2019版高考物理一輪復習 單元評估檢測（四）.doc
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單元評估檢測(四) (45分鐘 100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題5分,共60分。1～8題為單選題,9～12題為多選題) 1.一質點在幾個共點力作用下做勻速直線運動,現對其施加一恒力,且原來作用在質點上的力保持不變,則 ( ) A.質點一定做勻變速運動 B.質點一定做勻變速直線運動 C.質點可能做勻速圓周運動 D.質點在單位時間內速率的變化量總是不變 【解析】選A。質點一開始做勻速直線運動,處于平衡狀態(tài),施加恒力后,則該質點受到的合外力為該恒力,由牛頓第二定律可知物體的加速度不變,即為勻變速運動,故A正確;若該恒力方向與質點原運動方向不共線,則質點做曲線運動,質點速度方向時刻與恒力方向不同;若該恒力方向與質點原運動方向共線,則質點做直線運動,故B錯;做勻速圓周運動需要向心力,而且向心力時刻指向圓心,是變力而不是恒力,故C錯誤;因為加速度不變,單位時間內速度的變化量(是矢量)是不變的,而速率的變化量不一定不變,故D錯誤。 【加固訓練】 物體受到幾個力的作用而做勻速直線運動,如果只撤掉其中的一個力,其他力保持不變,它不可能做 ( ) A.勻速直線運動 B.勻加速直線運動 C.勻減速直線運動 D.曲線運動 【解析】選A。物體受到幾個力的作用而做勻速直線運動,如果只撤掉其中的一個力,其他力保持不變,合力與撤去的力大小相等方向相反,合力大小方向不變,不可能做勻速直線運動,故選項A正確;若撤去的力與運動的方向相反,則物體做勻加速直線運動,故選項B錯誤;若撤去的力與運動的方向相同,則物體做勻減速直線運動,故選項C錯誤;若撤去的力與速度的方向不在同一條直線上,物體做曲線運動,故選項D錯誤。 2.(2018和平區(qū)模擬)甲同學以速度v1將鉛球水平推出,推出點距地面高度為H1,乙同學身高較高,將鉛球在距地面H2高度處水平推出(H2>H1),兩位同學推出鉛球的水平位移恰好一樣,不計空氣阻力的作用,則乙同學推出鉛球的速度為 ( ) A.v1 B.v1 C.v1 D.v1 【解析】選B。由h=gt2得t=,物體飛行的水平距離為x=v0t=v0,由于兩位同學推出鉛球的水平位移恰好一樣,則=,即:v2=v1,選項B正確。 3.小河寬為d=200 m,河水中各點水流速的大小v水與該點到較近河岸的垂直距離x(m)成正比,即v水=0.03x(m/s),若小船在靜水中的速度為v0=4 m/s,小船的船頭垂直河岸渡河,下列說法中正確的是 ( ) A.小船渡河的軌跡為一條直線 B.小船渡河的時間為100 s C.小船到達河的正中央時,船的速度為7 m/s D.小船從河岸出發(fā)到運動至河正中央的過程中,做勻變速曲線運動 【解析】選D。小船在垂直河岸方向上做勻速直線運動,在沿河岸方向上做變速運動,合加速度的方向與合速度方向不在同一條直線上,小船做曲線運動,故A錯誤;小船船頭始終垂直河岸渡河,渡河時間可由河寬與船在靜水中的速度求出,即為t== s=50 s,故B錯誤;小船到達河的正中央時,水流速度為v水=0.03100 m/s=3 m/s,根據速度的合成可知,船的速度為v= m/s= 5 m/s,故C錯誤;船從河岸出發(fā)到運動至河正中央的過程中,水流速度v水=0.03x=0.03v船t (m/s),因此水流速度均勻增大,根據曲線運動條件,結合運動的合成可知,小船做勻變速曲線運動,故D正確。 4.(2018錦州模擬)電視綜藝節(jié)目《加油向未來》中有一個橄欖球空中擊劍游戲:寶劍從空中B點自由下落,同時橄欖球從A點以速度v0沿AB方向拋出,恰好在空中C點擊中劍尖,不計空氣阻力。關于橄欖球,下列說法正確的是 ( ) A.在空中運動的加速度大于寶劍下落的加速度 B.若以大于v0的速度沿原方向拋出,一定能在C點上方擊中劍尖 C.若以小于v0的速度沿原方向拋出,一定能在C點下方擊中劍尖 D.