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-1-专题过关测评(二)(时间：60分钟，满分100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，每小题至少有一个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分．)1．(2012·四川高考)今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107m．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107m)相比()A．向心力较小B．动能较大C．发射速度都是第一宇宙速度D．角速度较小【解析】由题知，中圆轨道卫星的轨道半径r1小于同步卫星轨道半径r2，卫星运行时的向心力由万有引力提供，根据F向＝GMmr2知，两卫星的向心力F1F2，选项A错误；根据GMmr2＝mv2r＝mω2r，得环绕速度v1v2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，则动能Ek1Ek2，故选项B正确，选项D错误；根据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v01v02，选项C错误．【答案】B2．(2012·浙江高考)如图1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是()图1A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】根据F＝GMmr2，知小行星带中各小行星的轨道半径r、质量m均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A错误；根据GMmr2＝m(2πT)2r，得T＝2πr3GM，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B错误；根据GMmr2＝ma得a＝GMr2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C正确；根据GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D错误．-2-【答案】C3.图2(2012·南宁三中检测)如图2所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是点O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶3，若不计空气阻力，则两小球()A．抛出的初速度大小之比为1∶4B．落地速度大小之比为1∶3C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3D．通过的位移大小之比为1∶3【解析】因两球抛出点高度相同，故两球落地时间相等，由x＝vt，xO′B＝4xO′A，可得v1∶v2＝1∶4，A正确；落地速度v地＝v2＋gt2，故无法得出B项结果，B错误；由tanα1＝gtv1，tanα2＝gtv2得tanα1tanα2＝41，C错误；由位移x＝vt2＋12gt22，可知也无法求出两球位移大小之比，D错误．【答案】A4．随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想，假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点，已知月球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是()A．月球表面的重力加速度为2v0tB．月球的质量为v0R2GtC．宇航员在月球表面获得v0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rtv0【解析】由v0＝gt2得出g＝2v0t，A对；在月球表面附近，由GMmR2＝mg，结合g＝2v0t，得月球的质量M＝2v0R2Gt，故B错；离开月球表面围绕月球做圆周运动的最小速度v＝gR＝2v0Rt，故C错；宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期T＝2πRv＝π2Rtv0，故D错．-3-【答案】A5．(2012·北海中学模拟)图3在汶川地震的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统发挥了巨大作用，该系统具有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗质量不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图3所示，若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，∠AOB＝60°，则以下判断不正确的是()A．这两颗卫星的加速度大小相等B．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为πr3RrgD．卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做功为零【解析】由GMmr2＝m4π2T2r＝ma可知，a＝GMr2，A正确；T＝2πr3GM，又GMmR2＝mg，可得T＝2πrRrg，卫星1由A到B所需时间t＝T6＝πr3Rrg，C正确；因卫星受到的万有引力与速度垂直，故万有引力不做功，D正确；卫星1向后喷气，加速后做离心运动，不能追上同轨道的卫星2，故B错误．【答案】B6.图4如图4所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是()A．va＝vbB．va＝2vbC．ta＝tbD．ta＝2tb【解析】做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定即t＝2hg，a下落的高-4-度是b的2倍，有ta＝2tb，D正确，C错误；水平方向的距离由高度和初速度决定x＝v02hg，由题意得a的水平位移是b的2倍，可知va＝2vb，B正确．【答案】BD7．“天宫一号”目标飞行器既是交会对接目标飞行器，也是一个空间实验室，将以此为平台开展空间实验室的有关技术验证，假设“天宫一号”绕地球做半径为r1，周期为T1的匀速圆周运动，地球绕太阳做半径为r2、周期为T2的匀速圆周运动，已知引力常量为G，则根据题中的条件可以求得()A．