浙江专版2024年高考物理一轮复习单元评估检测四曲线运动含解析

PAGE13-单元评估检测(四)曲线运动(90分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分)1.一只小船在静水中的速度为v2,河水自西向东流淌,流速为v1,且v2>v1,用小箭头表示船头的指向及小船在不同时刻的位置,虚线表示小船过河的路径,则图中可能的是 ()A.①③B.②③C.③④D.①④【解析】选C。若静水速度的方向垂直河岸,水流速度自西向东,依据平行四边形定则,则合速度的方向偏向下游,渡河的轨迹为倾斜的直线。故①错误,③正确。静水速度斜向下游,依据平行四边形定则知,合速度的方向不行能与静水速度的方向重合,故②错误。依据平行四边形定则知,合速度的方向夹在静水速度和水流速度之间,因v2>v1,可以垂直河岸,故④正确。由以上分析可知,A、B、D错误,C正确。2.一水平固定的水管,水从管口以不变的速度源源不断地喷出。水管距地面高h=1.8m,水落地的位置到管口的水平距离x=1.2m。不计空气及摩擦阻力,水从管口喷出的初速度大小是 ()A.1.2m/s B.2.0m/sC.3.0m/s D.4.0m/s【解析】选B。水平喷出的水,运动规律为平抛运动,依据平抛运动规律h=12gt2可知,水在空中的时间为0.6s,依据x=v0t可知水平速度为v0=2.0m/s。因此选项B3.(2024·温州模拟)嘉兴某中学开设了糕点制作的选修课,小明同学在体验糕点制作“裱花”环节时,他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20cm)的蛋糕,在蛋糕上每隔4s匀称“点”一次奶油,蛋糕一周匀称“点”上15个奶油,则下列说法正确的是 ()A.圆盘转动的转速约为2πr/minB.圆盘转动的角速度大小为π30C.蛋糕边缘的奶油线速度大小约为π3D.蛋糕边缘的奶油向心加速度约为90m/s2【解析】选B。蛋糕上每隔4s匀称“点”一次奶油,蛋糕一周匀称“点”上15个奶油,则圆盘转一圈的周期T=60s,故转速为1r/min,故A错误;由角速度ω=2πT=π30rad/s,故B正确;蛋糕边缘的奶油线速度大小,v=ωr=π300m/s,故C错误;蛋糕边缘的奶油向心加速度,a=ω2r=π2302π29000m/s24.(2024·宁波模拟)如图所示,假如把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动,那么,从它的分针与秒针第一次重合至其次次重合,中间经验的时间为 ()A.5960min B.6059min C.6160min 【解析】选B。分针的周期为1h,秒针的周期为1min,两者的周期比为T1∶T2=60∶1,分针与秒针从第1次重合到第2次重合有:ω1t+2π=ω2t,即2πT1t+2π=2πT2t,又T1=60T2=60min,所以t=6059min。故B5.在一次空地演习中,离地H高处的飞机以水平速度v1放射一颗炮弹欲轰炸地面目标P,反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上放射炮弹拦截。设拦截系统与飞机的水平距离为s,不计空气阻力。若拦截胜利,则v1、v2的关系应满意 ()A.v1=v2 B.v1=HsvC.v1=Hsv2 D.v1=sH【解析】选D。设经t时间拦截胜利,则平抛的炮弹h=12gt2,s=v1t;竖直上抛的炮弹H-h=v2t-12gt2,由以上各式得v1=sHv2,由此可知选项D正确,A、B6.共享单车是指企业在校内、地铁站点、公交站点等公共服务区供应自行车共享服务,是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采纳的无链传动系统,利用圆锥齿轮90°轴交,将动力传至后轴,驱动后轮转动。杜绝了传统自行车“掉链子”问题。如图乙所示是圆锥齿轮90°轴交示意图,其中A是圆锥齿轮转轴上的点,B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点,两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)。下列说法正确的是 ()A.B点与C点的角速度:ωB=ωCB.C点与A点的线速度:vC=rBrC.B点与A点的角速度:ωB=rArD.A点和C点的线速度:vA=rAr【解析】选B。由圆锥齿轮的特点,得vB=vC,依据v=ωr可知ωB≠ωC,选项A错误;vC=vB=rBrAvA,选项B正确,D错误;A、B同轴转动,角速度相同,选项C错误;7.2017年4月22日,我国首艘货运飞船“天舟一号”与“天宫二号”空间试验室完成交会对接。