《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第4单元 曲线运动 万有引力与航天 作业答案.doc

课时作业(九)1.A解析水流速度不影响渡河时间,选项A正确;合运动的速度可能比分速度大,也可能比分速度小,还可能与分速度相等,选项B错误;两个分运动是直线运动,其合运动可能是曲线运动,比如平抛运动,选项C错误;不在同一条直线上的两个匀速直线运动合成,没有加速度,则合运动也一定是匀速直线运动,选项D错误.2.C解析根据曲线运动的条件,合力应该指向轨迹的凹侧,选项A、D错误;因为汽车的速度逐渐减小,可知沿切线方向的分力与速度反向,选项C正确,B错误.3.AC解析质点做匀变速曲线运动,合力的大小与方向均不变,加速度不变,故C正确;由B点的速度与加速度相互垂直可知,合力方向与B点切线垂直且向下,故质点由C到D的过程中,合力做正功,速率增大,A正确;A点的加速度方向与过A点的切线即速度方向的夹角大于90,B错误;从A到D过程,加速度与速度的夹角一直变小,D错误.4.D解析小船在流动的河水中行驶时,同时参与两个方向的分运动,一是沿水流方向的匀速直线运动,二是沿垂直于河岸方向的匀加速直线运动.小船沿垂直于河岸方向具有加速度,由牛顿第二定律可知,小船所受的合外力沿该方向,根据物体做曲线运动时轨迹与其所受外力方向的关系可知,小船的运动轨迹应弯向合外力方向,故轨迹可能是曲线S.5.BC解析A、B之间的距离以d=H-t2的规律随时间t变化,重物在竖直方向上做匀加速直线运动,加速度方向向上,加速度大小为2m/s2,因合力恒定,则拉力大小不变,选项A错误;根据P=Fvy知,竖直方向上的分速度逐渐增大,则绳索对重物做功的功率不断增大,选项B正确;重物在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做匀加速直线运动,则合速度v=,合速度逐渐增大,因为加速度的方向与速度方向不在同一条直线上,所以合运动为曲线运动,选项C正确;合运动的加速度不变,做匀变速曲线运动,选项D错误.6.AD解析由图像知,猴子在x轴方向做匀速直线运动,加速度为零,合力为零;在y轴方向做变加速直线运动,加速度不恒定,合力不恒定,所以猴子所受的合力不恒定,一定做变加速运动,选项A正确,B错误.猴子的合力先沿y轴正方向,后沿y轴负方向,因与初速度不在同一直线上,则猴子做曲线运动,根据合力指向轨迹的凹侧可知,丁图是可能的,选项C错误,D正确.7.A解析设河宽为d,甲船想用最短时间渡河,则时间t1=,且航线与下游的夹角的正切值tan=,乙船想以最短航程渡河,有sin=,则时间t2=,时间之比=,选项A正确.8.AC解析由vt图像可以看出,物体在x方向做匀速直线运动,在y方向做匀变速直线运动,故物体做曲线运动,A正确,B错误;物体的初速度为v0=m/s=50m/s,C正确,D错误.9.D解析在t1=2s内,质点沿x轴方向的加速度a1=2m/s2,2s末的速度v1=a1t1=4m/s,位移x1=a1=4m;撤去F1后的t2=1s内沿x轴方向做匀速直线运动,位移x2=v1t2=4m,沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a2=6m/s2,位移y=a2=3m,所以3s末质点的坐标为(8m,3m),故A、B错误;由于曲线运动中合力指向轨迹的凹侧,故C错误,D正确.10.ACD解析该船以最短时间成功渡河,则船头应与河岸垂直,渡河时间最短为t=s=100s,选项B错误,C正确;由图乙可知,水流的最大速度为4m/s,根据速度的合成可知,船在河水中的最大速度是5m/s,选项A正确;在这段时间内,船沿水流方向的位移x=m=200m,根据运动的合成可知,船渡河的位移为102m,选项D正确.11.A解析设水流速度为v0,船在静水中的速度为v1,