無論以多大速度沿原方向拋出,都能擊中劍尖 【解析】選B。由于橄欖球和劍在空中只受重力作用,故加速度均為g,選項A錯誤;若要擊中劍尖,需滿足水平方向:x=v0cosθt,豎直方向H=gt2+v0sin θt- gt2=v0sin θt,(θ為v0與水平方向的夾角)若以大于v0的速度沿原方向拋出,此時t變小,相遇時劍下落的高度減小,則一定能在C點上方擊中劍尖,選項B正確;若以小于v0的速度沿原方向拋出,若速度過小,則橄欖球可能不能運動到球的正下方就落地了,故不一定能在C點下方擊中劍尖,選項C、D錯誤。 5.如圖所示的裝置可以將滑塊水平方向的往復運動轉化為OB桿繞O點的轉動,圖中A、B、O三處都是轉軸。當滑塊在光滑的水平橫桿上滑動時,帶動連桿AB運動,AB桿帶動OB桿以O點為軸轉動,若某時刻滑塊的水平速度v,連桿與水平方向夾角為α,AB桿與OB桿的夾角為β,此時B點轉動的線速度為 ( ) A. B. C. D. 【解析】選A。A點的速度的方向沿水平方向,如圖將A點的速度分解,根據運動的合成與分解可知,沿桿方向的分速度vA分=vcosα,B點做圓周運動,實際速度是圓周運動的線速度,可以分解為沿桿方向的分速度和垂直于桿方向的分速度,如圖設B的線速度為v′,則vB分=v′cosθ=v′sinβ,又二者沿桿方向的分速度是相等的,即vA分=vB分,聯立可得v′=,選項A正確。 6.(2018廣元模擬)如圖所示,一個圓形框架以豎直的直徑為轉軸勻速轉動。在框架上套著兩個質量相等的小球A、B,小球A、B到豎直轉軸的距離相等,它們與圓形框架保持相對靜止。下列說法正確的是 ( ) A.小球A的合力小于小球B的合力 B.小球A與框架間可能沒有摩擦力 C.小球B與框架間可能沒有摩擦力 D.圓形框架以更大的角速度轉動,小球B受到的摩擦力一定增大 【解析】選C。由于合力提供向心力,依據向心力表達式F=mrω2,已知兩球質量,半徑和角速度都相同,可知向心力相同,即合力相同,故選項A錯誤;小球A受到重力和彈力的合力不可能垂直指向OO′軸,故一定存在摩擦力,而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO′軸,故B球摩擦力可能為零,故選項B錯誤,C正確;由于不知道B是否受到摩擦力以及所受摩擦力的方向,故而無法判定圓形框架以更大的角速度轉動,小球B受到的摩擦力的變化情況,故選項D錯誤。 【加固訓練】 (2018十堰模擬)如圖所示,放于豎直面內的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R,質量為m的帶孔小球穿于環(huán)上,同時有一長為R的細繩一端系于球上,另一端系于圓環(huán)最低點,繩的最大拉力為2mg。當圓環(huán)以角速度ω繞豎直直徑轉動時,發(fā)現小球受三個力作用。則ω可能為 ( ) A.3 B. C. D. 【解析】選B。因為圓環(huán)光滑,所以這三個力肯定是重力、環(huán)對球的彈力、繩子的拉力,細繩要產生拉力,繩要處于拉升狀態(tài),根據幾何關系可知,此時細繩與豎直方向的夾角為60,當圓環(huán)旋轉時,小球繞豎直軸做圓周運動,向心力由三個力在水平方向的合力提供,其大小為F=mω2r,根據幾何關系,其中r=Rsin60一定,所以當角速度越大時,所需要的向心力越大,繩子拉力越大,所以對應的臨界條件是小球在此位置剛好不受拉力,此時角速度最小,需要的向心力最小,對小球進行受力分析得:Fmin=2mgsin60,即2mgsin60=mRsin60解得: ωmin=,所以只要ω>就符合題意;當繩子的拉力達最大時,角速度達最大;同理可知,最大角速度為ω=;故符合條件的只有B。 7.“天舟一號”飛船是中國空間技術研究院研制的第一艘貨運飛船,2017年4月20日19時41分在海南文昌航天發(fā)射中心,由長征7號遙2運載火箭發(fā)射。4月21日上午,“天舟一號”貨運飛船已經完成了兩次的軌道控制,后來又進行了三次的軌道控制,使“天舟一號”貨運飛船控制到“天宮二號”的后下方。