PAGE8-章末質量檢測(四)(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分。1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題)1.野外騎行在近幾年越來越流行，越來越受到人們的青睞，對于自行車的要求也在不斷的提高，許多都是可變速的。不管如何改變，自行車裝置和運動原理都離不開圓周運動。下面結合自行車實際狀況與物理學相關的說法正確的是()圖1A.圖乙中前輪邊緣處A、B、C、D四個點的線速度相同B.大齒輪與小齒輪的齒數如圖丙所示，則大齒輪轉1圈，小齒輪轉3圈C.圖乙中大齒輪邊緣處E點和小齒輪邊緣處F點角速度相同D.在大齒輪處的角速度不變的前提下，增加小齒輪的齒數，自行車的速度將變大解析本題考查圓周運動中的傳動裝置，A、B、C、D四點線速度大小相等，方向不同，選項A錯誤；齒數與周期成正比，選項B正確；E、F兩點線速度大小相同，半徑不同，故角速度不同，選項C錯誤；若大齒輪角速度不變，增加小齒輪齒數，則小齒輪周期變大，角速度變小，自行車速度變小，選項D錯誤。答案B2.2024年11月5日我國勝利放射了“北斗三號”中軌道衛(wèi)星，已知同步軌道半徑大約是中軌道半徑的1.5倍，那么同步衛(wèi)星與中軌道衛(wèi)星的周期之比約為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(\f(1,2)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(\f(3,2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(\f(2,3))解析由題意可知：同步軌道半徑大約是中軌道半徑的1.5倍，依據開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝K，得同步衛(wèi)星與中軌道衛(wèi)星的周期之比為eq\f(T同,T中)＝eq\r(\f(req\o\al(3,同),req\o\al(3,中)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(\f(3,2))，選項C正確。答案C3.(2024·河北廊坊模擬)2024年10月7日，錢塘江大潮如期而至，沖浪頂尖高手駕著競技摩托艇在江面運動，在某段時間內其兩個分運動的規(guī)律為x＝－2t2－6t，y＝1.5t2＋4t，xOy為直角坐標系，則下列說法正確的是()圖2A.摩托艇在x軸方向的分運動是勻減速直線運動B.摩托艇的運動是勻變速直線運動C.摩托艇的運動是勻變速曲線運動D.摩托艇的運動起先為直線而后變?yōu)榍€解析由題意可知，在x軸方向的加速度與速度均為負值，該分運動為勻加速直線運動，A項錯誤；由表達式可得，x軸方向：ax＝－4m/s2；v0x＝－6m/s，y軸方向：ay＝3m/s2；v0y＝4m/s，分析可知，摩托艇的加速度與速度不共線，且加速度恒定，故摩托艇的運動是勻變速曲線運動，C項正確，B、D兩項錯誤。答案C4.如圖3所示，某次空中投彈的軍事演習中，戰(zhàn)斗機以恒定速度沿水平方向飛行，先后釋放兩顆炸彈，分別擊中山坡上的M點和N點。釋放兩顆炸彈的時間間隔為Δt1，此過程中飛機飛行的距離為s1；擊中M、N的時間間隔為Δt2，M、N兩點間水平距離為s2。不計空氣阻力。下列推斷正確的是()圖3A.Δt1＞Δt2，s1＞s2 B.Δt1＞Δt2，s1＜s2C.Δt1＜Δt2，s1＞s2 D.Δt1＜Δt2，s1＜s2解析設假如兩顆炸彈都落在同一水平面上時，由于高度相同，所以Δt1＝Δt2，由于其次顆炸彈落在更高的斜面，所以下落的高度減小，所用的時間減小，所以Δt1＞Δt2，同理可知，由于炸彈和飛機水平方向的速度相同，時間越小，飛行的距離越小，所以s1＞s2，選項A正確。答案A5.(2024·4月浙江選考，7)某顆北斗導航衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星(即衛(wèi)星相對于地面靜止)。則此衛(wèi)星的()圖4A.線速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步衛(wèi)星的周期C.角速度大于月球繞地球運行的角速度D.