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单元素养评价(四) 曲线运动 万有引力与航天
一、单项选择题
1．对于做曲线运动的物体，下列说法正确的是( )
A．受力可能为零
B．加速度可能保持不变
C．一定受到变力的作用
D．加速度可能和运动方向相同
2．如图所示是静止在地面上的起吊重物的吊车，某次操作过程中，液压杆长度收缩，
吊臂绕固定转轴顺时针转动，吊臂上的M、N两点做圆周运动，此时M点的角速度为ω，ON
＝2OM＝2L，则( )
A．M点的速度方向垂直于液压杆
B．N点的角速度为2ω
C．两点的线速度大小关系为v＝4v
N M
D．N点的向心加速度大小为2ω2L
3．[2022·北京石景山模拟]研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周
期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球
同步卫星与现在的相比( )
A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大
C．线速度变大 D．角速度变大
4.
如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为在
地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球同步卫星，
以下关于a、b、c的说法中正确的是( )
A．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为a>a>a
b c aB．a、b、c做匀速圆周运动的角速度大小关系为ω＝ω＞ω
a c b
C．a、b、c做匀速圆周运动的线速度大小关系为v＝v＞v
a b c
D．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为T＞T＞T
a c b
5．农村建房时工人通过徒手抛砖的方式来搬运砖块．如图所示，站在地面上的甲以
10 m/s的速度沿与竖直方向成30°角斜向上抛出砖块，当砖块上升到最高点时恰好被楼上
的乙接住．在乙接住砖的同时甲又抛出下一块砖，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(
)
A．楼高约为3.75 m
B．每0.5 s搬运一块砖
C．甲、乙间的水平距离须为5 m
D．乙接住砖块前瞬间，砖块的速度恰好为0
6．如图所示，当列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道时，乘客发现在车厢顶部悬
挂玩具小熊的细线与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面上水杯内的水面(桌面与车厢底板平
行).已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.则下列判断不正确的是
( )
A．列车转弯时的向心加速度大小为g tan θ
B．列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用
C．水杯受到指向桌面外侧的静摩擦力
D．水杯内水面与桌面平行
7.[2022·河南九师模拟]如图所示，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，AB水平，长度
为2R，BC是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点．为了研究空气动力学问题，
现将一小球从距AB水平面高2R的E处以一定初速度水平抛出，由于存在水平向右的风的
作用力，且该风力为恒力(其他方向空气的作用力不计)，小球恰好无碰撞地从C点进入圆
弧轨道，并沿圆弧轨道运动到水平面上．已知抛出点距C点的水平距离为R，重力加速度
为g，则该过程中小球速度为零位置到B点的距离为( )
A．0.5R B．R C．1.5R D．2R二、多项选择题
8．北京时间2021年2月4日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成
功将通信技术试验卫星六号发射升空，卫星进入预定轨道．通信技术试验卫星六号主要用
于卫星通信、广播电视、数据传输等业务，并开展相关技术试验验证．假设质量为 m(包含
燃料的质量)的“卫星六号”通过发动机点火，在很短时间内从喷口向外喷出质量为 Δm的
燃气使其实现向较低的轨道变轨，燃气喷出时的速度大小为v，卫星在变轨前做半径为r
的匀速圆周运动，速度大小为v，地球的半径为R，则下列说法正确的是( )
0
A．喷气方向与“卫星六号”的运行方向相反
B．地球的密度为
C．在变轨过程中“卫星六号”的机械能守恒、动量守恒
D．在燃气喷出后的瞬间，“卫星六号”的动量大小为mv－Δmv
0
9．[2022·广州1月模拟]如图，用手捏住细线，让质量m＝2 kg的小球在光滑水平桌
面上以v＝1 m/s的速率做匀速圆周运动，运动半径r＝0.3 m，某时刻突然松手，使细线
迅速放长0.2 m后，又迅速捏住细线，使小球在更大半径的圆上做匀速圆周运动．已知两
圆为同心圆，则( )
A．细线迅速放长0.2 m所经历的时间为0.2 s
B．在大圆上运动时，小球的角速度为1.2 rad/s
C．迅速捏住细线的过程，小球动能损失0.36 J
D．在大圆上运动时，细线对小球的拉力为1.44 N
10．中国女排曾以傲人的成绩多次夺冠．如图(a)为排球比赛场地示意图，其长度为
2s，宽度为s，球网高度为H.运动员在某次发球中，距离球网中心正前方某处，弹跳后将
球从比网高出h处水平拍出(发球点图中未画出)，将排球扣到对方场地上，排球的速度方
向与水平方向夹角的正切值tan θ与排球运动时间t的关系如图(b)所示，排球可看成质
点，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．排球落在场地上时竖直方向的速度大小为
B．排球初速度的大小为 m/s
C．运动员在球网中心正前方的底线处发球时，一定会过网
D．球不出界时，发球点与球网中心的最大水平距离d＝－s m
m三、非选择题
11．如图所示，图甲为“用向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯
视图．图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同，a、b两轮在皮带的带动
下匀速转动．
(1)两槽转动的角速度ω________(选填“＞”“＝”或“＜”)ω.
