高考物理一轮复习配套单元检测第四章 第3单元 课下综合提升

高考物理一轮复习配套单元检测第四章 第3单元 课下综合提升

‎1.如图1所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则(　　)‎ 图1‎ A．物体的合外力为零 B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O C．物体的合外力就是向心力 D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)‎ 解析：物体做加速曲线运动，合力不为零，A错。物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力等于向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合外力的方向夹角为锐角，合力与速度不垂直，B、C错，D对。‎ 答案：D ‎2.如图2是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动。对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是(　　)‎ 图2‎ A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用 B．摩托车所受外力的合力小于所需的向心力 C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去 D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去 解析：当摩托车所受外力的合力恰好提供所需的向心力时，摩托车做匀速圆周运动，当摩托车所受外力的合力小于所需的向心力时，摩托车将做离心运动，因摩擦力的存在，摩托车圆周运动的半径变大，但不会沿半径方向沿直线滑出，也不会沿线速度方向沿直线滑出，故B正确，C、D错误；摩托车做离心运动，并不是受离心力作用，A错误。‎ 答案：B ‎3.如图3所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是(　　)‎ 图3‎ A．顺时针转动，周期为2π/3ω B．逆时针转动，周期为2π/3ω C．顺时针转动，周期为6π/ω D．逆时针转动，周期为6π/ω 解析：主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T从＝，B正确。‎ 答案：B ‎4．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧。两车沿半径方向受到的摩擦力分别为Ff甲和Ff乙。以下说法正确的是(　　)‎ A．Ff甲小于Ff乙 B．Ff甲等于Ff乙 C．Ff甲大于Ff乙 D．Ff甲和Ff乙大小均与汽车速率无关 解析：两车做圆周运动的向心力均由沿半径方向的静摩擦力提供，因Ff甲＝m，Ff乙＝m，又r甲＞r乙，所以Ff甲＜Ff乙，故A正确。‎ 答案：A ‎5.如图4所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速转动，下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．物块处于平衡状态 B．物块受三个力作用 C．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越不容易脱离圆盘 D．在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆盘 解析：对物块进行受力分析可知，物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力共三个力作用，合力提供向心力，A错，B正确。根据向心力公式Fn＝mrω2可知，当ω一定时，半径越大，所需的向心力越大，越容易脱离圆盘；根据向心力公式Fn＝mr()2可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，所需向心力越大，越容易脱离圆盘，C、D错误。‎ 答案：B ‎6.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5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R，则管状模型转动的最低角速度ω为(　　)‎ 图5‎ A. B. C. D．2 解析：最易脱离模型内壁的位置在最高点，转动的最低角速度ω对应铁水在最高点受内壁的作用力为零，即mg＝mω2R，得：ω＝，A正确。‎ 答案：A ‎7.如图6所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则(　　)‎ 图6‎ A．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2π B．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2π C．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mg D．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能大于2mg 解析：在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力。‎ 则mg＝m＝mv2/R，解得：‎ T＝2π ，‎ v＝。‎ 在最低点时，FN－mg＝mv2/R。‎ 解得：FN＝2mg 由此看出B正确。‎ 答案：B ‎8.如图7所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝‎0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝‎0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　)‎ 图7‎ A．‎2 m/s B．‎2 m/s C．‎2 m/s D．‎2 m/s 解析：恰好过最高点时由mgsinα＝，得vA＝＝‎2 m/s，由B到A由机械能守恒有mvB2＝mvA2＋mg·2Lsinα，代入数据解得vB＝‎2 m/s，C项正确。‎ 答案：C ‎9.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙物体质量分别为M和m(M＞m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L(L＜R)的轻绳连在一起。如图8所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点)(　　)‎ 图8‎ A. B. C. D. 解析：经分析可知，绳的最大拉力 F＝μMg，‎ 对m，F＋μmg＝mω‎2L，‎ 所以μ(M＋m)g＝mω‎2L 解得ω＝ 。‎ 答案：D ‎10.如图9所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细绳拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m＋M)g B．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(M-m)g C．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m＋M)g D．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(‎3m＋M)g 解析：在释放前的瞬间绳拉力为零，对M：FN1＝Mg；‎ 当摆球运动到最低点时，由机械能守恒得mgR＝①‎ 由牛顿第二定律得：FT－mg＝②‎ 由①②得绳对小球的拉力FT＝3mg 对支架M由受力平衡，地面支持力FN＝Mg＋3mg 由牛顿第三定律知，支架对地面的压力FN2＝3mg＋Mg。‎ 答案：D ‎11.某实验中学的学习小组在进行科学探测时，一位同学利用绳索顺利跨越了一道山涧，他先用绳索做了一个单摆(秋千)，通过摆动，使自身获得足够速度后再平抛到山涧对面，如图10所示，若他的质量是M，所用绳长为L，在摆到最低点B处时的速度为v，离地高度为h，当地重力加速度为g，则：‎ 图10‎ ‎ (1)他用的绳子能承受的最大拉力不小于多少？‎ ‎(2)这道山涧的宽度不超过多大？‎ 解析：(1)该同学在B处，由牛顿第二定律得：‎ F－Mg＝M，解得：F＝Mg＋M，‎ 即他用的绳子能承受的最大拉力不小于Mg＋M。‎ ‎(2)对该同学做平抛运动的过程由运动学公式得：‎ 水平方向有：x＝vt，‎ 竖直方向有：h＝gt2。‎ 解得：x＝v ，即这道山涧的宽度不超过v 。‎ 答案：(1)Mg＋M　(2)v ‎12.如图11所示，有一内壁光滑的试管装有质量为‎1 g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为‎5 cm，让试管在竖直平面内做匀速转动。问：‎ 图11‎ ‎ (1)转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？‎ ‎(2)当转速ω＝10 rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？(g取‎10 m/s2)‎ 解析：(1)转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小球的支持力F1应是最高点时管底对小球支持力F2的3倍，即 F1＝‎3F2①‎ 根据牛顿第二定律有 最低点：F1－mg＝mrω2②‎ 最高点：F2＋mg＝mrω2③‎ 由①②③得ω＝ ＝ rad/s＝20 rad/s④‎ ‎(2)在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0，‎ 则mg＝mrω02‎ ω0＝ ＝ rad/s＝14.1 rad/s 因为ω＝10 rad/s<ω0＝14.1 rad/s，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为 F′＝0‎ 当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为F1′，‎ 根据牛顿第二定律知 F1′－mg＝mrω2，则F1′＝mg＋mrω2＝1.5×10－2 N。‎ 答案：(1)20 rad/s　(2)1.5×10－2 N　0‎