2025屆高考物理一輪復習第四章曲線運動萬有引力與航天章末質量檢測四含解析粵教版

PAGE8-章末質量檢測(四)(時間：40分鐘)一、選擇題(本題共10小題，1～7題為單項選擇題，8～10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(shù)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(shù)，自行車的速度將變大解析A、B、C、D四點線速度大小相等，方向不同，選項A錯誤；齒數(shù)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(shù)，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·廣東試驗中學段考)如圖2所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物M，長桿的一端放在地面上通過鉸鏈連接形成轉軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方O點處，在桿的中點C處拴一細繩，通過兩個滑輪后掛上重物M，C點與O點距離為L，現(xiàn)在桿的另一端用力，使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度ω緩緩轉至水平(轉過了90°角)。下列有關此過程的說法中正確的是()圖2A.重物M做勻速直線運動B.重物M做勻變速直線運動C.整個過程中重物始終處于失重狀態(tài)D.重物M的速度先增大后減小，最大速度為ωL解析設C點線速度方向與繩子方向的夾角為θ(銳角)，由題知C點的線速度為vC＝ωL，該線速度在繩子方向上的分速度就為v繩＝ωLcosθ。θ的改變規(guī)律是起先最大(90°)，然后漸漸變小，所以，v繩＝ωLcosθ漸漸變大，直至繩子和桿垂直，θ變?yōu)榱?，繩子的速度變?yōu)樽畲?，為ωL；然后，θ又漸漸增大，v繩＝ωLcosθ漸漸變小，繩子的速度減小。所以知重物M的速度先增大后減小，最大速度為ωL，故A、B錯誤，D正確；重物M先向上加速，后向上減速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C錯誤。答案D3.我國高分系列衛(wèi)星的高辨別對地視察實力不斷提高。2024年5月9日放射的“高分五號”軌道高度約為705km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36000km，它們都繞地球做圓周運動。與“高分四號”相比，下列物理量中“高分五號”較小的是()A.周期 B.角速度C.線速度 D.向心加速度解析設衛(wèi)星的質量為m，軌道半徑為r，地球的質量為M，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力供應向心力，則得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝ma，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，v＝eq\r(\f(GM,r))，a＝eq\f(GM,r2)可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，而角速度、線速度和向心加速度越小，“高分五號”的軌道半徑比“高分四號”的小，所以“高分五號”較小的是周期，較大的是角速度、線速度和向心加速度，故選A項。答案A4.經典的“黑洞”理論認為，當恒星收縮到肯定程度時，會變成密度特別大的天體，這種天體的逃逸速度特別大，大到光從旁邊經過時都不能逃逸，也就是其其次宇宙速度大于等于光速，此時該天體就變成了一個黑洞。已知太陽的質量為M，光速為c，其次宇宙速度是第一宇宙速度的eq\r(2)倍，引力常量為G，若太陽演化成一個黑洞，其密度ρ至少達到()A.eq\f(c6,12πG3M2) B.eq\f(3c6,32πG3M2)C.eq\f(3c6,16πG3M2) D.eq\f(c6,16πG3M2)解析依據(jù)萬有引力供應向心力有eq\f(GMm,R2)＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，得太陽的第一宇宙速度v1＝eq\r(\f(GM,R))(式中R為太陽的半徑)，因其次宇宙速度v2是第一宇宙速度v1的eq\r(2)倍，可得v2＝eq\r(2)v1＝eq\r(\f(2GM,R))，由題意可知eq\r(\f(2GM,R))≥c，得R≤eq\f(2GM,c2)，太陽變?yōu)楹诙春?，其密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)≥eq\f(3c6,32πG3M2)，選項B正確。