2014届高考物理一轮 阶段知能检测4

阶段知能检测(四)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得5分，选错或不答的得0分．)1．(2013·肇庆模拟)如图1所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径r A >r B ＝r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是( )图1A ．a A ＝aB ＝aC B ．a C >a A >a B C ．a C <a A <a BD ．a C ＝a B >a A【解析】 皮带传动且不打滑，A 点和B 点线速度大小相等，由a ＝v 2r 有a ∝1r ，所以a A <a B ；A 点与C 点共轴转动，角速度相同，由a ＝ω2r 知a ∝r ，所以有a A >a C ，故a C <a A <aB ，可见选项C 正确．【答案】 C2．(2012·营口模拟)m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮，如图2所示，已知皮带轮半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑．当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的转数至少是( )图2A.12πg rB. g rC.grD.12πgr【解析】 A 轮每秒的转数的最小值对应物体m 在A 轮正上方时，对传送带的压力恰好为零，有：mg ＝m ω2r ，又ω＝2πn ，可得n ＝12πgr，故A 正确． 【答案】 A图33．如图3所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速度为2v ，则此时每段线中张力大小为( )A.3mg B ．23mg C ．3mg D ．4mg【解析】 当小球到达最高点时速率为v ，有mg ＝m v 2r，当小球到达最高点时速率为2v ，应有F ＋mg ＝m 2v 2r＝4mg ，所以F ＝3mg ，此时最高点各力如图所示，所以F T ＝3mg ，A正确．【答案】 A图44．(2013·广元模拟)一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R ，甲、乙物体质量分别为M 和m (M >m )，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L (L <R )的轻绳连在一起．如图4所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点)( )A. μM －m gM ＋m LB. μgLC.μM ＋m gMLD.μM ＋m gmL【解析】 经分析可知，绳的最大拉力F ＝μMg ，对m ，F ＋μmg ＝m ω2L ， 所以μ(M ＋m )g ＝m ω2L解得ω＝ μM ＋m gmL.【答案】 D5．我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比( )A ．卫星动能增大，引力势能减小B ．卫星动能增大，引力势能增大C ．卫星动能减小，引力势能减小D ．卫星动能减小，引力势能增大【解析】 卫星每次变轨完成后到达轨道半径较大的轨道，由万有引力提供向心力，即GMm r 2＝mv 2r ，卫星的动能E k ＝12mv 2＝12·GMmr，因此卫星动能减少；变轨时需要卫星上的发动机点火加速，使其机械能增加，因而引力势能增大，只有D 正确．【答案】 D二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)6．(2013·阳江模拟)在广州亚运会上一位运动员进行射击比赛时，子弹水平射出后击中目标．当子弹在飞行过程中速度平行于抛出点与目标的连线时，大小为v ，不考虑空气阻力，已知连线与水平面的夹角为θ，则子弹( )A ．初速度v 0＝v cos θB ．飞行时间t ＝2v tan θgC ．飞行的水平距离x ＝v 2sin2 θgD ．飞行的竖直距离y＝2v 2tan 2θg【解析】 如图所示，初速度v 0＝v cos θ，A 正确；tan θ＝12gt 2v 0t ，则t ＝2v sin θg，所以B 错误；飞行的水平距离x ＝v 0t ＝v 2sin 2 θg ，C 正确；飞行的竖直距离y ＝2v 2sin 2θg，D 错误．【答案】 AC7．(2012·济南模拟)质量为m 的人造地球卫星在圆轨道上运动，卫星到地面的距离等于地球的半径R .已知地球表面上的重力加速度的大小为g .则( )A ．卫星环绕速度的大小为2gRB ．卫星运动的周期为2π2RgC ．卫星运动的加速度大小为14gD ．以地面为参考平面，卫星的重力势能小于mgR【解析】 设地球的质量为M ，根据题意有：g ＝GM R2，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：G Mm r 2＝m v 2r ，其中r ＝2R ，联立解得卫星环绕速度的大小为12gR .卫星运动的周期为T ＝2πrv ＝4π2Rg.卫星运动的加速度大小为a ＝GMm mr 2＝14g .由于从地球表面到卫星所在的轨道，卫星的重力是不断减小的，其平均值小于mg ，所以，以地面为参考平面，卫星的重力势能小于mgR ，故C 、D 正确．【答案】 CD8．如图5所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P 处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象是描述物体沿x 方向和y 方向运动的速度—时间图象，其中正确的是( )图5【解析】 O ～t P 段，水平方向：v x ＝v 0恒定不变；竖直方向：v y ＝gt ；t P ～t Q 段，水平方向：v x ＝v 0＋a 水平t ，竖直方向：v y ＝v P ＋a 竖直t (a 竖直＜g )，因此选项A 、D 错误，B 、C 正确．