4月22日12時23分,“天舟一號”貨運飛船與離地面390公里處的“天宮二號”空間實驗室順利完成自動交會對接。下列說法正確的是 ( ) A.根據“天宮二號”離地面的高度,可計算出地球的質量 B.“天舟一號”與“天宮二號”的對接過程,滿足動量守恒、能量守恒 C.“天宮二號”飛越地球的質量密集區(qū)上空時,軌道半徑和線速度都略微減小 D.若測得“天舟一號”環(huán)繞地球近地軌道的運行周期,可求出地球的密度 【解析】選D。根據G=m ,可得M=,則根據“天宮二號”離地面的高度,不可計算出地球的質量,選項A錯誤;“天舟一號”與“天宮二號”對接時,“天舟一號”要向后噴氣加速才能對接,故對接的過程不滿足動量守恒,但是能量守恒,選項B錯誤;“天宮二號”飛越地球的質量密集區(qū)上空時,萬有引力變大,則軌道半徑略微減小,引力做正功,故線速度增加,選項C錯誤;G =mR,而M=πR3ρ,可得ρ= ,即若測得“天舟一號”環(huán)繞地球近地軌道的運行周期,可求出地球的密度,選項D正確。 【加固訓練】 如圖所示為“墨子號”衛(wèi)星在距離地球表面500 km高的軌道上實現兩地通信的示意圖。若己知地球表面重力加速度為g,地球半徑為R,則下列說法正確的是 ( ) A.可以估算出“墨子號”所受到的萬有引力大小 B.“墨子號”的周期大于地球同步衛(wèi)星的周期 C.工作時,兩地發(fā)射和接收信號的雷達方向一直是固定的 D.衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的速度小于 7.9 km/s 【解析】選D。根據萬有引力定律公式F=G,因不知道“墨子號”量子科學實驗衛(wèi)星的質量,所以無法估算出“墨子號”所受到的萬有引力大小,選項A錯誤;因“墨子號”量子科學實驗衛(wèi)星距地面的高度小于同步衛(wèi)星的高度,故“墨子號”的周期小于地球同步衛(wèi)星的周期,選項B錯誤;因不是同步衛(wèi)星,相對于地球是運動的,也就是衛(wèi)星相對地面的位置在變化,工作時,兩地發(fā)射和接收信號的雷達方向也是變化的,選項C錯誤;在地球表面繞地球做圓周運行的繞行速度最大為7.9 km/s,而“墨子號”量子科學實驗衛(wèi)星距地面的高度500 km,故繞行速度一定小于7.9 km/s,選項D正確。 8.2016年2月11日,美國科學家宣布探測到引力波,證實了愛因斯坦100年前的預測,彌補了愛因斯坦廣義相對論中最后一塊缺失的“拼圖”。雙星的運動是產生引力波的來源之一,假設宇宙中有一雙星系統由a、b兩顆星體組成,這兩顆星繞它們的連線的某一點在萬有引力作用下做勻速圓周運動,測得a星的周期為T,a、b兩顆星的距離為l,a、b兩顆星的軌道半徑之差為Δr,已知a星的軌道半徑大于b星的軌道半徑,則 ( ) A.b星的周期為T B.a星的線速度大小為 C.a、b兩顆星的半徑之比為 D.a、b兩顆星的質量之比為 【解析】選C。雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力,角速度大小相等,則周期相等,所以b星的周期為T,選項A錯誤;根據題意可知ra+rb=l,ra-rb=Δr,解得ra=,rb=,則a星的線速度大小va==,=,選項C正確、B錯誤;雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力,角速度大小相等,向心力大小相等,則有maω2ra=mbω2rb,解得==,選項D錯誤。 9.如圖所示,半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置,小球m在圓形軌道內側做圓周運動。對于半徑R不同的圓形軌道,小球m通過軌道最高點時都恰好與軌道間沒有相互作用力。下列說法中正確的是 ( ) A.半徑R越大,小球通過軌道最高點時的速度越大 B.半徑R越大,小球通過軌道最高點時的速度越小 C.半徑R越大,小球通過軌道最低點時的角速度越大 D.半徑R越大,小球通過軌道最低點時的角速度越小 【解析】選A、D。