单元评估检测(四)(1)

单元评估检测(四)第四章(60分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。多选题已在题号后标出)1.(2014泉州模拟)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.cos1C.1cosD.sin12.(2014广州模拟)如图是磁带录音机的磁带盒的示意图,A、B为缠绕磁带的两个轮子,两轮的半径均为r,在放音结束时,磁带全部绕到了B轮上,磁带的外缘半径R=3r,现在进行倒带,使磁带绕到A轮上。倒带时A轮是主动轮,其角速度是恒定的,B轮是从动轮。经测定,磁带全部绕到A轮上需要时间为t,则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间()A.等于t2B.大于t2C.小于t2D.等于t33.(2014黄山模拟)如图所示,A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出,其中A、B落到斜面上,C落到水平面上,A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为、。C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为,则()A.=B.=C.=D.237.(2013海南高考)“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行,它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍。下列说法正确的是()A.静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍B.静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍C.静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的17D.静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的178.(2014荆门模拟)如图所示,地球可以看成一个巨大的拱形桥,桥面半径R=6400km,地面上行驶的汽车重力G=3104N,在汽车的速度可以达到需要的任意值,且汽车不离开地面的前提下,下列分析中正确的是()A.汽车的速度越大,则汽车对地面的压力也越大B.不论汽车的行驶速度如何,驾驶员对座椅压力大小都等于3104NC.不论汽车的行驶速度如何,驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力D.如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零,则此时驾驶员会有超重的感觉9.(多选)如图所示,B和C是一组塔轮,即B和C半径不同,但固定在同一转动轴上,其半径之比为RBRC=32,A轮的半径大小与C轮相同,它与B轮紧靠在一起,当A轮绕过其中心的竖直轴转动时,由于摩擦作用,B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点,则a、b、c三点在运动过程中的()A.线速度大小之比为332B.角速度之比为332C.转速之比为232D.向心加速度大小之比为96410.(多选)(2014德州模拟)物体在光滑水平面上受三个水平恒力(不共线)作用处于平衡状态,如图所示,当把其中一个水平恒力撤去时(其余两个力保持不变),物体将()A.一定做匀加速直线运动B.可能做匀变速直线运动C.可能做曲线运动D.一定做曲线运动11.(多选)(2012广东高考)如图所示,飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动,不考虑质量变化,相对于在轨道1上,飞船在轨道2上的()A.动能大B.向心加速度大C.运行周期长D.角速度小12.(多选)(2014揭阳模拟)如图所示是乒乓球发射器示意图,发射口距桌面高度为0.45m,假定乒乓球水平射出,落在桌面上与发射口水平距离为2.4m的P点,飞行过程中未触网,不计空气阻力,g取10m/s2,则()A.球下落的加速度逐渐变大B.球从发射口到桌面的时间为0.3 sC.球从发射口射出后动能不变D.球从发射口射出的速率为8 m/s二、计算题(本题共2小题,共28分。需写出规范的解题步骤)13.(12分)(2014苏州模拟)如图所示,在光滑水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆槽轨道,其底端恰与水平面相切。质量为m的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B滚上半圆槽,小球恰能通过最高点C后落回到水平面上的A点。(不计空气阻力,重力加速度为g)求：(1)小球通过B点时对半圆槽的压力大小;(2)AB两点间的距离;(3)小球落到A点时的速度方向与水平方向夹角的正切值。14.(16分)(2014西安模拟)如图所示,某货场需将质量m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物由轨道顶端无初速度滑下,轨道半径R=1.8m。