PAGEPAGE12第四章曲線運動萬有引力與航天綜合過關規范限時檢測滿分：100分考試時間：90分鐘一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2024·浙江溫州九校聯考)環球飛車是一場將毫無改裝的摩托車文化進行演繹的絕技表演。如圖在舞臺中固定一個直徑為6.5m的球形鐵籠，其中有一輛摩托車在與球心共面的水平圓面上做勻速圓周運動，下列說法正確的是(B)A．摩托車受摩擦力、重力、彈力和向心力的作用B．摩托車做圓周運動的向心力由彈力來供應C．在此圓周運動中摩托車受到的彈力不變D．摩托車受到水平圓面內與運動方向相同的摩擦力[解析]本題考查豎直面上的圓周運動問題。摩托車受摩擦力、重力、彈力的作用，向心力是效果力，受力分析時不須要分析，故A錯誤；摩托車受摩擦力、重力、彈力的作用，豎直方向重力與摩擦力平衡，所以摩擦力方向豎直向上，與運動方向不同，故D錯誤；彈力沿水平方向指向圓心，供應向心力，所以彈力方向變更，故B正確，C錯誤。2．(2024·北京市高考適應性考試)我國自主建設、獨立運行的北斗衛星導航系統由數十顆衛星構成，目前已經向一帶一路沿線國家供應相關服務。設想其中一顆人造衛星在放射過程中，原來在橢圓軌道1繞地球E運動，在P點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動，如圖所示。下列說法正確的是(B)A．在軌道1與軌道2運行比較，衛星在P點的加速度不同B．在軌道1與軌道2運行比較，衛星在P點的動量不同C．衛星在軌道2的任何位置都具有相同加速度D．衛星在軌道1的任何位置都具有相同動能[解析]由牛頓其次定律可得：a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(GMm,r2m)＝eq\f(GM,r2)，公式中的r指衛星與地球球心間的距離，衛星在軌道1和在軌道2上運行至P點時，衛星與地球球心間的距離相等，所以加速度相同，衛星在軌道2的任何位置具有的加速度大小相等，但方向時刻在變，A、C錯誤；衛星在軌道1上運行時，速度大小在不斷變更，所以動能也在不斷變更，D錯誤；衛星由軌道1變軌至軌道2，須要在P點加速，即衛星在軌道2運行至P點的速度大于衛星在軌道1上運行至點P的速度，所以動量不同，B正確。3.(2024·河北邢臺統考)如圖所示，當正方形薄板圍著過其中心O并與薄板垂直的轉動軸在水平面內轉動時，板上A、B兩點的(C)A．向心加速度之比aAaB＝11B．角速度之比ωAωB＝1eq\r(2)C．線速度之比vAvB＝1eq\r(2)D．若分別在A、B兩點放置同樣物體并讓轉速漸漸增大，則在A點放置的物體先滑動[解析]本題依據圓周運動情境進行各物理量的比較。板上A、B兩點繞同一個轉軸轉動，所以具有相同的角速度，由公式v＝ωr可知，eq\f(vA,vB)＝eq\f(rA,rB)＝eq\f(1,\r(2))，由公式a＝ω2r可知，eq\f(aA,aB)＝eq\f(rA,rB)＝eq\f(1,\r(2))，故A、B錯誤，C正確；若分別在A、B兩點放置同樣物體，物體與板間的靜摩擦力供應向心力，即f＝mω2r，轉速越大，角速度越大，離O點越遠的物體所需的向心力越大，所以離O點越遠的物體先達到最大靜摩擦力，即B點處的物體先滑動，故D錯誤。4．(2024·四川綿陽一診)如圖所示，半徑為R的半圓軌道直徑邊在水平地面上，O為圓心，A、B在軌道上，A是軌道最左端，OB與水平面夾角為60°。在A點正上方P點處將可視為質點的小球水平拋出，小球過B點且與半圓軌道相切，重力加速度為g，小球拋出時的初速度為(D)A．eq\r(gR) B．eq\f(\r(3gR),2)C．eq\f(\r(3\r(3)gR),2) D．eq\r(\f(3\r(3)gR,2))[解析]本題考查與圓弧面相結合的平拋運動問題。小球做平拋運動，在飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則知B點處速度與水平方向的夾角為30°，則有vy＝v0tan30°，又vy＝gt，則得v0tan30°＝gt，t＝eq\f(v0tan30°,g)，水平方向上小球做勻速直線運動，則有R＋Rcos60°＝v0t，聯立解得v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故D正確。5．(2024·安徽合肥一中等六校聯考)科學家安排在2025年將首批宇航員送往火星進行考察。假設在火星兩極宇航員用彈簧測力計測得一質量為m的物體的重力為F1，在火星赤道上宇航員用同一把彈簧測力計測得該物體的重力為F2。