高考物理一轮复习 单元评估检测（四）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、单元评估检测(四) (45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分。18题为单选题,912题为多选题)1.一质点在几个共点力作用下做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力保持不变,则()A.质点一定做匀变速运动B.质点一定做匀变速直线运动C.质点可能做匀速圆周运动D.质点在单位时间内速率的变化量总是不变【解析】选A。质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点受到的合外力为该恒力,由牛顿第二定律可知物体的加速度不变,即为匀变速运动,故A正确;若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,质点速度方向时刻与恒力方向不同;若该恒力方向与

2、质点原运动方向共线,则质点做直线运动,故B错;做匀速圆周运动需要向心力,而且向心力时刻指向圆心,是变力而不是恒力,故C错误;因为加速度不变,单位时间内速度的变化量(是矢量)是不变的,而速率的变化量不一定不变,故D错误。【加固训练】物体受到几个力的作用而做匀速直线运动,如果只撤掉其中的一个力,其他力保持不变,它不可能做()A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.匀减速直线运动D.曲线运动【解析】选A。物体受到几个力的作用而做匀速直线运动,如果只撤掉其中的一个力,其他力保持不变,合力与撤去的力大小相等方向相反,合力大小方向不变,不可能做匀速直线运动,故选项A正确;若撤去的力与运动的方向相反,则物体做

3、匀加速直线运动,故选项B错误;若撤去的力与运动的方向相同,则物体做匀减速直线运动,故选项C错误;若撤去的力与速度的方向不在同一条直线上,物体做曲线运动,故选项D错误。2.(2018和平区模拟)甲同学以速度v1将铅球水平推出,推出点距地面高度为H1,乙同学身高较高,将铅球在距地面H2高度处水平推出(H2H1),两位同学推出铅球的水平位移恰好一样,不计空气阻力的作用,则乙同学推出铅球的速度为()A.v1B.v1C.v1D.v1【解析】选B。由h=gt2得t=,物体飞行的水平距离为x=v0t=v0,由于两位同学推出铅球的水平位移恰好一样,则=,即:v2=v1,选项B正确。3.小河宽为d=200 m,

4、河水中各点水流速的大小v水与该点到较近河岸的垂直距离x(m)成正比,即v水=0.03x(m/s),若小船在静水中的速度为v0=4 m/s,小船的船头垂直河岸渡河,下列说法中正确的是()A.小船渡河的轨迹为一条直线B.小船渡河的时间为100 sC.小船到达河的正中央时,船的速度为7 m/sD.小船从河岸出发到运动至河正中央的过程中,做匀变速曲线运动【解析】选D。小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动,在沿河岸方向上做变速运动,合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上,小船做曲线运动,故A错误;小船船头始终垂直河岸渡河,渡河时间可由河宽与船在静水中的速度求出,即为t= s=50 s,故B错误;小船到

5、达河的正中央时,水流速度为v水=0.03100 m/s=3 m/s,根据速度的合成可知,船的速度为v= m/s=5 m/s,故C错误;船从河岸出发到运动至河正中央的过程中,水流速度v水=0.03x=0.03v船t (m/s),因此水流速度均匀增大,根据曲线运动条件,结合运动的合成可知,小船做匀变速曲线运动,故D正确。4.(2018锦州模拟)电视综艺节目加油向未来中有一个橄榄球空中击剑游戏:宝剑从空中B点自由下落,同时橄榄球从A点以速度v0沿AB方向抛出,恰好在空中C点击中剑尖,不计空气阻力。关于橄榄球,下列说法正确的是 ()A.在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度B.若以大于v0的速度沿原方

6、向抛出,一定能在C点上方击中剑尖C.若以小于v0的速度沿原方向抛出,一定能在C点下方击中剑尖 D.无论以多大速度沿原方向抛出,都能击中剑尖【解析】选B。由于橄榄球和剑在空中只受重力作用,故加速度均为g,选项A错误;若要击中剑尖,需满足水平方向:x=v0cost,竖直方向H=gt2+v0sin t- gt2=v0sin t,(为v0与水平方向的夹角)若以大于v0的速度沿原方向抛出,此时t变小,相遇时剑下落的高度减小,则一定能在C点上方击中剑尖,选项B正确;若以小于v0的速度沿原方向抛出,若速度过小,则橄榄球可能不能运动到球的正下方就落地了,故不一定能在C点下方击中剑尖,选项C、D错误。5.如图所

