2021届高考物理粤教版一轮学案：第四章章末质量检测（四）

章末质量检测(四)

(时间：40分钟)

一、选择题(本题共10小题，1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)

1.野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是(　　)

图1

A.图乙中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同

B.大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈

C.图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点角速度相同

D.在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，自行车的速度将变大

解析　A、B、C、D四点线速度大小相等，方向不同，选项A错误；齿数与周期成正比，选项B正确；E、F两点线速度大小相同，半径不同，故角速度不同，选项C错误；若大齿轮角速度不变，增加小齿轮齿数，则小齿轮周期变大，角速度变小，自行车速度变小，选项D错误。

答案　B

2.(2019·广东实验中学段考)如图2所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平(转过了90°角)。下列有关此过程的说法中正确的是(　　)

图2

A.重物M做匀速直线运动

B.重物M做匀变速直线运动

C.整个过程中重物一直处于失重状态

D.重物M的速度先增大后减小，最大速度为ωL

解析　设C点线速度方向与绳子方向的夹角为θ(锐角)，由题知C点的线速度为vC＝ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳＝ωLcos θ。θ的变化规律是开始最大(90°)，然后逐渐变小，所以，v绳＝ωLcos θ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，v绳＝ωLcos θ逐渐变小，绳子的速度减小。所以知重物M的速度先增大后减小，最大速度为ωL，故A、B错误，D正确；重物M先向上加速，后向上减速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C错误。

答案　D

3.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。2018年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是(　　)

A.周期   B.角速度

C.线速度   D.向心加速度

解析　设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得G＝mr＝mω2r＝m＝ma，得T＝2π，ω＝，v＝，a＝可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，而角速度、线速度和向心加速度越小，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，较大的是角速度、线速度和向心加速度，故选A项。

答案　A

4.经典的“黑洞”理论认为，当恒星收缩到一定程度时，会变成密度非常大的天体，这种天体的逃逸速度非常大，大到光从旁边经过时都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此时该天体就变成了一个黑洞。已知太阳的质量为M，光速为c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，引力常量为G，若太阳演变成一个黑洞，其密度ρ至少达到(　　)

A.   B.

C.   D.

解析　根据万有引力提供向心力有＝m，得太阳的第一宇宙速度v1＝(式中R为太阳的半径)，因第二宇宙速度v2是第一宇宙速度v1的倍，可得v2＝v1＝，由题意可知≥c，得R≤，太阳变为黑洞后，其密度ρ＝＝≥，选项B正确。

答案　B

5.如图3所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L，某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是(　　)

图3

A.击球点的高度与网高度之比为2∶1

B.乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为2∶1

C.乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1∶2

D.乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2

解析　因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左侧水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知，击球点的高度与网高之比为9∶8，故选项A、B错误；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，根据v＝可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故选项C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，故选项D正确。

答案　D

6.(2019·四川遂宁诊断)如图4所示，图(a)中甲汽车在水平路面上转弯行驶，图(b)中乙汽车在倾斜路面上转弯行驶。关于两辆汽车的受力情况，以下说法正确的是(　　)

图4

A.两车都受到路面竖直向上的支持力作用

B.两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力

C.甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力

D.乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力

解析　水平路面上的汽车在竖直方向上受竖直向上的支持力和竖直向下的重力，倾斜路面上汽车受到的支持力与倾斜路面垂直，故A错误；汽车转弯时的运动可看作圆周运动，向心力方向指向弯道内侧，设倾斜路面的倾角为θ，当乙车的速度满足m＝mgtan θ，即v＝时，乙车恰好没有向路面内外两侧滑动的趋势，即此时乙车不受摩擦力作用；乙车在倾斜路面转弯，当速度大于时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，这时乙车有向外运动的趋势，所以乙车受到路面的摩擦力指向弯道内侧，当速度小于时，重力与支持力的合力大于所需向心力，乙车有向里运动的趋势，此时乙车受到平行路面指向弯道外侧的摩擦力作用，故B错误，D正确；甲车转弯时，由静摩擦力提供做圆周运动所需的向心力，故甲车不可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力，故C错误。

答案　D

7.(2020·郑州模拟)我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空。如图5所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500 km高的轨道上实现两地通信的示意图。若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是(　　)

图5

A.工作时，两地发射和接收信号的雷达方向一直是固定的

B.卫星绕地球做匀速圆周运动的速度大于7.9 km/s

C.可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小

D.可以估算出地球的平均密度

解析　由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的线速度不同，所以工作时，两地发射和接收信号的雷达方向不是固定的，故A错误；7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s，故B错误；由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误；根据万有引力等于重力，结合地球表面的重力加速度和半径可以求出地球的质量，结合地球的体积可以求出地球的平均密度，故D正确。