答案B5.如圖3所示，球網(wǎng)高出桌面H，網(wǎng)到桌邊的距離為L，某人在乒乓球訓練中，從左側eq\f(L,2)處，將球沿垂直于網(wǎng)的方向水平擊出，球恰好通過網(wǎng)的上沿落到右側邊緣，設乒乓球的運動為平拋運動，下列推斷正確的是()圖3A.擊球點的高度與網(wǎng)高度之比為2∶1B.乒乓球在網(wǎng)左、右兩側運動時間之比為2∶1C.乒乓球過網(wǎng)時與落到右側桌邊緣時速率之比為1∶2D.乒乓球在左、右兩側運動速度改變量之比為1∶2解析因為水平方向做勻速運動，網(wǎng)右側的水平位移是左側水平位移的兩倍，所以網(wǎng)右側運動時間是左側的兩倍，豎直方向做自由落體運動，依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知，擊球點的高度與網(wǎng)高之比為9∶8，故選項A、B錯誤；球恰好通過網(wǎng)的上沿的時間為落到右側桌邊緣的時間的eq\f(1,3)，豎直方向做自由落體運動，依據(jù)v＝gt可知，球恰好通過網(wǎng)的上沿的豎直分速度與落到右側桌邊緣的豎直分速度之比為1∶3，依據(jù)v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))可知，乒乓球過網(wǎng)時與落到桌邊緣時速率之比不是1∶2，故選項C錯誤；網(wǎng)右側運動時間是左側的兩倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右兩側運動速度改變量之比為1∶2，故選項D正確。答案D6.(2024·四川遂寧診斷)如圖4所示，圖(a)中甲汽車在水平路面上轉彎行駛，圖(b)中乙汽車在傾斜路面上轉彎行駛。關于兩輛汽車的受力狀況，以下說法正確的是()圖4A.兩車都受到路面豎直向上的支持力作用B.兩車都肯定受平行路面指向彎道內側的摩擦力C.甲車可能不受平行路面指向彎道內側的摩擦力D.乙車可能受平行路面指向彎道外側的摩擦力解析水平路面上的汽車在豎直方向上受豎直向上的支持力和豎直向下的重力，傾斜路面上汽車受到的支持力與傾斜路面垂直，故A錯誤；汽車轉彎時的運動可看作圓周運動，向心力方向指向彎道內側，設傾斜路面的傾角為θ，當乙車的速度滿意meq\f(v2,r)＝mgtanθ，即v＝eq\r(grtanθ)時，乙車恰好沒有向路面內外兩側滑動的趨勢，即此時乙車不受摩擦力作用；乙車在傾斜路面轉彎，當速度大于eq\r(grtanθ)時，重力與支持力的合力不足以供應向心力，這時乙車有向外運動的趨勢，所以乙車受到路面的摩擦力指向彎道內側，當速度小于eq\r(grtanθ)時，重力與支持力的合力大于所需向心力，乙車有向里運動的趨勢，此時乙車受到平行路面指向彎道外側的摩擦力作用，故B錯誤，D正確；甲車轉彎時，由靜摩擦力供應做圓周運動所需的向心力，故甲車不行能不受平行路面指向彎道內側的摩擦力，故C錯誤。答案D7.(2024·鄭州模擬)我國在酒泉用長征二號丁運載火箭勝利將世界首顆量子科學試驗衛(wèi)星“墨子號”放射升空。如圖5所示為“墨子號”衛(wèi)星在距離地球表面500km高的軌道上實現(xiàn)兩地通信的示意圖。若已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()圖5A.工作時，兩地放射和接收信號的雷達方向始終是固定的B.衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的速度大于7.9km/sC.可以估算出“墨子號”衛(wèi)星所受到的萬有引力大小D.可以估算出地球的平均密度解析由于地球自轉的周期和“墨子號”的周期不同，轉動的線速度不同，所以工作時，兩地放射和接收信號的雷達方向不是固定的，故A錯誤；7.9km/s是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大環(huán)繞速度，則衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的速度小于7.9km/s，故B錯誤；由于“墨子號”衛(wèi)星的質量未知，則無法計算“墨子號”所受到的萬有引力大小，故C錯誤；依據(jù)萬有引力等于重力，結合地球表面的重力加速度和半徑可以求出地球的質量，結合地球的體積可以求出地球的平均密度，故D正確。答案D8.如圖6所示，河水由西向東流，河寬為800m，河中各點的水流速度大小為v水，各點到較近河岸的距離為s，v水與s的關系為v水＝eq\f(3,400)s(m/s)(s的單位為m)，讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船劃水速度大小恒為v船＝4m/s，則下列說法正確的是()圖6A.小船渡河的軌跡為直線B.小船在河水中的最大速度是5m/sC.小船在距南岸200m處的速度小于在距北岸200m處的速度D.