1、【 精品教育资源文库 】 第四单元 曲线运动 万有引力与航天 单元小结卷 (四 ) 时间 / 45分钟 分值 / 100分 一、选择题 (每小题 6分 ,共 48分 ,15小题为单选 ,68小题为多选 ) 1.如图 D4-1所示的曲线为运动员抛出的铅球 (视为质点 )的运动轨迹 ,A、 B、 C为曲线上的三点 ,则 铅球在 B点的速度 ( ) 图 D4-1 A.沿 AB 方向 B.沿 BC 方向 C.沿 BD 方向 D.沿 BE 方向 2.有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为 v的大河 ,一条小船渡河 ,去程时船头指向始终与河岸垂直 ,回程时行驶路线与河岸垂直 ,已知小船在 静水中的速度大
2、小为 ,则其回程与去程所用时间之比为( ) A.3 2 B.2 1 C.3 1 D.2 1 3.如图 D4-2所示 ,质量相同的钢球 、 分别放在 A、 B盘的边缘 ,A、 B两盘半径之比为 2 1,a、 b分别是与 A盘、 B盘同轴的轮 ,a、 b两轮半径之比为 1 2.当 a、 b两轮在同一皮带带动下匀速转动时 ,钢球 、 受到的向心力大小之比为 ( ) 图 D4-2 A.2 1 B.4 1 C.1 4 D.8 1 4.如图 D4-3所示 ,铁路在弯道处内、外轨道的高低是不同的 ,已知内、外轨道平面与水平面的夹角为 ,弯道处的圆弧半径为 R.若质量为 m的火 车转弯时的速度小于 (g为重力
3、加速度 ),则 ( ) 图 D4-3 A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C.轨道与轮缘无挤压 D.无法确定轨道与轮缘是否有挤压 5.我国首颗量子科学实验卫星“ 墨子”已于酒泉成功发射 ,在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信 .“墨子”由火箭发射至高度为 500 km 的预定圆形轨道 .此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十 三颗北斗导航卫星 G7.G7 属地球静止轨道卫星 (高度约为 36 000 km),它将使北斗系统的可靠性进一步提高 .关于卫星 ,以下说法中正确 的是 ( ) A.这两颗卫星的运行速度可能大于 7.9 km/s B.通过地面控制可以将北斗 G
4、7定点于西昌正上方 C.量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗 G7 的小 D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗 G7的小 【 精品教育资源文库 】 6.如图 D4-4所示 ,A、 D分别是斜面的顶端、底端 ,B、 C是斜面上的两个点 ,AB=BC=CD,E点在 D点的正上方 ,与 A等高 .从 E点以一定的水平 速度抛出质量 相等的两个小球 ,球 1落在 B点 ,球 2 落在 C点 .关于球 1和球 2从抛出到落在斜面上的运动过程 ,下列 说法中正确的是 ( ) 图 D4-4 A.球 1和球 2运动的时间之比为 2 1 B.球 1和球 2的动能增加量之比为 1 2 C.球 1和球
5、2抛出时的初速度之比为 2 1 D.球 1和球 2运动时的加速度之比为 1 2 7.GPS全球定位系统有 24颗卫星在轨运行 ,每个卫星的环绕周期为 12 h.GPS系统的卫星 与地球同步卫星相比较 ,下面说法正确的是 ( ) A.GPS系统的卫星轨道半径是地球同步卫星轨道半径的 B.GPS系统 的卫星轨道半径是地球同步卫星轨道半径的 C.GPS系统的卫星线速度是地球同步卫星线速度的 倍 D.GPS系统的卫星线速度是地球同步卫星线速度的 倍 8.“神舟十一号”飞船于北京时间 2016年 10月 17日发射升空 ,并与“天宫二号”实现自动交会对接 .交会对接前“神舟十一号”飞船先在较低的圆轨道
