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1、单元评估检测(四)第四章(60 分钟 100 分) 一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。每小题至少一个答案正确,选不全得 4 分)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惠安模拟)如图所示是一种新型高速列车,当它转弯时,车厢会自动倾斜,产生转弯需要的向心力;假设
2、这种新型列车以 360 km/h 的速度在水平面内转弯,弯道半径为 1.5 km,则质量为 75 kg 的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为()A.500 NB.1 000 NC.500 ND.023.如图所示,人在岸上拉船,已知船的质量为 m,水的阻力恒为 Ff,当轻绳与水平面的夹角为 时,船的速度为 v,此时人的拉力大小为 F,则此时()A.人拉绳行走的速度为 vcosB.人拉绳行走的速度为vC.船的加速度为FD.船的加速度为F4.(2012浙江高考)如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A.太阳对各小行星
3、的引力相同B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值5.(2013泰安模拟)人造卫星在受到地球外层空间大气阻力的作用后,卫星绕地球运行的半径、角速度、速率将()A.半径变大,角速度变大,速率变大B.半径变小,角速度变大,速率变大C.半径变大,角速度变小,速率变小D.半径变小,角速度变大,速率变小6.(2013贺州模拟)火车以 1 m/s2的加速度在平面轨道上加速行驶,车厢中有一乘客把手伸到窗外,从距地面 2.5 m 高度自由释放一物体。若不计空气阻力,则物体落地时与乘客的水
4、平距离为(取 g=10m/s2)()A.0B.0.50 mC.0.25 mD.因不知火车当时的速度,故无法判断7.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、R C=8RA,如图所示。正常骑行时三轮边缘的向心加速度之比 aAa Ba C等于()A.118 B.414C.4132 D.1248.(2013桂林模拟)人类对外太空的探索从未停止,至今已取得了不少进展。若人类发现了某 X 星球,为了进一步了解该星球,可以采用发射一颗探测卫星到该星球上空进行探测的方式。设探测卫星的轨道是圆形的,且贴近 X 星球表面。已知 X 星球的质量约为地球质量的 81 倍
5、,其半径约为地球半径的 4 倍,地球上的第一宇宙速度约为 7.9 km/s,则该探测卫星绕 X 星球运行的速率约为()A.1.8 km/s B.4 km/sC.16 km/s D.36 km/s二、实验题(本大题共 2 小题,共 15 分)9.(2013南宁模拟)(5 分)某同学在做平抛物体的运动实验中,忘记记下斜槽末端的位置 O,如图所示是物体运动的轨迹,A 为物体运动一段时间后的位置,则物体平抛初速度为m/s。(g 取 10m/s2)10.(2013玉林模拟)(10 分)某同学按图安装好器材进行实验,记下小球穿过卡片孔的一系列位置 A、B、C、D、E(图中未标出),取下白纸,分析发现小球抛
6、出点 O 没有记下,于是他用平滑曲线将 A、B、C、D、E 点连起来并延长到纸边缘,把抛物线与纸边缘的交点定为 O 点,以 O 点为原点,正确建立坐标系,测出曲线上某点的坐标 x 和 y,利用 v0= 求出小球平抛初速度 v0。x22(1)该装置有一处错误,就是_;(2)假设该同学描出的小球做平抛运动的轨迹是准确的,由于装置上的错误,带来他这样测得的 v0值比真实值(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。三、计算题(本大题共 2 小题,共 37 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)(17 分)如图所示,斜面体 ABC 固定在地面上,小球 p 从 A点
7、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.(20 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
8、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
