走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第四章综合测试题

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第四章综合测试题

第四章综合测试题 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．物体在平抛运动的过程中，在相等的时间内，下列物理量相等的是(　　)‎ A．速度的增量　　　　　　　 B．加速度 C．位移 D．平均速度 ‎[答案]　AB ‎[解析]　平抛运动是匀变速曲线运动，加速度为重力加速度g，由加速度定义a＝，可知速度增量Δv＝gΔt，所以相等时间内速度的增量和加速度是相等的．位移和平均速度是矢量，平抛运动是曲线运动，相等时间内位移和平均速度的方向均在变化．综上所述，该题的正确答案是A、B.‎ ‎2．小球在水平桌面上做匀速直线运动，当它受到如图所示的力的作用时，小球可能运动的方向是(　　)‎ A．Oa　　　　B．Ob　　　　C．Oc　　　　D．Od ‎[答案]　D ‎[解析]　小球受到力F 作用后，运动轨迹将向力的方向一侧发生弯曲，所以轨迹可能为Od方向而Oa、Ob、Oc都是不可能的．‎ ‎3．汽车沿平直的公路向左匀速行驶，如图所示，经过一棵树附近时，恰有一颗果子从上面自由落下，则车中的人以车为参照物，看到果子的运动轨迹是下列选项中的(　　)‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　车中的人以车为参考系，看到果子的运动轨迹是向右的平抛运动．‎ ‎4．(2019·信息卷)‎ 小船横渡一条河，在静水中船速度的大小和方向都不变．已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速(　　)‎ A．由A岸到B岸水速越来越小 B．由A岸到B岸水速越来越大 C．由A岸到B岸水速先增大后减小 D．水流速度恒定 ‎[答案]　C ‎[解析]　合速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，由于垂直河岸方向的船速为定值，结合速度矢量三角形可知水速先增大后减小，正确选项为C.‎ ‎5．(2019·太原模拟)如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，若使三角板沿刻度尺向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断，其中正确的有(　　)‎ A．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线 B．笔尖留下的痕迹是一条抛物线 C．在运动过程中，笔尖的速度方向始终保持不变 D．在运动过程中，笔尖的加速度方向始终保持不变 ‎[答案]　BD ‎[解析]　笔尖实际参与的是水平向右的匀速直线运动和向上的初速度为零的匀加速度直线运动的合运动，合运动是类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，A错，B对；笔尖做曲线运动，在运动过程中，笔尖的速度方向不断变化，C错；笔尖的加速度方向始终向上，D对．‎ ‎6．(2019·长春模拟)‎ 三颗人造地球卫星A，B，C绕地球做匀速圆周运动，运行方向如图所示．已知MA＝MBvB＝vC B．卫星轨道半径与运行周期关系为＝＝ C．已知万有引力常量G，现测得卫星A的运行周期TA和轨道半径RA，可求地球的平均密度 D．为使A与B同向对接，可对A适当加速 ‎[答案]　C ‎[解析]　由G＝m推出v＝，可知选项A正确；根据开普勒三定律可知选项B正确；由于地球半径未知，故无法求其密度，选项C错误；要想实现对接，A必须适当加速，选项D正确．故本题选C.‎ ‎7．(2019·哈尔滨模拟)‎ 如图所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A 在同一高度，小球的水平初速度分别是v1，v2，v3，打在挡板上的位置分别是B，C，D，且AB ∶BC ∶CD＝1 ∶3 ∶5.则v1，v2，v3之间的正确关系是(　　)‎ A．v1 ∶v2 ∶v3＝3 ∶2 ∶1 ‎ B．v1 ∶v2 ∶v3＝5 ∶3 ∶1‎ C．v1 ∶v2 ∶v3＝6 ∶3 ∶2 ‎ D．v1 ∶v2 ∶v3＝9 ∶4 ∶1‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　根据平抛运动规律可知，小球在竖直方向上做自由落体运动，由于AB ∶BC ∶CD＝1 ∶3 ∶5，则y1 ∶y2 ∶y3＝1 ∶4 ∶9，又因为x＝vt，则y＝，即v1 ∶v2 ∶v3＝ ∶ ∶＝6 ∶3 ∶2，选项C正确．‎ ‎8．(2019·南通模拟)“嫦娥一号”和“嫦娥二号”飞行器绕月运动的轨迹都是圆，若两飞行器轨道半径分别为r1，r2，向心加速度分别为a1，a2，角速度分别为ω1，ω2，则(　　)‎ A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ ‎[答案]　D ‎[解析]　飞行器和月球的万有引力提供飞行器做圆周运动的向心力，则有＝ma＝mω2r，所以得加速度与半径平方成反比，AB错误；角速度ω＝，C错误，D正确．