高考物理大一轮复习第四章单元质量检测四含解析教科版

高考物理大一轮复习第四章单元质量检测四含解析教科
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时间：50分钟
一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)
1.手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图1所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，则重物运动的速度( )
图1
A ．大小和方向均不变
B ．大小不变，方向改变
C ．大小改变，方向不变
D ．大小和方向均改变
解析 滑轮向右运动，使水平部分的细线延长，重物上升，所以重物同时参与了两个分运动：随滑轮向右匀速运动和向上由于细线缩短的匀速运动。

因此两个方向上的匀速运动合成为重物的运动，也是匀速的，故A 正确，B 、C 、D 错误。

答案 A
2.对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r 与周期T 关系作出如图2所示图像，则可求得地球质量为(已知引力常量为G )( )
图2
A.4π2
a Gb
B.4π2
b
Ga
C.
Ga
4π2
b
D.
Gb
4π2a
解析 由G Mm r 2＝mr (2πT )2，得r 3
＝GMT 24π2，即r 3T 2＝
GM 4π2＝a b ，求得地球的质量为M ＝4π2
a Gb
，因此
A项正确。

答案 A
3．(2016·上海五校联考)如图3，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船在静水中的最小速度为( )
图3
A．2 m/s B．2.4 m/s C．3 m/s D．3.5 m/s
解析船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v
v水的大小和方向都已知，沿船头指向的分合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度
运动的速度v船大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图，当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为v船min＝v水sin 37°＝2.4 m/s，选项B正确。

答案 B
4．如图4所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O 点的距离之比为( )
图4
A.2∶1 B．2∶1C．4∶ 2 D．4∶1
解析设落到斜面上的位置分别为P、Q，由题意知，落到斜面上时两小球的速度与水平面夹角相等，根据平抛运动的推论知，位移AP、BQ与水平面夹角也相等，则△POA与△QOB 相似，对应边成比例，B正确。

答案 B
5．(2016·山西太原一模)CTMD(中国战区导弹防御体系)是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹。

在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为H 处，其速度为v 且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 0竖直向上发射一颗炮弹成功拦截。

已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s ，不计空气阻力，则( )
A ．v 0＝H
s v B ．v 0＝H s
v C ．v 0＝s
H
v
D ．v 0＝v
解析 炮弹做竖直上抛运动有：
h 1＝v 0t －12
gt 2，导弹做平抛运动有：
s ＝vt ，h 2＝12gt 2，且h 1＋h 2＝H ，联立得：v 0＝H
s
v ，所以只有A 项正确。

答案 A
6．在链球运动中，运动员使链球高速旋转，在水平面内做圆周运动。

然后突然松手，由于惯性，链球向远处飞去。

链球做圆周运动的半径为R ，链球在水平面内做圆周运动时的离地高度为h 。

设圆心在地面的投影点为O ，链球的落地点为P ，O 、P 两点的距离即为运动员的成绩。

若运动员某次掷链球的成绩为L ，空气阻力忽略不计，则链球从运动员手中脱开时的速度v 为( )
图5
A ．L
g 2h
B ．R
g 2h
C.
g 2h
（L 2－R 2
） D.
g 2h
（L 2＋R 2
） 解析 链球出手后竖直方向做自由落体运动h ＝12
gt 2
，落地时间t ＝
2h
g
，水平方向位移如
图所示，链球平抛运动的水平位移AP ＝L 2
－R 2
，根据平抛运动规律，链球出手时的速度v ＝AP t ＝
g 2h
（L 2－R 2
），所以C 正确。

答案 C
7．(2016·常州一模)如图6所示，卫星1为地球同步卫星，卫星2是周期为3小时的极地卫星，只考虑地球引力，不考虑其他作用的影响，卫星1和卫星2均绕地球做匀速圆周运动，两轨道平面相互垂直，运动过程中卫星1和卫星2有时处于地球赤道上某一点的正上方。

下列说法中正确的是( )
图6
A ．卫星1和卫星2的向心加速度之比为1∶16
B ．卫星1和卫星2的速度之比为2∶1
C ．卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期为24小时
D ．卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期为3小时
解析 由万有引力提供向心力有G Mm r 2＝m (2πT )2
r 得出r ＝3GMT 2
4π2，卫星1和卫星2的周期
之比为8∶1，则轨道半径之比为4∶1。

由G Mm
r 2＝ma 得出a ＝G M r
2，可知向心加速度之比为1∶16，
A 项正确；根据G Mm r 2＝m v 2
r 得出v ＝
GM
r
，可知线速度之比为1∶2，B 项错误；两卫星从赤道处正上方某点开始计时，卫星1转8圈时，卫星2刚好转一圈在该点相遇，C 项正确，D 项错误。

答案 AC
8.如图7所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外马路宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v 0的大小的可能值为(g 取10 m/s 2
)( )
图7
A ．6 m/s
B ．12 m/s
C ．4 m/s
D ．2 m/s
解析 若v 0太大，小球将落在马路外边，因此，要使小球落在马路上，v 0的最大值v max 为球落在马路最右侧A 点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t 1，则
水平方向有L ＋x ＝v max t 1 竖直方向有H ＝12gt 21
解得v max ＝(L ＋x )
g
2H
＝13 m/s 若v 0太小，小球将被围墙挡住，不能落在马路上，因此v 0的最小值v min 为球恰好越过围墙的最高点P 落在马路上B 点时的平抛初速度，设小球运动到P 点所需时间为t 2，则此过程中水平方向有L ＝v min t 2，竖直方向有H －h ＝12gt 2
2，解得v min ＝L
g
2（H －h ）
＝5 m/s 。

由以上分
析可知，选项A 、B 正确。

答案 AB
9．如图8所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。

现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下列判断中正确的是( )
图8
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变小
C．Q受到桌面的静摩擦力变大
D．Q受到桌面的支持力不变
解析设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T，细线的长度为L。

P球做匀速
圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力。

如图，则有：F T＝mg
cos θ
，mg tan θ
＝mω2L sin θ，得角速度ω＝
g
L cos θ
，周期T＝
2π
ω
，使小球改到一个更高一些的水平
面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则细线拉力F T增大，角速度增大，周期T 减小。

对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故A、B错误，C正确；金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D正确。

答案CD
10．航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图9所示。

关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( )
图9
A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B点的速度
B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能
C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度
解析 航天飞机在轨道Ⅱ上从远地点A 向近地点B 运动的过程中万有引力做正功，所以航天飞机经过A 点的速度小于航天飞机经过B 点的速度，A 正确；航天飞机在A 点减速后才能做向心运动，从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅱ上经过A 点的动能小于在轨道Ⅰ上
经过A 点的动能，B 正确；根据开普勒第三定律R 3
T
2＝k ，因为轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半
径，所以航天飞机在轨道Ⅱ上的运动周期小于在轨道Ⅰ上的运动周期，C 正确；根据牛顿第二定律F ＝ma ，因航天飞机在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上A 点的万有引力相等，所以在轨道Ⅱ上经过
A 点的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A 点的加速度，D 错误。

答案 ABC 二、非选择题
11．如图10所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v ＝15 m/s ，在二者相距L ＝30 m 时，此人以速度v 0水平抛出一石块，击打动物，石块和动物都可看成质点(已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2
)
图10
(1)若动物在斜坡上被石块击中，求v 0的大小；
(2)若动物离斜坡末端较近，设其在水平面上匀速运动速度的大小与其在斜面上的相同，试分析该动物在水平面上被石块击中的情况下，人抛石块的速度v 0的取值范围。

解析 (1)设石块运动过程中所需时间为t 1 对于动物，其运动的位移x 1＝vt 1
对于石块，其竖直方向：(L ＋x 1)sin 37°＝12gt 2
1
其水平方向：(L ＋x 1)cos 37°＝v 0t 1 解得v 0＝20 m/s
(2)假设动物开始时在斜面的底端，对于动物，其运动的位移
x 2＝vt 2
对于石块，其竖直方向：L sin 37°＝12gt 2
2
其水平方向：L cos 37°＋x 2＝v 0t 2
解得v 0＝(410＋15) m/s≈27.65 m/s。

所以此种情况下，石块的速度范围为 20 m/s ＜v 0≤27.65 m/s。

答案 (1)20 m/s (2)20 m/s ＜v 0≤27.65 m/s
12．如图11所示，在同一竖直平面内的两正对的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，现在最高点A 与最低点B 各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x 的关系图像如图12所示，g 取10 m/s 2
，不计空气阻力。

(1)求小球的质量；
(2)若小球在最低点B 的速度为20 m/s ，为使小球能沿轨道运动，x 的最大值为多少？ 解析 (1)小球从A 点到B 点，由能量守恒定律得 12mv 2B ＝mg (2R ＋x )＋12
mv 2A 对B 点：N 1－mg ＝m v 2B R
对A 点：N 2＋mg ＝m v 2A
R
由牛顿第三定律可得：两点压力差 ΔN ＝N 1－N 2＝6mg ＋2mgx
R
由题图得：纵轴截距6mg ＝3 N ，m ＝0.05 kg (2)因为图线的斜率k ＝2mg
R
＝1 N/m ，得R ＝1 m
在A 点小球不脱离轨道的条件为v A ≥Rg 结合(1)解得：x m ＝17.5 m 答案 (1)0.05 kg (2)17.5 m。