A B
(2)现有两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自
转轴的距离之比为2∶1.则钢球①、②的线速度之比为________；受到的向心力之比为
________．
12．一长l＝0.80 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的小球，
悬点O距离水平地面的高度H＝1.00 m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向
上，如图所示．让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固
定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)当小球运动到B点时的速度大小；
(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；
(3)若OP＝0.6 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳
能承受的最大拉力．
单元素养评价(四) 曲线运动 万有引力与航天
1．解析：做曲线运动的物体，一定做变速运动，有加速度，根据牛顿第二定律可知，
所受合力不为零，故A错误；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，即
加速度与物体运动方向不在同一直线上，该合力可以是变力，也可以保持不变，即加速度
可以保持不变，如平抛运动，故B正确，C、D错误．
答案：B
2．解析：吊臂是绕固定转轴O旋转的，因此M点的速度方向垂直于吊臂，故A错误；
M、N点在吊臂上绕同一固定转轴O旋转，有相同的角速度，即N点的角速度应该等于M点的角速度，故B错误；根据v＝ωr可知v＝2v，故C错误；根据a＝ω2r可知，N点的向
N M
心加速度大小为a＝2ω2L，故D正确．
N
答案：D
3．解析：同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据GMm＝m(2π) 2r可知，卫星
r2 T
的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A
GMm v2
正确；又由 ＝m ＝mω2r＝ma可知：r增大，则v减小、ω变小、a变小，B、C、D
r2 r
错误．
答案：A
4．解析：地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ω＝ω，根据a＝
a c
GM
rω2知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据a＝ 得b的向心加速度大于c的向
r2
心加速度，由ω＝√GM可知ω>ω，故A正确，B错误．根据v＝rω可知，c的线速度
b c
r3
√GM
大于a的线速度，根据v＝ 得b的线速度大于c的线速度，故C错误．c为同步卫星，
r
所以T＝T，根据T＝2π√ r3 得c的周期大于b的周期，故D错误．
a c
GM
答案：A
5．解析：当砖块上升到最高点时恰好被楼上的乙接住，则在竖直方向上的初速度有v
y
＝vcos 30°＝10×√3 m/s＝5 m/s，故楼高为h＝v2 ＝(5√3) 2 m＝3.75 m，故A正
0 √3 y
2 2g 2×10
v 5√3 √3 √3
确；设每块砖到达最高点时间为t，则有t＝ y＝ s＝ s，故每 s搬运一块砖，
g 10 2 2
1 √3
故B错误；乙接住砖时，甲、乙间的水平距离x应为x＝vt＝(vsin 30°)t＝10× ×
x 0
2 2
5√3
m＝ m，故C错误；当砖块上升到最高点时恰好被楼上的乙接住，所以乙接住砖块前
2
瞬间，砖块的速度为v＝v＝10×sin 30° m/s＝5 m/s，故D错误．
x
答案：A
6.
