【全程复习方略】（安徽专用）高中物理 第四章 曲线运动 万有引力与航天单元评估检测 新人教版.doc

第四章 曲线运动 万有引力与航天 单元评估检测第四章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共9小题,每小题7分,共63分。每小题只有一个答案正确)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宿州模拟)质量为2kg的物体在xoy平面上运动,在x轴方向的速度图像和在y轴方向的位移图像如图所示,下列说法正确的是()a.物体的初速度为8 m/sb.物体所受的合外力为3 nc.t=0时,物体速度方向与合外力方向垂直d.2s末物体速度大小为6m/s3.(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4.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.118 b.414c.4132 d.1245.(2013淮北模拟)一个做平抛运动的物体,从开始运动到发生第一个水平位移x的时间内,在竖直方向的位移为d1;紧接着物体在发生第二个水平位移x的时间内,它在竖直方向的位移为d2。已知重力加速度为g,则物体做平抛运动的初速度不可表示为()a.2x2gd1d1-d2 b.xgd2-d1c.xg2d1 d.x3g2d26.(2013安庆模拟)一颗人造地球卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速率为v,角速度为,加速度为g,周期为t。另一颗人造地球卫星在离地面高度为地球半径的轨道上做匀速圆周运动,则()a.它的速率为v2 b.它的加速度为g4c.它的运动周期为2t d.它的角速度也为7.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/s b.3.9 km/sc.7.9 km/s d.11.2 km/s8.(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.12 b.12c.13 d.139.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、实验题(9分)10.在“探究平抛运动的规律”的实验中,用一张印有小方格的纸记录轨迹,小方格的边长l=1.25cm。若小球在平抛运动中先后经过的几个位置如图中的a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度的计算式为v0=(用l、g表示),其值是。(g取9.8m/s2)三、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)11.(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。12.(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b。物体在y轴方向的分速度vy=-82m/s=-4 m/s,故物体的初速度v=vx02+vy2=32+42m/s=5 m/s,a错。物体的加速度a=6-32m/s2=1.5 m/s2,所受合力f=ma=21.5 n=3 n,b对。设t=0时,物体的速度与合力方向(vx方向)的夹角为,则tan=|vyvx0|=43,=53,c错。2s末,物体的速度v=vx2+vy2=62+42m/s=2m/s,d错。3.【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=2r3gm b.t=23r3gmc.t=g d.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。4.【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。【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。5.【解析】选a。在第一个水平位移x内,d1=12gt12,则t1=2d1g,初速度v0=xt1=xg2d1,c对;而d2=12g(2t1)2-12gt12=12gt123,故t1=2d23g,v0=xt1=x3g2d2,d对;在竖直方向上d2-d1=gt12,则t1=d2-d1g,v0=xt1=xgd2-d1,b对,a错。故选a项。6.【解析】选b。设地球质量为m,半径为r,则v=gmr,=gmr3,g=gmr2,t=2r3gm,另一卫星的轨道半径r=2r,则它的线速度v=gm2r=22v,a错。加速度a=gm(2r)2=14g,b对。另一卫星的周期t=2(2r)3gm=2r3gm22=22t,c错。另一卫星的角速度=gm(2r)3=24,d错。7.【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。8.【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。9.【解析】选d。小球刚好过d点的速度为vd,由mg=mvd2r得,vd=gr,当落至与b点等高的水平面上时,平抛的水平位移x=vd2rg=2rr,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。10.【解析】从图中可以看出,a、b、c、d四点沿水平方向相邻两点间的距离均为2l;根据平抛运动规律,物体在任意两相邻间隔所用的时间为t,则有v0=。由于a、b、c、d四点沿竖直方向依次相距l、2l、3l;平抛物体在竖直方向做自由落体运动,而且任意两个连续相等时间里的位移之差相等,s=gt2=l即t=解得:v0=2代入数据得:v0=2m/s=0.7 m/s。答案：2 0.7m/s11.【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/s12.【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)所以传送带ab两端的距离: