【全程复习方略】（广东专用）高考物理一轮复习 单元评估检测(四).doc

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习 单元评估检测(四) (60分钟 100分) 一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。每小题至少一个答案正确,选不全得4分)1.(2013锦州模拟)一个物体在光滑水平面上沿曲线mn运动,如图所示,其中a点是曲线上的一点,虚线1、2分别是过a点的切线和法线,已知该过程中物体所受到的合外力是恒力,则当物体运动到a点时,合外力的方向可能是()a.沿f1或f5的方向b.沿f2或f4的方向c.沿f2的方向d.不在mn曲线所决定的水平面内2.(2013惠安模拟)如图所示是一种新型高速列车,当它转弯时,车厢会自动倾斜,产生转弯需要的向心力;假设这种新型列车以360 km/h的速度在水平面内转弯,弯道半径为1.5 km,则质量为75 kg的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为()a.500 nb.1 000 nc.5002nd.03.如图所示,人在岸上拉船,已知船的质量为m,水的阻力恒为ff,当轻绳与水平面的夹角为时,船的速度为v,此时人的拉力大小为f,则此时()a.人拉绳行走的速度为vcosb.人拉绳行走的速度为vcosc.船的加速度为fcos-ffmd.船的加速度为f-ffm4.(2012浙江高考)如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是()a.太阳对各小行星的引力相同b.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年c.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值d.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值5.(2013泰安模拟)人造卫星在受到地球外层空间大气阻力的作用后,卫星绕地球运行的半径、角速度、速率将()a.半径变大,角速度变大,速率变大b.半径变小,角速度变大,速率变大c.半径变大,角速度变小,速率变小d.半径变小,角速度变大,速率变小6.(2013贺州模拟)火车以1 m/s2的加速度在平面轨道上加速行驶,车厢中有一乘客把手伸到窗外,从距地面2.5 m高度自由释放一物体。若不计空气阻力,则物体落地时与乘客的水平距离为(取g=10m/s2)()a.0b.0.50 mc.0.25 md.因不知火车当时的速度,故无法判断7.自行车的小齿轮a、大齿轮b、后轮c是相互关联的三个转动部分,且半径rb=4ra、rc=8ra,如图所示。正常骑行时三轮边缘的向心加速度之比aaabac等于()a.118b.414c.4132d.1248.(2013桂林模拟)人类对外太空的探索从未停止,至今已取得了不少进展。若人类发现了某x星球,为了进一步了解该星球,可以采用发射一颗探测卫星到该星球上空进行探测的方式。设探测卫星的轨道是圆形的,且贴近x星球表面。已知x星球的质量约为地球质量的81倍,其半径约为地球半径的4倍,地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s,则该探测卫星绕x星球运行的速率约为()a.1.8 km/sb.4 km/sc.16 km/sd.36 km/s二、实验题(本大题共2小题,共15分)9.(2013南宁模拟)(5分)某同学在做平抛物体的运动实验中,忘记记下斜槽末端的位置o,如图所示是物体运动的轨迹,a为物体运动一段时间后的位置,则物体平抛初速度为m/s。(g取10m/s2)10.(2013玉林模拟)(10分)某同学按图安装好器材进行实验,记下小球穿过卡片孔的一系列位置a、b、c、d、e(图中未标出),取下白纸,分析发现小球抛出点o没有记下,于是他用平滑曲线将a、b、c、d、e点连起来并延长到纸边缘,把抛物线与纸边缘的交点定为o点,以o点为原点,正确建立坐标系,测出曲线上某点的坐标x和y,利用v0=x2g2y求出小球平抛初速度v0。(1)该装置有一处错误,就是_;(2)假设该同学描出的小球做平抛运动的轨迹是准确的,由于装置上的错误,带来他这样测得的v0值比真实值(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。三、计算题(本大题共2小题,共37分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(2013福州模拟)(17分)如图所示,斜面体abc固定在地面上,小球p从a点静止下滑,当小球p开始下滑时,另一小球q从a点正上方的d点水平抛出,两球同时到达斜面底端的b处。已知斜面ab光滑,长度l=2.5m,斜面倾角=30,不计空气阻力,g取10m/s2。求:(1)小球p从a点滑到b点的时间;(2)小球q抛出时初速度的大小。12.(20分)如图所示,一质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的a点,随传送带运动到b点,小物块从c点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动。已知圆弧半径r=0.9m,轨道最低点为d,d点距水平面的高度h=0.8m。小物块离开d点后恰好垂直撞击放在水平面上e点的固定倾斜挡板。已知小物块与传送带间的动摩擦因数=0.3,传送带以5m/s恒定速率顺时针转动(g取10m/s2),试求:(1)传送带ab两端的距离;(2)小物块经过d点时对轨道的压力的大小;(3)倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值。答案解析1.【解析】选c。物体做曲线运动,必须有指向曲线内侧的合外力,或者合外力有沿法线指向内侧的分量,才能改变物体的运动方向而做曲线运动,合力沿切线方向的分量只能改变物体运动的速率,故f4、f5的方向不可能是合外力的方向,只有f1、f2、f3才有可能,选项a、b错误,c正确;合外力方向在过m、n两点的切线所夹的区域里,若合外力不在mn曲线所决定的平面上,则必有垂直水平面的分量,该方向上应有速度分量,这与事实不符,故合外力不可能不在曲线mn所决定的水平面内,选项d错误。