2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí)備考 第八單元 曲線運動、機械能與萬有引力綜合 滬科版.doc

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2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí)備考 第八單元 曲線運動、機械能與萬有引力綜合 滬科版 選擇題部分共10小題。在每小題給出的四個選項中,1~6小題只有一個選項正確,7~10小題有多個選項正確;全部選對的得4分,選不全的得2分,有選錯或不答的得0分。 1.“地心說”與“日心說”共同的觀點是 A.天體的運動必然是完美和諧的拋物線運動 B.天體的運動必然是完美和諧的橢圓運動 C.天體的運動必然是完美和諧的勻速圓周運動 D.天體的運動必然是完美和諧的雙曲線運動 解析:無論是日心說還是地心說,古人都把天體運動看得很神圣,認(rèn)為天體的運動必然是完美和諧的勻速圓周運動。 答案:C 2.下列關(guān)于向心加速度和向心力的說法中,正確的是 A.向心力始終指向圓心 B.向心加速度越大,物體的速率變化越快 C.在勻速圓周運動中,向心加速度恒定不變 D.向心力既可以改變速度的方向,又可以改變速度的大小 解析:做圓周運動的物體,向心加速度和向心力始終指向圓心,與速度方向垂直,不改變速度的大小,只改變速度的方向,是變量。選項A正確。 答案:A 3. 下列關(guān)于重力勢能的說法中,正確的是 A.在有阻力作用的情況下,物體重力勢能的減少量不等于重力對物體所做的功 B.物體的重力勢能是物體與地球所共有的,其大小與勢能零點的選取有關(guān) C.重力勢能增加時,重力對物體做正功 D.重力勢能有負(fù)值,是矢量 解析:重力勢能的變化量只與重力做功有關(guān),與阻力無關(guān),重力做正功,重力勢能減小,重力做負(fù)功,重力勢能增加,選項A、C錯誤;重力勢能是物體與地球組成的“系統(tǒng)”所共有的,其大小與勢能零點的選取有關(guān),是標(biāo)量,選項D錯誤、B正確。 答案:B 4.一個物體以速度v0水平拋出,落地時的速度大小為v0,不計空氣阻力,重力加速度為g,則物體在空中飛行的時間為 A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D. 解析:vy==v0,所以t==,選項A正確。 答案:A 5.雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成,兩恒星在相互引力的作用下,分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動。圖示的甲和乙是某雙星系統(tǒng)中的兩顆恒星,相距為r,分別繞其連線上的固定點O做勻速圓周運動,若已知兩恒星的總質(zhì)量為M,引力常量為G,則它們運行的周期T為 A.2π B.2πr C.2π D.2π 解析:設(shè)兩恒星的質(zhì)量分別為m1和m2,做圓周運動的半徑分別為r1和r2,角速度分別為ω1和ω2。根據(jù)題意,有ω1=ω2、r1+r2=r,根據(jù)萬有引力定律和牛頓運動定律,有G=m1r1,G=m2r2,聯(lián)立解得m1+m2=M=,所以T=2π,選項D正確。 答案:D 6.如圖所示,置于圓形水平轉(zhuǎn)臺邊緣的小物塊隨轉(zhuǎn)臺加速轉(zhuǎn)動,當(dāng)轉(zhuǎn)速ω=2 rad/s時,物體恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動?，F(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺的半徑R=0.5 m,設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)μ為 A.0.5 B.0.4 C.0.3 D.0.2 解析:物塊離開轉(zhuǎn)臺時,最大靜摩擦力提供向心力,有fm=m,又fm=μmg、v=ωR=1 m/s,由以上兩式得μ=0.2,選項D正確。 答案:D 7.如圖所示,一個質(zhì)量為1 kg的物體以某一初始速度從空中O點沿x軸正方向水平拋出,它的軌跡恰好是拋物線方程y=5x2(x、y的單位均為米),重力加速度g=10 m/s2,下列說法正確的是 A.初速度大小為2 m/s B.物體從拋出經(jīng)1 s后通過點(1 m,5 m) C.運動過程中重力做功的表達式為W=50x2 D.2 s時重力的瞬時功率為100 W 解析:由平拋運動的規(guī)律x=v0t、y=gt2可知,y=x2,即=5,所以v0=1 m/s,選項A錯誤;當(dāng)水平位移為1 m時,用時1 s,選項B正確;運動過程中重力做功的表達式為W=mgy=50x2,選項C正確;2 s時重力的瞬時功率為P=mgvy=mg2t=200 W,選項D錯誤。 