或不答的得0分。)6．如下圖，三個小球在離地面不同高度處，同時以一致的速度向左水平拋出，小球A落到D點，DE＝EF＝FG，不計空氣阻力，每隔相等的時間間隔小球依次碰見地面。則關(guān)于三小球()

A．B、C兩球也落在D點B．B球落在E點，C球落在F點

C．三小球離地面的高度AE∶BF∶CG＝1∶3∶5D．三小球離地面的高度AE∶BF∶CG＝1∶4∶9

7．(2023·蘇南質(zhì)檢)半徑分別為R和R/2的兩個半圓，分別組成圖甲、乙所示的兩個圓弧軌道，一小球從某一高度下落，分別從圖甲、乙所示的開口向上的半圓軌道的右側(cè)邊緣進(jìn)入軌道，都沿著軌道內(nèi)側(cè)運動并恰好能從開口向下半圓軌道的最高點通過，則以下說法正確的是()

A．圖甲中小球開始下落的高度比圖乙中小球開始下落的高度高B．圖甲中小球開始下落的高度和圖乙中小球開始下落的高度一樣高C．圖甲中小球?qū)壍雷畹忘c的壓力比圖乙中小球?qū)壍雷畹忘c的壓力大D．圖甲中小球?qū)壍雷畹忘c的壓力和圖乙中小球?qū)壍雷畹忘c的壓力一樣大

8．2023年12月7日11時26分，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運載火箭，將中國和巴西聯(lián)合研制的地球資源衛(wèi)星04星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入離地面高度約為350km的預(yù)定圓形軌道。若衛(wèi)星運行的軌道半徑為R，運行周期為T，引力常量為G，則以下關(guān)于該衛(wèi)星的說法中正確的是()

2πRA．衛(wèi)星在該軌道上運行的線速度大小為T

B．該衛(wèi)星在軌道上運行的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度

C．該衛(wèi)星在軌道上運行的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度3π

D．由題意可算出地球的密度為GT2

9．假設(shè)地球和火星都繞太陽做勻速圓周運動，已知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)周期大于火星的公轉(zhuǎn)周期B．地球公轉(zhuǎn)的線速度大于火星公轉(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

10．(2023·常州市模擬)中國志愿者王躍參與人類歷史上第一次全過程模擬從地球來回火星的一次試驗“火星－500〞活動，王躍走出登陸艙，成功踏上模擬火星表面，在火星上首次留下中國人的蹤跡，目前正處于從“火星〞返回地

球途中。假設(shè)將來人類一艘飛船從火星返回地球時，經(jīng)歷了如下圖的變軌過程，則以下說法中正確的是()

A．飛船在軌道Ⅱ上運動時，在P點速度大于在Q點的速度B．飛船在軌道Ⅰ上運動時的機械能大于軌道Ⅱ上運動的機械能

C．飛船在軌道Ⅰ上運動到P點時的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時

的加速度

D．飛船繞火星在軌道Ⅰ上運動周期跟飛船返回地面的過程中繞地球以軌道Ⅰ

同樣半徑運動的周期一致

三、計算題(此題共2小題，共40分。解答時寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最終答案的不得分。)

11．(2023·福建省漳州市八校第三次聯(lián)考)(20分)一長l＝0.8m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量m＝0.10kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝1.00m。開始時小球處于A點，此時輕繩拉直處于水平方向上，如下圖。讓小球從靜止釋放，當(dāng)小球運動到B點時，輕繩碰見懸點O正下方一個固定的釘子P時立刻斷裂。不計輕繩斷裂的能量損失，取重力加速度g＝10m/s2。求：

(1)當(dāng)小球運動到B點時的速度大??；

(2)繩斷裂后球從B點拋出并落在水平地面上的C點，求C點與B點之間的水平距離；

(3)若OP＝0.6m，輕繩碰見釘子P時繩中拉力達(dá)到所能承受的最大拉力斷裂，求輕繩能承受的最大拉力。

12．(2023·高考押題卷五)(20分)如下圖，用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)管彎成的“S〞形軌道固定于豎直平面內(nèi)，其彎曲部分是由兩個半徑均為R＝0.2m的半圓平滑對接而成(圓的半徑遠(yuǎn)大于細(xì)管內(nèi)徑)。軌道底端A與水平地面相切，頂端與一個長為l＝0.9m的水平軌道相切B點，一傾角為θ＝37°的傾斜軌道固定于右側(cè)地面上，其頂點D與水平軌道的高度差為h＝0.45m，并與其它兩個軌道處于同一豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m＝0.1kg的小物體(可視為質(zhì)點)在A點被彈射入“S〞形軌道內(nèi)，沿軌道ABC運動，并恰好從D點無碰撞地落到傾斜軌道上。小物體與BC段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.(不計空氣阻力，取g＝10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)小物體從B點運動到D點所用的時間；