向心加速度大于地面的重力加速度解析第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大環(huán)繞速度，故此衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，A錯誤；依據題意，該衛(wèi)星是一顆同步衛(wèi)星，周期等于同步衛(wèi)星的周期，故B錯誤；衛(wèi)星繞地球做圓周運動時，萬有引力供應向心力，依據eq\f(GMm,r2)＝mω2r可知，繞行半徑越小，角速度越大，故此衛(wèi)星的角速度大于月球繞地球運行的角速度，C正確；依據an＝eq\f(GM,r2)可知，繞行半徑越大，向心加速度越小，此衛(wèi)星的向心加速度小于地面的重力加速度，D錯誤。答案C6.(2024·山東師大附中模擬)國家航天局局長許達哲介紹，中國火星探測任務已正式立項，首個火星探測器將于2024年在海南文昌放射場用長征五號運載火箭實施放射，一步實現火星探測器的“繞、著、巡”。假設將來中國火星探測器探測火星時，經驗如圖5所示的變軌過程，則下列說法正確的是()圖5A.飛船在軌道Ⅱ上運動時，在P點的速度小于在Q點的速度B.飛船在軌道Ⅰ上的機械能大于在軌道Ⅱ上的機械能C.飛船在軌道Ⅰ上運動到P點時的加速度大于飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度D.若軌道Ⅰ貼近火星表面，已知飛船在軌道Ⅰ上運動的角速度，就可以推知火星的密度解析依據開普勒其次定律可知，飛船在軌道Ⅱ上運動時，在P點速度大于在Q點的速度，選項A錯誤；飛船在軌道Ⅰ上經過P點時，要點火加速，使其速度增大做離心運動，從而轉移到軌道Ⅱ上運動，所以飛船在軌道Ⅰ上運動時的機械能小于軌道Ⅱ上運動的機械能，選項B錯誤；飛船在軌道Ⅰ上運動到P點時與飛船在軌道Ⅱ上運動到P點時受到的萬有引力大小相等，依據牛頓其次定律可知加速度必定相等，選項C錯誤；軌道Ⅰ貼近火星表面，已知飛船在軌道Ⅰ上運動的角速度，依據eq\f(GMm,r2)＝mω2r，解得火星的質量M＝eq\f(ω2r3,G)，火星的密度ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πr3)＝eq\f(3ω2,4πG)，選項D正確。答案D7.(2024·江蘇卷，6)如圖6所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()圖6A.運動周期為eq\f(2πR,ω)B.線速度的大小為ωRC.受摩天輪作用力的大小始終為mgD.所受合力的大小始終為mω2R解析座艙的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A錯誤；依據線速度與角速度的關系，v＝ωR，B正確；座艙做勻速圓周運動，摩天輪對座艙的作用力與重力大小不相等，其合力供應向心力，合力大小為F合＝mω2R，C錯誤，D正確。答案BD8.將一拋球入框嬉戲簡化如下：在地面上豎直固定一矩形框架，框架高1m、長3m，拋球點位于框架底邊中點正前方2m處，離地高度為1.8m，如圖7所示，假定球被水平拋出，方向可在水平面內調整，不計空氣阻力，忽視框架的粗細，球視為質點，球要在落地前進入框內，則球被拋出的速度大小可能為()圖7A.3m/s B.5m/sC.6m/s D.7m/s解析無論向哪個方向水平拋球，球都做平拋運動。當速度v最小時，球打在框架底邊的中間位置，則有h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x＝v1t1，解得v1＝3.33m/s。當速度v最大時，球打在框架頂邊的邊緣位置，則有h2－h(huán)1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))＝v2t2，解得v2＝6.25m/s。故選項B、C正確。答案BC9.(2024·湖南張家界三模)2024年7月27日發(fā)生了火星沖日現象，我國整夜可見，火星沖日是指火星、地球和太陽幾乎排列在同一條直線上，地球位于太陽與火星之間，此時火星被太陽照亮的一面完全朝向地球，所以光明且易于視察。地球和火星繞太陽公轉的方向相同，軌跡都可近似為圓，火星公轉軌道半徑為地球公轉軌道半徑的1.5倍，則()A.地球的公轉周期比火星的公轉周期小B.地球的運行速度比火星的運行速度小C.火星沖日現象每年都會出現D.地球與火星的公轉周期之比為eq\r(8)∶eq\r(27)解析已知火星公轉軌道半徑為地球的1.5倍，則由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可知軌道半徑越大，周期越大，故火星的公轉周期比地球的大，選項A正確；又由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，則軌道半徑越大，線速度(即運行速度)越小，故火星的運行速度比地球的小，選項B錯誤；依據開普勒第三定律得，eq\f(T火,T地)＝eq\f(\r(req\o\al(3,火)),\r(req\o\al(3,地)))＝eq\f(\r(27),\r(8))，因為地球的公轉周期為1年，所以火星的公轉周期大于1年，不是每年都出現火星沖日現象，故選項C錯誤，D正確。