由于甲船两分速度的夹角大于乙船两分速度的夹角,根据平行四边形定则可知,甲船渡河的实际速度小于乙船的实际速度,选项A正确;乙船的航向偏向下游,根据平行四边形定则可知,乙船渡河的位移大小不可能等于河宽,选项B错误;对垂直于河岸的分运动,渡河时间t=,所以甲、乙两船渡河时间相等,两船在沿河岸方向的速度不相等,则沿河岸的位移不相等,所以两船不可能相遇,选项C、D错误.12.C解析将小车的速度v车进行分解,如图所示,则v=v车cos2,得v车=,选项A、B错误;由速度的分解图可知v车>v,选项C正确;小车做非匀变速运动,选项D错误.13.C解析当A球与球形容器球心等高时,速度v1方向竖直向下,速度分解图如图所示,由图可知,v11=v1sin30=v1,B球此时速度方向与杆成=60角,因此v21=v2cos60=v2,两球沿杆方向上的分速度相等,即v21=v11,解得v2=v1,选项C正确.14.(1)1.2N(2)1s(3)如图所示解析(1)撤去F1,在F2的作用下,沿x轴正方向质点做匀速直线运动,沿y轴正方向质点做匀加速直线运动.由y=a2t2和a2=可得F2=1.2N.(2)在F1作用下,质点运动的加速度a1=2m/s2由x1=a1,x-x1=vt=a1t0t解得t0=1s.(3)质点运动轨迹示意图如图所示.课时作业(十)1.D解析平抛运动在竖直方向上为自由落体运动,由自由落体运动规律可知,选项A、B、C错误;在水平方向上为匀速运动,由x=v0t可得,速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较短,选项D正确.2.D解析小球做平抛运动,竖直方向上的位移H=gt2,则运动时间t=,故A的运动时间之比tA=2,B的运动时间tB=,小球做平抛运动,水平方向上的位移x=v0t,则=,选项A、B错误;若两球同时抛出(落地),则落地(抛出)的时间差t=tA-tB=(-1),选项C错误,选项D正确.3.D解析若初速度相同,根据水平方向上做匀速直线运动知,运动时间之比tAtBtC=123,由下落高度h=gt2可知,高度之比hAhBhC=149,选项A、B错误;若高度之比hAhBhC=123,由h=gt2可知,运动时间之比tAtBtC=1,由v=x可知,初速度之比vAvBvC=1,选项C错误,D正确.4.C解析小球的初速度越大,在斜面上的落点越靠上,落在斜面上时,竖直速度越小,合速度与x轴负方向的夹角越小,反之,合速度与x轴负方向的夹角越大,当小球落在最低点A时,合速度与x轴负方向的夹角最大.设位移方向与初速度方向的夹角为,速度偏向角为,则tan=,tan=2tan=,解得=53,C正确.5.C解析设斜面的倾角为,当小球落在斜面上时,有tan=,解得t=,可知t与初速度v成正比;当小球落在水平面上时,根据h=gt2得,t=,可知运动时间不变,故C正确.6.A解析设小球到B点时速度为v,如图所示,有vx=v0,vy=v0tan,小球在竖直方向上做自由落体运动,有vy=gt,联立得t=,A、B之间的水平距离为xAB=v0t=,选项A正确.7.B解析小球1从斜面上抛出后又落到斜面上,水平方向和竖直方向上的位移满足tan=,解得t1=;小球2恰能垂直撞在右侧的斜面上,水平方向和竖直方向上的速度满足tan=,解得t2=,所以t1t2=21,故B正确.8.B解析以C点为原点,CE为x轴,垂直于CE向上为y轴,建立坐标系,进行运动分解,沿y轴方向做类竖直上抛运动,沿x轴方向做匀加速直线运动.