2021江苏新高考物理一轮复习检测：第四章章末检测(四)(含解析)

2021江苏新高考物理一轮复习检测：第四章章末检测(四)(含解析)

章末检测 (四 ) (时间： 50 分钟 满分： 100 分) 一、单项选择题 (共 6 题，每小题 5 分，共 30 分) 1.(2019 ·沭阳月考 )在我国探月工程计划中， “嫦娥五号”将会登月取样返回地球。 当“嫦娥五号”离开绕月轨道飞回地球的过程中，地球和月球对它的引力 F1 和 F2 的大小变化情况是 ( ) A.F1 增大， F2 减小 B.F1 减小， F2 增大 C.F1 和 F2 均增大 D.F1 和 F2 均减小 解析 根据 F＝GMm r2 知，当 “嫦娥五号 ”离开绕月轨道飞回地球的过程中，与月 球之间的距离变大，与地球之间的距离减小，可知地球对它的万有引力 F1 增大， 月球对它的万有引力 F2 减小。故 A 项正确， B、C、D 项错误。 答案 A 2. (2019 ·江苏省扬州中学高三 4 月质检 )如图 1，A、B 两物体叠放在水平地面上， A 物体质量 m＝20 kg，B 物体质量 M＝30 kg。处于水平位置的轻弹簧一端固定于 墙壁， 另一端与 A 物体相连， 弹簧处于自然状态， 其劲度系数为 250 N/m，A 与 B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数均为 0.5。现有一水平推力 F 作用于物体 B 上， 使 B 缓慢地向墙壁移动， 当 B 移动 0.2 m 时， 水平推力的大小为 (g 取 10 m/s2)( ) 图 1 A.200 N B.250 N C.300 N D.350 N 解析 若 A 物块与 B 间未发生相对滑动，则弹簧的压缩量为 0.2 m，则弹簧的弹 力 F1＝kx＝250×0.2 N＝50 N＜μmg＝100 N，假设成立。对 B 在竖直方向上平衡， 在水平方向上受推力 F、A 对 B 的静摩擦力、地面的滑动摩擦力，根据平衡有 F ＝f1＋f2＝F1＋μ(M＋m)g＝(50＋250) N＝300 N。故 C 正确， A、B、D 错误。 答案 C 3.(2019 ·江苏省南通市高考物理二模 )如图 2 所示，地球绕太阳的运动与月亮绕地 球的运动可简化成同一平面内的匀速圆周运动，农历初一前后太阳与月亮对地球 的合力约为 F1，农历十五前后太阳与月亮对地球的合力约为 F2，则农历初八前后 太阳与月亮对地球的合力表达式正确的是 ( ) 图 2 A.F1＋F2 B. F2 1－F2 2 2 C. F1F2 F1＋F2 D. F2 1＋F2 2 2 解析 农历初一前后太阳与月亮对地球的合力约为： F1＝F 日＋F 月，农历十五前 后太阳与月亮对地球的合力约为： F2＝F 日－F 月，则农历初八前后太阳与月亮对 地球的合力为： F＝ F2 日＋F2 月，三式联立解得： F＝ F21＋F22 2 ，故 A、B、C 项错 误， D 项正确。 答案 D 4. (2019 ·江苏省宿迁市高三上学期期末 )如图 3 所示， 某人在水平地面上的 C 点射 击竖直墙靶，墙靶上标一根水平线 MN。射击者两次以初速度 v0 射出子弹，恰好 水平击中关于 z 轴对称的 A、B 两点。忽略空气阻力，则两次子弹 ( ) 图 3 A.在空中飞行的时间不同 B.击中 A、B 点时速度相同 C.射击时的瞄准点分别是 A、B D.射出枪筒时，初速度与水平方向夹角相同 解析 将该斜抛运动逆向等效为平抛运动后，从 A 到 C 的平抛和从 B 到 C 的平 抛，下落高度相等，故下落时间相等， A 项错误；由于从 A 到 C 的平抛和从 B 到 C 的平抛， 下落高度相同， 水平射程相同， 故水平初速度大小相等， 但方向不同， B 项错误；从 C 射出的子弹，如果瞄准点是 A、B，因为重力的作用，将打不到 A 和 B 的位置， C 项错误；根据运动的对称性可知，两次子弹射出枪筒时，初速度 与水平方向的夹角相同， D 项正确。 答案 D 5.(2018 ·江都中学等六校联考 )放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推 力 F 的作用， F 的大小与时间 t 的关系如图 4 甲所示，物块速度 v 与时间 t 的关 系如图乙所示。取重力加速度 g＝10 m/s2。