通過天文觀測測得火星的自轉角速度為ω，已知引力常量為G，將火星看成是質量分布勻稱的球體，則火星的密度和半徑分別為(A)A．eq\f(3F1ω2,4πGF1－F2)，eq\f(F1－F2,mω2) B．eq\f(3ω2,4πG)，eq\f(F1F2,mω2)C．eq\f(3F1ω2,4πGF1－F2)，eq\f(F1＋F2,mω2) D．eq\f(3ω2,4πG)，eq\f(F1－F2,ω2)[解析]本題考查借助重力的不同計算天體密度和半徑。在兩極萬有引力等于重力，Geq\f(Mm,R2)＝F1；在赤道上萬有引力供應重力及向心力，Geq\f(Mm,R2)－F2＝mω2R，聯立解得R＝eq\f(F1－F2,mω2)；由Geq\f(Mm,R2)＝F1，且M＝eq\f(4,3)πR3ρ，解得ρ＝eq\f(3F1ω2,4πGF1－F2)，故A正確。6．(2024·南昌高三月考)如圖甲所示，傾角為θ的斜面底端正上方H處有一個小球以水平初速度v0拋出，剛好可以垂直落到斜面上，調整斜面的傾角θ和H，使小球每次都以水平初速度v0拋出且均垂直落到斜面上。做出H隨θ正切值的平方的倒數變更曲線(H－eq\f(1,tan2θ))如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。則小球水平拋出的初速度v0為(B)A．2.5m/s B．5m/sC．7.5m/s D．10m/s[解析]小球以水平初速度v0拋出，垂直落到傾角為θ的斜面上，依據幾何關系可知小球末速度的方向與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(v0,vy)，x＝v0t，vy＝gt，h＝eq\f(1,2)gt2，H＝h＋xtanθ，化簡得：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)eq\f(1,tan2θ)＋eq\f(v\o\al(2,0),g)，結合圖乙可得：eq\f(v\o\al(2,0),g)＝2.5，所以v0＝5m/s，故B正確，A、C、D錯誤。7．(2024·浙江高三模擬)2019年5月17日，我國在西昌衛星放射中心用長征三號丙運載火箭，勝利放射了第四十五顆北斗導航衛星。該衛星屬地球靜止軌道衛星。該衛星在軌運行的線速度大小為v，關于該地球靜止軌道衛星與月球的比較，下列說法正確的是(D)A．月球的線速度大于vB．月球的向心加速度較大C．衛星受到的向心力大D．月球的線速度約為eq\f(1,3)v[解析]同步衛星與地球的自轉同步，周期為1天，月球繞地球運動的周期為27天，依據萬有引力供應向心力eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，可得r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，eq\f(r月,r衛)＝eq\r(3,\f(T\o\al(2,y),T\o\al(2,w)))＝eq\r(3,\f(272,1))＝9，因v＝eq\r(\f(GM,r))，故月球的線速度小于v，A錯誤；eq\f(v月,v衛)＝eq\r(\f(rw,ry))＝eq\f(1,3)，故v月＝eq\f(1,3)v衛＝eq\f(1,3)v，D正確；eq\f(GMm,r2)＝ma，可得a＝eq\f(GM,r2)，故該衛星的向心加速度較大，B錯誤；向心力F＝eq\f(GMm,r2)，因月球質量遠大于81倍的衛星質量，故月球的向心力大，C錯誤。8．(2024·天津高三模擬)如圖所示，相同小球P和Q分別從光滑圓弧AM、BN的等高處同時由靜止釋放。圓弧AM的半徑是BN的2倍，兩圓弧底部M、N切線水平且在同一水平面上，M、N間距足夠大。下列說法正確的是(D)A．小球P、Q在圓弧軌道最低點的速度vP＞vQB．小球經過M、N時，對M、N的壓力FP＞FQC．小球P、Q能在空中相遇D．小球P、Q做平拋運動的水平位移大小相等[解析]小球P和Q下滑過程機械能守恒，故vP＝vQ，選項A錯誤；小球經過圓弧最低點時FN－mg＝meq\f(v2,r)，則FN＝mg＋meq\f(v2,r)，因m、v相同，圓弧AM的半徑是BN的2倍，所以FNP＜FNQ，故FP＜FQ，選項B錯誤；小球Q先離開N點做平拋運動，所以不能相遇，選項C錯誤；兩個小球平拋運動的初速度相同，下落高度一樣，所以水平位移大小相同，選項D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2024·廣東華附、省實、廣雅、深中聯考)設想若能駕駛一輛由火箭作動力的汽車沿赤道行駛，并且相對地球速度可以隨意增加，忽視空氣阻力及汽車質量變更。