当运动员的速度方向与轨道平行时,在y轴方向上到达最高点,根据对称性可知,tCD=tDF,而沿x轴方向上运动员做匀加速运动,故CG<GF.9.D解析连接O、P,过P点作AB的垂线,垂足为D,如图甲所示,两球在竖直方向上运动的位移相等,所以运动时间相等,两球在水平方向上做匀速直线运动,所以=,而AD+BD=2R,所以AD=R,OD=R,cosAOP=,即AOP=60,故A错误;若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点,则左边小球水平位移增大,右边小球水平位移减小,所以应使v1增大,v2减小,故B错误;要使两小球落在弧面上的同一点,则其水平位移之和为2R,即(v1+v2)t=2R,落点不同,竖直方向上的位移就不同,运动时间t也不同,所以v1+v2不是一个定值,故C错误;若只增大v1,而v2不变,则两球运动轨迹如图乙所示,由图可知,两球一定在空中相遇,故D正确.10.C解析将半圆轨道和斜面轨道重合在一起,如图所示,交点为A,当初速度合适时,小球做平抛运动落在A点,即两球同时落在半圆轨道和斜面上,若初速度不合适,由图可知,小球可能先落在斜面上,也可能先落在半圆轨道上,故C正确,A、D错误;若a球垂直落在半圆轨道上,根据几何关系知,速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向的夹角的2倍,而在平抛运动中,某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍,两者相互矛盾,所以a球不可能垂直落在半圆轨道上,故B错误.11.(1)(60cm,60cm)(2)2m/s(3)解析(1)根据平抛运动的特点,水平方向的坐标为x=3210cm=60cm,竖直方向的坐标为y=(1+2+3)10cm=60cm,故被拍摄到的小球在C点的位置坐标为(60cm,60cm).(2)由y=gt2得t=s=0.1s,则v0=m/s=2m/s.(3)小球做平抛运动,在竖直方向上,有y=gt2,在水平方向上,有x=v0t,联立得y=x2,则y-x2图像的斜率k=,联立得v0=m/s=m/s.12.(1)5m/s2(2)50m/s60m/s70m/s解析(1)设飞机在a、b、c处的速度分别为v1、v2、v3,由平抛运动规律得h=gt2解得下落的时间t=5s由匀变速直线运动的规律得v2=v1+aT,v3=v2+aT又sAB=sab+(v2-v1)t=sab+aTtsBC=sbc+(v3-v2)t=sbc+aTt联立解得a=5m/s2(2)sab=sAB=aTt=110msbc=sBC=aTt=130m速度v2=60m/s则v1=50m/s,v3=70m/s13.(1)13(2)43解析(1)两球被击出后都做平抛运动,由平抛运动的规律可知,两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的.由题意知水平射程之比为x1x2=13故平抛运动的初速度之比为v1v2=13.(2)第一个球落地后反弹做斜抛运动,根据运动的对称性可知,DB段和OB段是相同的平抛运动,则两球下落相同高度(H-h)后水平距离之和为x1+x2=2x1而x1=v1t1,x1=v1t2,x2=v2t2联立可得t1=2t2根据公式得H=g,H-h=g即H=4(H-h)解得Hh=43.课时作业(十一)1.B解析A和B由同一皮带传动,线速度大小相等,由an=可得,A、B两点的向心加速度之比=2;C和B同转轴,角速度相等,由an=2r可得,B、C两点的向心加速度之比=,故aAaBaC=843,选项B正确.2.BC解析设小球所在位置和碗对应的球心连线与水平方向的夹角为,由向心力公式得mgtan=man=m=mrsin,离碗口越近,夹角越大,加速度an越大,周期T越小,线速度v越大,选项B、C正确.3.B解析设路面倾角为,由牛顿第二定律得mgtan=m,而tan=,联立可得速度v=,选项B正确.4.D解析设连接甲球的细线与竖直方向的夹角为,连接乙球的细线与竖直方向的夹角为,O1、O2的距离为h,对甲和乙,分别有mgtan=mhtan,mgtan=2mhtan,联立可得=,选项D正确.5.B解析若铅球能上升的最大高