选考章末检测(四)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．(2016·温州调研)若已知物体的速度方向和它所受合力的方向，如图所示，可能的运动轨迹是( )
C [物体做曲线运动时，轨迹夹在速度方向和合力方向之间，合力大致指向轨迹凹的方向．故C正确，而B不应该出现向下凹的现象，故A、B、D错误．]
2．如图1所示，小物体A与圆盘保持相对静止跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是( )
【导学号：81370182】
图1
A．重力、支持力 B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力 D．重力、支持力、向心力、摩擦力
C [物体在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故A、B、D错误，C正确．]
3．如图2所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )
图2
A．a、b和c三点的线速度大小相等 B．a、b和c三点的角速度相等 C．a、b的角速度比c的大 D．c的线速度比a、b的大
B [a、b、c三点为共轴转动，故角速度相等，B正确，C错误；又由题图知，三点的转动半径ra＝rb>rc，根据v＝ωr知，va＝vb>vc，故A、D错误．]
4．在漂流探险中，探险者驾驶摩托艇想上岸休息．假设江岸是平直的，江水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，原来地点A离岸边最近处O点的距离为d.若探险者想在最短时间内靠岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为( )
【导学号：81370183】
A.
dv2
2v2－v21
2
B．0 dv2
D.v
1
dv1C.v C [根据运动的性与等时性可知，当摩托艇船头垂直江岸航行，即摩托d
艇在静水中的航速v2全部用来靠岸时，用时最短，最短时间t＝v，在此条件下
2
dv1
摩托艇登陆的地点离O点的距离为x＝v1t＝v.故选C.]
2
5．如图3所示，细线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )
图3
A．vsin θ C．vtan θ
B．vcos θ D．vcot θ
A [将光盘水平向右移动的速度v分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v球＝vsin θ，A正确．]
6．(2017·宁波选考模拟)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．如图4所示，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3.A、B、C分别为各边缘线上的点，则读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C点时的向心加速度大小之比为( )
【导学号：81370184】
图4
2
R1A.RR
23
2R2B.RR
13
R2R3C.R2 1R1R3D.R2
2
D [内环外边缘和外环内边缘为同一圆．A与B角速度相等，向心加速度之aAR1aBR3
比为a＝R.B与C线速度相等，向心加速度之比为a＝R，读取内环上A点时
B2C2aAR1R3的向心加速度大小和读取外环上C点时的向心加速度大小之比为a＝R2，选项
C
2
D正确．]
11
7．火星的质量和半径分别约为地球的10和2，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为( )
A．0.2g C．2.5g
B．0.4g D．5g
Mm
B [星球表面重力等于万有引力，即GR2＝mg，故火星表面的重力加速度
2
g火M火R地
与地球表面的重力加速度之比为＝×2＝0.4，故选项B正确．]
g地M地R火
8．由我国自主研发的北斗卫星导航系统，空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星．目前已经实现了覆盖亚太地区的定位、导航和授时以及短报文通信服务能力，预计到2020年左右，建成覆盖全球的北斗卫星导航系统．关于其中的静止轨道卫星(同步卫星)，下列说法中正确的是( )
图5
A．该卫星一定不会运动到杭州正上方天空
B．该卫星处于完全失重状态，卫星所在处的重力加速度为零 C．该卫星若受到太阳风暴影响后速度变小，它的轨道半径将变大 D．该卫星相对于地球静止，其运行速度等于地球赤道处自转的线速度 A [根据同步卫星的定义知，它只能在赤道上空，故A项对；卫星处于完全失重状态，重力加速度等于向心加速度，故B错；速度变小后，万有引力大于所需向心力，卫星的轨道半径将变小，C项错；卫星相对地球静止是指角速度等于地球自转角速度，由v＝ωr知，其运行速度大于地球赤道处自转的线速度，故D项错．]
9．如图6所示是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O处，当转盘转动的角速度
为ω1时，指针指在A处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( )
【导学号：81370185】
图6
1A.2 1C.4 B.D.1 21 3
B [小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度
2为x，弹簧的劲度系数为k，则有kx＝m·4x·ω1，k·3x＝m·6x·ω22，故有ω1∶ω2＝
1∶2，B正确．]
10．如图7所示，我国的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星——风云一号，绕地球做匀速圆周运动的周期为12 h，另一类是地球同步轨道卫星——风云二号，绕地球做匀速圆周运动的周期为24 h．下列说法正确的是( )
图7
A．风云一号的线速度大于风云二号的线速度 B．风云一号的向心加速度小于风云二号的向心加速度 C．风云一号的角速度小于风云二号的角速度 D．风云一号、风云二号相对地面均静止
mM4π2
A [卫星绕地球做匀速圆周运动：Gr2＝mrT2，可知，风云一号卫星的周期和半径均小于风云二号卫星的周期和半径．根据万有引力提供圆周运动向心力v2mM
Gr2＝mr，有卫星的线速度v＝GMr，所以风云一号卫星的半径小，线速度
mM
大，故A正确；根据万有引力提供圆周运动向心力Gr2＝ma，有卫星的向心加
M
速度a＝Gr2，风云一号的半径小，向心加速度大于风云二号卫星的向心加速度，mM
故B错误；根据万有引力提供圆周运动向心力Gr2＝mω2r，解得：ω＝GMr3，
风云一号的半径小，角速度大于风云二号卫星的角速度，故C错误；风云二号是同步卫星，相对地面静止，而风云一号不是同步卫星，相对地面是运动的，故D错误．]
11．(加试要求)如图8所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端．若同时释放，小球a、b、c到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系错误的是( )
图8
【导学号：81370186】
A．t1>t3>t2
B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′ C．t1′>t3′>t2′
D．t1hD [设三小球在高为h的同一高度处．由静止释放三小球时，对a：sin 30°128h＝2gsin 30°·t2则t11＝. g122h对b：h＝2gt22，则t2＝. g
h124h对c：sin 45°＝2gsin 45°·t2，则t33＝. g所以t1>t3>t2.
