PAGEPAGE9課時作業(yè)(三)一、選擇題(共10個小題，1、4、6、7為多選，其余為單選，每題5分共50分)1．(2024·湖北一模)如圖所示，某人從同一位置O以不同的水平速度投出三枚飛鏢A、B、C，最終都插在豎直墻壁上，它們與墻面的夾角分別60°、45°、30°，圖中飛鏢的取向可認為是擊中墻面時的速度方向，不計空氣阻力．則下列說法正確的是()A．三只飛鏢做平拋運動的初速度肯定滿意vAO＞vBO＞vCOB．插在墻上的三只飛鏢的反向延長線肯定交于同一點C．三只飛鏢擊中墻面的速度滿意vA＜vB＜vCD．三只飛鏢擊中墻面的速度肯定滿意vA＝vC＞vB答案ABD解析A項，飛鏢做平拋運動，水平分運動，有：x＝v0t，速度與豎直方向夾角的正切值為：tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，聯(lián)立解得：v0＝eq\r(gxtanα)，故vAO＞vBO＞vCO，故A項正確；B項，飛鏢做平拋運動，速度的反向延長線通過水平分位移的中點，而飛鏢的指向表示瞬時速度的方向，故插在墻上的三只飛鏢的反向延長線肯定交于同一點，故B項正確；C、D兩項，依據(jù)平行四邊形定則并結合幾何關系，有：v＝eq\f(v0,sinα)＝eq\f(\r(gxtanα),sinα)＝eq\r(\f(gx,sinαcosα))＝eq\r(\f(2gx,sin2α))，故vA＝vC＝eq\r(\f(2gx,sin60°))＝eq\r(\f(4,3)\r(3)gx)，vB＝eq\r(2gx)，故vA＝vC＞vB，故C項錯誤，D項正確；故選：A、B、D三項．2．(2024·課標全國Ⅰ)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽視空氣的影響)．速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)；其緣由是()A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D．速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大答案C解析發(fā)球機發(fā)出的球，速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)，緣由是發(fā)球機到網(wǎng)的水平距離肯定，速度大，則所用的時間較少，球下降的高度較小，簡單越過球網(wǎng)，故C項正確，A、B、D三項錯誤．故選C項．3.(2024·北京)如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1繞地球E運行，在P點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動．下列說法正確的是()A．不論在軌道1還是軌道2運行，衛(wèi)星在P點的速度都相同B．不論在軌道1還是軌道2運行，衛(wèi)星在P點的加速度都相同C．衛(wèi)星在軌道1的任何位置都具有相同加速度D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置都具有相同動量答案B解析從軌道1變軌到軌道2，須要加速逃逸，故A項錯誤；依據(jù)公式Geq\f(Mm,R2)＝ma可得a＝Geq\f(M,R2)，故只要距離相同，加速度大小就相同，由于衛(wèi)星在軌道1做橢圓運動，運動半徑在改變，所以運動過程中的加速度在改變，B項正確，C項錯誤；衛(wèi)星在軌道2做勻速圓周運動，運動過程中的速度方向時刻在變，所以動量方向不同，D項錯誤．考點考查了萬有引力定律的應用4．(2024·撫順一模)研發(fā)衛(wèi)星的成本高，提高衛(wèi)星的運用壽命是節(jié)約成本的方法之一，如圖甲所示的“軌道康復者”航天器可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補充能源，從而延長衛(wèi)星的運用壽命．圖乙是“軌道康復者”在某次挽救一顆地球同步衛(wèi)星前，二者在同一平面內沿相同繞行方向繞地球做勻速圓周運動的示意圖，此時二者的連線通過地心，“軌道康復者”與同步衛(wèi)星的軌道半徑之比為1∶4.若不考慮“軌道康復者”與同步衛(wèi)星之間的萬有引力，則下列說法正確的是()A．在圖示軌道上，“軌道康復者”的周期為6hB．在圖示軌道上，“軌道康復者”加速度大小是同步衛(wèi)星加速度大小的4倍C．