由这两个图象可以求得物块的质量 m 和物块与地面之间的动摩擦因数 μ分别为 ( ) 图 4 A.0.5 kg，0.4 B.1 kg，0.4 C.0.5 kg，0.2 D.1 kg，0.2 解析 由 F－t 图象和 v－t 图象可得，物块在 2～4 s 内所受推力 F＝3 N，物块做 匀加速直线运动， a＝Δv Δt ＝4 2 m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得 F－Ff＝ma① 物块在 4～6 s 内所受推力 F′＝2 N，物块做匀速直线运动， 则 F′＝Ff，F′＝μmg② 由 ①② 并代入数据解得 m＝0.5 kg，μ＝0.4，故选项 A 正确。 答案 A 6. (2018 ·常州一模 )如图 5 所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上 的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔 盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心作用已缩回 竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘” 一起转动。若魔盘半径为 r，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为 μ， 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是 ( ) 图 5 A.“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用 B.“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动 C.此时“魔盘”的转速一定不大于 1 2π μg r D.此时“魔盘”的转速一定不小于 1 2π g μr 解析 “小芳 ”受到重力、 支持力和静摩擦力作用， A 项错误； 对 “小芳 ”分析， 有 f 静＝mg≤f 最大静 ＝μFN＝μmω2r，得出 ω≥ g μr，对 “盼盼 ”分析，若放在竖直 壁附近需保持相对静止有 f 静′＝ mω2r≤f 最大静 ′＝μmg，得出 ω≤ μg r ，则 μg r ≥ g μr，得 μ≥1，不可能，所以满足 “小芳 ”相对壁静止， “盼盼 ”不可能在 底盘竖直壁附近相对静止， B 项错误；由 ω＝2πn≥ g μr得出 n≥ 1 2π g μr，D 项 正确；设 “盼盼”离圆心的距离为 r′，由 ω′＝2πn≤ μg r′，得出 n≤ 1 2π μg r′，无 法判断 n 与 1 2π μg r 的大小关系， C 项错误。 答案 D 二、多项选择题 (共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分) 7.(2019 ·运河中学高三初考 )有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是 ( ) 图 6 A.如图 6a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态 B.如图 6b 所示是一圆锥摆，增大 θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不 变 C.如图 6c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的 A、B 位置先后分别做匀速圆周 运动，则在 A、B 两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D.火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用 解析 图 a 中汽车在最高点 mg－FN＝ mv2 r 知 FN＜mg，故处于失重状态， 故选项 A 错误； 如图 b 所示是一圆锥摆， 重力和拉力的合力提供向心力 F＝mgtan θ＝mω2r， r＝Lsin θ，知 ω＝ Lcos θ g ＝ h g，故增大 θ，但保持圆锥的高不变， 角速度不变， 故选项 B 正确；根据受力分析知两位置小球受力情况相同，即向心力相同，由 F ＝mω2r 知 r 不同，角速度不同，故选项 C 错误；火车转弯超过规定速度行驶时， 重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对火车轮缘会有挤压作用，故选 项 D 正确。 答案 BD 8.