届高考物理人教版第一轮复习课时作业章末质量检测4曲线运动万有引力与航天文档格式.docx
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D．选手摆到最低点的运动过程为匀变速曲线运动
v2
解析选手摆到最低点时FT－mg＝mR，故A正确；
选手受绳子的拉力与选手
对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，B错误；
选手一开始时重
力的功率为零，到最低点时由于重力与速度方向垂直，功率也为零，故选手摆
到最低点的运动过程中所受重力的功率先增大后减小，C错误；
选手摆到最低
点的运动过程中加速度不断变化，D错误。
答案A
3．如图2所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长AB＝l>
h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动。
要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是
木（）
图2
1
g
1g
l
A.2πh
B．πghC.2πl
D
．2π
解析
对小球，在水平方向有FT
θ＝ω
2
＝
，在竖直方向有
T
θ
π
sin
m
R4
mnR
Fcos
＋FN＝mg，且R＝htanθ，当球即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值，
联立解得n＝2πh，则A正确。
4．2013年12月，我国成功地进行了“嫦娥三号”的发射和落月任务，进一步获
取月球的相关数据。
该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，经过时间t，
卫星行程为s，卫星与月球中心连线扫过的角度是θ弧度，万有引力常量为G，
月球半径为R，则可推知月球密度的表达式是
（）
3t2θ
3s3
A.4πGs33
B.θπ23
R
4
GtR
4θπR3Gt2
4πR3Gs3
C.
3s
D.
3θt
3
根据圆周的特点，其半径r＝s，“嫦娥三号”做匀速圆周运动的角速度
G
Mm
＝mω2r，密度公式ρ＝
M
ω＝
，由万有引力公式可得
r
，联立可得ρ＝
t
3πR
4θπGt2R3，选项B正确，选项A、C、D错误。
答案B
5．如图3所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R，A在B点正上方高R处，现有两小球分别从A、B两点以一定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为E，不计空气阻力，
则A球击中D点时动能为
图3
8
5
A．2E
B.5E
C.4E
D.5E
由平抛运动规律可知两小球下落时间均为
t＝
2R
，由水平射程x＝vt
知，A、B两小球的初速度分别为
vA＝2gR、vB＝
gR
B
2，由动能定理知对
球有mgR＝E－2mvB，对A球有mgR＝EA－2mvA，联立得
EA＝5E，B对。
答案
6.一滑雪运动员以一定的初速度从一平台上滑出，
刚好落在一斜坡上的B点，且与
斜坡没有撞击，则平台边缘A点和斜坡B点连线与竖直方向夹角α跟斜坡倾角
θ的关系为
（
）
图4
A．tanθ·
1
＝2
B．tanθ·
tanα＝2
tanα
1·
α＝
＝2
C.tanθtan
D.tanθ·
解析运动员从A点飞出后，做平抛运动，在B点速度与水平方向的夹角为
θ，
从A到B点的位移与竖直方向的夹角为α，则
y
2vyt
vy
tan
＝＝
v0t
，tanθ＝
，
αx
2v0
v0
因此tanθ＝
，即tanθ·
tanα＝2，B项正确。
7．如图5所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为
上，设地球质量为M、半径为R。
r的圆轨道
图5
GMm
A．地球对一颗卫星的引力大小为r－R2
B．一颗卫星对地球的引力大小为r2
Gm2
C．两颗卫星之间的引力大小为3r2
3GMm
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为r2
解析地球对一颗卫星的引力等于一颗卫星对地球的引力，由万有引力定律得
其大小为r2，故A错误，B正确；
任意两颗卫星之间的距离L＝3r，则两
颗卫星之间的引力大小为3r2，C正确；
三颗卫星对地球的引力大小相等且三
个引力互成120，°
其合力为0，故D选项错误。
答案BC
8．如图6所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）。
将A向B水平抛出的同时，B自由下落。
A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。
不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则
图6
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B不可能运动到最高处相碰
D．A、B一定能相碰
由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由
落体运动；
B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前
运动时间t1相同，且t1＝
2h
A运动时间
g，若第一次落地前相碰，只要满足
t＝v<
t1，即v>
t1，所以选项A正确；
因为A、B在竖直方向的运动同步，始终
处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的
竖直线与B相碰。
碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C错误，选项D
正确。
答案AD
9．如图7所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，已知两物块质量相等，杆CD对
物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴距离的两倍，现让该装
置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块即将滑动的过程中，下列说法正确的是