【答案】 BC9．2007年美国宇航员评出了太阳系外10颗最神奇的行星，包括天文学家1990年发现的第一颗太阳系外行星，以及最新发现的可能适合居住的行星．在这10颗最神奇的行星中排名第三的是一颗不断缩小的行星，命名为HD209458b ，它的一年只有3.5个地球日．这颗行星以极近的距离绕恒星运转，因此它的大气层不断被恒星风吹走．据科学家估计，这颗行星每秒就丢失至少10 000吨物质，最终这颗缩小行星将只剩下一个死核．假设该行星是以其球心为中心均匀减小的，且其绕恒星做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )A ．该行星绕恒星运行周期会不断增大B ．该行星绕恒星运行的速度大小会不断减小C ．该行星绕恒星运行周期不变D ．该行星绕恒星运行的线速度大小不变【解析】 由于该行星是以其球心为中心均匀减小的，所以其运行的半径不变，由于该行星的质量改变，而恒星的质量不变化，由GMm R 2＝mv 2R 和GMm R 2＝4π2mRT2可知，周期和线速度大小均不改变．【答案】 CD10．美国太空总署(NASA)为探测月球是否存在水分，于2009年10月9日利用一支火箭和一颗卫星连续撞击月球．据天文学家测量，月球的半径约为 1 800 km ，月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6，月球表面在阳光照射下的温度可达127℃，而此时水蒸气分子的平均速率达2 km/s ，下列说法正确的是( )A ．卫星撞月前应先在原绕月轨道上减速B ．卫星撞月前应先在原绕月轨道上加速C ．由于月球的第一宇宙速度大于2 km/s ，所以月球表面可能有水D ．由于月球的第一宇宙速度小于2 km/s ，所以月球表面在阳光照射下不可能有水 【解析】 卫星撞月属于近心运动，故应在原绕月轨道上减速，选项A 正确；月球的第一宇宙速度为v 月＝GM 月R 月，GM 月＝g 月R 2月，g 月＝16g 地，联立得v 月＝1.7 km/s ，而127℃时水蒸气分子的平均速率大于月球第一宇宙速度，故选项D 正确．【答案】 AD三、计算题(本题共3小题，共45分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(2013·云浮模拟)两个质量均为m 的物体，由轻质硬杆相连，形如一个“哑铃”，围绕一个质量为M 的天体旋转，如图6所示．两物体和天体中心在一条直线上，两物体分别以r 1和r 2为半径绕M 做圆周运动，两物体成了M 的卫星，求此卫星的运动周期和轻质硬杆分别对A 、B 的弹力．图6【解析】设轻质硬杆对A的弹力大小为F，方向向上，则轻质硬杆对B的弹力大小也为F，方向向下，对A、B分别根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：G Mmr21－F－Gm2r2－r12＝mr14π2T2①G Mmr22＋F＋Gm2r2－r12＝mr24π2T2②由①②式得：T＝2πr1r2r1＋r2 GM r21＋r22F＝GMmr32－r31r21r22r1＋r2－Gm21r2－r12.【答案】2πr1r2r1＋r2 GM r21＋r22GMm r32－r31r21r22r1＋r2－Gm21r2－r12图712．(18分)如图7所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g)．(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22L.【解析】(1)设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律得Mg－T＝Ma T－mg sin 30°＝ma且M＝km解得a＝2k－12k＋1g.(2)设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0根据牛顿第二定律得－mg sin 30°＝ma0做匀变速直线运动，v2＝2aL sin 30°，v20－v2＝2a0L(1－sin 30°)解得v 0＝k －22k ＋1gL (k >2)．(3)小球做平抛运动，则x ＝v 0tL sin 30°＝12gt 2解得x ＝L k －22k ＋1由k －22k ＋1<12得x ＝Lk －22k ＋1<22L .【答案】 (1)2k －12k ＋1g (2) k －22k ＋1gL (k >2)(3)见解析图813．(15分)如图8所示，竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R ，A 点与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正下方，小球自A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点时进入管道，当小球到达B 点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，求：(1)释放点距A 点的竖直高度； (2)落点C 与A 的水平距离．【解析】 (1)设小球到达B 点的速度为v 1，因为到达B 点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，所以有9mg －mg ＝m v 21R又由机械能守恒定律，得mg (h ＋R )＝12mv 21，由此可解得h ＝3R .(2)设小球到达最高点的速度为v 2，落点C 与A 的水平距离为x ，由机械能守恒定律得 12mv 21＝12mv 22＋2mgR ， 由平抛运动的规律得R ＝12gt 2，R ＋x ＝v 2t ，由此可解得x＝(22－1)R. 【答案】(1)3R(2)(22－1)R。