在圖示軌道上，“軌道康復者”的線速度大小是同步衛(wèi)星線速度大小的2倍D．若要對該同步衛(wèi)星實施挽救，“軌道康復者”可從圖示軌道上進行加速后再與同步衛(wèi)星對接答案CD分析衛(wèi)星繞地球做圓周運動萬有引力供應向心力，應用萬有引力公式與牛頓其次定律求出線速度、向心加速度、周期，然后分析答題；衛(wèi)星加速會做離心運動．解析A項，萬有引力供應向心力，由牛頓其次定律得：Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，解得：T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，則eq\f(T軌道康復者,T同步衛(wèi)星)＝eq\r(（\f(r軌道康復者,r同步衛(wèi)星)）3)＝eq\r(（\f(1,4)）3)＝eq\f(1,8)，T軌道康復者＝eq\f(1,8)T同步衛(wèi)星＝eq\f(1,8)×24＝3h，故A項錯誤；B項，萬有引力供應向心力，由牛頓其次定律得Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得，加速度：a＝eq\f(GM,r2)，則：eq\f(a軌道康復者,a同步衛(wèi)星)＝eq\f(r同步衛(wèi)星2,r軌道康復者2)＝(eq\f(4,1))2＝eq\f(16,1)，故B項錯誤；C項，萬有引力供應向心力，由牛頓其次定律得：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得，線速度：v＝eq\r(\f(GM,r))，eq\f(v軌道康復者,v同步衛(wèi)星)＝eq\r(\f(r同步衛(wèi)星,r軌道康復者))＝eq\r(\f(4,1))＝eq\f(2,1)，故C項正確；D項，“軌道康復者”從圖示軌道上進行加速做離心運動，然后與同步衛(wèi)星對接進行施救，故D項正確；故選C、D兩項．5．(2024·淮南一模)在中軸線豎直且固定的光滑圓錐形容器中，固定了一根光滑的豎直細桿，細桿與圓錐的中軸線重合，細桿上穿有小環(huán)(小環(huán)可以自由轉動，但不能上下移動)，小環(huán)上連接了一輕繩，與一質量為m的光滑小球相連，讓小球在圓錐內做水平面上的勻速圓周運動，并與圓錐內壁接觸，如圖所示，圖(a)中小環(huán)與小球在同一水平面上，圖(b)中輕繩與豎直軸成θ角，設(a)圖和(b)圖中輕繩對小球的拉力分別為Ta和Tb，圓錐內壁對小球的支持力分別為Na和Nb，則在下列說法中正確的是()A．Ta肯定為零，Tb肯定為零B．Ta可以為零，Tb可以為零C．Na肯定不為零，Nb肯定不為零D．Na可以為零，Nb可以為零答案B分析小球在圓錐內做勻速圓周運動，對小球進行受力分析，合外力供應向心力，依據(jù)力的合成原則即可求解．解析對(a)圖中的小球進行受力分析，小球所受的重力，支持力的合力的方向可以指向圓心供應向心力，所以Ta可以為零，若Na等于零，則小球所受的重力及繩子拉力的合力方向不能指向圓心而供應向心力，所以Na肯定不為零；對(b)圖中的小球進行受力分析，若Tb為零，則小球所受的重力、支持力的合力的方向可以指向圓心供應向心力，所以Tb可以為零，若Nb等于零，則小球所受的重力及繩子拉力的合力方向也可以指向圓心而供應向心力，所以Nb可以為零；故B項正確．A、C、D三項錯誤；故選B項．6．(2024·課標全國Ⅲ)如圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()A．a(chǎn)＝eq\f(2（mgR－W）,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2（mgR－W）,R)答案AC解析質點P下滑過程中，重力和摩擦力做功，依據(jù)動能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，依據(jù)公式a＝eq\f(v2,R)，聯(lián)立可得a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，A項正確，B項錯誤；在最低點重力和支持力的合力充當向心力，摩擦力水平，不參加向心力，故依據(jù)牛頓其次定律可得N－mg＝ma，代入可得N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C項正確，D項錯誤．7．