2021届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天章末质量检测含解析沪科版

2021届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天章末质量检测含解析沪科版

章末质量检测(四)‎ ‎(时间：50分钟　满分：100分)‎ ‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)‎ ‎1.野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.图乙中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同 B.大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈 C.图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点角速度相同 D.在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，自行车的速度将变大 解析　本题考查圆周运动中的传动装置，A、B、C、D四点线速度大小相等，方向不同，选项A错误；齿数与周期成正比，选项B正确；E、F两点线速度大小相同，半径不同，故角速度不同，选项C错误；若大齿轮角速度不变，增加小齿轮齿数，则小齿轮周期变大，角速度变小，自行车速度变小，选项D错误。‎ 答案　B ‎2.2017年11月5日我国成功发射了“北斗三号”中轨道卫星，已知同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　由题意可知：同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，根据开普勒第三定律＝K - 8 -‎ ‎，得同步卫星与中轨道卫星的周期之比为＝＝，选项C正确。‎ 答案　C ‎3.(2019·河北廊坊模拟)2017年10月7日，钱塘江大潮如期而至，冲浪顶尖高手驾着竞技摩托艇在江面运动，在某段时间内其两个分运动的规律为x＝－2t2－6t，y＝1.5t2＋4t，xOy为直角坐标系，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.摩托艇在x轴方向的分运动是匀减速直线运动 B.摩托艇的运动是匀变速直线运动 C.摩托艇的运动是匀变速曲线运动 D.摩托艇的运动开始为直线而后变为曲线 解析　由题意可知，在x轴方向的加速度与速度均为负值，该分运动为匀加速直线运动，A项错误；由表达式可得，x轴方向：ax＝－4 m/s2；v0x＝－6 m/s，y轴方向：ay＝3 m/s2；v0y＝4 m/s，分析可知，摩托艇的加速度与速度不共线，且加速度恒定，故摩托艇的运动是匀变速曲线运动，C项正确，B、D两项错误。‎ 答案　C ‎4.如图3所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点。释放两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；击中M、N的时间间隔为Δt2，M、N两点间水平距离为s2。不计空气阻力。下列判断正确的是(　　)‎ 图3‎ A.Δt1＞Δt2，s1＞s2 B.Δt1＞Δt2，s1＜s2‎ C.Δt1＜Δt2，s1＞s2 D.Δt1＜Δt2，s1＜s2‎ 解析　设如果两颗炸弹都落在同一水平面上时，由于高度相同，所以Δt1＝Δt2，由于第二颗炸弹落在更高的斜面，所以下落的高度减小，所用的时间减小，所以Δt1＞Δt2，同理可知，由于炸弹和飞机水平方向的速度相同，时间越小，飞行的距离越小，所以s1＞s2，选项A正确。‎ 答案　A - 8 -‎ ‎5.(2019·4月浙江选考，7)某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止)。则此卫星的(　　)‎ 图4‎ A.线速度大于第一宇宙速度 B.周期小于同步卫星的周期 C.角速度大于月球绕地球运行的角速度 D.向心加速度大于地面的重力加速度 解析　第一宇宙速度7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，故此卫星的线速度小于第一宇宙速度，A错误；根据题意，该卫星是一颗同步卫星，周期等于同步卫星的周期，故B错误；卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，根据＝mω2r可知，绕行半径越小，角速度越大，故此卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度，C正确；根据an＝可知，绕行半径越大，向心加速度越小，此卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，D错误。‎ 答案　C ‎6.(2019·山东师大附中模拟)国家航天局局长许达哲介绍，中国火星探测任务已正式立项，首个火星探测器将于2020年在海南文昌发射场用长征五号运载火箭实施发射，一步实现火星探测器的“绕、着、巡”。假设将来中国火星探测器探测火星时，经历如图5所示的变轨过程，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于在Q点的速度 B.飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 C.飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度 D.若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，就可以推知火星的密度 解析　根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点速度大于在Q点的速度，选项A错误；飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动，所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机械能，选项B错误；飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P - 8 -‎ 点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，选项C错误；轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，根据＝mω2r，解得火星的质量M＝，火星的密度ρ＝＝，选项D正确。‎ 答案　D ‎7.(2019·江苏卷，6)如图6所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)‎ 图6‎ A.运动周期为 B.线速度的大小为ωR C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为mω2R 解析　座舱的周期T＝＝，A错误；根据线速度与角速度的关系，v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。‎ 答案　BD ‎8.