解析：设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力F的合力提供
T
玩具小熊随车做水平面内圆弧运动，合力为F(如图)，有：mg tan θ＝ma，可知列车在转弯时的向心加速度大小为a＝g tan θ，A项正确；列车的向心加速度a＝g tan θ由列车
的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用，B项正确；
水杯的向心加速度a＝g tan θ由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，水杯与桌面间
的静摩擦力为零，C项错误；在杯内水面取一微小质量元，此微元受到的重力与支持力的
合力产生的加速度大小为a＝g tan θ，可知水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，水
杯内水面与桌面平行，D项正确．
答案：C
7．解析：小球在运动过程中受重力和风力作用，竖直分运动为自由落体运动，有R＝
1
gt2，水平分运动为匀减速直线运动．设初速度为v，因小球恰能无碰撞地进入圆弧轨道，
0
2
v +0
说明小球运动到C处时，水平分速度恰好减小到零，故有R＝ 0 t，得v＝√2gR；设风
0
2
F
力大小为F，根据牛顿第二定律得a＝ ，有v2＝2aR，得F＝mg.对整个运动过程，由动能
m 0
定理有mg×2R－F×(2R＋x)＝ 1 2，解得x＝R，故选项B正确．
− mv
2
0
答案：B
8．解析：根据题意及降轨原理可知“卫星六号”的速度要减小，根据反冲原理可知喷
GMm
气方向与“卫星六号”的运行方向相同，故A错误；根据万有引力提供向心力可得
r2
＝ v2 ，则地球密度ρ＝M＝ 3v2r ，故B正确；喷气过程中，“卫星六号”和喷出
m 0 0
r V 4πGR3
的燃气组成的系统动量守恒，但“卫星六号”的动量不守恒且机械能也不守恒，故 C错误；
根据“卫星六号”和喷出的燃气组成的系统动量守恒有mv＝(m－Δm)v′＋Δmv，可得在
0
燃气喷出后的瞬间，“卫星六号”的动量大小为mv－Δmv，故D正确．
0
答案：BD
9．解析：松手后，小球先做匀速直线运动，如图所示，设小球做直线运动的位移为
x
x，有x＝√(r+Δl) 2−r2＝0.4 m，所经历的时间为t＝ ＝0.4 s，选项A错误．在大圆上
v
r
运动时，小球的线速度为v＝v·cos θ＝v· ＝0.6 m/s，在大圆上运动时，小球的
t r+Δl
v
角速度为ω＝ t ＝1.2 rad/s，选项B正确．迅速捏住细线的过程，小球动能变化量为
r+ΔlΔE＝1 2－1mv2＝－0.64 J，小球动能损失0.64 J，选项C错误．在大圆上运动时，
k mv
2 2
t
细线对小球的拉力为F＝
v2
＝1.44 N，选项D正确．
m t
r＋Δl
答案：BD
10．解析：由排球在竖直方向做自由落体运动可得 ＝2g(H＋h)，解得v ＝
v2 y末
y末
，选项A正确；由平抛运动规律有v＝gt，tan θ＝v ，则tan θ＝gt，结
√2g(H+h) y y
v v
0 0
tanθ 1
合图像可知图(b)所示图像的斜率k＝ ＝ s－1，联立解得v＝2g m/s，选项B错误；
0
t 2
从底线处发球，恰能过网的情况下有s＝v
0
t
h
，h＝1
gt
2，得v
0
＝s√ g ，又v
0
＝2g m/s，
2 2h
h
s2 s2
联立求得此时h＝ m，故若能过网，必然需满足h＞ m，由于h值未知，故无法判断
8g 8g
球能否过网，选项C错误；球不出界时，球最远可扣到对方场地底线与边线交点处，排球
做平抛运动，平抛运动时间为t＝√2(H+h)，而初速度v＝2g m/s，水平位移x＝vt，由
0 0
g
几何关系可知x＝√ s2，联立解得d＝√ s2－s m，选项D正确．
(d +s) 2+ m 8g(H+h)−
m 4 4
答案：AD
11．解析：(1)因两轮a、b转动的角速度相同，而两槽的角速度与两轮角速度相同，
则两槽转动的角速度相等，即ω＝ω；
A B
(2)钢球①、②的角速度相同，半径之比为2∶1，则根据v＝ωr可知，线速度之比为
2∶1；根据F＝mω2r可知，受到的向心力之比为2∶1.
答案：(1)＝ (2)2∶1 2∶1
12．解析：(1)设小球运动到B点时的速度大小为v，由机械能守恒定律得1 2＝
B mv
2
B
mgl①
解得小球运动到B点时的速度大小
v＝√2gl＝4.0 m/s②
B
(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得
x＝vt③
B
1
y＝H－l＝ gt2④
2
解得C点与B点之间的水平距离x＝v·√2(H−l)＝0.80 m⑤
B
g
(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F，由牛顿定律得
m
F－mg＝
v2
⑥
m m B
r
r＝l－d⑦
由以上各式解得F＝9 N
m
答案：(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N