(2024·江蘇)“天舟一號”貨運飛船于2024年4月20日在文昌航天放射中心勝利放射升空，與“天宮二號”空間試驗室對接前，“天舟一號”在距離地面約380km的圓軌道上飛行，則其()A．角速度小于地球自轉角速度B．線速度小于第一宇宙速度C．周期小于地球自轉周期D．向心加速度小于地面的重力加速度答案BCD解析A項，依據(jù)衛(wèi)星的速度公式v＝eq\r(\f(GM,r))和v＝rω，得：ω＝eq\r(\f(GM,r3)).將“天舟一號”與地球同步衛(wèi)星比較，由于“天舟一號”的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“天舟一號”的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，而地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉角速度，所以其角速度大于地球自轉角速度．故A項錯誤．B項，第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動最大的運行速度，知其線速度小于第一宇宙速度．故B項正確．C項，由T＝eq\f(2π,ω)知“天舟一號”的周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，而地球同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉周期，所以其周期小于地球自轉周期．故C項正確．D項，由a＝eq\f(v2,r)＝eq\f(GM,r2)知，其向心加速度小于近地衛(wèi)星的向心加速度，而近地衛(wèi)星的向心加速度約等于地面的重力加速度，所以其向心加速度小于地面的重力加速度．故D項正確．8．(2024·貴州二模)2024年1月9日11時24分，我國在太原衛(wèi)星放射中心用“長征二號丁”運載火箭，將“高景一號”03、04星勝利放射升空，這兩顆衛(wèi)星是0.5米級高辨別率遙感衛(wèi)星，他們均在離地面高度均為530km的軌道上繞地球做勻速圓周運動．以下說法正確的是()A．這兩顆衛(wèi)星運行速率比地球同步衛(wèi)星的速率小B．這兩顆衛(wèi)星的加速度比地球同步衛(wèi)星的加速度大C．這兩顆衛(wèi)星的動能肯定比地球同步衛(wèi)星的動能大D．這兩顆衛(wèi)星中隨意一顆一天可望見6次日出答案B解析由萬有引力供應向心力得：Geq\f(Mm,R)＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)＝ma；可得周期為：T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，線速度為：v＝eq\r(\f(GM,r)).A項，由于“高景一號”的軌道高度小于同步衛(wèi)星的軌道高度，所以“高景一號”的線速度大于同步衛(wèi)星的速率．故A項錯誤；B項，由：Geq\f(GM,r2)＝ma可得加速度為：a＝eq\f(GM,r2)，由于“高景一號”的軌道高度小于同步衛(wèi)星的軌道高度，所以“高景一號”的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度．故B項正確；C項，動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2，由于不知道這兩顆衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的質量關系，所以不能推斷出動能大小關系．故C項錯誤；D項，只知道衛(wèi)星的高度，其余的物理量都不知道，所以不能計算出衛(wèi)星的周期，就不能確定這兩顆衛(wèi)星中隨意一顆是否在一天可望見6次日出，故D項錯誤；故選B項．9．(2024·門頭溝區(qū)二模)2024年2月11日，美國科學家宣布探測到引力波，證明了愛因斯坦100年前的預料，彌補了愛因斯坦廣義相對論中最終一塊缺失的“拼圖”．雙星的運動是產(chǎn)生引力波的來源之一，假設宇宙中有一雙星系統(tǒng)由a、b兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線的某一點在萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得a星的周期為T，a、b兩顆星的距離為l、a、b兩顆星的軌道半徑之差為Δr(a星的軌道半徑大于b星的)，則()A．