2018年高考物理大一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天章末检测

1、 C.1 解析：选 D. 从起点A到最高点B可看做平抛运动的逆过程， 如图所示，美洲狮做平抛运动位移方向 11 一 与水平方向夹角的正切值为 tan a = 2tan 3 = 2X 云=1，选项 D 正确.四 曲线运动 万有引力与航天 （时间：60 分钟满分：100 分） 、选择题（本题共 10 小题，每小题 6 分，共 60 分，15 题每小题只有一个选项正确, 610 小题有多个选项符合题目要求， 全选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有选错的得 0 分） 1.如图所示，细线一端固定在天花板上的 0点，另一端穿过一张 CD光盘的中央小孔后 拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水

2、平桌面的边沿现将 CD光盘按在桌 面上，并沿桌面边缘以速度 v匀速移动，移动过程中， CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线, 当悬线与竖直方向的夹角为 0 时，小球上升的速度大小为 （ ） B. vcos 0 A. vsin C. vtan D. vcot 0 解析：选 A.将光盘水平向右移动的速度 v分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向 的速度，而小球上升的速度大小与速度 v沿细线方向的分速度大小相等，故可得 v球=vsin 0 , A 正确. 2.如图所示，美洲狮是一种凶猛的食肉猛兽，也是噬杀成性的“杂食家”，在跳跃方 面有着惊人的“天赋”， 它“厉害地一跃”水平距离可达 44 英尺，高达

3、11 英尺，设美洲狮 厉害地一跃”离开地面时的速度方向与水平面的夹角为 a，若不计空气阻力，美洲狮可 看做质点，则 tan a 等于（ ） D. 1 3. 在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠 摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可 得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品已知管状 模型内壁半径为 R则管状模型转动的最低角速度 3 为（ ） 据牛顿第二定律，有: 2 v mg= mR 解得：v = gR 管状模型转动的最小角速度 故 A 正确；B、C D 错误. 4. 有一星球的密度跟地

4、球密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速 度的 4 倍，则该星球的质量是地球质量的 （忽略其自转影响）（ ） 1 八 A B. 4 倍 4 C. 16 倍 D. 64 倍 解析：选 D.天体表面的重力加速度 GMm 一 3M ， 9g3 ,Ms mg= F2，又知 P= 4n 十所以M 16n 2p 2G，故M地 R A.战士驾艇的出发点在 B点上游距 B点距离为di V2 B.战士驾艇的出发点在 B点下游距 B点距离为di V2 解析: 选 A.经过最高点的铁水要紧压模型内壁, 临界情况是重力恰好提供向心力，根 A. g C. 2g B. 2R D 2 g c.救人后船头应指向

5、上游，与上游方向所成夹角的余弦值为 D.救人后船头应指向下游，与下游方向所成夹角的余弦值为 di 解析：选 A.救生艇到达 A点的最短时间为t = -，战士驾艇的出发点在 B点上游距B点 V2 距离为Vidi，选项 A 正确，B 错误；若战士以最短位移到达 MN则救生艇登陆的地点就是 C V2 点，则船头与上游方向所成夹角的余弦值为 勺，故选项 C D 错误. V2 6. 如图所示， 小木块 a、b和c（可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为 m c的质量为多a与转轴OO的距离为I , b、c与转轴OO的距离为 21且均处于水平圆盘的 边缘.木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的

6、k倍，重力加速度大小为 g,若圆盘 从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是 （ ） o 雄 a b Fl ! / A. b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落 B. 当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等 C. b和c均未滑落时线速度大小相等 D. b开始滑动时的转速是 .2kgl 解析：选 BC.木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力， 则F= mrs 2,当圆盘的角速度增大时， 圆盘提供的静摩擦力随之增大， 当需要的向心力大于 最大静摩擦力时，物体开始滑动， b、c同时达到最大静摩擦力，故 b、c同时从水平圆盘上 滑落，但b、c质

7、量不等，角速度转动半径相等，由 F= mrs 2知b、c所受摩擦力不等，A 选 项错误；当a、b和c均未滑落时，在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等， F =mrs 2,所以a、c所受摩擦力的大小相等， B 选项正确；b和c均未滑落时由v= r s 知， 2 线速度大小相等，故 C 选项正确；b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg= m-21 s ,V2 V； V 解得 3= 21，故 D 选项错误. 7. 如图，AB为竖直面内半圆的水平直径.从 A点水平抛出两个小球，小球 1 的抛出速 度为Vi、小球 2 的抛出速度为V2.小球 1 落在C点、小球 2 落在D点，C、D两点距水

8、平直径 分别为圆半径的 0.8 倍和 1 倍小球 1 的飞行时间为ti,小球 2 的飞行时间为t2.则（ ） A. t 1 = t 2 C. V1 : V2 = 4 ： i 5 D. V1 : V2 = 3 ：寸 5 1 解析：选 BC.根据平抛运动的规律 h= gt2知，下落高度越高，时间越长，故 11 V2 vs B. Vi vs V2 C. ai a2 as D. Tiv T2 v Ts 解析：选 BD.卫星在 1 轨道运行速度大于卫星在 3 轨道运行速度，在 2 轨道经过P点时 的速度V2小于vs,选项 A 错误 B 正确；卫星在 1 轨道和 3 轨道正常运行加速度 aias，在 2

9、轨道经过P点时的加速度a2= as,选项 C 错误.根据开普勒定律，卫星在 i 2、3 轨道上正 常运行时周期TiT2 gR,则小车对外轨有压力，即轨道对小车的作用力向下，有 mg+ FN 2 V =mR 解得FN= mg 根据作用力与反作用力，小车对轨道的压力 FN= mg方向竖直向上. 答案：(1)2 2gR (2) mg竖直向上 12. (20 分)某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由倾 角为 0 的斜面轨道 AB和圆弧轨道BCD组成，将可视为质点的小球，从轨道 AB上高H处的 某点由静止释放，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点 D时对轨道的压力 F,改变H的大

10、小，可测出相应的 F大小，F随H的变化关系如图乙所示已知小球经过圆弧最高点 D时的 速度大小VD与轨道半径R和H的关系满足VD= 2gH 4gR,且 VD gR, g 取 10 m/s : 图甲 图乙 (1)求圆轨道的半径R和小球的质量m若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心 的值. 解析：(1)由题意，小球在 D点的速度大小满足 2 VD= 2gH 4gR 2 VD 在D点，由牛顿第二定律得 m叶F= mR 又F= F,解得 R 根据图象得 m= 0.1 kg , R= 0.2 m. (2)小球落在斜面上最低的位置时，在 D点的速度最小，根据题意，小球恰能到达 D点 2 、 、 mv 时，在D点的速度最小，设最小速度为 v,则有mg= R 解得V= gR 1 2 由平抛运动规律得 R= gt , s=vt 解得s= 2R,由几何关系可得 ssin 0 = R解得 0 = 45. 答案：(1)0.2 m 0.1 kg (2)45 5. 2015 年 9 月川东地区持续强降雨，多地发生了严重的洪涝灾害.如图为某救灾现场 示意图，一居民被洪水围困在被淹房屋