（江苏专用版）2020版高考物理总复习 第四章 章末检测（含解析）

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1、章末检测 　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 一、单项选择题 1.如图所示,水平桌面上一小铁球沿直线运动。若在铁球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁,下列关于小球运动的说法正确的是(　　) A.磁铁放在A处时,小铁球做匀速直线运动 B.磁铁放在A处时,小铁球做匀加速直线运动 C.磁铁放在B处时,小铁球做匀速圆周运动 D.磁铁放在B处时,小铁球做变加速曲线运动 答案　D　磁铁放在A处时,小铁球做变加速直线运动,选项A、B错误;磁铁放在B处时,小铁球做变加速曲线运动,选项C错误,D正确。 2.(2018泰州中学期中)如图所示,一偏心轮绕垂直纸

2、面的轴O匀速转动,a和b是轮上质量相等的两个质点,则偏心轮转动的过程中a、b两质点(　　) A.线速度大小相同 B.角速度大小相同 C.向心力大小相同 D.向心加速度大小相同 答案　B　偏心轮上各处角速度相等,故B项正确;根据v=ωr,可知半径不同,线速度不同,故A项错误;根据F=mω2r可知半径不同,向心力不同,故C项错误;根据a=ω2r可知半径不同,向心加速度不同,故D项错误。 3.如图所示,甲、乙两同学从河中O点出发,分别沿直线游到A点和B点后,立即沿原路线返回到O点,OA、OB分别与水流方向平行和垂直,且OA=OB。若水流速度不变,两人在静水中游速相等,则他们所用时间t甲、

3、t乙的大小关系为(　　) A.t甲t乙 D.无法确定 答案　C　设水速为v0,人在静水中速度为v,对甲,由O到A所用时间t1=sv+v0,由A到O所用时间t2=sv-v0,则甲所用时间t甲=t1+t2=sv+v0+sv-v0=2vv2-v02s;对乙,由O到B和由B到O的实际速度v'=v2-v02,故所用时间t乙=2sv'=2sv2-v02,综上所述得t甲t乙=vv2-v02>1,即t甲>t乙,故C正确。 4.(2018启东中学模拟)地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动,已知其轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,地球表面的重力加速度为g。根据题目提供的

4、已知条件,不能估算出的物理量有(　　) A.地球的质量 B.同步卫星的质量 C.地球的平均密度 D.同步卫星离地面的高度 答案　B　地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得GMmr2=m·4π2rT2,M=4π2r3GT2①,所以可求出地球的质量,故A项错误;根据万有引力提供向心力列出等式,同步卫星的质量在等式中消去,所以根据题目已知条件无法求出同步卫星的质量,故B项正确;根据万有引力等于重力列出等式:GMmR2=mg,地球半径R=GMg②,根据密度ρ=MV=M4πR33和①②可求出地球的平均密度,故C项错误;已知其轨道半径为r,由①②可求出地球半径R,同步卫星离地面的

5、高度h=r-R,所以可求出同步卫星离地面的高度,故D项错误。 5.(2018江宁模拟)长为L的轻杆,一端固定一个小球,另一端固定在光滑的水平轴上,使小球在竖直平面内做圆周运动,关于小球在最高点的速度v,下列说法中不正确的是(　　) A.当v的值为gL时,杆对小球的弹力为零 B.当v由gL逐渐增大时,杆对小球的拉力逐渐增大 C.当v由gL逐渐减小时,杆对小球的支持力逐渐减小 D.当v由零逐渐增大时,向心力也逐渐增大 答案　C　在最高点杆对小球的作用力为0时,由牛顿第二定律得mg=mv2L,v=gL,A项对;当v>gL时,杆对小球有拉力,则F+mg=mv2L,v增大,F增大,B项对;当

6、v

7、,小球可能垂直击中Q点 答案　D　由于风对物体产生一个竖直方向恒定的风力,则合力为恒力,由运动轨迹可知合力方向竖直向下,由于小球打在Q点时只有水平速度,而打在P点时有竖直速度,水平速度又不变,则小球在P点的速度大于在Q点的速度,B正确。无论小球是沿AP运动还是沿AQ运动,水平速度相等,水平位移相等,则运动时间相等,C正确。要使小球垂直打在M'N'上,则竖直方向速度减小到0,假设开始风力向上,后改成向下,则开始的加速度必小于后来的加速度,而两次打在M'N'上所用时间相等,则后来获得的竖直速度应更大,不可能为0,因此假设不成立,故开始时风力应竖直向下,A正确。开始时小球加速度a1=mg+Fm=g

8、+Fm,若仅增大小球质量,加速度变小,那么经过相同时间竖直速度可能变为0,而原来垂直打在Q点的小球的加速度a2=mg-Fm=g-Fm,因a1不可能等于a2,也就不可能垂直打在Q点,D错误。 7.(2018常州一模)如图所示,某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上,用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快,到某一转速时匀速转动,他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内,“小芳”悬空随“魔盘”一起转动,“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动。若魔盘半径为r,布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是　(　

9、　) A.“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用 B.“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近,也可能随“魔盘”一起转动 C.此时“魔盘”的转速一定不大于12πμgr D.此时“魔盘”的转速一定不小于12πgμr 答案　D　“小芳”在竖直方向受到重力、摩擦力,两力平衡,水平方向受到弹力作用,弹力提供向心力,选项A错误;以“小芳”为研究对象,其最大静摩擦力与重力平衡,有mg=μFN,有FN=mω2r=m(2πn)2r,解得最小转速n=12πgμr,选项C错误,D正确;“小芳”不下滑时,“盼盼”不能在底盘靠近竖直墙壁附近保持相对静止一起做圆周运动,选项B错误。 二、多项选择题 8.(2