小船渡河的時間是200s解析小船在南北方向上為勻速直線運動，在東西方向上先加速，到達河中間后再減速，小船的合運動是曲線運動，選項A錯誤；當小船運動到河中間時，東西方向上的分速度最大，此時小船的合速度最大，最大值vm＝5m/s，選項B正確；小船在距南岸200m處的速度等于在距北岸200m處的速度，選項C錯誤；小船的渡河時間t＝200s，選項D正確。答案BD9.如圖7，在同一豎直面內，小球a、b從高度不同的兩點，分別以初速度va和vb沿水平方向先后拋出，恰好同時落到地面上與兩拋出點水平距離相等的P點，并且落到P點時兩球的速度相互垂直。若不計空氣阻力，則()圖7A.小球a比小球b先拋出B.初速度va小于vbC.小球a、b拋出點距地面高度之比為vb∶vaD.初速度va大于vb解析h＝eq\f(1,2)gt2，所以t＝eq\r(\f(2h,g))，平拋運動的運動時間是由豎直的高度確定的，由于小球a的高度比小球b的大，所以ta＞tb，由于小球a、b的水平位移相等，由x＝v0t得va＜vb，故A、B正確，D錯誤；h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)geq\f(x2,veq\o\al(2,0))，故小球a、b拋出點距地面高度之比為eq\f(ha,hb)＝eq\f(veq\o\al(2,b),veq\o\al(2,a))，C錯誤。答案AB10.(2024·廣東廣州天河區(qū)模擬)如圖8所示，水平轉臺上的小物體a、b(可視為質點)通過輕彈簧連接，并靜止在轉臺上，現(xiàn)從靜止起先緩慢地增大轉臺的轉速(即在每個轉速下均可認為是勻速轉動)，已知a、b的質量分別為m、2m，a、b與轉臺間的動摩擦因數(shù)均為μ，a、b離轉臺中心的距離都為r，且與轉臺保持相對靜止，已知彈簧的原長為r，勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以下說法中正確的是()圖8A.物體a和b同時相對轉臺發(fā)生滑動B.當a受到的摩擦力為0時，b受到的摩擦力背離圓心C.當b受到的摩擦力為0時，a受到的摩擦力背離圓心D.當a、b均相對轉臺靜止時，允許的最大角速度為eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))解析發(fā)生相對滑動前，靜摩擦力和彈簧的彈力充當向心力，當剛好要滑動時，摩擦力達到最大靜摩擦力，kr＋μmg＝mω2r知ω＝eq\r(\f(μg,r)＋\f(k,m))，故隨著轉臺轉速增大，質量大的物體先達到臨界角速度，會先發(fā)生相對滑動，故b先發(fā)生相對滑動，選項A錯誤；當a受到的摩擦力為0時，彈簧彈力充當a的向心力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力充當b的向心力，b質量較大，故向心力大，所以b受到的摩擦力指向圓心，選項B錯誤；依據(jù)B選項的分析知，當b受到的摩擦力為0時，彈簧彈力充當b的向心力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力充當a的向心力，a質量較小，故向心力小，所以a受到的摩擦力背離圓心，選項C正確；由選項A的分析可知，從靜止起先緩慢地增大轉臺的轉速，b先發(fā)生相對滑動，b剛要發(fā)生相對滑動時的角速度為ω＝eq\r(\f(μg,r)＋\f(k,2m))，選項D正確。答案CD二、非選擇題11.如圖9所示，高H＝0.8m的桌面上固定一半徑R＝0.45m的四分之一光滑圓弧軌道AB，軌道末端B與桌面邊緣水平相切，地面上的C點位于B點的正下方。將一質量m＝0.04kg的小球由軌道頂端A處靜止釋放，取g＝10m/s2。圖9(1)求小球運動到B點時對軌道的壓力大小；(2)求小球落地點距C點的距離；(3)若加上如圖所示的恒定水平風力，將小球由A處靜止釋放，要使小球恰落在C點，作用在小球上的風力應為多大？解析(1)小球由A運動至B有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，F(xiàn)N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)，依據(jù)牛頓第三定律，軌道壓力大小FN′＝FN，解得FN′＝1.2N。(2)小球從B點飛出做平拋運動。豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝v0t，解得x＝1.2m。(3)設風力大小為F，小球從A運動至B，mgR－FR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，小球從B運動至C處，水平位移x1＝0，x1＝v1t－eq\f(1,2)a1t2，水平方向F＝ma1，解得F＝0.3N。答案(1)1.2N(2)1.2m