答案AD10.(2024·山東煙臺檢測)如圖8所示，兩個完全相同的小球A、B被兩根長度不同的細繩拴著，在同一水平面內做勻速圓周運動。已知拴A球的細繩與豎直方向之間的夾角是拴B球的細繩與豎直方向之間的夾角的2倍，則()圖8A.A球轉動的線速度大小比B球大B.A、B兩球轉動的角速度大小相同C.兩根細繩的拉力大小相同D.A球的向心加速度大小是B球的2倍解析據mgtanα＝m·htanα·ω2＝meq\f(v2,htanα)得，角速度ω＝eq\r(\f(g,h))，線速度v＝eq\r(gh)tanα，可知A球轉動的線速度大小比B球大，A、B兩球轉動的角速度大小相同，選項A、B正確；細線的拉力T＝eq\f(mg,cosα)，則細繩對A的拉力較大，選項C錯誤；依據a＝ω2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(g,h))))eq\s\up12(2)×htanα＝gtanα可知，A球與B球的向心加速度大小之比是tan2θ∶tanθ，選項D錯誤。答案AB二、非選擇題(本題共3小題，共40分)11.(12分)某試驗小組用圖9所示裝置進行“探討平拋運動”試驗。圖9(1)試驗操作時每次須將小球從軌道同一位置無初速度釋放，目的是使小球拋出后________。A.只受重力 B.軌跡重合C.做平拋運動 D.速度小些，便于確定位置(2)關于該試驗的一些做法，不合理的是________。A.運用密度大、體積小的球進行試驗B.斜槽末端切線應當保持水平C.建立坐標系時，以斜槽末端端口位置作為坐標原點D.建立坐標系時，利用重垂線畫出豎直線，定為y軸(3)由于遺忘登記小球做平拋運動的起點位置O，該小組成員只能以平拋軌跡中的某點A作為坐標原點建立坐標系，并標出B、C兩點的坐標，如圖10所示。依據圖示數據，可求得出小球做平拋運動的初速度為________m/s。(取g＝10m/s2)圖10解析(1)因為要畫同一運動的軌跡，必需每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，拋出后軌跡重合，選項B正確。(2)運用密度大，體積小的球進行試驗時，受到空氣阻力較小，誤差小，選項A正確；斜槽末端切線應當保持水平，從而確保做平拋運動，選項B正確；建立坐標系時，因為實際的坐標原點為小球在末端時球心在白紙上的投影，以斜槽末端端口位置為坐標原點，使得測量誤差增大，選項C錯誤；建立坐標系，利用重垂線畫出豎直線，定為y軸，選項D正確。(3)由于小球在豎直方向做自由落體運動，故在豎直方向有Δh＝gT2，由圖可知Δh＝h2－h(huán)1＝(40cm－15cm)－15cm＝10cm＝0.1m；將Δh＝0.1m，g＝10m/s2代入Δh＝gT2解得T＝0.1s，小球在水平方向做勻速直線運動，故x＝v0T，將x＝20cm＝0.2m代入解得v0＝2m/s。答案(1)B(2)C(3)212.(12分)為確保彎道行車平安，汽車進入彎道前必需減速。如圖11所示，AB為進入彎道前的平直馬路，BC為水平圓弧形彎道。已知AB段的距離xAB＝14m，彎道半徑R＝24m。汽車到達A點時速度vA＝16m/s，汽車與路面間的動摩擦因數μ＝0.6，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2。要確保汽車進入彎道后不側滑。求汽車：圖11(1)在彎道上行駛的最大速度；(2)在AB段做勻減速運動的最小加速度的大小。解析(1)在BC彎道，由牛頓其次定律得，μmg＝meq\f(veq\o\al(2,max),R)，代入數據解得vmax＝12m/s。(2)汽車勻減速至B處，速度恰好減為12m/s時，加速度最小，由運動學公式－2aminxAB＝veq\o\al(2,max)－veq\o\al(2,A)，代入數據解得amin＝4m/s2。答案(1)12m/s(2)4m/s213.(16分)如圖12所示，光滑半圓形軌道處于豎直平面內，半圓形軌道與光滑的水平地面相切于半圓的端點A。一質量為m的小球在水平地面上C點受水平向左的恒力F由靜止起先運動，當運動到A點時撤去恒力F，小球沿豎直半圓形軌道運動到軌道最高點B點，最終又落在水平地面上的D點(圖中未畫出)。已知A、C間的距離為L，重力加速度為g。圖12(1)若軌道半