當汽車速度增加到某一值時，汽車將離開地球表面成為繞地球做圓周運動的“航天汽車”。對此下列說法正確的是(已知地球半徑R約為6400km，g＝9.8m/s2)(AD)A．汽車離開地球表面的瞬時速度大小至少應達到7.9km/sB．“航天汽車”飛離地球表面高度越大，繞地球做圓周運動時動能越大C．“航天汽車”環繞地球做圓周運動的周期可達到1hD．“航天汽車”上的水銀氣壓計無法正常運用[解析]本題借助“航天汽車”考查衛星運動的規律。7.9km/s是地球的第一宇宙速度，當汽車速度達到7.9km/s時，汽車將離開地球繞地球做圓周運動，成為近地衛星，故A正確。依據eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知“航天汽車”飛離地球表面高度越大，繞地球做圓周運動的速度越小，則動能越小，故B錯誤；“航天汽車”環繞地球做圓周運動時軌道半徑越小，周期越小，則在地球表面旁邊做勻速圓周運動時，周期最小，最小周期T＝eq\f(2πR,v)，v＝7.9km/s，R＝6400km，代入解得T＝1.4h，“航天汽車”環繞地球做圓周運動的最小周期為1.4h，故C錯誤。在此“航天汽車”上的物體處于完全失重狀態，不能用水銀氣壓計測量壓強，故D正確。10.(2024·河南示范性中學聯考)如圖所示，A、B兩小球用一根輕繩連接，輕繩跨過圓錐筒頂點處的光滑小定滑輪，圓錐筒的側面光滑。當圓錐筒繞豎直對稱軸OO′勻速轉動時，兩球都位于筒側面上，且與筒保持相對靜止，小球A到頂點O的距離大于小球B到頂點O的距離，則下列推斷正確的是(BD)A．A球的質量大B．B球的質量大C．A球對圓錐筒側面的壓力大D．B球對圓錐筒側面的壓力大[解析]本題考查圓錐面內的圓周運動問題。繩對A、B兩球的拉力大小相等，設繩子對小球的拉力大小為T，側面對小球的支持力大小為F，則豎直方向有Tcosθ＋Fsinθ＝mg，水平方向有Tsinθ－Fcosθ＝mω2lsinθ，可得T＝mgcosθ＋mω2lsin2θ，可知質量m越大，l就越小，則B球的質量大，又T＝eq\f(mg－Fsinθ,cosθ)，可知m越大，F就越大，則B球受圓錐筒側面的支持力大，結合牛頓第三定律可知選項B、D正確，A、C錯誤。11.(2024·河南師大附中模擬)如圖所示，在光滑水平桌面上有一個質量為m的質點，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點起先做曲線運動，圖中曲線是質點的運動軌跡。已知在ts末質點的速度達到最小值v，到達B點時的速度方向與初速度v0的方向垂直，則(ABC)A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sinθ＝eq\f(v,v0)B．質點所受合外力的大小為eq\f(m\r(v\o\al(2,0)－v2),t)C．質點到達B點時的速度大小為eq\f(v0v,\r(v\o\al(2,0)－v2))D．ts內恒力F做功為eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－v2)[解析]本題借助運動軌跡考查運動的合成與分解。分析可知，恒力F的方向應與速度方向成鈍角，將速度按沿力的方向與垂直于力的方向分解，如圖所示。在x′方向上由運動學學問得v＝v0sinθ，在y′方向上由運動學學問得v0cosθ＝ayt，由牛頓其次定律有F＝ma，解得F＝eq\f(m\r(v\o\al(2,0)－v2),t)，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sinθ＝eq\f(v,v0)。故A、B正確；設質點從A點運動到B點歷時t1，設在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓其次定律有Fcosθ＝ma1，Fsinθ＝ma2，由運動學學問可得v0＝a1t1，vB＝a2t1，解得vB＝eq\f(v0v,\r(v\o\al(2,0)－v2))，故C正確；依據動能定理得，ts內恒力F做功為－eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－v2)，故D錯誤。12．(2024·武漢高三模擬)被譽為“中國天眼”的射電望遠鏡FAST自工作以來，已經發覺43顆脈沖星，為我國天文觀測做出了巨大的貢獻。脈沖星實質是快速自轉的中子星，中子星每自轉一周，它的磁場就會掃過地球一次，地球就會接收到一個射電脈沖。