答案:BC 8.如圖所示,半徑為R的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),光滑斜面與圓弧軌道平滑連接。一小球(小球的半徑r遠小于R)從斜面高h處由靜止滑下,要使小球不在圓弧軌道的中途脫離圓弧軌道,h應(yīng)滿足 A.0”“<”或“=”)。若發(fā)生相同的形變量x,則∶=　　　　。 解析:(1) W=kxx=kx2,而W=Ep,所以Ep=kx2。 (2)由F=kx及Ep=kx2知kAω0　(2分) 用t表示所需時間,則: ωt-ω0t=2π　(2分) 所以t==。　(1分) 14.(10分)如圖所示,MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道,其圓弧段MN與水平段NP相切于N,P端固定一豎直擋板。M相對于N的高度為h,NP的長度為s。一質(zhì)量為m的物塊自M端以初動能Ek=mgh沿軌道下滑,滑至N點時,其動能仍為Ek,與擋板發(fā)生碰撞后原速率返回,到達圓弧段前某處停止,物塊與NP段的動摩擦因數(shù)為μ,求: (1)物塊在MN段克服摩擦力所做的功。 (2)物塊停止處與N點的距離。 解:(1)設(shè)物塊在MN段克服摩擦力所做的功為W,由動能定理得:mgh-W=0　(3分) 解得W=mgh?！?1分) (2)設(shè)物塊在水平軌道上的停止處與N點的距離為d,由動能定理得: -μmg(2s-d)=0-Ek　(2分) 又Ek=mgh　(2分) 聯(lián)立解得d=2s-?！?2分) 15.(12分)如圖所示,一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點,下端系一個質(zhì)量為m的小球,小球靜止在豎直方向時,與固定于水平面上半徑為R的光滑圓弧軌道接觸且無擠壓。現(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放,當(dāng)它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷,小球沿該點切線方向水平拋出落在水平地面上的P點。圓弧軌道的圓心O與OB在同一豎直線上,已知繩長L=R,OP=R,重力加速度為g,不計空氣阻力,求: (1)繩被拉斷的瞬間小球的速度。 (2)輕繩所受的最大拉力的大小。 解:(1)在水平方向上,有x=R=vt　(2分) 在豎直方向上,有R=gt2　(2分) 解得v=?！?1分) (2)由第(1)問知,小球在B點時,圓弧軌道對小球的作用力FN=0　(1分) 以小球為研究對象,由牛頓運動定律,得F-mg=m　(2分) 又L=R　(2分) 解得所求的最大拉力F=2mg?！?2分) 16.(13分)如圖所示,質(zhì)量M=2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上,質(zhì)量m=1 kg的小球通過長l=0.45 m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接,小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞軸O自由轉(zhuǎn)動,開始輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)將小球自水平方向由靜止釋放,取g=10 m/s2。 (1)若滑塊鎖定,試求小球通過最低點P時對輕桿的作用力的大小和方向。 (2)在滿足(1)的條件下,小球在最低點P突然脫離輕桿沿水平方向飛出,垂直打在與水平面成45角的斜面上的Q點,試求Q點到軸O的水平距離。 (3)若解除對滑塊的鎖定,小球通過最低點時的速度大小v= m/s,求此時滑塊的速度。 解:(1)滑塊鎖定,小球自水平方向由靜止釋放,設(shè)在最低點P的速度為v0,則由機械能守恒,得: mgl=m　(2分) 根據(jù)牛頓第二定律,有F-mg=　(1分) 解得v0==3 m/s,F=30 N　(1分) 依據(jù)牛頓第三定律知,小球在最低點時對桿的作用力大小F=F=30 N,方向向下。　(1分) (2)在滿足(1)的條件下,小球在最低點P時脫離輕桿沿水平方向飛出,做平拋運動,垂直打在45角的斜面上的Q點,有tan 45=　(1分) v⊥=gt　(1分) 解得t=0.3 s　(1分) 所以Q點到軸O的水平距離x=v0t=0.9 m?！?1分) (3)解除鎖定,滑塊和小球組成的系統(tǒng)的機械能守恒 即mgl=mv2+Mv2　(3分) 代入數(shù)據(jù)得v= m/s?！?1分)