6、1上运动 ,在适当位置经变轨与在圆轨道 2上运动的“天宫二号”对接 .如图 D4-5所示 ,M、 Q两点在轨道 1上 ,P点在轨道 2上 ,三点连线过地球球心 ,把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速 .下列关于“神舟十一号”飞船变轨过程的描述 正确的是( ) 图 D4-5 A.“神舟十一号”飞船必须在 Q点加 速 ,才能在 P点与“天宫二号”相遇 B.“神舟十一号”飞船在 M 点经 一次加速 ,即可变轨到轨道 2 C.“神舟十一号”飞船在 M 点变轨后的速 度大于变轨前的速度 D.“神舟十一号”飞船变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期 二、非选择题 (共 52分 ,要求解答过程有必要的文字
7、说明 ) 9.(14分 )在一光滑的水平面上建立 xOy平面坐标系 ,一质点在水平面上从坐标原点开始运动 ,沿 x轴方向和 y轴方向的 x-t图像和 vy-t图像如图 D4-6所示 ,求 : (1)运 动后 4 s内质点的最大速度 ; (2)4 s末质点离坐标原点的距离 . 【 精品教育资源文库 】 图 D4-6 10.(18分 )如图 D4-7所示 ,底端切线水平且竖直放置的光滑 圆弧轨道的半径为 L,其轨道底端 P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为 L,Q为圆弧轨道上的一点 ,它和圆心 O的连线 OQ与竖直方向的夹角为 60 .现将一质 量为 m、可视为质点的小球从 Q点由静止释放 ,
8、不计空气阻力 ,重力加速度为 g.试求 : (1)小球在 P点时受到的支持力大小 ; (2)在以后的运动过程中 ,小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角 B点的距离 . 图 D4-7 【 精品教育资源文库 】 11.(20分 )某工厂的生产流水线示意图如图 D4-8所示 ,半径 R=1 m的水平圆盘边缘 E点固定一小桶 ,在圆盘直径 DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动 ,传送带右端 C点与圆盘圆心 O在同一竖直线上 ,竖直高度差 h=1.25 m.AB为一个与 CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道 ,半径r=0.45 m,且与水平传送带相切于 B点 .一质量 m=0.2 kg
9、的滑块 (可视为质点 )从 A点由静止释放 ,滑块与传送带间的动摩擦因数 = 0.2,当滑块到达 B点时 ,圆盘从图示位置以一定的 角速度 绕过圆心 O的竖直轴匀速转动 ,滑块到达 C点时恰与传送带同速并水平飞出 ,刚好落入圆盘边缘的小桶内 .g 取 10 m/s2,求 : (1)滑块到达圆弧轨道 B点时对轨道的压力 FNB; (2)传送带 BC部分的长度 L; (3)圆盘转动的角速度 应满足的条件 . 图 D4-8 【 精品教育资源文库 】 测评手册 单元小结卷 (四 ) 1.C 解析 由于做曲线运动的物体在某点的速度沿曲线在该点的切线方向 ,因此 ,铅球在 B点的速度沿 BD方向 ,选项
10、 C正确 . 2.B 解析 设河宽为 d,则去程所用时间为 t1= ,回程时的合速度 v= ,回程所用时间为 t2= ,故回程与去程所用时间之比为 t2 t1=2 1,选项 B正确 . 3.D 解析 皮带传动中 ,边缘上的点线速度大小相等 ,所以 va=vb,a轮、 b轮半径之比为 1 2,所以,共轴转 动时各点的角速度相等 ,故两个钢球的角速度分别与共轴轮的角速度相等 ,则 ,根据向心加速度 an=r 2,因 ,故 ,根据 F=man,因 m1=m2,故 F1 F2=8 1,D正确 ,A、 B、 C错误 . 4.A 解析 若火车转弯时仅由重力和支 持力的合力提供向心力 ,则有 mgtan =