小球m通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力,由牛頓第二定律得mg=m,解得v=,因此半徑R越大,小球通過軌道最高點時的速度越大,故A正確,B錯誤;小球從最高點運動到最低點的過程中,由動能定理得mg2R=mv′2-mv2,解得v′==,角速度ω==,故C錯誤,D正確。 10.如圖所示,斜面傾角為θ,位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正對斜面頂點B水平拋出,小球到達斜面經過的時間為t,重力加速度為g,則下列說法中正確的是 ( ) A.若小球以最小位移到達斜面,則t= B.若小球垂直擊中斜面,則t= C.若小球能擊中斜面中點,則t= D.無論小球怎樣到達斜面,運動時間均為t= 【解析】選A、B。小球以最小位移到達斜面時即位移與斜面垂直,位移與豎直方向的夾角為θ,則tan θ==,即t=,A正確,D錯誤;小球垂直擊中斜面時,速度與水平方向的夾角為-θ,則tan (-θ)=,即t=,B正確;小球擊中斜面中點時,令斜面長為2L,則水平射程為Lcos θ=v0t,下落高度為Lsin θ=gt2,聯立兩式得t=,C錯誤。 11.(2018邯鄲模擬)如圖所示,水平的木板B托著木塊A一起在豎直平面內做勻速圓周運動,從水平位置a沿逆時針方向運動到最高點b的過程中,下列說法正確的是 ( ) A.木塊A處于超重狀態(tài) B.木塊A處于失重狀態(tài) C.B對A的摩擦力越來越小 D.B對A的摩擦力越來越大 【解析】選B、C。A、B一起做勻速圓周運動,合力提供向心力,加速度即向心加速度。水平位置a沿逆時針方向運動到最高點b的過程中,加速度大小不變,方向指向圓心。在豎直方向有豎直向下的分加速度,因此A、B都處于失重狀態(tài),A錯誤,B正確;對A受力分析,加速度指向圓心,那么此過程中水平方向加速度逐漸減小,而能夠提供A水平加速度的力只有B對A的摩擦力,因此B對A的摩擦力越來越小,C正確,D錯誤。 12.(2018煙臺模擬)火星探測項目是我國繼載人航天工程、嫦娥工程之后又一個重大太空探索項目,2018年左右我國將進行第一次火星探測。已知地球公轉周期為T,到太陽的距離為R1,運行速率為v1,火星到太陽的距離為R2,運行速率為v2, 太陽質量為M,引力常量為G。一個質量為m的探測器被發(fā)射到一圍繞太陽的橢圓軌道上,以地球軌道上的A點為近日點,以火星軌道上的B點為遠日點,如圖所示。不計火星、地球對探測器的影響,則 ( ) A.探測器在A點的加速度等于 B.探測器在B點的加速度大小為 C.探測器在B點的動能為m D.探測器沿橢圓軌道從A到B的飛行時間為 【解析】選A、D。根據牛頓第二定律,加速度由合力和質量決定,故在A點的加速度等于沿著圖中小虛線圓軌道繞太陽公轉的向心加速度,為a=,選項A正確;根據牛頓第二定律,加速度由合力和質量決定,故在B點的加速度等于沿著圖中大虛線圓軌道繞太陽公轉的向心加速度,為a′= ,選項B錯誤;探測器在B點的速度小于v2,故動能小于m,選項C錯誤;根據開普勒第三定律,有: = 聯立解得: T′=T,故探測器沿橢圓軌道從A到B的飛行時間為T,故D正確。 【加固訓練】 (多選)(2018岳陽模擬)如圖所示,我國發(fā)射神舟十號飛船時,先將飛船發(fā)送到一個橢圓軌道上,其近地點M距離地面高度200 km,遠地點N距地面高度330 km,進入該軌道正常運行時,其周期為T1,通過M、N點時的速度分別為v1、v2,加速度分別為a1、a2,當某次飛船過N點時,地面指揮中心發(fā)出指令,點燃飛船上的發(fā)動機,給飛船在短時間內加速進入離地面330 km 的圓形軌道繞地球做勻速圓周運動,周期為T2,在圓形軌道的P點速度為v3,加速度為a3,那么關于v1、v2、v3,a1、a2、a3,T1、T2大小關系,下列說法正確的是 ( ) A.a2=a3
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