若觀測到某個中子星的射電脈沖周期為T，中子星表面的重力加速度為g，密度為ρ，引力常量為G。下列說法正確的是(AD)A．中子星的半徑為eq\f(gT2,4π2)B．中子星的質量為eq\f(9g3,16π2G3ρ2)C．中子星的第一宇宙速度為eq\r(\f(3g,4πGρ))D．若地球接收射電脈沖的周期變為eq\r(\f(3π,Gρ))，則中子星赤道上的物體會離開中子星表面[解析]依據萬有引力定律得：Geq\f(Mm,R2)＝mg，ρ＝eq\f(3M,4πR3)，解得：R＝eq\f(3g,4πGρ)，M＝eq\f(9g3,16π2G3ρ2)，故A錯誤，B正確；依據萬有引力定律得：Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)＝mg，解得：v＝eq\r(\f(3g2,4πGρ))，故C錯誤；若中子星赤道上的物體會離開中子星表面，物體所受萬有引力供應向心力，由牛頓其次定律得：Geq\f(Mm,R2)＝mg＝meq\f(4π2,T′2)R，解得：T′＝eq\r(\f(3π,Gρ))，故D正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(6分)(2024·山東青島高三模擬)用如圖所示的試驗裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速輪塔勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對球的壓力供應了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值。某次試驗圖片如下，請回答相關問題：(1)在探討向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時我們主要用到了物理學中C的方法；A．志向試驗法 B．等效替代法C．限制變量法 D．演繹法(2)圖中是在探討向心力的大小F與B的關系。A．質量m B．角速度ωC．半徑r(3)若圖中標尺上紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值為19，運用圓周運動學問可以推斷與皮帶連接的變速輪塔對應的半徑之比為B。A．19 B．31C．13 D．11[解析](1)在探討向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時，需先限制某些量不變，探討另外兩個物理量的關系，該方法為限制變量法。故選C。(2)圖中兩球的質量相同，轉動的半徑相同，則探討的是向心力與角速度的關系。故選B。(3)依據Fn＝mrω2，兩球的向心力之比為19，半徑和質量相等，則轉動的角速度之比為13，因為靠皮帶傳動，變速輪塔的線速度大小相等，依據v＝rω，知與皮帶連接的變速輪塔對應的半徑之比為31。故選B。14．(8分)(2024·湖北宜昌二中期中)一個同學在“探討平拋運動”的試驗中，只畫出了如圖所示的一部分曲線，于是他在曲線上取水平間隔Δx相等的三點A、B、C，量得Δx＝0.2m，又量出它們之間的豎直距離分別為h1＝0.1m，h2＝0.2m。g取10m/s2，利用這些數據，回答下列問題：(1)物體從A到B所用的時間T＝0.1s；(2)物體拋出時的初速度為2m(3)物體經過B點時速度為2.5m(4)物體拋出點到A點的水平距離為0.1m[解析]本題考查探討平拋物體的運動試驗的數據處理。(1)A、B、C三點的水平間隔相等，由x＝v0T知，物體從A到B與從B到C所用的時間相等，由Δh＝gT2得h2－h1＝gT2，解得T＝eq\r(\f(h2－h1,g))＝0.1s。(2)由平拋運動規律得Δx＝v0T，解得v0＝eq\f(Δx,T)＝2m/s。(3)物體在B點的豎直分速度vy＝eq\f(h1＋h2,2T)＝1.5m/s，則物體在B點的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2.5m/s。(4)由vy＝gt得，物體從拋出點到B點所用的時間t＝eq\f(vy,g)＝0.15s，則物體拋出點到A點的水平距離為x＝v0(t－T)＝0.1m。15．(8分)(2024·貴陽高三模擬)如圖所示，傾角為θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的高度h＝3.6m，A球位于斜面的頂端，B球位于斜面底端正上方與A球等高處。現兩球同時起先運動，其中A球沿斜面對下運動，B球向左水平拋出，且兩球具有相同大小的初速度v0＝4m/s，結果兩球在斜面上相遇。