9、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 A。对乘客由牛顿第二定律得 F 合 =m =75 N=500N,选项v2 10021.5103A 正确。3.【解析】选 A、C。船的速度 产生了两个效果,一是滑轮与船间的绳缩短,二是绳绕滑轮顺时针转动,故将船的速度进行分解,如图所示,人拉绳行走的速度 v 人 =vcos,选项 A 正确,B 错误;绳对船的拉力等于人拉绳的力,即绳的拉力大小为 F,与水平方向成 角,因此 Fcos-Ff=ma,得 a= ,选项
10、 C 正确,D 错误。F4.【解析】选 C。根据万有引力定律 F=G 可知,由于各小行星的质量和到太阳的M2距离不同,万有引力不同,选项 A 错误;设太阳的质量为 M,小行星的质量为 m,由万有引力提供向心力,则 G =m r,则各小行星做匀速 圆周运动的周期 T=M2 4222 ,因为各小行星的轨道半径 r 大于地球的 轨道半径,所以各小行星绕太阳r3运动的周期均大于地球的周期一年,选项 B 错误; 向心加速度 a= =G ,内侧小行F M2星到太阳的距离小,向心加速度大,选项 C 正确; 由 G =m 得小行星的线速度M2 v2v= ,小行星做圆周运动的轨道半径大于地球的公转轨道半径,线速
11、度小于地G球绕太阳公转的线速度,选项 D 错误。【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=2 B.T=2R3 33C.T= D.T= 3【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
12、物体做圆周运动,由 =m( )2R 得 T=2 ,又因为 M=G2 2 R3 R3,M 为 星球的质量 ,为星球的密度,则 T= ,若星球自转周期比 T 还小,万43 3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。5.【解析】选 B。人造 卫 星在受到地球外层空间大气阻力时,卫星的速度减小,万有引力提供的向心力大于卫星所需向心力,卫星做近心运动,卫星再次绕地球运行时,半径变小,由 G =m2r=m 得,= ,v= ,由于半径变小,故角速度变M2 v2 G3 G大,线速度变大,选项 B 正确。6.【解析】选 C。火 车做匀加速直 线运动,物体做平抛运动,其初速
13、度为火车释放物体时的速度 v0。设落地时间为 t,在这一段时间内,火车前进了 s1,物体沿水平方向前进了 s2,则 h= gt2,s1=v0t+ at2,s2=v0t,以上三式 联立可得,s 1-s2= h=0.25m,选项 C12 12 a正确。7.【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= 得, = = ,小齿轮 A 与后轮 C 是共轴转动,角速度相等,由 a=2Rv2 aR41得 = = ,故 aAaBaC=4132,选项 C 正确。aR188.【解析】选 D。由 G =m 得 v= ,故探测卫星绕 X 星球运行的速率与第一M2 v2
14、 G宇宙速度之比为 = = = ,解得 v= v1= 7.9km/s36 km/s,选项 D 正确。v1 M地地 814 92 92 929.【解析】在竖直方向上相邻的相等时间内位移差恒定,根据匀变速直线运动的特点求解即可。由题图可知,物体在通过相邻两段 AD、DG 时,水平位移相同。在竖直方向上有y=0.25m-0.15 m=gT2,所以 T=0.1s,故平抛初速度 v= = m/s=2.0 m/s。 0.20.1答案：2.010.【解析】小球是在轨道末端被抛出的,若白纸的左边缘上某一点被定为原点 O,必须要求竖直板上的白纸左边紧靠斜槽末端。但装置中没有做到这一点,这是装置中的一处错误。从装
15、置图中看,抛点位置实际在白纸左边缘的右侧。那么按题中的方法测出的 x、y 值均会比真实值偏大,但是由于曲线顶部比较平缓,所以会使 x 的测量值与真实值相差较大而 y 值相差较小,代入 v0= 计算出的 v0值比g22真实值偏大。答案：(1) 竖 直板上的白纸左边缘没有紧靠斜槽末端(2)偏大11.【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= =gsin (3 分)m下滑所需时间为 t1,根据运动学公式得:l= a (3 分)12t21由得:t 1= (2 分)2解得:t 1=1s (1 分)(2)小球 q 做平抛运 动,设抛出速度为 v0,则:x=v0t2 (3 分)x=lcos30 (2 分)依题意得:t 2=t1 (1 分)由得:v 0= = m/s (2 分)l30