度不超过圆桶的半径,则铅球到最高点时速度为0,有mgh=mv2,可得上升的最大高度h=,因上升的最大高度不超过圆桶的半径R,故速度v,此时铅球不脱离圆桶,选项C错误;若铅球能到达圆桶最高点,则mgm,则铅球在最高点的速度vm,由mv2=mg+m可得h<,选项B正确,选项A、D错误.6.A解析小球恰好到达最高点时,由重力的分力mgsin提供向心力,有mgsin=m,研究小球从被释放至到达最高点的过程,根据动能定理得-mglsin=m-m,联立解得sin=,则=30,故的最大值为30,选项A正确.7.CD解析设小球与水平面接触,且水平面的弹力为0时其角速度为0,由向心力公式得mgtan=mlsin,小球不离开水平面的最大角速度0=,当角速度<时,小球受重力、绳子拉力和水平面的弹力三个力,绳子拉力T=m2lsin随角速度增大而增大;当>时,小球与水平面分离,小球只受重力和绳子拉力两个力,绳子拉力T=随夹角的变化而变化;若l<h,则>,当角速度为时,有mgtan=m2lsin=mgsin,细绳与转动轴的夹角=45,选项C、D正确.8.BC解析飞镖要击中A点,圆盘将转动半周的奇数倍,选项A错误;飞镖在水平方向上做匀速直线运动,有L=v0t,击中A的时间t=,选项B正确;飞镖在竖直方向上做自由落体运动,有2R=gt2,联立解得R=,选项C正确;又t=,故角速度=(k=0,1,2,),选项D错误.9.B解析若小球A恰好能到左侧轨道的最高点,由mg=m得vA=,根据机械能守恒定律得mg(hA-2R)=m,解得hA=R,若小球B恰好能到右侧轨道的最高点,在最高点的速度vB=0,根据机械能守恒定律得hB=2R,故hA>hB,A错误;设A球运动到轨道最低点时的速度为v1,有mghA=m,由牛顿第二定律得FNA-mg=m,联立得A球在轨道最低点所受支持力的最小值FNA=6mg,设B球运动到轨道最低点时的速度为v2,有mghB=m,根据牛顿第二定律得FNB-mg=m,联立得B球在轨道最低点所受支持力的最小值FNB=5mg,故B正确,C错误;小球A从最高点飞出后做平抛运动,下落高度为R时,水平位移的最小值xA=vA=R>R,所以A球落在轨道右端开口外侧,而适当调整hB,可使B球恰好落在轨道右端开口处,D错误.10.ABD解析对小环,有T(cos37+cos53)=mg,解得绳上的张力T=mg,又有T(sin37+sin53)=m2r,解得转动半径r=,向心加速度an=g,绳长l=r=,选项A、B、D正确;杆上A、B两点间的距离为r=,选项C错误.11.(1)0.40kg(2)8.0N(3)m/s解析(1)小车的质量m=1.40kg-1.00kg=0.40kg(2)凹形桥模拟器的质量m0=1.00kg设秤盘对凹形桥模拟器的支持力为FN,凹形桥模拟器对秤盘的压力为FN,根据力的平衡条件,对凹形桥模拟器,有F+m0g=FN根据牛顿第三定律可得FN=FN而FN=m示g其中m示=1.80kg联立解得F=8.0N(3)小车通过最低点时,凹形桥模拟器对小车的支持力F与小车重力的合力提供向心力,有F-mg=m根据牛顿第三定律可得F=F联立解得v=m/s12.(1)m/s(2)3N(3)无张力0.6s解析(1)小球做圆周运动的临界条件为在最高点时重力刚好提供其做圆周运动的向心力,即mg=m解得v0=m/s(2)因为v1>v0,故绳中有张力,根据牛顿第二定律得T+mg=m解得T=3N(3)因为v2<v0,故绳中无张力,小球将做平抛运动直至绳再次伸直,设此过程所用时间为t,水平、竖直位移分别为x、y,其运动轨迹如图中实线所示,由几何关系可知L2=(y-L)2+x2x=v2ty=gt2联立解得t=0.6s(t=0舍去).