(2)小物體運動到B點時對“S〞形軌道的作用力大小和方向；(3)小物體在A點獲得的動能。

沖刺卷四平拋運動與圓周運動萬有引力定律的應(yīng)用

1.C[由幾何關(guān)系和題意可知，B點速度的方向與水平方向的夾角θ＝30°①

vy

由速度關(guān)系可得v＝tanθ②

0水平方向：R＋Rsinθ＝v0t③

豎直方向：vy＝gt④

聯(lián)立以上四式解之得：v0＝35m/s，故C項正確。]

2．B[設(shè)小球的飛行時間為t，這段時間內(nèi)圓盤轉(zhuǎn)過的角度為θ，則由平拋運動1

的知識可得：Rsinθ＝v0t，R＋h－Rcosθ＝2gt2，兩式聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得cosθ1151＝2，所以t＝10s，選項A錯誤；小球在這段時間內(nèi)下落的高度為H＝2gt2，

1

代入數(shù)據(jù)得H＝0.75m，選項B正確；由于cosθ＝2，所以在這段時間內(nèi)圓π

盤轉(zhuǎn)過的角度可能為θ＝2πn＋3(n＝0，1，2，?)，所以圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω

π

215（2nπ＋3）θ＝t＝(n＝0，1，2，?)，選項C錯誤；小球沿圓盤切線方向

3飛出時豎直方向的速度大小為v⊥＝gt＝15m/s，所以小球沿圓盤切線方向

2飛出時的速度大小為v＝v20＋v⊥＝25m/s，選項D錯誤。]

3．B[根據(jù)B恰能保持靜止可得：qAqBqCqBkL2＝kL212

A做勻速圓周運動，根據(jù)A受到的合力提供向心力得：qAqBqAqC2kL2－k2＝mAωL1（L1＋L2）1

qCqBqAqC2

C做勻速圓周運動，有kL2－k2＝mCωL2（L1＋L2）2

L13

聯(lián)立三式解得A和C的比荷之比應(yīng)是(L)。]

2

GMmmv21

4．D[地球的質(zhì)量M，半徑R不變，自轉(zhuǎn)周期T變大，由R2＝R得第一宇

GMGMm4π2

宙速度v1＝

R，則v1不變，A項錯誤；由R2－mg＝mT2R，可得g＝

GM4π2GMmm4π2

R2－T2R，則g增大，B項錯誤；對同步衛(wèi)星，由（R＋h）2＝T2(R＋h)，3GMT2解得h＝則h變大，C項錯誤；同步衛(wèi)星的線速度v＝

4π2－R，h增大，v減小，D項正確。]

Mm4π2

5．A[根據(jù)萬有引力提供天體運動的向心力Gr2＝mrT2，可以求出天體的質(zhì)

4π2r34π2r31量M＝GT2。對于太陽和木星系統(tǒng)，據(jù)此可求出太陽質(zhì)量M1＝GT2，對于

1

34π2r2

木星及其衛(wèi)星系統(tǒng)，據(jù)此可求出木星質(zhì)量M2＝GT2，所以可求出木星與太陽

2

M1M2

之間的萬有引力F＝Gr2，A正確；因太陽半徑未知，不能求出太陽密度，

1

B錯誤；因木星半徑未知，不能求出木星表面的重力加速度，C錯誤；木星環(huán)繞太陽運動，衛(wèi)星環(huán)繞木星運動，木星和衛(wèi)星不是環(huán)繞同一天體運動，不適用開普勒第三定律直接比較，D錯誤。]

6．AD[由于三球以一致的初速度拋出，每隔相等的時間間隔小球依次碰見地面，則A、B、C三個小球的運動時間之比為1∶2∶3，可得水平位移之比1∶2∶3，而DE＝EF＝FG，所以B、C兩球也落在D點，故A正確，B錯1

誤；由h＝2gt2可得，A、B、C三個小球拋出高度之比為1∶4∶9，故D正確，C錯誤。]