(2019 ·高邮市高三年级阶段性学情联合调研 )北斗卫星导航系统是我国自行研制 开发的区域性三维卫星定位与通信系 (CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括 5 颗同步卫星和 30 颗一般轨道卫星。关于这些卫星，以下说法正确的是 ( ) A.5 颗同步卫星的轨道半径都相同 B.5 颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内 C.导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度 D.导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小 解析 因为同步卫星要和地球自转同步，所以运行轨道就在赤道所在平面内，根 据 F＝GMm r 2 ＝mω2r，因为 ω一定， 所以 r 必须固定， 所以一定位于空间同一轨道 上，故 A 正确；它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了 “同步”，那它 的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的。所以 我国发射的同步通讯卫星必须定点在赤道上空，故 B 正确；第一宇宙速度是近地 卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。导航系统所有卫星的运行速 度一定小于第一宇宙速度，故 C 错误；根据周期公式 T＝2π r 3 GM，运行轨道半 径越大的，周期越大，故 D 错误。 答案 AB 9. (2018 ·盐城市期中 )公路转弯处通常是交通事故多发地带。如图 7 所示，某公路 转弯处是一圆弧， 当汽车行驶的速率为 v0 时， 汽车恰好没有向公路内外两侧滑动 的趋势。则在该弯道处 ( ) 图 7 A.路面外侧一定高于内侧 B.车速只能为 v0，否则将发生交通事故 C.只要车速小于 v0，车辆便会向内侧滑动 D.车速大于 v0，车辆也不一定会向外侧滑动 解析 路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供做圆 周运动的向心力，故 A 项正确； 当汽车行驶的速率为 v0 时， 摩擦力为零，靠重力 和支持力的合力提供向心力， 当车速大于 v0 时， 重力和支持力的合力不足以提供 向心力，车辆会受到沿路面指向公路内侧的摩擦力，当车速小于 v0，重力和支持 力的合力大于所需要的向心力，车辆会受到沿路面指向公路外侧的摩擦力，不一 定发生滑动，故 B、C 错误， D 正确。 答案 AD 10. (2017 ·常州中学模拟 )如图 8 所示， 小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运 动，内侧壁半径为 R，小球半径为 r，重力加速度为 g，则下列说法正确的是 ( ) 图 8 A.小球通过最高点时的最小速度 vmin＝ g（R＋r） B.小球通过最高点时的最小速度 vmin＝0 C.小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D.小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 解析 在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等 于 0 时，内管对小球产生弹力，大小为 mg，故最小速度为 0，故选项 A 错误， B 正确； 小球在水平线 ab 以下管道运动时， 由于沿半径方向的合力提供小球做圆周 运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作 用力，故选项 C 正确；小球在水平线 ab 以上管道运动时，由于沿半径方向的合 力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对 小球有作用力，故选项 D 错误。 答案 BC 三、计算题 (共 3 小题，共 46 分) 11.(12 分) (2018 ·宿迁期末 )如图 9 所示，杆 OO′是竖直放置的转轴，水平轻杆 BC 的长为 L，B 端通过铰链与轴相连 ( 它们之间无摩擦 ) ，C 端固定小球 P，细线 AC 的一端固定在轴上的 A 点，另一端连在小球 P 上。已知小球的质量为 m，细线 AC 与轴的夹角为 θ，重力加速度为 g。