11、m ,解得 v= ,当火车转弯时的速度小于 时 ,有靠近圆心运动的趋势 ,所以内轨对内侧车轮轮缘有 挤压 ,选项 A正确 . 5.C 解析 根据 G 可知 ,轨道半径越大 ,线速度越小 ,第一宇宙速度对应的轨道半径为地球的半径 ,所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度 ,故 A错误 ;地球静止轨道卫星 即同步卫星 ,只能定点于赤道正上方 ,故 B错误 ;根据 G ,得 T= ,所以量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗 G7 的小 ,故 C正确 ;卫星的向心加速度 an= ,半径小的量子科学实验卫星 “墨子”的向心加速度比北斗 G7 的大 ,故 D错误 . 6.BC 解析 因为 A
12、C=2AB,所以 A、 C的高度差是 A、 B的高度差的 2倍 ,根据 h= ,则球 1和球 2运动的时间之比为 1 ,故 A错误 ;根据动能定理得 mgh= Ek,则球 1和球 2的动能增加量之比为 1 2,故 B正确 ;B、 D的水平距离是 D、 C的水平距离的 2倍 ,结合 x=v0t,可得初速度之比为 2 1,故 C正确 ;平抛运动的加速度均为 g,两球的加速度相同 ,故 D错误 . 【 精品教育资源文库 】 7.BD 解析 设 GPS系统的卫星轨道半径为 r1,周期为 T1,地球同步卫星轨道半径为 r2,周期为 T2,由万有引力提供向心力 ,有 G r,可得卫星运动的周期 T=2
13、,又 ,所以 ,选项 A错误 ,B 正确 ;根据 v= ,可得 ,选项 C错误 ,D正确 . 8.CD 解析 飞船经一次加速后由圆轨道 1变轨到与加速点相切的椭圆轨道 ,加速点为近地点 ,椭圆轨道的远地点与圆轨道 2相切 ,近地点与远地点分别在地球两侧 ,因此飞船必须在 M点加速 ,才能在 P点与“天宫二号”相遇 ,A 错误 ;飞船在 M点经一次加速后由圆轨道 1变轨到椭圆轨道 ,在椭圆轨道的远地点再经一次加速变轨到圆轨道 2,B错误 ;飞船在 M点加速后由圆轨道 1变轨到椭圆轨道 ,则在 M点 变轨后的速度大于变轨前的速度 ,C 正确 ;由 T=2 可知 ,因轨道半 径增大 ,故周期增大 ,
14、D 正确 . 9.(1)2 m/s (2)8 m 解析 (1)由图像可知 ,质点沿 x轴正方向做匀速直线运动 ,速度大小为 vx= =2 m/s 在运动后 4 s内 ,沿 y轴方向运动的最大速度为 4 m/s 则运动后 4 s内质点运动 的最大速度 vm= m/s. (2)02 s内质点沿 y轴正方向做匀加速直线运动 ,24 s内先沿 y轴正方向做匀减速直线运动 ,再沿 y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动 ,加速度大小 a= m/s2=3 m/s2 质点沿 y轴正方向做匀减速运动的时间 t2= s 则运动后 4 s内沿 y轴方向的位移 y= m=0 因此 4 s末质点离坐标原点的距离等于沿
15、 x轴方向的位移 ,由图像可知 ,4 s末质点离坐标原点的距离 s=x=8 m. 10.(1)2mg (2) L 解析 (1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程 ,由动能定理得 mgL(1-cos 60) = mv2 解得 v= 小球在 P点时 ,由牛顿第二定律得 FN-mg=m 解得 FN=2mg (2)小球离开 P点后做平抛运动 ,设其水平位移为 L时所用时间为 t,则 L=vt 【 精品教育资源文库 】 小球下落的高度为 h= gt2 联立解得 h= 故小球第一次与墙壁的碰撞点离 B的距离为 d=L-h= L. 11.(1)6 N,方向竖直向下 (2)1.25 m (3)= 2n rad/s(n=1,2,3,? ) 解析 (1)滑块从 A到 B过程中 ,由动能定理得 mgr= 解得 vB= =3 m/s 滑块到达 B点时 ,由牛顿第二定律得 FNB-mg=m 解得 FNB=6 N 根据牛顿第三定律可知 ,滑块到达 B点时对轨道的压力大小为 6 N,方向竖 直向下 . (2)滑块离开 C点后做平抛运动 ,有 h= 解得 t1= =0.5 s 则 vC= =2 m/s 滑块由 B到 C过程中 ,根据动能定理得 -mgL= 解得 L= =1.25 m (3)滑块由 B到 C过程 中 ,由运动学公式得 L=