课时作业(十二)1.B2.C解析物体随地球自转时,赤道上物体受万有引力和支持力,支持力等于重力,即F-mg=ma,a=2r=(2n)2r;物体“飘”起来时只受万有引力,有F=ma,故a=g+a,又a=2r=(2n)2r,联立解得=,选项C正确.3.A解析在星球表面,有G=mg,又M=R3,解得g=GR,由竖直上抛运动的规律知h=,解得h=,选项A正确.4.A解析物体在南极时,支持力F1=,在赤道上静止时,支持力F2=-mR,两支持力之比为,选项A正确.5.B解析根据题意知,卫星运行的角速度=,由几何知识可知弧长s=r,所以r=s,设月球的质量为M,卫星的质量为m,根据万有引力提供向心力得G=m2r,解得M=,选项B正确.6.C解析对卫星,有G=mR,其中M=V=,整理可得=,图像的斜率为710-12Nm2/kg2,选项C正确.7.B解析物体在地球的两极时,有mg0=G,物体在赤道上时,有mg+mR=G,又M=R3,联立解得地球的密度=,故选项B正确.8.BD解析双星系统靠相互间的万有引力提供向心力,角速度大小相等,则周期相等,所以b星的周期为T,选项A错误;根据题意可知,ra+rb=l,ra-rb=r,解得ra=,rb=,则a星的线速度大小va=,=,选项B正确,C错误;双星系统靠相互间的万有引力提供向心力,角速度大小相等,向心力大小相等,有ma2ra=mb2rb,解得=,选项D正确.9.BD解析任一星体在其他三颗星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,轨道半径均为r=L,故A错误;星体表面的物体受到的万有引力等于它受到的重力,即G=mg,解得g=,故B正确;星体在其他三颗星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,由万有引力定律可得四颗星做圆周运动的向心力大小为F向=G+2Gcos45=,选项C错误;由牛顿第二定律得F向=m2L,解得=,故D正确.10.AC解析星球恰好能维持自转不瓦解时,万有引力充当向心力,即G=mR,又M=R3,联立解得=,选项A正确;设地球质量为M0,半径为R0,由于两极处物体的重力G0等于地球对物体的万有引力,即G0=G,在赤道上,地球对物体的万有引力和弹簧测力计对物体的拉力的合力提供向心力,则有G-0.9G0=mR0,联立解得M0=,地球平均密度0=,则=,选项C正确.11.ABC解析平抛运动的时间t=,根据h=g月t2,可得g月=,选项A正确;由g月=与g月=,可得m月=,选项B正确;第一宇宙速度v=,选项C正确;月球的平均密度=,选项D错误.12.解析设抛出点的高度为h,第一次抛出时水平射程为x,则当初速度变为原来3倍时,水平射程为3x,如图所示由几何关系可知L2=h2+x2,(L)2=h2+(3x)2联立解得h=L设该星球表面的重力加速度为g,竖直方向上,有h=gt2又因为mg=联立解得M=.13.(1)m(2)a=r(3)结论见解析解析(1)F=m(2)由向心加速度的表达式得a=其中v=联立解得a=r故(3)根据牛顿第二定律得G=ma设苹果的质量为m,根据牛顿第二定律得G=mg由题意知r=60R联立解得=与(2)的结果比较,二者近似相等,牛顿的猜想是正确的,由此可以得出结论:地球对月球的引力和地面上物体的重力都与太阳吸引行星的力性质相同,遵循着统一的规律平方反比规律.专题训练(四)1.A解析在低纬度发射卫星可以借助地球的自转,更多地节省能量,选项A正确;同步卫星只能在地球赤道的正上方,选项B错误;卫星因受微弱阻力影响,轨道变低,由v=可知,在低轨道上的速度大于在高轨道上的速度,选项C错误;提高卫星的速度,卫星做离心运动到较高轨道,周期变大,选项D错误.2.B解析由题意可知Ek=4Ek0,所以v=2v0,根据G=m可得,v=,所以轨道半径r=,选项D错误;由公式an=可得,=16,选项A错误;由公式T=可得,=,选项B正确:由公式=可得,=8,选项C错误.3.A解析根据开普勒第二定律可知,v1>v2,选项B错误;根据万有引力提供向心力,有G=