2021高考物理大一轮复习领航检测：第四章　曲线运动　万有引力与航天-第3节 Word版含解析

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1．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是( )
A．P、Q两点的角速度大小相等
B．P、Q两点的线速度大小相等
C．P点的线速度比Q点的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
解析：选A.P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对．根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错．Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错．P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错．
2. 如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动
解析：选A.若拉力突然消失，小球将沿切线Pa做离心运动，A正确；若拉力突然变小，小球将沿Pb做离心运动，而拉力变大时，小球应沿Pc做近心运动，故B、C、D均错误．
3. 如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R＝6 400 km，地面上行驶的汽车重力G＝3×104 N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是( )
A．汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大
B．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于3×104N
C．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力
D．如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉
解析：选C.汽车的速度越大，则汽车对地面的压力越小，不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，选项C正确A、B错误；如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有完全失重的感觉，选项D错误．
4．风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片( )
A．转速逐渐减小，平均速率为eq \f(4πnr,Δt)
B．转速逐渐减小，平均速率为eq \f(8πnr,Δt)
C．转速逐渐增大，平均速率为eq \f(4πnr,Δt)
D．转速逐渐增大，平均速率为eq \f(8πnr,Δt)
解析：选B.从图中可看出，挡光时间越来越长，所以转速减小，Δt时间内有4个挡光时间，所以Δt时间内风轮转过的弧长为2πrn×4，平均速率v＝eq \f(8πnr,Δt)，B正确．
5．某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm.P、Q转动的线速度均为4π m/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为( )
A．0.42 s B．0.56 s
C．0.70 s D．0.84 s
解析：选B.由线速度和周期关系T＝eq \f(2πR,v)可得TP＝eq \f(2π×0.28,4π) s＝0.14 s，TQ＝eq \f(2π×0.16,4π) s＝0.08 s，设该时间的最小值为t，则该t是两个周期数值的最小公倍数，即t＝0.56 s，选项B正确．
6. 如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：
(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：
mgtan θ＝mωeq \\al(2,0)lsin θ
解得ωeq \\al(2,0)＝eq \f(g,lcs θ)
即ω0＝ eq \r(\f(g,lcs θ))＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s.
(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：
mgtan α＝mω′2lsin α
解得：ω′2＝eq \f(g,lcs α)，即ω′＝ eq \r(\f(g,lcs α))＝2eq \r(5) rad/s.
答案：(1)eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s (2)2eq \r(5) rad/s
[综合应用题组]
7. (多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．在该弯道处( )
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
解析：选AC.类比火车转弯时的运动和受力情况．当汽车的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此时汽车只受重力和支持力，这两个力的合力提供向心力，故路面一定是外高内低，构成一个斜面，A正确．当车速在低于vc的一定范围内时，车所需向心力减小，具有向内侧滑动的趋势，但不一定滑动，故B错误．同理，当车速在高于vc的一定范围内，车辆有向外侧滑动的趋势，当车速高于某个速度值时，汽车受到的摩擦力达到最大静摩擦力，汽车便会向外侧滑动，故C正确．路面结冰时，最大静摩擦力减小，vc值不变，D错误．
8. (多选)如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度一定满足ω≤ eq \r(\f(μg,r))
D．转台的角速度一定满足ω≤ eq \r(\f(2μg,3r))
解析：选BD.对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f＝(3m)ω2r≤μ(3m)g，故选项A错误，B正确；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有(3m)ω2r≤μ(3m)g，解得ω≤ eq \r(\f(μg,r))；
对AB整体有(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，解得
ω≤ eq \r(\f(μg,r))；
对C有mω2(1.5r)≤μmg，解得ω≤ eq \r(\f(2μg,3r)).
选项C错误，D正确．
9．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(g,r))，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．
10．(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω＞ eq \r(\f(gct θ,l))，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
解析：选AC.对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝eq \f(mg,sin θ)，为定值，A正确，B错误；当Tacs θ＝mω2l⇒ω＝ eq \r(\f(gct θ,l))时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确；由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误．
11．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
解析：选AB.要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f＝2.25mg＝meq \f(v2,r)可知，通过小弯道的速度v1＝30 m/s，通过大弯道的速度v2＝45 m/s，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A、B正确；如图所示，由几何关系可得AB长x＝eq \r(L2－R－r2)＝50eq \r(3) m，故在直道上的加速度a＝eq \f(v\\al(2,2)－v\\al(2,1),2x)＝eq \f(452－302,2×50\r(3)) m/s2≈6.5 m/s2，选项C错误；由sineq \f(θ,2)＝eq \f(x,L)＝eq \f(\r(3),2)可知，小圆弧对应的圆心角θ＝eq \f(2π,3)，故通过小圆弧弯道的时间t＝eq \f(θr,v1)＝eq \f(2πr,3v1)＝eq \f(2×3.14×40,3×30) s＝2.79 s，选项D错误．
12．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝5 m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝10 m/s2)
(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
(3)当圆盘的角速度为1.5 π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2 m，求容器的加速度a.
解析：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s.
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数．
由ωt＝kπ得ω＝kπeq \r(\f(g,2h))＝kπ，其中k＝1,2,3，….
(3)第二滴水离O点的距离为x1＝eq \f(1,2)at2＋(at)t＝eq \f(3,2)a
第三滴水离O点的距离为x2＝eq \f(1,2)a(2t)2＋(a·2t)t＝4a
又Δθ＝ωt＝1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝x2
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a))2＋(4a)2＝22，解得a＝eq \f(4\r(73),73) m/s2.
答案：(1)1 s (2)kπ，其中k＝1,2,3，…
(3)eq \f(4\r(73),73) m/s2