‎ ‎9．(2019·咸阳模拟)‎ 如图所示，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为v0, 最后小球落在斜面上的N点，则(　　)‎ A．不能求出M、N之间的距离 B．不能求出小球落到N点时速度的大小和方向 C．可求小球到达N点时的动能 D．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大 ‎[答案]　D ‎[解析]　根据平抛运动的规律x＝v0t，y＝gt2，tanθ＝，再根据l＝可以求出M，N之间的距离，A错；小球落到N点时，速度方向与水平方向的正切值等于2tanθ，速度大小根据v＝可以求出，其中vy＝gt，B错；由于不知道小球的质量，所以无法求出小球的动能，C错；小球的速度v和位移可以沿斜面及垂直于斜面分解，当小球速度方向与斜面平行时，v垂直于斜面的分速度正好为零，而且是一个从正变为负的临界点，此刻也是位移从越来越大到越来越小的临界点，所以此刻小球与斜面间的距离最大，D对．‎ ‎10.‎ ‎(2019·信息卷)“天宫一号”于‎2011年9月29日21时16分成功发射．它将与随后发射的“神舟八号”、“神舟九号”、“神舟十号”飞船对接，从而建立中国第一个空间实验室．“天宫一号”‎ 将完成我国载人航天工程首次空间交会对接任务．交会对接是两个航天器在空间轨道上会合并在结构上连成一个整体的技术，一般是先将目标飞行器发射入轨，精确测定运行轨道，当其飞经待发飞行器发射场上空时，择机发射待发飞行器，使后者与前者运行在相同的轨道上，而且两者之间的距离控制在几千米至十几千米的范围内．然后，依靠飞行器本身的机动能力使两者逐渐接近、连接成一体．下列说法正确的是(　　)‎ A．“神舟八号”与“天宫一号”交会对接时轨道半径与运行速度都相同 B．“神舟八号”与“天宫一号”交会对接时轨道半径相同，运行速度不一定相同 C．低轨道的航天器要与高轨道的航天器交会对接必须加速 D．“神舟八号”、“神舟九号”、“神舟十号”飞船都能与“天宫一号”交会对接，其机械能必然相同 ‎[答案]　AC ‎[解析]　据G＝m，得v＝，“神舟八号”与“天宫一号”交会对接时轨道半径相同，运行速度也一定相同，选项A正确，B错误；低轨道的航天器要与高轨道的航天器交会对接，必须加速，使其所需的向心力大于万有引力，做离心运动 ，远离地球进入较高轨道，选项C正确；“神舟八号”、“神舟九号”、“神舟十号”飞船都能与“天宫一号”交会对接，其运行速度大小相同，飞行高度相同，但质量不一定相等，故机械能不一定相同，选项D错误．第Ⅱ卷(非选择题　共60分)‎ 二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)‎ ‎11.‎ ‎(6分)如图所示，台阶的高度都是‎0.4m，一球以水平速度由第一级台阶上抛出欲打在第五级台阶上，则水平速度v的取值范围是________．‎ ‎[答案]　m/s≤v≤‎2‎m/s ‎[解析]　台阶的高度都是‎0.4m，小球欲打在第五级台阶上，初速度最小时应擦着第四级台阶边缘落下，初速度最大时应擦着第五级台阶边缘落下，这两种情况下与台阶碰撞位移夹角一定是45°，tanα＝＝，可知下落的高度越大，初速度越大．‎ 由t＝，得 vmin＝＝m/s＝m/s vmax＝＝m/s＝‎2‎m/s 故m/s≤v<‎2m/s.‎ ‎12．(6分)我国自行研制的“风云一号”、“风云二号”气象卫星运行的轨道是不同的．“风云一号”是极地圆形轨道卫星．其轨道平面与赤道平面垂直，周期是12h；“风云二号”是地球同步卫星．两颗卫星相比________离地面较高；________观察范围较大；________运行速度较大．若某天上午8点“风云一号”正好与“风云二号”在同一竖直线上，那么下一次它们处在同一竖直线上的时刻将是________．‎ ‎[答案]　“风云二号”　“风云一号”　“风云一号”　第二天上午8点 ‎[解析]　根据周期公式T＝2π知，高度越大，周期越大，则“风云二号”气象卫星离地面较高；根据运行轨道的特点知，“‎ 风云一号”观察范围较大；根据运行速度公式v＝知，高度越小，速度越大，则“风云一号”运行速度较大，由于“风云一号”卫星的周期是12h，每天能对同一地区进行两次观测，在这种轨道上运动的卫星通过任意纬度的地方时时间保持不变，而“风云二号”是地球同步卫星，在地球赤道某位置的正上方保持不变，则下一次它们处在同一竖直线上的时刻将是第二天上午8点．‎ ‎13．(6分)‎ 如图所示，从地面上A点发射的一枚远程弹道导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h.已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，设距地面高度为h的圆轨道上卫星运动周期为T0，则导弹在C点的速度一定________(填“大于”、“等于”或“小于”)；导弹在C点的加速度等于________；导弹从A点运动到B点的时间一定________T0(填“大于”、“等于”或“小于”)．‎ ‎[答案]　小于　　小于 ‎[解析]　如果在高为h的圆轨道上做匀速圆周运动，由G＝m得：v＝，而导弹沿ACB椭圆运动，且C为远地点，故在C点G>m，即v′<才会在低轨道做椭圆运动；由G＝ma得：a＝；由于地心是导弹做椭圆运动的一个焦点，故椭圆的半长轴一定小于R＋h，由开普勒第三定律可知，导弹做椭圆运动的周期T一定小于在距地面高度为h 的圆轨道上运动的卫星的周期T0，且导弹沿ACB运动的过程不足一个周期，故导弹从A点运动到B点的时间一定小于T0.