ma,所以a3=a2,选项C错误;根据开普勒第三定律,轨道半径大则周期大,所以T1<T2,选项D错误;设在M点做匀速圆周运动的速度为v0,则v0<v1,根据G=m可得v=,则v0>v3,所以v1>v3,选项A正确.4.A解析根据G=m2r,得r3=GM,可知图线的斜率为GM,由图像可知GM=,解得M=,选项A正确.5.B解析第一宇宙速度是7.9km/s,这是卫星的最小发射速度,选项A错误;卫星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,有G=m2r,故=,同步卫星离地球较近,同步卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球的角速度大,选项B正确;卫星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,有G=mr,故T=,吉林一号04星离地球较近,吉林一号04星绕地球运行的周期比同步卫星的周期小,选项C错误;所有卫星都做匀速圆周运动,在运行轨道上完全失重,但重力加速度不为零,选项D错误.6.D解析该卫星一定不是同步卫星,因为同步卫星只能定点于赤道的正上方,选项A错误;卫星的轨道平面必须过地心,不可能与地球北纬43纬线平面共面,选项B错误;该卫星的周期可能为T=(n=1,2,3,),根据G=mr,解得r=(n=1,2,3,),该卫星可出现在满足这个表达式的部分轨道上,这部分轨道应能与观察员所在地点共面,选项C错误,D正确.7.C解析对卫星A,有-T=m22l,对卫星B,有+T=m23l,联立解得T=,=,选项C正确.8.B解析设卫星在圆轨道上运行时的周期为T1,根据万有引力提供向心力,有G=m(3R),设在椭圆轨道上运行的周期为T2,根据开普勒第三定律得=,联立解得T2=(3+n)R,选项B正确.9.AD解析已知火星公转轨道半径为地球的1.5倍,由G=mr,可得T=2,轨道半径越大,则周期越大,故火星的公转周期比地球的公转周期大,A正确;由G=m,可得v=,轨道半径越大,则线速度越小,故火星的运行速度比地球的运行速度小,B错误;根据T=,可得=,地球公转周期为1年,而火星的公转周期大于1年,所以不是每年都会出现火星冲日现象,C错误,D正确.10.BC解析赤道上物体随地球自转时,有G-mg=ma,a=R,若物体恰好“飘”起来,则有G=ma,a=2R,所以a=g+a,=,选项A错误;根据牛顿第二定律得G=m卫a卫,可得卫星的加速度a卫=,卫星甲、乙分别经过P点时,r相同,则加速度大小相等,选项B正确;根据开普勒第三定律知,卫星甲的周期最大,选项C正确;对于沿圆轨道运动的卫星来说,有v=,当轨道半径等于地球半径时,运行速度最大,且等于第一宇宙速度,而以三个卫星远地点到地球球心为半径做匀速圆周运动的速度均小于第一宇宙速度,但三个卫星在远地点需要加速才能变轨成以远地点到地球球心为半径的圆轨道,所以三个卫星在远地点的速度一定小于第一宇宙速度,选项D错误.11.AD解析设地球的半径为R,由几何关系知,同步卫星和另一颗卫星的轨道半径分别为和,由开普勒第三定律得=,则另一颗卫星的周期T2=24小时,选项A正确;同步卫星和另一颗卫星的线速度之比=,选项B错误;设经时间t,另一颗卫星再次到达地球和同步卫星中间某处,有-=1,解得t=小时,选项C错误;在时间t内卫星半径扫过的面积S=r2=,则两星扫过的面积之比为,选项D正确.12.(1)2(2)(3)解析(1)卫星在高度为h处飞行时,有G=m(R+h)解得周期T=2(2)根据万有引力提供向心力,有G=m解得v=卫星的动能Ek=mv2=(3)根据引力势能的表达式Ep=-地球表面的卫星具有的引力势能E1=-以无穷远外引力势能为零,卫星发动机做的功至少要使卫星脱离地球的影响而到达重力势能为零的位置,所以发动机做功的最小值W=Ep=0-E1=