7．AC[圖甲中小球恰好通過最高點的速度為gR，圖乙中小球恰好通過最高點

2

v1gR

的速度為圖甲中小球開始下落的高度為h1＝1.5R＋2g＝2R，同理可得，

2，

2v2

圖乙中小球開始下落的高度為h2＝1.5R＋2g＝1.75R，A項正確，B項錯誤；

v212

由mgh＝2mv和F－mg＝mr可知，兩次小球到軌道最低點時，對軌道的壓v1′2v2′24gh1力分別為F1－mg＝mR/2，F(xiàn)2－mg＝mR，解得F1＝mg＋mR，同理F2＝

2gh2mg＋mR，得F1＝9mg，F(xiàn)2＝4.5mg，D項錯誤，C項正確。]

2πR

8．AC[由于該衛(wèi)星的軌道半徑為R，周期為T，所以其線速度大小為v＝T，

GM

，R＋h

選項A正確；設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，則由萬有引力提供向心力可

v2GMm

得：R2＝mR，解得：v＝

GMR，由此可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，其線

速度越小，所以該衛(wèi)星在軌道上的線速度應(yīng)大于同步衛(wèi)星的線速度，選項BGMmGM

錯誤；由萬有引力提供向心力可得：R2＝man，解之可得：an＝R2，由此可判斷該衛(wèi)星的向心加速度應(yīng)大于同步衛(wèi)星的向心加速度，選項C正確；設(shè)Mm4π2R

地球的半徑為R0，則由萬有引力提供向心力可得：GR2＝mT2，又由于M433πR3

＝3πR0ρ，兩式聯(lián)立可得：ρ＝GT2R3，選項D錯誤。]

0

v2Mm

9．BD[兩行星繞太陽運動的向心力均由萬有引力提供，所以有G2＝m＝

rr

4π2GM4π2r3GMGM2

mωr＝mT2r＝ma，解得v＝

r，T＝GM，ω＝r3，a＝r2，根據(jù)題意r火＞r地，所以有T地＜T火，v地＞v火，a地＞a火，ω地＞ω火，故A、C錯誤，B、D正確。]

10．AC[根據(jù)開普勒其次定律可知，飛船在軌道Ⅱ上運動時，在P點速度大于在Q點的速度，故A正確；飛船在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點時，要點火加速，使其速度增大做離心運動，從而轉(zhuǎn)移到軌道Ⅱ上運動。所以飛船在軌道Ⅰ上運動時的機械能小于軌道Ⅱ上運動的機械能，故B錯誤；飛船在軌道Ⅰ上運動到P點時與飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時受到的萬有引力大小相等，根據(jù)牛頓其次定律可知加速度必定相等，故C正確；根據(jù)周期公式T＝2πr3GM，雖然r相等，但是由于地球和火星的質(zhì)量不等，所以周期T不相等，故D錯誤。]11．解析(1)設(shè)小球運動到B點時的速度大小為vB，由機械能守恒定律得12

2mvB＝mgl，

解得小球運動到B點時的速度大小vB＝2gl＝4m/s。(2)小球從B點做平拋運動，由運動學(xué)規(guī)律得x＝vBt，1

y＝H－l＝2gt2，

解得C點與B點之間的水平距離x＝vB

2（H－l）

＝0.80m。g

(3)若輕繩碰見釘子時，輕繩拉力恰好達(dá)到最大值Fm，由牛頓其次定律得

2vB

Fm－mg＝mr，

r＝l－OP，

由以上各式解得Fm＝9N。答案(1)4m/s(2)0.80m(3)9N

12．解析(1)小物體從C點到D點做平拋運動，有vy＝2gh＝3m/svy

tanθ＝v

C

解得vC＝4m/s

小物體做平拋運動的時間為vy

t1＝g＝0.3s

小物體從B到C做勻減速直線運動，由牛頓其次定律得μmg＝ma

2

由運動學(xué)公式得v2C－vB＝－2al

代入數(shù)據(jù)解得vB＝5m/s

小物體做勻減速直線運動的時間為vC－vB

t2＝－a＝0.2s

小物體從B點運動到D點所用的總時間為t＝t1＋t2＝0.5s。

(2)小物體運動到B點時，設(shè)其受到的作用力方向豎直向下，由牛頓其次定律v2B

得FN＋mg＝mR解得FN＝11.5N

由牛頓第三定律得FN′＝FN＝11.5N方向豎直向上。

(3)小物體從A運動到B點的過程，由機械能守恒定律得1

EkA＝4mgR＋2mv2B

解得EkA＝2.05J。

答案(1)0.5s(2)11.5N方向豎直向上(3)2.05J

1．研究平拋運動的常用方法(1)分解速度：水平方向：＝v0豎直方向：vy＝gt

vygt2合速度：v＝v2x＋vytanθ＝＝v

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