b星的周期為eq\f(l－Δr,l＋Δr)TB．a(chǎn)星的線速度大小為eq\f(π（l＋Δr）,T)C．a(chǎn)、b兩顆星的半徑之比為eq\f(l,l－Δr)D．a(chǎn)、b兩顆星的質量之比為eq\f(l＋Δr,l－Δr)答案B解析A項，雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力供應向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以b星的周期為T，故A項錯誤；B項，依據(jù)題意可知，ra＋rb＝l，ra－rb＝Δr，解得ra＝eq\f(l＋Δr,2)，rb＝eq\f(l－Δr,2)，則a星的線速度大小va＝eq\f(2πra,T)＝eq\f(π（l＋Δr）,T)，eq\f(ra,rb)＝eq\f(l＋Δr,l－Δr)，故B項正確，C項錯誤；D項，雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力供應向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，則有maω2ra＝mbω2rb，解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(rb,ra)＝eq\f(l－Δr,l＋Δr)，故D項錯誤，故選B項．10．太陽系中某行星運行的軌道半徑為R0，周期為T0.但天文學家在長期觀測中發(fā)覺，其實際運行的軌道總是存在一些偏離，且周期性地每隔t0時間發(fā)生一次最大的偏離(行星仍舊近似做勻速圓周運動)．天文學家認為形成這種現(xiàn)象的緣由可能是該行星外側還存在著一顆未知行星．假設兩行星的運行軌道在同一平面內，且繞行方向相同，則這顆未知行星運行軌道的半徑R和周期T是(認為未知行星近似做勻速圓周運動)()A．T＝eq\f(t02,t0－T0) B．T＝eq\f(t0,t0－T0)T0C．R＝R0eq\r(3,（\f(T0,t0－T0)）2) D．R＝R0eq\r(3,（\f(t0－T0,t0)）2)答案B解析某行星實際運行的軌道周期性地每隔t0發(fā)生一次最大偏離，可知每隔t0該行星與外側的未知行星相距最近，則應滿意(eq\f(2π,T0)－eq\f(2π,T))t0＝2π，解得T＝eq\f(T0t0,t0－T0)，故B項正確，A項錯誤．由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T2∝r3，所以eq\f(T2,T02)＝eq\f(R3,R03)，所以R＝eq\r(3,\f(T2R03,T02))＝eq\r(3,\f(T02t02,（t0－T0）2)·\f(R03,T02))＝eq\r(3,\f(t02R03,（t0－T0）2))＝R0eq\r(3,（\f(t0,t0－T0)）2)，故C、D兩項均錯誤．二、試驗題(共12分)11．(2024·涪城區(qū)校級模擬)在做“探討平拋運動”的試驗中，為了確定小球在不同時刻所通過的位置，試驗時用如圖所示的裝置．試驗操作的主要步驟如下：A．在一塊平木板上釘上復寫紙和白紙，然后將其豎直立于斜槽軌道末端槽口前，木板與槽口之間有一段距離，并保持板面與軌道末端的水平段垂直B．使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，小球撞到木板在白紙上留下痕跡AC．將木板沿水平方向向右平移一段距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，小球撞到木板在白紙上留下痕跡BD．將木板再水平向右平移同樣距離x，使小球仍從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，再在白紙上得到痕跡C若測得A、B間距離為y1，B、C間距離為y2，已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間.①關于該試驗，下列說法中正確的是________A．斜槽軌道必需盡可能光滑B．每次釋放小球的位置可以不同C．每次小球均須由靜止釋放D．小球的初速度可通過測量小球的釋放點與拋出點之間的高度h，之后再由機械能守恒定律求出②依據(jù)上述干脆測量的量和已知的物理量可以得到小球平拋的初速度大小的表達式為v0＝________．