答案　D

8.如图6所示，河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为s，v水与s的关系为v水＝s(m/s)(s的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4 m/s，则下列说法正确的是(　　)

图6

A.小船渡河的轨迹为直线

B.小船在河水中的最大速度是5 m/s

C.小船在距南岸200 m处的速度小于在距北岸200 m处的速度

D.小船渡河的时间是200 s

解析　小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，选项A错误；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值vm＝5 m/s，选项B正确；小船在距南岸200 m处的速度等于在距北岸200 m处的速度，选项C错误；小船的渡河时间t＝200 s，选项D正确。

答案　BD

9.如图7，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向先后抛出，恰好同时落到地面上与两抛出点水平距离相等的P点，并且落到P点时两球的速度互相垂直。若不计空气阻力，则(　　)

图7

A.小球a比小球b先抛出

B.初速度va小于vb

C.小球a、b抛出点距地面高度之比为vb∶va

D.初速度va大于vb

解析　h＝gt2，所以t＝，平抛运动的运动时间是由竖直的高度决定的，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正确，D错误；h＝gt2＝g，故小球a、b抛出点距地面高度之比为＝，C错误。

答案　AB

10.(2019·广东广州天河区模拟)如图8所示，水平转台上的小物体a、b(可视为质点)通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现从静止开始缓慢地增大转台的转速(即在每个转速下均可认为是匀速转动)，已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与转台间的动摩擦因数均为μ，a、b离转台中心的距离都为r，且与转台保持相对静止，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是(　　)

图8

A.物体a和b同时相对转台发生滑动

B.当a受到的摩擦力为0时，b受到的摩擦力背离圆心

C.当b受到的摩擦力为0时，a受到的摩擦力背离圆心

D.当a、b均相对转台静止时，允许的最大角速度为

解析　发生相对滑动前，静摩擦力和弹簧的弹力充当向心力，当刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，kr＋μmg＝mω2r知ω＝，故随着转台转速增大，质量大的物体先达到临界角速度，会先发生相对滑动，故b先发生相对滑动，选项A错误；当a受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当a的向心力，弹簧弹力与静摩擦力的合力充当b的向心力，b质量较大，故向心力大，所以b受到的摩擦力指向圆心，选项B错误；根据B选项的分析知，当b受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当b的向心力，弹簧弹力与静摩擦力的合力充当a的向心力，a质量较小，故向心力小，所以a受到的摩擦力背离圆心，选项C正确；由选项A的分析可知，从静止开始缓慢地增大转台的转速，b先发生相对滑动，b刚要发生相对滑动时的角速度为ω＝，选项D正确。

答案　CD

二、非选择题

11.如图9所示，高H＝0.8 m的桌面上固定一半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一质量m＝0.04 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，取g＝10 m/s2。

图9

(1)求小球运动到B点时对轨道的压力大小；

(2)求小球落地点距C点的距离；

(3)若加上如图所示的恒定水平风力，将小球由A处静止释放，要使小球恰落在C点，作用在小球上的风力应为多大？

解析　(1)小球由A运动至B有mgR＝mv，

FN－mg＝，

根据牛顿第三定律，轨道压力大小FN′＝FN，

解得FN′＝1.2 N。

(2)小球从B点飞出做平抛运动。

竖直方向H＝gt2，水平方向x＝v0t，解得x＝1.2 m。

(3)设风力大小为F，小球从A运动至B，

mgR－FR＝mv，

小球从B运动至C处，水平位移x1＝0，

x1＝v1t－a1t2，水平方向F＝ma1，解得F＝0.3 N。

答案　(1)1.2 N　(2)1.2 m　(3)0.3 N

12.如图10所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知：m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g＝10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：

图10

(1)A、B两点的高度差；

(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？

解析　(1)小球在A点的速度分解如图，则

vy＝v0tan 53°＝4 m/s

A、B两点的高度差为：

h＝＝ m＝0.8 m。

(2)小球若能到达C点，在C点需要满足

mg≤，v≥＝ m/s

小球在A点的速度vA＝＝5 m/s

从A→C机械能守恒，有

mv＝mv＋mgR(1＋cos 53°)

vC＝3 m/s＞ m/s

所以小球能到达C点

由牛顿第二定律得FN＋mg＝

解得FN＝4 N

由牛顿第三定律知，小球对C点的压力为4 N。

答案　(1)0.8 m　(2)能　4 N