将一抛球入框游戏简化如下：在地面上竖直固定一矩形框架，框架高1 m、长3 m，抛球点位于框架底边中点正前方2 m处，离地高度为1.8 m，如图7所示，假定球被水平抛出，方向可在水平面内调节，不计空气阻力，忽略框架的粗细，球视为质点，球要在落地前进入框内，则球被抛出的速度大小可能为(　　)‎ 图7‎ A.3 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s 解析　无论向哪个方向水平抛球，球都做平抛运动。当速度v - 8 -‎ 最小时，球打在框架底边的中间位置，则有h2＝gt，x＝v1t1，解得v1＝3.33 m/s。当速度v最大时，球打在框架顶边的边缘位置，则有h2－h1＝gt，＝v2t2，解得v2＝6.25 m/s。故选项B、C正确。‎ 答案　BC ‎9.(2020·湖南张家界三模)2018年7月27日发生了火星冲日现象，我国整夜可见，火星冲日是指火星、地球和太阳几乎排列在同一条直线上，地球位于太阳与火星之间，此时火星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮且易于观察。地球和火星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，火星公转轨道半径为地球公转轨道半径的1.5倍，则(　　)‎ A.地球的公转周期比火星的公转周期小 B.地球的运行速度比火星的运行速度小 C.火星冲日现象每年都会出现 D.地球与火星的公转周期之比为∶ 解析　已知火星公转轨道半径为地球的1.5倍，则由G＝mr得，T＝2π，可知轨道半径越大，周期越大，故火星的公转周期比地球的大，选项A正确；又由G＝m可得v＝，则轨道半径越大，线速度(即运行速度)越小，故火星的运行速度比地球的小，选项B错误；根据开普勒第三定律得，＝＝，因为地球的公转周期为1年，所以火星的公转周期大于1年，不是每年都出现火星冲日现象，故选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎10.(2019·山东烟台检测)如图8所示，两个完全相同的小球A、B被两根长度不同的细绳拴着，在同一水平面内做匀速圆周运动。已知拴A球的细绳与竖直方向之间的夹角是拴B球的细绳与竖直方向之间的夹角的2倍，则(　　)‎ 图8‎ A.A球转动的线速度大小比B球大 B.A、B两球转动的角速度大小相同 C.两根细绳的拉力大小相同 D.A球的向心加速度大小是B球的2倍 解析　据mgtan α＝m·htan α·ω2＝m得，角速度ω＝，线速度v＝tan α，可知A - 8 -‎ 球转动的线速度大小比B球大，A、B两球转动的角速度大小相同，选项A、B正确；细线的拉力T＝，则细绳对A的拉力较大，选项C错误；根据a＝ω2r＝×htan α＝gtan α可知，A球与B球的向心加速度大小之比是tan 2θ∶tan θ，选项D错误。‎ 答案　AB 二、非选择题(本题共3小题，共40分)‎ ‎11.(12分)某实验小组用图9所示装置进行“研究平抛运动”实验。‎ 图9‎ ‎(1)实验操作时每次须将小球从轨道同一位置无初速度释放，目的是使小球抛出后________。‎ A.只受重力 B.轨迹重合 C.做平抛运动 D.速度小些，便于确定位置 ‎(2)关于该实验的一些做法，不合理的是________。‎ A.使用密度大、体积小的球进行实验 B.斜槽末端切线应当保持水平 C.建立坐标系时，以斜槽末端端口位置作为坐标原点 D.建立坐标系时，利用重垂线画出竖直线，定为y轴 ‎(3)由于忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，该小组成员只能以平抛轨迹中的某点A作为坐标原点建立坐标系，并标出B、C两点的坐标，如图10所示。根据图示数据，可求得出小球做平抛运动的初速度为________ m/s。(取g＝10 m/s2)‎ 图10‎ 解析　(1)因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，抛出后轨迹重合，选项B正确。‎ - 8 -‎ ‎(2)使用密度大，体积小的球进行实验时，受到空气阻力较小，误差小，选项A正确；斜槽末端切线应当保持水平，从而确保做平抛运动，选项B正确；建立坐标系时，因为实际的坐标原点为小球在末端时球心在白纸上的投影，以斜槽末端端口位置为坐标原点，使得测量误差增大，选项C错误；建立坐标系，利用重垂线画出竖直线，定为y轴，选项D正确。‎ ‎(3)由于小球在竖直方向做自由落体运动，故在竖直方向有Δh＝gT2，由图可知Δh＝h2－h1＝(40 cm－15 cm)－15 cm＝10 cm＝0.1 m；将Δh＝0.1 m，g＝10 m/s2代入Δh＝gT2解得T＝0.1 s，小球在水平方向做匀速直线运动，故x＝v0T，将x＝20 cm＝0.2 m代入解得v0＝2 m/s。‎ 答案　(1)B　(2)C　(3)2‎ ‎12.(12分)为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速。如图11所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道。已知AB段的距离xAB＝14 m，弯道半径R＝24 m。汽车到达A点时速度vA＝16 m/s，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。要确保汽车进入弯道后不侧滑。求汽车：‎ 图11‎ ‎(1)在弯道上行驶的最大速度；‎ ‎(2)在AB段做匀减速运动的最小加速度的大小。‎ 解析　(1)在BC弯道，由牛顿第二定律得，‎ μmg＝m，代入数据解得vmax＝12 m/s。‎ ‎(2)汽车匀减速至B处，速度恰好减为12 m/s时，加速度最小，‎ 由运动学公式－2aminxAB＝v－v，‎ 代入数据解得amin＝4 m/s2。‎ 答案　(1)12 m/s　(2)4 m/s2‎ ‎13.(16分)如图12所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L，重力加速度为g。‎ 图12‎ ‎(1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力FN；‎ ‎(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；‎ ‎(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？‎ - 8 -‎ 解析　(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有FL－2mgR＝mv2‎ 解得v＝ 在B点，由牛顿第二定律得 FN′＋mg＝m 解得FN′＝－5mg。‎ 根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为 FN＝FN′＝－5mg，方向竖直向上。‎ ‎(2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有FN＝－5mg＝0，解得Rm＝。‎ ‎(3)设小球平抛运动的时间为t，有2R＝gt2‎ 解得t＝ 水平位移x＝vt＝·＝，‎ 当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大，解得R＝ D到A的最大距离xm＝。‎ 答案　(1)－5mg　方向竖直向上　(2) (3)　 - 8 -‎