太阳的质量B．“天宫一号”的质量C．“天宫一号”与地球间的万有引力D．地球与太阳间的万有引力【解析】已知“天宫一号”绕地球做半径为r1，周期为T1的匀速圆周运动，由GMmr21＝mr14π2T21，可求出地球的质量，同理，已知地球绕太阳做半径为r2、周期为T2的匀速圆周运动，可求出太阳的质量，故A对，B错；又知道引力常量为G，故可求出地球与太阳间的万有引力，所以C错，D对．【答案】AD8．(2012·广西师大附中检测)图5如图5所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则()A．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2πRgB．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2πRgC．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mgD．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mg【解析】要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则有mg＝mv2R，解得该盒子做匀速圆周运动的速度v＝gR，该盒子做匀速圆周运动的周期为T＝2πRv＝2πRg，选项A错误，B正确；在最低点时，盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力，-5-由F－mg＝mv2R，解得F＝2mg，选项C错误，D正确．【答案】BD二、非选择题(共4小题，共52分)9．(12分)一名侦察兵躲在战壕里观察敌机的情况，有一架敌机正在沿水平直线向他飞来，当侦察兵观察敌机的视线与水平线间的夹角为30°时，发现敌机丢下一枚炸弹，他在战壕内一直注视着飞机和炸弹的运动情况并计时，他看到炸弹飞过他的头顶，落地后立即爆炸，测得从敌机投弹到看到炸弹爆炸的时间为10s，从看到炸弹爆炸的烟尘到听到爆炸声音之间的时间间隔为1.0s．若已知爆炸声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g取10m/s2.求敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小(忽略炸弹受到的空气阻力)．【解析】设炸弹飞过侦察兵后的水平位移为x1，如图，因声音在空气中匀速传播，得x1＝v声t1，t1＝1.0s.设敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小为v机，由炸弹做平抛运动得x＝v机t，h＝12gt2，t＝10s.设炸弹飞过侦察兵前的水平位移为x2，由几何关系得x2＝htan60°，x＝x1＋x2，联立以上各式解得：v机＝120.6m/s.【答案】120.6m/s10．(12分)2008年9月25日，载人航天宇宙飞船“神舟七号”发射成功，且中国人成功实现了太空行走，并顺利返回地面．(1)设飞船在太空环绕时轨道高度为h，地球半径为R，地面重力加速度为g，飞船绕地球遨游太空的总时间为t，则“神舟七号”飞船绕地球运转多少圈？(用给定字母表示)(2)若t＝3天，h＝343km，R＝6400km，g＝10m/s2，则飞船绕地球运转的圈数为多少？【解析】(1)在地球表面：g＝GMR2即GM＝gR2在轨道上：GMmR＋h2＝m(R＋h)4π2T2所以T＝2πR＋h3GM＝R＋hRR＋hg故n＝tT＝tRR＋hgR＋h.(2)代入数据得：n≈48圈．【答案】(1)tRR＋hgR＋h(2)48圈-6-11．(14分)(2012·梧州高中模拟)图6如图6是利用传送带装运煤块的示意图．其中，传送带长20m，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离x＝1.2m．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间T.【解析】(1)由平抛运动的公式，得x＝vtH＝12gt2解得v＝2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得mg＝mv2R解得R＝0.4m.(2)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝Fm＝μgcosθ－gsinθ＝0.4m/s2设煤块加速运动的时间为t1，由v＝v0＋at得t1＝va＝5s设此过程煤块运动的距离为s1，则s1＝12at21＝12×0.4×52m＝5m设煤块匀速运动的距离为s2，则s2＝L－s1＝15m.设其匀速运动时间为t2，则t2＝s2v＝152s＝7.5s煤块做平抛运动的时间t3＝2Hg＝0.6s煤块运动的总时间为T＝t1＋t2＋t3＝5s＋7.5s＋0.6s＝13.1s.【答案】(1)2m/s0.4m(2)13.1s-7-12.图7(14分)如图7所示的水平转盘可绕竖直轴OO′旋转，盘上水平杆上穿着两个质量均为m的小球A和B.现将A和B分别置于距轴r和2r处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是fm.试分析转速ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，在满足下列条件下，ω与m、r、fm的关系式．(1)绳中出现张力时；(2)A球所受的摩擦力改变方向时；(3)两球对轴刚要滑动时．【解析】(1)由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A和B只靠自身静摩擦力提供向心力．A球：mω2r＝fA；B球：mω2·2r＝fB随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时，将有fB＝fm，即mω21·2r＝fm，则ω1＝fm2mr.即ω从ω1开始继续增加，绳上将出现张力T.(2)当绳上出现张力后，对B球有mω2·2r＝fm＋T，并且ω增加时，绳上张力将增加．对于A球应有mω2r＝fA＋T，可知随ω的增大，A球所受摩擦力将不断减小，直至fA＝0时，角速度ω＝ω2.此时，A球mω22r＝T，B球mω22·2r＝fm＋T解之得ω2＝fmmr.(3)当角速度从ω2继续增加时，A球所受的摩擦力方向将沿杆指向外侧，并随ω的增大而增大，直至fA＝fm为止．设此时角速度为ω3，并有如下情况：A球mω