当平抛三小球时，小球b做平抛运动，竖直方向运动情况同第一种情况；小球a、c在斜面内做类平抛运动，沿斜面向下方向的运动同第一种情况，所以t1
＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′.故选D.]
12．(2016·台州市调研)如图9所示，一小物块以大小为a＝4 m/s2的向心加速度做匀速圆周运动，半径R＝1 m，则下列说法正确的是( )
图9
A．小物块运动的角速度为2 rad/s B．小物块做圆周运动的周期为2π s
ππC．小物块在t＝4 s内通过的位移大小为20 m D．小物块在π s内通过的路程为零
A [因为a＝ω2R，所以小物块运动的角速度ω＝
a2π＝2 rad/s，周期T＝Rω
ππ
＝π s，选项A正确，B错误；小物块在4 s内转过2，通过的位移为2 m，在π s内转过一周，通过的路程为2π m，选项C、D错误．]
13．(加试要求)如图10所示为游乐园中空中转椅的理论示意图．长度不同的两根细绳悬挂于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在同一水平面内做圆锥摆运动，则两个圆锥摆相同的物理量是( )
【导学号：81370187】
图10
A．周期 C．绳的拉力
B．线速度的大小 D．向心力
A [对其中一个小球受力分析，如图，受重力、绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动．故合力提供向心力；
将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F＝mgtan θ① 由向心力公式得到：F＝mω2r②
设球与悬挂点间的竖直高度为h，由几何关系，得：r＝htan θ③ 由①②③三式得，ω＝
g2π，与绳子的长度和转动半径无关；又由T＝hω，
故周期与绳子的长度和转动半径无关，故A正确；由v＝ωr，两球转动半径不等，mg
故线速度不同，故B错误；绳子拉力：FT＝cos θ，故绳子拉力不同，故C错误；由F＝ma＝mω2r，两球转动半径不等，故向心力不同，故D错误．]
二、非选择题(本题共4小题，共35分)
14．(7分)(2017·丽水调研)在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：
图11
A．让小球多次从________释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图11中a、b、c、d所示．
B．安装好器材，注意使________，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线．
C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹．
(1)完成上述步骤，将正确的答案填在横线上．
(2)上述实验步骤的合理顺序是________．
(3)已知图中小方格的边长L＝1.25 cm，则小球平抛的初速度为v0＝________(用L、g表示)，其值是________．(g取9.8 m/s2)
【解析】 (1)这种方法，需让小球重复同一个平抛运动多次，才能记录出小球的一系列位置，故必须让小球每次由同一位置静止释放．斜槽末端切线水平，小球才会做平抛运动．
(3)由Δx＝aT2得两点之间的时间间隔T＝2Lg
代入数据得v0＝0.70 m/s.
【答案】 (1)同一位置静止 斜槽末端切线水平 (2)BAC
(3)2Lg 0.70 m/s
15．(8分)(2017·湖州市联考)如图12所示，小球以15 m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．g取10 m/s2，4tan 53°＝3，求：
L2L
，所以小球的初速度v0＝gT＝
图12
(1)小球在空中的飞行时间； (2)抛出点距落点的高度．
【解析】 如图所示．由几何关系知
β＝90°－37°＝53°.
vygtv0
(1)由图得tan β＝v＝v，得飞行时间t＝gtan β＝2 s.
00
121
(2)高度h＝2gt＝2×10×22 m＝20 m. 【答案】 (1)2 s (2)20 m
16．(9分)如图13为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB，AO是高h＝3 m的竖直峭壁，OB是以A点为圆心的弧形坡，∠OAB＝60°，B点右侧是一段水平跑道．选手可以自A点借助绳索降到O点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A点直接跃上水平跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.
图13
(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值； (2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间.
【导学号：81370188】
【解析】 (1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则 水平方向有hsin 60°≤v0t， 1
竖直方向有hcos 60°＝2gt2 3
解得v0≥210 m/s.
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，因v1人下降高度为y＝2gt2 水平前进距离x＝v1t 又x2＋y2＝h2 解得t＝0.6 s.3
【答案】 (1)210 m/s (2)0.6 s
3
17．(11分)如图14所示，竖直平面内的4圆弧形不光滑管道半径R＝0.8 m，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为管道的最高点且在O的正上方．一个
小球质量m＝0.5 kg，在A点正上方高h＝2.0 m处的P点由静止释放，自由下落至A点进入管道并通过B点，过B点时小球的速度vB为4 m/s，小球最后落到AD面上的C点处．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图14
(1)小球过A点时的速度vA的大小； (2)小球过B点时对管壁的压力； (3)落点C到A点的距离．
【解析】 (1)对小球由自由落体运动规律可得 2gh＝v2A
解得vA＝210 m/s.
(2)小球过B点时，设管壁对其压力为F，方向竖直向下，由向心力公式有F
2
vB
＋mg＝m
R
解得F＝5 N，方向竖直向下
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力为5 N，方向竖直向上． (3)从B到C的过程中，由平抛运动规律可得 x＝vBt 1R＝2gt2
xAC＝x－R＝0.8 m.
【答案】 (1)210 m/s (2)5 N，方向竖直向上 (3)0.8 m