(用題中所給字母表示)③試驗完成后，該同學對上述試驗過程進行了深化的探討，并得出如下的結論，其中正確的是________．A．小球打在B點時的動量與打在A點時的動量的差值為Δp1，小球打在C點時的動量與打在B點時動量的差值為Δp2，則應有Δp1∶Δp2＝1∶1B．小球打在B點時的動量與打在A點時的動量的差值為Δp1，小球打在C點時的動量與打在B點時動量的差值為Δp2，則應有Δp1∶Δp2＝1∶2C．小球打在B點時的動能與打在A點時的動能的差值為ΔEk1，小球打在C點時的動能與打在B點時動能的差值為ΔEk2，則應有ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1D．小球打在B點時的動能與打在A點時的動能的差值為ΔEk1，小球打在C點時的動能與打在B點時動能的差值為ΔEk2，則應有ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3答案①C②xeq\r(\f(g,y2－y1))③A解析①A項，斜槽軌道是否光滑，不會影響做平拋運動，只要使斜槽末端保持水平，是為了保證小球做平拋運動．故A項錯誤．B、C項，因為要畫同一運動的軌跡，必需每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，故B項錯誤，C項正確．D項，假如斜槽是光滑的，則小球的初速度可通過測量小球的釋放點與拋出點之間的高度h，之后再由機械能守恒定律求出，故D項錯誤；故選C項．②在豎直方向上：Δy＝y(tǒng)2－y1＝gt2水平方向上：x＝v0t聯(lián)立方程解得：v0＝xeq\r(\f(g,y2－y1)).③A、B項，依據(jù)動量定理：mv2－mv1＝mgt，由于水平位移相同，則它們的運動時間相等，因此應有Δp1∶Δp2＝1∶1，故A項正確，B項錯誤；C、D兩項，依據(jù)動能定理，ΔEk′－ΔEk＝mg·Δy，雖然它們的運動時間相等，但由于豎直方向不是初速度為零，那么豎直方向的位移不是1∶3，因此ΔEk1∶ΔEk2≠1∶3，故C、D兩項錯誤；故選A項．三、計算題(共3個小題12題12分，13題12分，14題14分共38分)12.(2024·天津)我國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”放射升空后，與已經(jīng)在軌運行的“天宮二號”勝利對接形成組合體．假設組合體在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，且不考慮地球自轉的影響．則組合體運動的線速度大小及向心加速度大小分別是多少？答案Req\r(\f(g,R＋h))g(eq\f(R,R＋h))2解析在地球表面的物體受到的重力等于萬有引力，有：mg＝Geq\f(Mm,R2)得：GM＝R2g，依據(jù)萬有引力供應向心力有：Geq\f(mM,（R＋h）2)＝eq\f(mv2,R＋h)，得v＝eq\r(\f(GM,R＋h))＝eq\r(\f(R2g,R＋h))＝Req\r(\f(g,R＋h))；依據(jù)萬有引力定律和牛頓其次定律可得，衛(wèi)星所在處的加速度，Geq\f(mM,（R＋h）2)＝ma，得a＝eq\f(GM,（R＋h）2)＝eq\f(R2g,（R＋h）2)＝g(eq\f(R,R＋h))2.13．(2024·甘肅一模)如圖所示，水平地面與一半徑為l的豎直光滑圓弧軌道相接于B點，軌道上的C點位置處于圓心O的正下方．距地面高度為l的水平平臺邊緣上的A點，質量為m的小球以v0＝eq\r(2gl)的速度水平飛出，小球在空中運動至B點時，恰好沿圓弧軌道在該點的切線方向滑入軌道．小球運動過程中空氣阻力不計，重力加速度為g，試求：(1)B點與拋出點A正下方的水平距離x；(2)圓弧BC段所對的圓心角θ；(3)小球滑到C點時，對軌道的壓力．答案(1)B點與拋出點A正下方的水平距離為2l.(2)圓弧BC段所對的圓心角θ為45度．(3)小球滑到C點時，對軌道的壓力為(7－eq\r(2))mg.解析(1)依據(jù)l＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2l,g)).則水平距離x＝v0t＝eq\r(2gl)·eq\r(\f(2l,g))＝2l.(2)小球到達B點時，豎直方向上的分速度vy＝gt＝eq\r(2gl)，因為v0＝eq\r(2gl).則小球速度與水平方向的夾角為45°依據(jù)幾何關系知，圓弧BC段所對的圓心角θ為45度．(3)vB＝eq\r(2)v0＝2eq