第四节曲线运动万有引力与航天节末

1、第四章 章末检测1一辆静止在水平地面上的汽车里有一个小球从高处自由下落，下落一半高度时汽车突然向右匀加速运动，站在车厢里的人观测到小球的运动轨迹是图中的()解析 开始时小球相对观察者是做自由落体运动，当车突然加速时，等效成小球相对汽车向左突然加速，刚开始加速时，水平方向的相对速度较小，随着时间的延长，水平方向的相对速度逐渐增大，故观察者看到的小球的运动轨迹应该是C图。答案C2中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就如图1所示，在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD.已知网高为h，球场的长度为s，不计空

2、气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为()图1AHh BHhCv Dv解析由平抛知识可知gt2H，Hhg2得Hh，A正确、B错误由vts，得v，D正确、C错误答案AD3“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图2所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度不变，则下列说法中正确的是()图2A摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大B摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大C摩托车做圆周运动的H越高，向心力做

3、功越多D摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小解析经分析可知摩托车做匀速圆周运动的向心力由重力及侧壁对摩托车弹力的合力提供，由力的合成知其大小不随H的变化而变化，A错误；因摩托车和演员整体做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，即F合m，随H的增高，r增大，线速度增大，B正确；向心力与速度方向一直垂直，不做功，C错误；由力的合成与分解知识知摩托车对侧壁的压力恒定不变，D错误答案B4如图所示，一小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出经t0时间落在山坡上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的C处斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气

4、阻力，则小钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度vx、vy随时间变化的图像是()解析 小钢球从A到C的过程中水平方向的分速度vx，先是匀速直线运动，后是匀加速直线运动，A、B错误；小钢球从A到C的过程中竖直方向的分速度vy，显示加速度为g的匀加速直线运动，后是加速度为g/4的匀加速直线运动，C错误、D正确。答案 D7以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，下列说法错误的是()A即时速度的大小是v0B运动时间是C竖直分速度大小等于水平分速度大小D运动的位移是解析当其水平分位移与竖直分位移相等时，即v0tgt2，可得运动时间t，水平分速度vxv0，竖直分速度vygt

5、2v0，合速度vv0，合位移s，对比各选项可知说法错误的是C选项答案C8如图4所示为一条河流，河水流速为v，一只船从A点先后两次渡河到对岸，船在静水中行驶的速度为u，第一次船头向着AB方向行驶，渡河时间为t1，船的位移为s1；第二次船头向着AC方向行驶，渡河时间为t2，船的位移为s2.若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等，则有()图4At1>t2s1<s2 Bt1<t2s1>s2Ct1t2s1<s2 Dt1t2s1>s2解析由于船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度大小相同，渡河的时间由船垂直河岸的速度的大小决定，故船到达

6、对岸的时间相等；船的位移决定于平行河岸方向的速度大小，结合题意知s1>s2.答案D9如图5所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g10 m/s2)()图5Av00 Bv04 m/sCv02 m/s Dv02 m/s解析解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mgm

7、v2/r，又根据机械能守恒定律有mv22mgrmv，可求得v02 m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgrmv，可求得v02 m/s，故选项D正确答案CD10如图6所示，斜面AC与水平方向的夹角为，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D点，则CD与DA的比为()图6A. B. C. D.解析如图所示，设平抛初速度为v0，落到D处时的竖直速度为vy，所用时间为t，对RtAFD，AD；对RtCED，CD.在速度三角形中tan ，解以上三式得，D对答案D1

8、1某电视台“快乐向前冲”节目的场地设施如图7所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R、角速度为、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上设人的质量为m(不计身高)，人与转盘间的最大静摩擦力为mg，重力加速度为g.图7(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度应限制在什么范围？(2)若已知H5

9、 m，L8 m，a2 m/s2，g10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？解析(1)设选手落在转盘边缘也不会被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有mgm2R，故转盘转动的角速度应满足 .(2)设选手水平加速阶段的位移为x1，时间为t1；选手平抛时的水平位移为x2，时间为t2

10、.则水平加速时有x1at.vat1，平抛运动阶段有x2vt2，Hgt，全程水平方向x1x2L，联立以上各式代入数据解得t12 s.(3)由(2)知x14 m，v4 m/s，且F0.6mg.设阻力为f，选手继续向右滑动的距离为x3，由动能定理得，加速阶段Fxfxmv2减速阶段fx30mv2联立以上两式解得x32 m.答案(1) (2)2 s(3)2 m7芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军如图5所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD平

11、行，设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则()图5At1t2，CFFD Bt1t2，CF<FDCt1>t2，CFFD Dt1>t2，CF<FD解析将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动，则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1t2，因在平行CD方向拉林托做匀加速运动，所以CF<FD，B对答案B12如图9所示，质量m2.0 kg的木块静止在高h1.8 m的水平台上，木块距平台右边缘7.75 m，木块与平台间的动摩擦因数0.2.用F20 N的水平拉力拉动木块，木块向右运动s14.0 m时撤去