若飞船绕地心做匀速圆周运动,距离地面的高度为h,地球半径为R,地球表面的重力加速度为A.依据题中条件可以估算飞船的质量B.“天舟一号”飞船内的货物处于平衡状态C.飞船在圆轨道上运行的加速度为gRD.飞船在圆轨道上运行的速度大小为Rg【解析】选D。飞船的质量在计算过程中抵消,所以无法计算飞船的质量,飞船内的货物跟飞船一块做匀速圆周运动,合力指向地心,不为零,不是平衡状态,A、B错误;运动过程中万有引力充当向心力,故有GMm(R+h)GM,可得a=gR2(R+h)2,C错误;依据公式GMmr2=mv2r,解得8.(2024·嘉兴模拟)2018年3月30日我国胜利放射第三十颗北斗导航卫星,这颗卫星属于中圆地球轨道卫星,在轨高度约为21500km,该高度处重力加速度为g1,该卫星的线速度为v1,角速度为ω1,周期为T1。2017年9月17日天舟一号在高度约400km的圆轨道上起先独立运行,该高度处重力加速度为g2,天舟一号的线速度为v2A.g1>g2 B.v1>v2C.ω1<ω2 D.T1<T2【解析】选C。由公式g=GMr2可知,高度越高,重力加速度越小,所以g1<g2,故A错误;由公式v=GMr可知,高度越高,线速度越小,所以v1<v2,故B错误;由公式ω=GMr3可知,高度越高,角速度越小,所以ω1<ω2,故C正确;由公式T=4π2r3GM可知,高度越高,周期越大9.利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤道上随意两点之间保持无线电通讯。目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍,假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的,则地球自转周期的最小值约为 ()A.1hB.4hC.8hD.16h【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)明确地球同步卫星运转周期与地球自转周期相同。(2)卫星的运转周期随轨道半径减小而变小。(3)用三颗同步卫星来实现无线电通讯直线传播,临界几何关系是直线与圆相切。【解析】选B。由于地球同步卫星的运转周期与地球自转周期相同,假设地球的自转周期变小,则同步卫星的运转周期变小,轨道半径变小,由几何关系可知轨道半径最小值为2R,据GMmr2=m4π2T2r可得T最小=2R610.如图所示,小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出,若小球到达斜面的位移最小,则飞行时间t为(重力加速度为g) ()A.v0tanθ B.2C.v0gtan【解析】选D。如图所示,要小球到达斜面的位移最小,则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直,所以有tanθ=xy,而x=v0t,y=12gt2,解得t=2v0【加固训练】如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图,运动员从助滑雪道AB上由静止起先滑下,到达C点后水平飞出,落到滑道上的D点,E是运动轨迹上的某一点,在该点运动员的速度方向与轨道CD平行,设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2,EF垂直于CD,则 ()A.t1=t2,CF=FDB.t1=t2,CF<FDC.t1>t2,CF=FD D.t1>t2,CF<FD【解析】选B。将运动员的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动,则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1=t2,因在平行CD方向运动员做匀加速运动,所以CF<FD,B正确,A、C、D错误。二、试验题(本题共2小题,共16分)11.(8分)如图所示,探讨平抛运动规律的试验装置放置在水平桌面上,利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间,底板上的标尺可以测得水平位移。保持水平槽口距底板高度h=0.420m不变。变更小球在斜槽导轨上下滑的起始位置,测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d,记录在表中。v0/(m·s-1)0.7411.0341.3181.584t/ms292.7293.0292.8292.9d/cm21.730.338.646.4(1)由表中数据可知,在h肯定时,小球水平位移d与其初速度v0成________关系,与________无关。