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1,木板与地面间的动摩擦因数2=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s2)(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求1应满足的条件。(3)若1=0.5,求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。答案解析1.【解析】选B。如图所示,则v1=v绳,v绳=v2cos,解得v1v2=cos1,选项B正确。2.【解析】选B。A的角速度是恒定的,但是A的半径越来越大,根据v=r可得v在增大,所以一开始需要的时间比较长,选项B正确。3.【解析】选B。依据平抛运动规律,平抛运动的质点任一时刻速度方向与水平方向的夹角的正切值为位移方向与水平方向的夹角的正切值的2倍,A、B位移方向相同,=,C的位移方向与水平方向的夹角小于A、B位移方向与水平方向的夹角,所以r2,故v1v2,1T2,选项B正确。6.【解析】选D。由初速度为零的匀变速直线运动推论可知,通过连续相等位移所用时间之比t1t2t3=1(2-1)(3-2),前h、前2h、前3h所用的时间之比为123对末速度为零的匀变速直线运动,可以相应地运用这些规律(逆向思维为平抛运动)。由x=v0t可知,三把刀在击中板时速度不同,选项A错误;飞刀击中M点所用的时间长一些,选项B错误;三次初速度竖直分量之比等于321,选项C错误;tan=gtv0=gt2x,由于t1t2t3,故123,选项D正确。7.【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：(1)卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力充当向心力。(2)卫星绕地球做圆周运动的圆心为地心。【解析】选A。根据GMmr2=m42T2r,可得T=2r3GM,代入数据,A正确;根据GMmr2=mv2r,可得v=GMr,代入数据,B错误;根据GMmr2=m2r,可得=GMr3,代入数据,C错误;根据GMmr2=ma,可得a=GMr2,代入数据,D错误。8.【解析】选C。对汽车由牛顿第二定律得G-FN=mv2r,解得FN=G-mv2r,故汽车的速度越大,则汽车对地面的压力越小,不论汽车的行驶速度如何,驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力,选项C正确,A、B错误;如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零,则此时驾驶员会有完全失重的感觉,选项D错误。9.【解析】选A、D。A轮与B轮接触处线速度相同,即vavb=11,B轮与C轮共轴转动,角速度相同,即bc=11,由v=r得vbvc=RBRC=32,故vavbvc=332,选项A正确;由=vr得ab=RBRA=32,故abc=322,选项B错误;由=2n,得nanbnc=abc=322,选项C错误;由a=v得aaabac=964,选项D正确。【总结提升】传动问题的解题技巧(1)明确皮带传动和轮轴的特点。(2)清楚线速度、角速度、向心加速度与半径的关系,从而能熟练地运用在线速度或角速度相等时,角速度、线速度、加速度与半径的比值关系。(3)同转轴上各点相同,而线速度v=r与半径成正比。(4)不考虑皮带打滑的情况下,两轮边缘的各点线速度大小相等,而角速度=vr与半径成反比。另外,由v、T、f、之间的关系,向心加速度的表达式an=v2r=2r=v=42T2r=42f2r,在应用时,要结合已知条件灵活运用。10.【解析】选B、C。物体原来受三个力作用处于平衡状态,现在撤掉其中一个力,则剩下两个力的合力与撤掉的力等大反向,即撤掉一个力后,合力为恒力,如果物体原来静止,则撤掉一个力后将做匀加速直线运动,选项B正确;如果物体原来做匀速直线运动,撤掉一个力后,若速度与合力不共线,则物体做曲线运动,若速度与合力共线,则物体将做匀变速直线运动,选项A、D错,C正确。11.【解析】选C、D。由万有引力定律及向心力公式得GmMr2=ma=mv2r=mr2=mr42T2,由题意知r2r1,由此可知Ek=12mv2=GmM2r,则Ek2Ek1,A错。a=GMr2,则a2a1,B错。=GMr3,则2T1,C对。【加固训练】(多选)发射地球同步卫星时,先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火,将卫星送入同步圆轨道3,轨道1、2相切于Q点,轨道2、3相切于P点,如图所示。则卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时,以下说法正确的是()A.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D.卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【解析】选B、D。由GMmr2=mv2r得v=GMr,因为r3r1,所以v3r1,所以32(m1+m2)g(2分)解得：0.410.6(1分)(3)若1=0.5,则货