‎ 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎14．(10分)(2019·杭州模拟)某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带高度差H＝‎1.8m，水池宽度s0＝‎1.2m，传送带AB间的距离L0＝‎20.85m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个Δt＝0.5s反应时间后，立刻以a＝‎2m/s2，方向向右的加速度跑至传送带最右端．‎ ‎(1)若传送带静止，选手以v0＝‎3m/s水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间；‎ ‎(2)若传送带以u＝‎1m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多大？‎ ‎[答案]　(1)5.6s　(2)‎3.25m/s ‎[解析]　(1)H＝gt/2　t1＝＝0.6s x1＝v0t1＝‎‎1.8m L0－(x1－s0)＝at/2　t2＝4.5s t＝t1＋t2＋Δt＝5.6s ‎(2)选手以水平速度v1跃出落到传送带上，先向左匀速运动后向左匀减速运动，刚好不从传送带上掉下时水平速度v1最小．则 v1t1－s0＝uΔt＋ v1＝‎3.25m/s ‎15．(10分)‎ ‎(2019·天津河西模拟)如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从入口A沿切线方向水平射入圆筒内，要使球从B处飞出，小球进入入口A的速度v0应满足什么条件？在运动过程中，球对筒的压力多大？‎ ‎[答案]　2n2π2mgR/h(n＝1,2,3，…)‎ ‎[解析]　小球在竖直方向做自由落体运动，在桶内运动时间 t＝ 故v0应满足t＝n·(n＝1,2,3，…)‎ 所以v0＝＝nπR(n＝1,2,3，…)‎ 由牛顿第二定律得FN＝m＝2n2π2mgR/h(n＝1,2,3，…)‎ ‎16．(11分)(2019·信息卷)宇航员登上某一星球并在该星球表面做实验．用一根不可伸缩的轻绳跨过轻质定滑轮，一端拴一吊椅，另一端被坐在吊椅上的宇航员拉住，如图所示．宇航员的质量m1＝‎65kg，吊椅的质量m2＝‎15kg，当宇航员与吊椅以加速度a＝‎1m/s2匀加速上升时，宇航员 对吊椅的 压力为175N. (忽略定滑轮摩擦)‎ ‎(1)求该星球表面的重力加速度g0；‎ ‎(2)若该星球的半径为R0＝6×‎106m，地球半径为R＝6.4×‎106m，地球表面的重力加速度为g＝‎10m/s2‎ ‎，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比.‎ ‎[答案]　(1)‎6m/s2　(2) ‎[解析]　‎ ‎(1)设宇航员受到轻绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到轻绳的拉力也是F.对他和吊椅整体进行受力分析如图所示，则 ‎2F‎－(m1＋m2)g0＝(m1＋m2)a 设吊椅对宇航员的支持力为FN，宇航员对吊椅的压力为F′N，由牛顿第三定律得 FN＝F′N 对宇航员，由牛顿第二定律得 F＋FN－m‎1g0＝m‎1a 解得g0＝‎6m/s2‎ ‎(2)星球密度ρ0＝ ＝m′g0‎ 得该星球的平均密度与地球的平均密度之比是＝ 代入数值解得＝ .‎ ‎17．(2019·临沂模拟)某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为 H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g.‎ ‎(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？‎ ‎(2)若已知H＝‎5m，L＝‎8m，a＝‎2m/s2，g＝‎10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？‎ ‎(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？‎ ‎[答案]　(1)ω≤　(2)2s　(3)‎‎2m ‎[解析]　(1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力．‎ 则有：μmg≥mω2R 即转盘转动角度应满足ω≤ ‎(2)设水平加速段位移为x1，时间t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2.‎ 则加速时有　x1＝at v＝at1‎ 平抛运动阶段　x2＝vt2‎ H＝gt 全程水平方向：x1＋x2＝L 代入已知各量数值，联立以上各式解得：t1＝2s ‎(3)由(2)知x1＝‎4m，v＝‎4m/s，且F＝0.6mg，设阻力为f，继续向右滑动距离为x3‎ 由动能定理，加速段(F－f)x1＝mv2‎ 减速段，由动能定理－fx3＝0－mv2‎ 联立该二式解得x3＝‎‎2m