7、示的装置可以将滑块水平方向的往复运动转化为OB杆绕O点的转动,图中A、B、O三处都是转轴。当滑块在光滑的水平横杆上滑动时,带动连杆AB运动,AB杆带动OB杆以O点为轴转动,若某时刻滑块的水平速度v,连杆与水平方向夹角为,AB杆与OB杆的夹角为,此时B点转动的线速度为()A.B. C.D. 【解析】选A。A点的速度的方向沿水平方向,如图将A点的速度分解,根据运动的合成与分解可知,沿杆方向的分速度vA分=vcos,B点做圆周运动,实际速度是圆周运动的线速度,可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度,如图设B的线速度为v,则vB分=vcos=vsin,又二者沿杆方向的分速度是相等的,即vA分

8、=vB分,联立可得v=,选项A正确。6.(2018广元模拟)如图所示,一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动。在框架上套着两个质量相等的小球A、B,小球A、B到竖直转轴的距离相等,它们与圆形框架保持相对静止。下列说法正确的是()A.小球A的合力小于小球B的合力B.小球A与框架间可能没有摩擦力C.小球B与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动,小球B受到的摩擦力一定增大【解析】选C。由于合力提供向心力,依据向心力表达式F=mr2,已知两球质量,半径和角速度都相同,可知向心力相同,即合力相同,故选项A错误;小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO轴,故一定存在摩擦力,而B球的重力和

9、弹力的合力可能垂直指向OO轴,故B球摩擦力可能为零,故选项B错误,C正确;由于不知道B是否受到摩擦力以及所受摩擦力的方向,故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动,小球B受到的摩擦力的变化情况,故选项D错误。【加固训练】(2018十堰模拟)如图所示,放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R,质量为m的带孔小球穿于环上,同时有一长为R的细绳一端系于球上,另一端系于圆环最低点,绳的最大拉力为2mg。当圆环以角速度绕竖直直径转动时,发现小球受三个力作用。则可能为()A.3B.C.D.【解析】选B。因为圆环光滑,所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力,细绳要产生拉力,绳要处于拉升状态,根据几何关系

10、可知,此时细绳与竖直方向的夹角为60,当圆环旋转时,小球绕竖直轴做圆周运动,向心力由三个力在水平方向的合力提供,其大小为F=m2r,根据几何关系,其中r=Rsin60一定,所以当角速度越大时,所需要的向心力越大,绳子拉力越大,所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力,此时角速度最小,需要的向心力最小,对小球进行受力分析得:Fmin=2mgsin60,即2mgsin60=mRsin60解得:min=,所以只要就符合题意;当绳子的拉力达最大时,角速度达最大;同理可知,最大角速度为=;故符合条件的只有B。7.“天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船,2017年4月20日19时41

11、分在海南文昌航天发射中心,由长征7号遥2运载火箭发射。4月21日上午,“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制,后来又进行了三次的轨道控制,使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方。4月22日12时23分,“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接。下列说法正确的是 ()A.根据“天宫二号”离地面的高度,可计算出地球的质量B.“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程,满足动量守恒、能量守恒C.“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时,轨道半径和线速度都略微减小D.若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期,可求出地球的密度【解析】选D。根据G=

12、m ,可得M=,则根据“天宫二号”离地面的高度,不可计算出地球的质量,选项A错误;“天舟一号”与“天宫二号”对接时,“天舟一号”要向后喷气加速才能对接,故对接的过程不满足动量守恒,但是能量守恒,选项B错误;“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时,万有引力变大,则轨道半径略微减小,引力做正功,故线速度增加,选项C错误;G =mR,而M=R3,可得= ,即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期,可求出地球的密度,选项D正确。【加固训练】如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500 km高的轨道上实现两地通信的示意图。若己知地球表面重力加速度为g,地球半径为R,则下列说法正确的是()A.可以估

13、算出“墨子号”所受到的万有引力大小B.“墨子号”的周期大于地球同步卫星的周期C.工作时,两地发射和接收信号的雷达方向一直是固定的D.卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于 7.9 km/s【解析】选D。根据万有引力定律公式F=G,因不知道“墨子号”量子科学实验卫星的质量,所以无法估算出“墨子号”所受到的万有引力大小,选项A错误;因“墨子号”量子科学实验卫星距地面的高度小于同步卫星的高度,故“墨子号”的周期小于地球同步卫星的周期,选项B错误;因不是同步卫星,相对于地球是运动的,也就是卫星相对地面的位置在变化,工作时,两地发射和接收信号的雷达方向也是变化的,选项C错误;在地球表面绕地球做圆周运行的绕行