10、018苏锡常镇调研)2017年6月,我国发射了宇宙探测卫星“慧眼”。卫星携带的硬X射线调制望远镜(Hard X-ray Modulation Telescope,简称HXMT)在离地550公里的轨道上观察遥远天体发出的X射线,为宇宙起源研究提供了新的证据。则“慧眼”的(　　) A.角速度小于地球自转角速度 B.线速度小于第一宇宙速度 C.周期大于同步卫星的周期 D.向心加速度小于地面的重力加速度 答案　BD　据GMmr2=mrω2,可得ω=GMr3,“慧眼”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径,则“慧眼”的角速度大于地球自转角速度,故选项A错误;据GMmr2=mv2r,可得v=GMr,“

11、慧眼”的轨道半径大于地球的半径,则“慧眼”的线速度小于第一宇宙速度,故选项B正确;据GMmr2=mr2πT2,可得T=2πr3GM,“慧眼”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径,则周期小于同步卫星的周期,故选项C错误;据GMmr2=ma,可得a=GMr2;在地球表面有GMmR2=mg,“慧眼”的轨道半径大于地球的半径,则“慧眼”的向心加速度小于地面的重力加速度,故选项D正确。 9.如图所示,A、B两质点以相同的水平速度v0抛出,A在竖直面内运动,落地点为P1,B沿光滑斜面运动,落地点为P2,不计空气阻力,比较P1、P2在x轴方向上距抛出点的远近关系及落地瞬时速度的大小关系,则(　　)

12、A.P1较近 B.P1、P2一样远 C.A落地时速率大 D.A、B落地时速率一样大 答案　AD　质点A做平抛运动,则xA=v02hg,vyA=2gh,vA=v02+vyA2,质点B做类平抛运动,则xB=v02hgsin2θ,vyB=g sin θ2hgsin2θ=2gh,vB=v02+vyB2,解以上各式得xA

13、周运动,并与圆锥内壁接触。如图所示,图甲中小环与小球在同一水平面上,图乙中轻绳与竖直轴成θ角。设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为FTa和FTb,容器内壁对小球的支持力分别为FNa和FNb,则下列说法中正确的是(　　) A.FTa一定为零,FTb一定为零 B.FTa可以为零,FTb可以为零 C.FNa一定不为零,FNb可以为零 D.FNa可以为零,FNb可以为零 答案　BC　对甲图中的小球受力分析,小球所受的重力与支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力,所以FTa可以为零,若FNa等于零,则小球所受的重力与绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力,所以FNa一定不为零;对乙图中的小

14、球受力分析,若FTb为零,则小球所受的重力与支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力,所以FTb可以为零,若FNb等于零,则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力,所以FNb可以为零。故B、C项正确,A、D项错误。 11.(2019启东中学月考)某同学做了一个力学实验,如图所示,将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点,并用一水平方向的细绳拉住,然后将水平细绳剪断,经观察发现,水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识,该同学得出以下几个结论,其中正确的是(　　) A.水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定

15、水平向左 B.金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上 C.金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧 D.金属球运动到最左端时速度为零,而加速度不为零 答案　AC　水平细绳剪断前,金属球受到的弹簧的弹力、重力这两个力的合力与细绳的拉力等值反向共线,则水平细绳剪断瞬间,由于弹簧的弹力不突变,金属球的合力水平向左,A项正确;金属球运动到悬点O正下方时,受到弹簧的弹力、重力,而合力方向应指向轨迹的内侧,所以合力的方向竖直向下,B项错误;金属球运动到悬点O正下方时,轨迹在该点的切线方向为运动方向,与合力成锐角,合力做正功,金属球的动能要增加,C项正确;金属球运动到最左端时,轨迹的切线

16、方向为速度的方向,则速度不为零,合外力方向指向轨迹的内侧,则加速度不为零,D项错误。 三、非选择题 12.用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动,一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点,O点距离斜面顶端P点为s。每次用水平拉力F,将物块由O点从静止开始拉动,当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程,作出了如图乙所示的图像,若物块与水平部分的动摩擦因数为0.5,斜面与水平地面之间的夹角θ=45°,g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则O、P间的距离s是多少? 答案　0.25 m 解析　根据牛顿第二定律,在OP段有F-

17、μmg=ma 由运动学公式有2as=vP2 由平抛运动规律和几何关系有 物块的水平射程x=vPt 物块的竖直位移y=12gt2 由几何关系有y=x tan θ 联立以上各式可以得到x=2vP2tanθg 解得F=mg4stanθx+μmg 由图像知μmg=5 N,mg4stanθ=10 N/m 解得s=0.25 m 13.某实验小组做了如下实验,装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成,将可视为质点的小球,从轨道AB上高H处的某点由静止释放,用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F,改变H的大小,可测出相应的F大小,F随H

18、的变化关系如图乙所示。已知小球经过圆弧最高点D时的速度大小vD与轨道半径R和H的关系满足vD2=2gH-4gR,且vD≥gR,g取10 m/s2。 (1)求圆轨道的半径R和小球的质量m; (2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上,其中最低的位置与圆心O等高,求此时θ的值。 答案　(1)0.2 m　0.1 kg　(2)45° 解析　(1)由题意,小球在D点的速度大小满足 vD2=2gH-4gR(vD≥gR) 在D点,由牛顿第二定律得mg+F'=mvD2R 又F'=F,解得F=2mgRH-5mg 根据图像得m=0.1 kg,R=0.2 m (2)小球落在斜面上最低的位置时,在D点的速度最小,设最小速度为v,则有v=gR 由平抛运动规律得R=12gt2,s=vt 解得s=2R,由几何关系可得s sin θ=R 解得θ=45° 9