江蘇省連云港市2019年高考物理 考點(diǎn)突破每日一練（22）雙星和多星問(wèn)題、動(dòng)力學(xué)的綜合問(wèn)題（含解析）.doc

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考點(diǎn)突破每日一練（22）雙星和多星問(wèn)題、動(dòng)力學(xué)的綜合問(wèn)題 1．冥王星與其附近的另一星體卡戎可視為雙星系統(tǒng)，質(zhì)量比約為7∶1，同時(shí)繞它們連線上某點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由此可知，冥王星繞O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的(　　) A．軌道半徑約為卡戎的 B．角速度大小約為卡戎的 C．線速度大小約為卡戎的7倍 D．向心加速度大小約為卡戎的7倍 2．我們的銀河系的恒星中大約四分之一是雙星．某雙星由質(zhì)量不等的星體S1和S2構(gòu)成，兩星在相互之間的萬(wàn)有引力作用下繞兩者連線上某一定點(diǎn)C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由天文觀察測(cè)得其運(yùn)動(dòng)周期為T，S1到C點(diǎn)的距離為r1，S1和S2的距離為r，已知引力常量為G.由此可求出S2的質(zhì)量為(　　) A. B. C. D. 3．若兩恒星在相互間引力的作用下分別圍繞其連線上的某點(diǎn)做周期相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，構(gòu)成一個(gè)“雙星系統(tǒng)”．已知某雙星系統(tǒng)中兩恒星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間演化后，兩恒星的總質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，兩恒星之間的距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則此時(shí)兩恒星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為(　　) A.T B．T C．2T D．4T 4．假設(shè)宇宙中存在質(zhì)量相等的三顆星體且分布在一條直線上，其中兩顆星體圍繞中央的星體轉(zhuǎn)動(dòng)，假設(shè)兩顆星體做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，每個(gè)星體的質(zhì)量均為m，引力常量為G.忽略其他星體對(duì)該三顆星體的作用．則做圓周運(yùn)動(dòng)的星體的線速度大小為(　　) A. B. C. D. 5．如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，放置在質(zhì)量M＝2 kg足夠長(zhǎng)木板的中間，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在兩個(gè)作用區(qū)，兩作用區(qū)的寬度均為1 m，相距為d，作用區(qū)只對(duì)物塊有力的作用，Ⅰ作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向右，Ⅱ作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向左，作用力大小均為3 N．將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區(qū)內(nèi)的最左邊)由靜止釋放，已知整個(gè)過(guò)程中物塊不會(huì)滑離木板．取g＝10 m/s2. (1)在物塊剛離開(kāi)Ⅰ區(qū)域時(shí)，物塊的速度多大？ (2)若物塊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)，物塊與木板的速度剛好相同，求兩作用區(qū)的邊界距離d； (3)物塊與木板最終停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，求二者相對(duì)滑動(dòng)的路程． 參考答案 1．A　[設(shè)兩星軌道半徑分別為r1、r2，則＝Mω2r1＝mω2r2，r1∶r2＝m∶M＝1∶7，選項(xiàng)A正確；由于雙星周期相同，由ω＝知角速度相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線速度v＝ωr，知v1∶v2＝1∶7，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)an＝ω2r知an1∶an2＝1∶7，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 2．D　[對(duì)于S1：F萬(wàn)＝＝MS1r1ω2，ω＝，解得MS2＝] 3．A　[如圖所示，設(shè)兩恒星的質(zhì)量分別為M1和M2，兩恒星的總質(zhì)量為M，軌道半徑分別為r1和r2，兩恒星球心間距為r.根據(jù)萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律可得 G＝M1()2r1① G＝M2()2r2② 聯(lián)立①②解得G＝()2r，即＝()2③ 當(dāng)兩星的總質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，它們之間的距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，有＝()2④ 聯(lián)立③④兩式可得T′＝T，故A項(xiàng)正確．] 4．C　[由萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律得G＋G＝m，解得v＝，選項(xiàng)C正確．] 5．(1)2 m/s　(2)1.5 m　(3)3 m 解析　(1)在Ⅰ區(qū)域時(shí)對(duì)物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝mam1 am1＝＝2 m/s2 對(duì)木板受力分析，有 μmg＝MaM1 aM1＝0.5 m/s2 L＝am1t t1＝＝1 s vm1＝am1t1＝2 m/s vM1＝aM1t1＝0.5 m/s (2)物塊離開(kāi)左側(cè)Ⅰ區(qū)域后μmg＝mam2 am2＝1 m/s2 aM2＝aM1＝0.5 m/s2 當(dāng)物塊與木板達(dá)共同速度時(shí) vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2 解得t2＝1 s d＝vm1t2－am2t＝1.5 m (3)由于F>μmg，所以物塊與木板最終只能停在兩區(qū)域之間FL＝μmgs s＝＝3 m