14、速度最大为7.9 km/s,而“墨子号”量子科学实验卫星距地面的高度500 km,故绕行速度一定小于7.9 km/s,选项D正确。8.2016年2月11日,美国科学家宣布探测到引力波,证实了爱因斯坦100年前的预测,弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是产生引力波的来源之一,假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成,这两颗星绕它们的连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动,测得a星的周期为T,a、b两颗星的距离为l,a、b两颗星的轨道半径之差为r,已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径,则()A.b星的周期为TB.a星的线速度大小为C.a、b两颗星的半径之比为D.a、

15、b两颗星的质量之比为【解析】选C。双星系统靠相互间的万有引力提供向心力,角速度大小相等,则周期相等,所以b星的周期为T,选项A错误;根据题意可知ra+rb=l,ra-rb=r,解得ra=,rb=,则a星的线速度大小va=,=,选项C正确、B错误;双星系统靠相互间的万有引力提供向心力,角速度大小相等,向心力大小相等,则有ma2ra=mb2rb,解得=,选项D错误。9.如图所示,半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置,小球m在圆形轨道内侧做圆周运动。对于半径R不同的圆形轨道,小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力。下列说法中正确的是()A.半径R越大,小球通过轨道最高点时的速度越大B.半径

16、R越大,小球通过轨道最高点时的速度越小C.半径R越大,小球通过轨道最低点时的角速度越大D.半径R越大,小球通过轨道最低点时的角速度越小【解析】选A、D。小球m通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力,由牛顿第二定律得mg=m,解得v=,因此半径R越大,小球通过轨道最高点时的速度越大,故A正确,B错误;小球从最高点运动到最低点的过程中,由动能定理得mg2R=mv2-mv2,解得v=,角速度=,故C错误,D正确。10.如图所示,斜面倾角为,位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出,小球到达斜面经过的时间为t,重力加速度为g,则下列说法中正确的是()A.若小球以最小位移到达斜面

17、,则t=B.若小球垂直击中斜面,则t=C.若小球能击中斜面中点,则t=D.无论小球怎样到达斜面,运动时间均为t=【解析】选A、B。小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直,位移与竖直方向的夹角为,则tan =,即t=,A正确,D错误;小球垂直击中斜面时,速度与水平方向的夹角为-,则tan (-)=,即t=,B正确;小球击中斜面中点时,令斜面长为2L,则水平射程为Lcos =v0t,下落高度为Lsin =gt2,联立两式得t=,C错误。11.(2018邯郸模拟)如图所示,水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动,从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中,下列说法正确的是()A.

18、木块A处于超重状态B.木块A处于失重状态C.B对A的摩擦力越来越小D.B对A的摩擦力越来越大【解析】选B、C。A、B一起做匀速圆周运动,合力提供向心力,加速度即向心加速度。水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中,加速度大小不变,方向指向圆心。在竖直方向有竖直向下的分加速度,因此A、B都处于失重状态,A错误,B正确;对A受力分析,加速度指向圆心,那么此过程中水平方向加速度逐渐减小,而能够提供A水平加速度的力只有B对A的摩擦力,因此B对A的摩擦力越来越小,C正确,D错误。12.(2018烟台模拟)火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大太空探索项目,2018年左右我国将进行第

19、一次火星探测。已知地球公转周期为T,到太阳的距离为R1,运行速率为v1,火星到太阳的距离为R2,运行速率为v2, 太阳质量为M,引力常量为G。一个质量为m的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上,以地球轨道上的A点为近日点,以火星轨道上的B点为远日点,如图所示。不计火星、地球对探测器的影响,则()A.探测器在A点的加速度等于 B.探测器在B点的加速度大小为C.探测器在B点的动能为mD.探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为【解析】选A、D。根据牛顿第二定律,加速度由合力和质量决定,故在A点的加速度等于沿着图中小虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度,为a=,选项A正确;根据牛顿第二定律,加速度由合力和质

