2014高考物理总复习方略单元评估检测(四).doc

单元评估检测（四）第四章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。每小题只有一个选项正确)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)2008年4月28日凌晨,山东境内发生两列列车相撞事故,造成了大量人员伤亡和财产损失。引发事故的主要原因是其中一列列车转弯时超速行驶。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.(2013福州模拟)如图所示,汽车甲通过定滑轮拉汽车乙前进,甲、乙分别在上下两水平面上运动,某时刻甲的速度为v1,乙的速度为v2,则v1v2为()A.1sinB.sin1C.1cosD.cos14.(2012四川高考)今年4月30日,西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星,其轨道半径为2.8107m。它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2107m)相比()A.向心力较小B.动能较大C.发射速度都是第一宇宙速度D.角速度较小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洛阳模拟)人在距地面高h、离靶面距离L处,将质量为m的飞镖以速度v0水平投出,落在靶心正下方,如图所示。只改变m、h、L、v0四个量中的一个,可使飞镖投中靶心的是()A.适当减小v0B.适当减小hC.适当减小mD.适当减小L7.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.全球定位系统(GPS)有24颗卫星,分布在绕地球的6个轨道上运行,距地面的高度都为2万千米。已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米,地球半径约为6400km,则全球定位系统的这些卫星的运行速率约为()A.3.1 km/sB.3.9 km/sC.7.9 km/sD.11.2 km/s9.(2013合肥模拟)如图所示是倾角为45的斜坡,在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A,小球恰好能垂直落在斜坡上,运动时间为t1。小球B从同一点Q处自由下落,下落至P点的时间为t2。不计空气阻力,则t1t2为()A.12B.12C.13D.1310.(2013龙岩模拟)甲、乙为两颗地球卫星,其中甲为地球同步卫星,乙的运行高度低于甲的运行高度,两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是()A.甲的周期大于乙的周期B.乙的速度大于第一宇宙速度C.甲的加速度大于乙的加速度D.甲在运行时能经过北极的正上方11.(2013聊城模拟)一个质量为2kg的物体,在5个共点力作用下处于匀速直线运动状态。现同时撤去大小分别为15N和10 N的两个力,其余的力保持不变,关于此后该物体运动的说法中正确的是()A.可能做匀减速直线运动,加速度大小是2m/s2B.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小是5m/s2C.可能做匀变速曲线运动,加速度大小可能是10m/s2D.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5m/s212.如图所示,倾斜轨道AC与有缺口的圆轨道BCD相切于C,圆轨道半径为R,两轨道在同一竖直平面内,D是圆轨道的最高点,缺口DB所对的圆心角为90,把一个小球从斜轨道上某处由静止释放,它下滑到C点后便进入圆轨道,要想使它上升到D点后再落到B点,不计摩擦,则下列说法正确的是()A.释放点须与D点等高B.释放点须比D点高R4C.释放点须比D点高R2D.使小球经D点后再落到B点是不可能的二、计算题(本大题共2小题,共28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)13.(2013福州模拟)(12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。14.(16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D。汽车甲的速度v1等于此刻连接甲、乙的轻绳的速度v绳,对于乙,其合速度为v2,v绳是v2的一个分速度,根据平行四边形定则可知,v绳=v2cos,即v1=v2cos,v1v2=cos1,故选项D正确。4.【解析】选B。卫星的轨道半径越小,卫星的线速度越大,角速度越大,向心加速度越大,周期越小,向心力除与向心加速度有关外,还与卫星的质量有关,据此可以判断出A、D不对,B正确;第一宇宙速度是最小的发射速度,轨道半径越大,发射速度就越大,所以C不对。故选B。【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D。适当提高h,可使飞镖投中靶心,选项B错误;由h=12gt2,L=v0t,联立得h=gL22v02(与飞镖的质量无关),适当增大v0或适当减小L,使飞镖在竖直方向下落的距离减小,可以使飞镖投中靶心,选项A、C错误,D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B。由万有引力定律得GMmr2=mv2r,解得v=GMr,故v1=v2r2r1,r2=(6400+36000)km,r1=(6400+20000)km,v2=2r2T=2(6 400+36 000)km243 600s3.1km/s,解得v13.9km/s,选项B正确。9.【解析】选D。垂直落在斜面上时速度与水平方向的夹角为45,tan45=vyv0=gtv0=2yx=1,即y=x2,得Q点高度h=x+y=3y,即A、B下落高度比为13,由h=12gt2可得运动时间之比为13,选项D正确。10.【解析】选A。卫星周期T=2r3GM,乙的运行高度低于甲的运行高度,则T甲T乙,选项A正确;甲、乙两卫星的运行速度均小于第一宇宙速度,选项B错误;卫星加速度a=GMr2,r乙r甲,则a甲a乙,选项C错误;同步卫星轨道只能在赤道平面内,甲是同步卫星,选项D错误。11.【解析】选C。物体在5个共点力作用下处于匀速直线运动状态,则这5个力合力为0。同时撤去大小分别为15N和10 N的两个力,则其余的力的合力取值范围为5NF合25N,大小和方向恒定但不确定,所以物体一定做匀变速运动,加速度取值范围为2.5m/s2aR,故经过D点后小球不可能落至B点,选项D正确,A、B、C错误。13.【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(2分)下滑所需时间为t1,根据运动学公式得:l=12at12(2分)由得:t1=(1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(2分)x=lcos30(1分)依题意得:t2=t1(1分)由得:v0=534m/s (2分)答案:(1)1s(2)534m/s14.【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(1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(1分)解得:a=g=3m/s2(1分)v12=2axAB(1分)所