A、B
图7
A．A受到的静摩擦力一直增大
B．B受到的静摩擦力是先增大，后保持不变
C．A受到的静摩擦力是先增大后减小
D．A受到的合外力一直在增大
解析物块A所受到的合外力提供它做圆周运动的向心力，所以随转动速度的
增大而增大，D正确；
由题意可知，A、B两物块转动的角速度相同，则A、B
两物块向心力之比为1∶2，两物块做圆周运动的向心力在细绳张紧前由静摩擦
力提供，由FA＝mω2rA，FB＝mω2rB可知两物块所受静摩擦力随转速的增大而
增大；
当物块B所受静摩擦力达到最大值后，向心力由静摩擦力与绳子拉力的
合力提供。
物块B受到的静摩擦力先增大后保持不变，B正确。
答案BD
二、非选择题（本题共3小题，共46分）
10.（15分）如图8所示，高台的上面有一竖直的光滑
1圆弧形轨道，圆弧半径
R＝
m，轨道端点B的切线水平，质量M＝5kg的金属滑块（可视为质点）从轨道顶
端A点由静止释放，离开B点后经时间t＝1s撞击在斜面上的P点。
已知斜面
的倾角θ＝37°
，斜面底端C与B点的水平距离x0＝3m。
g取10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37＝°
0.8，不计空气阻力。
图8
（1）求金属滑块运动至B点时对轨道的压力大小；
（2）若金属滑块离开B点时，位于斜面底端C点、质量m＝1kg的一小滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被金属滑块击中。
已知小滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F的大小。
（1）金属滑块从
A到
B的过程中，由动能定理得
12
mgR＝2mvB，可得
vB＝5
m/s
vB
金属滑块运动到B点时，由牛顿第二定律和向心力公式得FN－Mg＝MR
解得FN＝150N
由牛顿第三定律可知，金属滑块运动至B点时对轨道的压力大小为150N。
（2）金属滑块离开B点后做平抛运动，水平位移x＝vBt＝5m
设小滑块沿斜面向上的位移为s，由几何关系可知
x－x0＝scos37°
解得s＝2.5m
设小滑块沿斜面向上运动的加速度为
a，由
s＝2at解得
2a＝5m/s
对小滑块沿斜面上滑过程进行受力分析，由牛顿第二定律得F－mgsin37°
－
μmgcos37＝°
ma
解得F＝13N。
答案
（1）150N
（2）13N
11．（15分）（2014珠·
海联考）如图9所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC，经C点进入光滑水平面CD时速率不变，最后进
入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内。
已知小球质量为m，A、B两点高度差为h，BC斜面高2h，倾角α＝45°
，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h，小球可看成质点，弧形轻质筐的重力忽略不计，且其高度远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：
图9
（1）B点与抛出点A的水平距离x；
（2）小球运动至C点速度vC的大小；
（3）小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力
F的大小。
（1）小球运动至B点时速度方向与水平方向夹角为
45°
，设小球抛出时的
初速度为v
0，从A点至B点的时间为t，有h＝
gt
2gt
，tan45＝°
，x＝v0
解得x＝2h
（2）设小球运动至B点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a，有vB＝
2v0，
a＝gsin45
°
vC－vB＝2a·
sin45°
解得vC＝2
2gh
（3）小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律得
F－mg＝m
vC
，解得
3h
11
F＝3mg。
（1）2h
（2）22gh
（3）3mg
12.（16分）（2014四·
川卷，9）石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强
导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，
其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。
用石墨烯制作超级缆绳，人类搭
建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。
科学家们设想，通过地球同步轨道
站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和
地球之间便捷的物资交换。
图10
（1）若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能。
设地球自转角速度为ω，地球半径为R。
（2）当电梯仓停在距地面高度h2＝4R的站点时，求仓内质量m2＝50kg的人对水平地板的压力大小。
取地面附近重力加速度g＝10m/s2，地球自转角速度ω＝
7.3×
10－5rad/s，地球半径R＝6.4×
103km。
解析
（1）设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则
r1＝R＋h1
①
v1＝r1ω
②
货物相对地心的动能为Ek＝2m1v1
③
（R＋h1）
联立①②③得Ek＝m1ω
④
（2）设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，则r2＝R＋h2
⑤
an＝ω2r2
⑥
GM
g＝2
⑦
GMm2
设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N′，则r22
－N＝m2an
⑧
N′＝N
⑨
联立⑤～⑨式并代入数据得N′＝11.5N⑩
（1）1m1ω2（R＋h1）2
（2）11.5N
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