20、量决定,故在B点的加速度等于沿着图中大虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度,为a= ,选项B错误;探测器在B点的速度小于v2,故动能小于m,选项C错误;根据开普勒第三定律,有: =联立解得: T=T,故探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为T,故D正确。【加固训练】(多选)(2018岳阳模拟)如图所示,我国发射神舟十号飞船时,先将飞船发送到一个椭圆轨道上,其近地点M距离地面高度200 km,远地点N距地面高度330 km,进入该轨道正常运行时,其周期为T1,通过M、N点时的速度分别为v1、v2,加速度分别为a1、a2,当某次飞船过N点时,地面指挥中心发出指令,点燃飞船上的发动机,给飞船在短时间内加速

21、进入离地面330 km 的圆形轨道绕地球做匀速圆周运动,周期为T2,在圆形轨道的P点速度为v3,加速度为a3,那么关于v1、v2、v3,a1、a2、a3,T1、T2大小关系,下列说法正确的是()A.a2=a3v2C.T1=T2D.a3a2a1【解析】选A、B。由牛顿第二定律得G=ma,解得a=G,由于r1r2=r3,所以a2=a3v2,故B正确;根据开普勒第三定律得=k,因此T1T2,故C错误。二、计算题(本题共2小题,共40分。需写出规范的解题步骤)13.(18分)如图所示,挡板OM与竖直方向所夹的锐角为,一小球(视为质点)从O点正下方A点以速度v0水平抛出,小球运动过程中恰好不和挡板碰撞(

22、小球轨迹所在平面与挡板垂直)。不计空气阻力,重力加速度大小为g,求:(1)小球恰好不和挡板碰撞时的竖直速度大小。(2)O、A间的距离。【解析】(1)由于小球恰好不和挡板碰撞,达到斜面时,速度方向与斜面恰好平行,则有:cot=(3分)解得:vy=v0cot(2分)(2)小球做平抛运动,则:竖直方向:vy=gt(2分)解得:t=(1分)水平方向:x=v0t(2分)竖直方向:y=gt2(2分)解得:x=(1分)y=(1分)由几何关系得:cot=(2分)解得:h=(2分)答案:(1)v0cot(2)【总结提升】物体与斜面相关的平抛问题的解题步骤(1)定性地画出物体的平抛运动轨迹。(2)判断斜面倾角与平

23、抛位移或速度的关系。(3)利用斜面倾角表示出平抛物体的位移关系或速度关系。(4)根据平抛运动的规律进行求解。14.(22分)如图所示,高度h=0.8 m的光滑导轨AB位于竖直平面内,其末端与长度L=0.7 m的粗糙水平导轨BC相连,BC与竖直放置内壁光滑的半圆形管道CD相连,半圆的圆心O在C点的正下方,C点离地面的高度H=1.25 m。一个质量m=1 kg的小滑块(可视为质点),从A点由静止下滑,小滑块与BC段的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。(1)求小滑块在水平导轨BC段运动的时间。(2)若半圆的半径r=0.5 m,求小滑块刚进入半圆形管道时对管壁的弹力。(3

24、)若半圆形管道半径可以变化,则当半径为多大时,小滑块从其下端射出的水平距离最远?最远的水平距离为多少?【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)小滑块在AB段运动做只有重力做功的变速圆周运动;在BC段做匀减速直线运动。可分别考虑应用动能定理和运动学公式求解。(2)小滑块在CD段仍然做只有重力做功的变速圆周运动,出了D点后做平抛运动。可分别考虑应用动能定理和运动的分解进行分析。【解析】(1)设进入水平轨道BC的初速度为vB,由动能定理有mgh=m(2分)代入数据解得vB=4 m/s在BC段小滑块受到向左的摩擦力f=mg则加速度a=g=5 m/s2(2分)由L=vBt-at2,代入数据得t=0.2

25、 s(2分)(2)小滑块运动到C点时的速度为vC,由运动学公式:vC=vB-at(2分)代入数据解得:vC=3 m/s小滑块在C点受到弹力和重力提供向心力做圆周运动:FN+mg=m(2分)所以小滑块刚进入半圆形管道时对管壁的弹力为:FN=8 N(2分)方向竖直向上(1分)(3)设小滑块做平抛运动的时间为t,在竖直方向上有:H-2r=gt2(2分)水平射程为:x=vDt(2分)从C到D的过程,由动能定理:mg2r=m-m (2分)解得x= 当2H-4r=+4r即r=0.2 m时水平射程最远,(2分)最远水平距离为xmax=1.7 m(1分)答案:(1)0.2 s (2)8 N,方向竖直向上(3)0.2 m1.7 m