求 ： 图 9 (1)当系统处于静止状态时，杆 BC 对小球的弹力 F1 的大小 ； (2)当轻杆 BC 对小球的弹力为零时，系统转动角速度 ω 的大小和细线上的弹力 F2 的大小；并据此判断当 ω变化时细线上的弹力大小是否变化 。 解析 (1)当系统处于静止状态时，小球受重力、细线拉力和 BC 杆的弹力处于平 衡， 根据平衡知 F1＝mgtan θ。 (2)当轻杆 BC 对小球的弹力为零时，小球靠重力和细线拉力的合力提供向心力， 根据牛顿第二定律得 mgtan θ＝mω2L，解得 ω＝ gtan θ L 。 在竖直方向上小球合力为零，有 F2cos θ＝mg， 解得 F2＝ mg cos θ。 当角速度增大时，由于小球竖直方向上的合力为零，则细线上的弹力不变。 答案 (1)mgtan θ (2) gtan θ L mg cos θ ω变化时细线上的弹力大小不变 12.(16 分)(2018 ·仪征中学模拟 )如图 10 所示，一物体 M 从 A 点以某一初速度沿倾 角 α＝37°的粗糙固定斜面向上运动，自顶端 B 点飞出后，垂直撞到高 H＝2.25 m 的竖直墙面上 C 点， 又沿原轨道返回。已知 B、C 两点的高度差 h＝0.45 m，物体 M 与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.25，取 sin 37 °＝0.6，cos 37 °＝0.8，重力加速度 g ＝10 m/s2。试求 ： 图 10 (1) 物体 M 沿斜面向上运动时的加速度大小； (2) 物体被墙面弹回后返回 B 点时的速度的大小； (3) 物体被墙面弹回后，从 B 点回到 A 点所需的时间。 解析 (1)物体 M 沿斜面向上运动时的加速度大小为 a， 由牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ ma 代入数据得 a＝8 m/s2。 (2)从 C 点到 B 点做平抛运动，设落至 B 点时在竖直方向的速度为 vBy，由平抛运 动规律有 vBy＝ 2gh＝ 2×10×0.45 m/s＝3 m/s 由题意知物体落至 B 点时的速度方向沿斜面向下， 与水平方向的夹角为 37°，vB＝ vBy sin 37 °＝ 3 0.6 m/s＝5 m/s。 (3)设物体从 B 点返回到 A 点过程中的加速度大小为 a′， 时间为 t′，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ ma′，得 a′＝4 m/s2 由运动学公式有 H－h sin 37 °＝vBt′＋ 1 2a′t′2 代入数据得 t′＝0.5 s(－3 s 舍去 )。 答案 (1)8 m/s2 (2)5 m/s (3)0.5 s 13.(18 分)(2018 ·泰州模拟 )如图 11甲所示， 有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘， 上面放置劲度系数为 k＝46 N/m 的弹簧，弹簧的一端固定于轴 O 上，另一端连接 质量为 m＝1 kg 的小物块 A，物块与盘间的动摩擦因数为 μ＝0.2，开始时弹簧未 发生形变，长度为 l0＝0.5 m，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速 度 g 取 10 m/s2，物块 A 始终与圆盘一起转动。则： 图 11 (1)圆盘的角速度多大时，物块 A 将开始滑动？ (2)当角速度缓慢地增加到 4 rad/s 时，弹簧的伸长量是多少？ (弹簧伸长在弹性限 度内且物块未脱离圆盘 )。 (3)在角速度从零缓慢地增加到 4 rad/s过程中， 物块与盘间摩擦力大小为 Ff，试通 过计算在如图乙所示的坐标系中作出 Ff－ω2 图象。 解析 (1)设圆盘的角速度为 ω0 时，物块 A 将开始滑动，此时物块的最大静摩擦 力提供向心力， 则有 μmg＝mω2 0l0 解得 ω0＝ μg l0 ＝ 0.2×10 0.5 rad/s＝2 rad/s。 (2)设此时弹簧的伸长量为 Δx，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心 力， 则有 μmg＋kΔx＝mω2(l0＋Δx) 代入数据解得 Δx＝0.2 m。 (3)在角速度从零缓慢地增加到 2 rad/s 过程中，物块与盘间摩擦力为静摩擦力 Ff ＝mω20l0，Ff∝ω2，Ff 随着角速度平方的增加而增大；当 ω＞2 rad/s时，物块与盘 间摩擦力为滑动摩擦力为定值， Ff＝μmg＝2 N。 答案 (1)2 rad/s (2)0.2 m (3)如图所示