A、B兩個小球均可視為質點，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)從起先運動到兩球相遇所用的時間；(2)A球與斜面間的動摩擦因數。[答案](1)0.6s(2)eq\f(1,3)[解析]本題考查平拋運動與直線運動的相遇問題。(1)對B球分析，由運動學公式得x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2運動狀況如圖所示，由幾何關系得tanθ＝eq\f(h－y,x)聯立解得t＝0.6s；(2)對A球受力分析，A球僅受重力、支持力、摩擦力，則沿斜面方向，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，結合B球平拋運動軌跡得eq\f(y,sinθ)＝v0t＋eq\f(1,2)at2聯立解得μ＝eq\f(1,3)[一題多解]A球沿水平方向的速度大小為vx＝v0cos37°，在豎直方向速度vy＝v0sin37°，設A球加速度大小為a，在水平方向分加速度大小為ax＝acos37°，在豎直方向分加速度大小為ay＝asin37°。由題中條件可知vxt＋eq\f(1,2)axt2＋v0t＝eq\f(h,tan37°)，vyt＋eq\f(1,2)ayt2＝eq\f(1,2)gt2，聯立解得t＝0.6s，a＝eq\f(10,3)m/s2；又a＝gsin37°－μgcos37°，解得：μ＝eq\f(1,3)16．(8分)(2024·北大附中月考)在某質量勻稱的星球表面以初速度v0豎直上拋一個物體，若物體只受該星球引力作用，物體上升的最大高度為h，已知該星球的半徑為R，引力常量為G，忽視其他力的影響，求：(1)該星球表面處的重力加速度gx；(2)該星球的質量M；(3)假如已知兩個質點之間的引力勢能滿意Ep＝－eq\f(Gm1m2,r)(兩質點相距無窮遠時引力勢能為零)，其中m1、m2為兩質點的質量，r為兩質點之間的距離。這一規律也滿意于兩個勻稱質量的球體之間，這時r為兩球心之間的距離。現在設想從該星球表面放射一個物體，使其脫離該星球的引力范圍而逃逸，這個速度至少多大？是否必需沿著該星球的豎直向上方向放射？[答案](1)eq\f(v\o\al(2,0),2h)(2)eq\f(v\o\al(2,0)R2,2hG)(3)v0eq\r(\f(R,h))不是[解析]本題借助運動學背景考查萬有引力定律的應用，重力加速度和中心天體質量的計算。(1)物體做豎直上拋，由運動學公式得veq\o\al(2,0)＝2gxh，則gx＝eq\f(v\o\al(2,0),2h)。(2)依據星球表面萬有引力等于重力，可得Geq\f(Mm,R2)＝mg，解得M＝eq\f(v\o\al(2,0)R2,2hG)。(3)若物體能運動到距離星球無窮遠處而脫離星球的引力束縛，設放射最小速度為v，無限遠處速度為vt，依據機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2－Geq\f(Mm,R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－0，無限遠處r極大，勢能為0，若求最小速度v，則vt＝0，故該式可化簡為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,R)，解得v＝eq\r(\f(2GM,R))＝v0eq\r(\f(R,h))；放射的方向不肯定沿著該星球的豎直向上方向，可以沿著星球自轉方向放射。17．(14分)(2024·山西太原月考)如圖所示，豎直圓盤繞中心O沿順時針方向勻速轉動，當圓盤邊緣上的P點轉到與O同一高度時，一小球從O點以初速度v0水平向P拋出，當P點第一次轉到位置Q時，小球也恰好到達位置Q，此時小球的動能是拋出時動能的5倍，已知重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)小球從拋出到與P相遇的時間；(2)圓盤的半徑。[答案](1)eq\f(2v0,g)(2)eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)[解析]本題考查圓周運動與平拋運動的結合問題。(1)小球從O點以初速度v0水平向P拋出，到達位置Q時小球的動能是拋出時動能的5倍，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝4×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mveq\o\al