(2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值t理=2hg=2×0.42010s=289.8ms,发觉理论值与测量值之差约为3ms。经检查(3)另一位同学分析并订正了上述偏差后,另做了这个试验,竟发觉测量值t′依旧大于自己得到的理论值t′理,但二者之差在3～7ms之间,且初速度越大差值越小。对试验装置的安装进行检查,确认斜槽槽口与底座均水平,则导致偏差的缘由是__。

【解析】(1)由题表中数据可知,h肯定时,小球的水平位移d与初速度v0成正比关系,与时间t无关。(2)该同学计算时重力加速度取的是10m/s2,一般状况下应取9.8m/s2,从而导致约3ms的偏差。(3)小球直径过大,小球飞过光电门须要时间或光电门传感器置于槽口的内侧,使测量值大于理论值。答案:(1)正比飞行时间t(2)计算时重力加速度取值(10m/s2)大于实际值(3)见解析12.(8分)如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分,图中背景方格的边长均为5cm,假如g取10m/s2,那么: (1)照相机的闪光频率是________Hz。

(2)小球运动中水平分速度的大小是______m/s。

(3)小球经过B点时的速度大小是______m/s。

【解析】(1)因为xAB=xBC,所以tAB=tBC。在竖直方向上,由Δy=gT2得5L-3L=gT2,解得T=0.1s,故闪光频率为10Hz。(2)水平分速度v=xT=3×0.05(3)vBy=yAC2T=(5+3又知vBx=1.5m/s,所以vB=vBx2+vBy2=答案:(1)10(2)1.5(3)2.5三、计算题(本题共4小题,共44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.(10分)(2024·浙江11月选考真题)在竖直平面内,某一嬉戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成,如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB,到达B点的速度大小为2m/s,然后进入细管道BCD,从细管道出口D点水平飞出,落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2m,D点的高度h2=0.8m,D点与G点间的水平距离L=0.4m,滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求小滑块在轨道AB上的加速度大小和在A点的初速度大小。(2)求小滑块从D点飞出的速度。(3)推断细管道BCD的内壁是否光滑。【解析】(1)取AB段探讨,物体在AB上做匀减速运动设初速度为vA,则vB2-vAa=-mgsinθ+x=h1sinθ联立上式得vA=6m/s(1分)a=-8m/s2 (1分)(2)取DG段探讨,物体做平抛运动,h2=12gt2、L=v则vD1=1m/s(2分)(3)取BD段探讨,假设细管道光滑,依据机械能守恒定律12mvD22-12mvB2则vD2=23m/s>vD1 (1分)因此是有阻力的。 (1分)答案:(1)8m/s26m/s(2)1m/s(3)不光滑14.(12分)如图所示,质量m=1kg的小物块静止放在粗糙水平面上,它与水平面表面的动摩擦因数μ=0.4,且与水平面边缘O点的距离s=8m。在台阶右侧固定了一个12圆弧挡板,半径R=3m,圆心与桌面同高。今以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F=8N的水平恒力拉动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板。(g取10m/s2(1)若小物块恰能击中圆弧最低点,求其离开O点时的动能大小。(2)在第(1)问中拉力F作用的时间。(3)若小物块在空中运动的时间为0.6s,求拉力F作用的距离。【解析】(1)小物块离开O点后起先做平抛运动,故:R=v0t0R=12gt02EkO=12mv02解得EkO=7.5J(2分)(2)由起先运动到小物块到达O点,由动能定理得:Fx-μmgs=12mv027916m(2分由牛顿其次定律得F-μmg=maa=4m/s2,12at12=x,t1=7932(3)小物块离开O点后起先做平抛运动,由下落时间可知下落距离y=12gt2=1.8①若小物块落到半圆的左半边,则平抛运动水平位移x1=R-R2-yv1=x1t=1m/s,FL1-μmgs=1解得L1=6516m (1分②若小物块落到半圆的右半边,同理可得v2=9m/s,L2=14516m>8m(舍去) (1分答案:(1)7.5J(2)7932s(3)651615.(10分)如图所示,一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出,恰好沿光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=0.3m,OA与竖直方向的夹角θ=60°,小球到达A点时的速度vA=4m/s。(g取10m/s2)求: (1)小球做平抛运动的初速度v0。(2)P点与A点的水平距离和竖直高度。(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。【解析】(1)小球到达A点的速度如图所示。由图可知v0=vx=vAcos60°=2m/s(2分)(2)vy=vAsin60°=23m/s由平抛运动规律得:vy2=2gh, (1可得P点与A点的竖直高度h=0.6m,又vy=gt (1分)可得所求水平距离x=vxt=235m≈0.69m(1(3)取A点所在水平面为重力势能的零势能面,由机械能守恒定律得:12mvA2=mg(R+Rcos60°)+12m由牛顿其次定律得:FNC+mg=m解得:FNC=8N(2分)由牛顿第三定律得:小球对轨道的压力大小F′NC=FNC=8N,方向竖直向上 (2分)答案:(1)2m/s(2)0.69m0.6m(3)8N,方向竖直向上16.(12分)(2024·杭州模拟)三维弹球(3DPinball)是Window里面附带的一款运用键盘操作的