2.【解析】选a。对乘客由牛顿第二定律得f合=mv2r=7510021.5103n=500n,选项a正确。3.【解析】选a、c。船的速度产生了两个效果,一是滑轮与船间的绳缩短,二是绳绕滑轮顺时针转动,故将船的速度进行分解,如图所示,人拉绳行走的速度v人=vcos,选项a正确,b错误;绳对船的拉力等于人拉绳的力,即绳的拉力大小为f,与水平方向成角,因此fcos-ff=ma,得a=fcos-ffm,选项c正确,d错误。4.【解析】选c。根据万有引力定律f=gmmr2可知,由于各小行星的质量和到太阳的距离不同,万有引力不同,选项a错误;设太阳的质量为m,小行星的质量为m,由万有引力提供向心力,则gmmr2=m42t2r,则各小行星做匀速圆周运动的周期t=2r3gm,因为各小行星的轨道半径r大于地球的轨道半径,所以各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的周期一年,选项b错误;向心加速度a=fm=gmr2,内侧小行星到太阳的距离小,向心加速度大,选项c正确;由gmmr2=mv2r得小行星的线速度v=gmr,小行星做圆周运动的轨道半径大于地球的公转轨道半径,线速度小于地球绕太阳公转的线速度,选项d错误。【变式备选】组成星球的物质是靠引力吸引在一起的,这样的星球有一个最大的自转速率。如果超过了该速率,星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体的圆周运动,由此能得到半径为r、密度为、质量为m且均匀分布的星球的最小自转周期t。下列表达式中正确的是()a.t=2r3gmb.t=23r3gmc.t=gd.t=3g【解析】选d。当星球旋转速度过大,星球表面上的物体受万有引力比所需向心力小时,物体就会脱离星球。考虑临界情况,假设有一物体质量为m,r为星球半径,t为星球自转周期(即物体随星球做圆周运动)时,星球的万有引力刚好不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动,由gmmr2=m(2t)2r得t=2r3gm,又因为m=43r3,m为星球的质量,为星球的密度,则t=3g,若星球自转周期比t还小,万有引力比所需向心力还小,物体就会脱离星球,所以t为最小周期,选项d正确。5.【解析】选b。人造卫星在受到地球外层空间大气阻力时,卫星的速度减小,万有引力提供的向心力大于卫星所需向心力,卫星做近心运动,卫星再次绕地球运行时,半径变小,由gmmr2=m2r=mv2r得,=gmr3,v=gmr,由于半径变小,故角速度变大,线速度变大,选项b正确。6.【解析】选c。火车做匀加速直线运动,物体做平抛运动,其初速度为火车释放物体时的速度v0。设落地时间为t,在这一段时间内,火车前进了s1,物体沿水平方向前进了s2,则h=12gt2,s1=v0t+12at2,s2=v0t,以上三式联立可得,s1-s2=agh=0.25m,选项c正确。7.【解析】选c。小齿轮a与大齿轮b是链条连接的两轮边缘上的点,线速度大小相等,由a=v2r得,aaab=rbra=41,小齿轮a与后轮c是共轴转动,角速度相等,由a=2r得aaac=rarc=18,故aaabac=4132,选项c正确。8.【解析】选d。由gmmr2=mv2r得v=gmr,故探测卫星绕x星球运行的速率与第一宇宙速度之比为vv1=mxr地m地rx=814=92,解得v=92v1=927.9km/s36 km/s,选项d正确。9.【解析】在竖直方向上相邻的相等时间内位移差恒定,根据匀变速直线运动的特点求解即可。由题图可知,物体在通过相邻两段ad、dg时,水平位移相同。在竖直方向上有y=0.25m-0.15 m=gt2,所以t=0.1s,故平抛初速度v=xt=0.20.1m/s=2.0 m/s。答案：2.010.【解析】小球是在轨道末端被抛出的,若白纸的左边缘上某一点被定为原点o,必须要求竖直板上的白纸左边紧靠斜槽末端。但装置中没有做到这一点,这是装置中的一处错误。从装置图中看,抛点位置实际在白纸左边缘的右侧。那么按题中的方法测出的x、y值均会比真实值偏大,但是由于曲线顶部比较平缓,所以会使x的测量值与真实值相差较大而y值相差较小,代入v0=gx22y计算出的v0值比真实值偏大。答案：(1)竖直板上的白纸左边缘没有紧靠斜槽末端(2)偏大11.【解析】(1)小球p从斜面上下滑的加速度为a,由牛顿第二定律得:a=mgsinm=gsin(3分)下滑所需时间为t1,根据运动学公式得:l=12at12(3分)由得:t1=2lgsin(2分)解得:t1=1s(1分)(2)小球q做平抛运动,设抛出速度为v0,则:x=v0t2(3分)x=lcos30(2分)依题意得:t2=t1(1分)由得:v0=lcos30t1=534m/s(2分)答案：(1)1s(2)534m/s【总结提升】用运动的独立性分析平抛运动的方法对于复杂的曲线运动,我们在研究其运动规律时,要先用运动的合成与分解的知识将曲线运动分解成两个简单的直线运动进行研究。我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动,这两个方向上的分运动互不影响,具有独立性,同时这两个运动又相互联系,表现为两个分运动的时间都与合运动的时间相同,即具有等时性,平抛运动的规律可分为两部分:一部分是速度规律,一部分是位移规律。在具体的问题中选择用速度规律解题,还是用位移规律解题,要依据题目情境而定。12.【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)小物块从c点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动,由此确定小物块到达c点的速度。(2)小物块恰好垂直撞击倾斜挡板,由此确定倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值。【解析】(1)对小物块,在c点恰能做圆周运动,由牛顿第二定律得:mg=mv12r(2分)解得:v1=gr=3m/s(1分)由于v1=3m/s5m/s,小物块在传送带上一直加速,则由a到b由牛顿第二定律得:mg=ma(2分)解得:a=g=3m/s2(1分)v12=2