12、F.不计空气阻力，g取10 m/s2，求：图9(1)F作用于木块的时间；(2)木块离开平台时的速度；(3)木块落地时距平台边缘的水平距离解析(1)对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律，有：Ffma，由竖直方向平衡得mgFN0，摩擦力fFN，由运动学公式有s1at2，代入数据得a8.0 m/s2，t1.0 s.(2)设木块离开平台时的速度为v，拉力F撤去时木块只受摩擦力作用，加速度a1g2 m/s2速度v1at8 m/s则由运动学公式有vv22a1s2，其中s27.75 m4 m3.75 m，代入数据得v7.0 m/s.(3)设木块在空中运动的时间为t，落地时距平台边缘的水平距离为s，根据运动学

13、公式hgt2，svt，代入数据解得s4.2 m.答案(1)1.0 s(2)7.0 m/s(3)4.2 m4如图2所示，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v.若物体与球壳之间的动摩擦因数为，则物体在最低点时，下列说法正确的是()图2A受到的向心力为mgmB受到的摩擦力为mC受到的摩擦力为D受到的合力方向斜向左上方解析物体在最低点受竖直方向的合力Fy，方向向上，提供向心力，Fym，A错误；而FyFNmg，得FNmgm，物体受滑动摩擦力FfFN，B错误、C正确；Ff水平向左，故物体受到的Ff与Fy的合力，斜向左上方，D正确答

14、案CD5如图3是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有()图3AN小于滑块重力 BN大于滑块重力CN越大表明h越大 DN越大表明h越小解析设滑块到达B点时的速度为v，根据向心力公式得：Nmgm，根据机械能守恒定律可得：mghmv2，解得Nmg，所以B、C正确答案BC7如图5所示，斜轨道与半径为R的半圆轨道平滑连接，点A与半圆轨道最高点C等高，B为轨道的最低点现让小滑块(可视为质点)从A点开始以速度v0沿斜面向下运动，不计一切摩擦，关于滑块运动情况的分析，正确

15、的是()图5A若v00，小滑块恰能通过C点，且离开C点后做自由落体运动B若v00，小滑块恰能通过C点，且离开C点后做平抛运动C若v0，小滑块恰能到达C点，且离开C点后做自由落体运动D若v0，小滑块恰能到达C点，且离开C点后做平抛运动解析小滑块通过C点的最小速度为vC，由mgm，得vC，由机械能守恒定律，若A点v00，则vC0，实际上滑块在到达C点之前就离开轨道做斜上抛运动了，A、B错；若v0，小滑块通过C点后将做平抛运动，C错、D正确答案D8如图6所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴O，现使小球在竖直平面内做圆周运动，P为圆周的最高点，若小球通过圆周最低点时的速度大小为

16、，忽略摩擦阻力和空气阻力，则以下判断正确的是()图6A小球不能到达P点B小球到达P点时的速度大于C小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力D小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力解析要使小球到达P点，由机械能守恒定律有：mv2mg·2L，可知它在圆周最低点必须具有的速度为v>2，而 >2，所以小球能到达P点；由机械能守恒定律可知小球到达P点的速度为 ；由于 <，则小球在P点受到轻杆向上的弹力答案C9如图7所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速

17、运动，角速度为.若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是()图7AdvL2gBL(12n)v0，(n0,1,2,3，)Cv0Dd2g2(12n)2，(n0,1,2,3，)解析依题意飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A正好在最低点被击中，则A点转动的时间t，平抛的时间t，则有，B正确、C错误；平抛的竖直位移为d，则dgt2，联立有d2g2(2n1)2，A、D错误答案B10如图8所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动无滑动甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲r乙31，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O点为r，

18、当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时()图8A滑动前m1与m2的角速度之比1231B滑动前m1与m2的向心加速度之比a1a213C随转速慢慢增加，m1先开始滑动D随转速慢慢增加，m2先开始滑动解析由题意可知，线速度v甲v乙，又r甲r乙31，则甲乙13，m1、m2随甲、乙运动1甲，2乙，则1213，故A错；由ar2得a12r2r，a2rr，a1a2229，故B错；m1、m2所受向心力由摩擦力提供，则a1，a2，f1maxm1g，f2maxm2g，a1g，a2g，又a1a229，故m2先滑动，选D.答案D11 如图9所示，一小球自平台上水平抛出，恰好无碰撞地落在邻近平台的一倾角为53°的光滑斜面顶端，并沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6，求：(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？图9解析(1)由题意知，小球落到斜面上沿斜面下滑，并未弹起，说明此时小球的速度方向与斜面平行，如图所示，所以vyv0tan 53°，又v2gh，代入数据得vy4 m/s，v03 m/s.(2)设小球离开平台到达斜面顶端所需