2015届高考物理第一轮章末定时练习题4.doc

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章末定时练四　
(时间：60分钟)
一、选择题(本题共9小题，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．)
1．(2013·黄山七校联考)如图1所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB＝BC＝CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比vA∶vB∶vC为 (　　)．

图1
A.∶∶　 B．1∶∶
C．1∶2∶3　 D．1∶1∶1
解析　由平抛运动的规律可知竖直方向上：h＝gt2，水平方向上：x＝v0t，两式联立解得v0＝x，由于hA＝3h，hB＝2h，hC＝h，代入上式可知选项A正确．
答案　A
2．在光滑水平面上，一根原长为l的轻质弹簧的一端与竖直轴O连接，另一端与质量为m的小球连接，如图2所示．当小球以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v1时，弹簧的长度为1.5l；当它以O为圆心做匀速圆周运动的速率为v2时，弹簧的长度为2.0l，则v1与v2的比值为 (　　)．

图2
A.∶　 B．∶
C.∶2　 D．2∶
解析　设弹簧的劲度系数为k，当小球以v1做匀速圆周运动时有：k(1.5l－l)＝m
当小球以v2做匀速圆周运动时有：k(2.0l－l)＝m
两式之比得：v1∶v2＝∶2.
故只有选项C正确．
答案　C
3．(2013·日照模拟)如图3所示，半径为R的光滑圆环轨道竖直放置，一质量为m的小球恰能在此圆轨道内做圆周运动，则小球在轨道最低点处对轨道的压力大小为 (　　)．

图3
A．3mg　 B．4mg
C．5mg　 D．6mg
解析　设小球的质量为m，经过最低点时速度大小为v1，小球恰好能通过圆环的最高点，则在最高点时，小球对圆环的压力为零，由重力提供向心力，即mg＝m，由最高点运动到最低点，根据机械能守恒定律得mg·2R＋mv2＝mv，在最低点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，联立以上各式解得FN＝6mg，根据牛顿第三定律可知，小球在轨道最低点处对轨道的压力大小为6mg，选项D正确．
答案　D
4．(2013·安徽合肥联考，4)如图4所示，一物体自P点以初速度10 m/s做平抛运动，恰好垂直打到倾角为45°的斜面上的θ点(g＝10 m/s2)，则P、Q两点间的距离为 (　　)．

图4
A．5 m　 B．10 m
C．5 m　 D．条件不足，无法求解
解析　垂直打到斜面上，则速度的偏向角为45°，由tan 45°＝得t＝1 s，所以x＝v0t＝10 m，y＝gt2＝5 m，P、Q两点间的距离为＝5 m，选项C正确．
答案　C
5．质量m＝4 kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O，先用沿＋x轴方向的力F1＝8 N作用了2 s，然后撤去F1；再用沿＋y轴方向的力F2＝24 N作用了1 s，则质点在这3 s内的轨迹为 (　　)．

解析　质点在F1的作用下由静止开始从坐标系的原点O沿＋x轴方向加速运动，加速度a1＝＝2 m/s2，速度为v1＝a1t1＝4 m/s，对应位移x1＝a1t＝4 m，到2 s末撤去F1再受到沿＋y轴方向的力F2的作用，质点在＋x轴方向做匀速运动，x2＝v1t2＝4 m，在＋y轴方向做加速运动，＋y轴方向的加速度a2＝＝6 m/s2，对应的位移y＝a2t＝3 m，物体做曲线运动，且合外力指向运动轨迹凹侧，A、B、C项错误，D项正确．
答案　D
6．地球同步卫星轨道必须在赤道平面上空，和地球有相同的角速度，才能和地球保持相对静止．关于各国发射的地球同步卫星，下列表述正确的是 (　　)．
A．所受的万有引力大小一定相等
B．离地面的高度一定相同
C．运行的速度都小于7.9 km/s
D．都位于赤道上空的同一个点
解析　由于各国卫星的质量不同，所以卫星受到的万有引力不同，A错误；所有同步卫星均做匀速圆周运动，则有G＝m＝mω2r，因为所有同步卫星的角速度相同，所以r相同，即离地面高度相同，B对；由于半径越大，速度越小，同步卫星运行的速度均小于 ＝7.9 km/s，C对；地球同步卫星是在赤道上方同一个轨道上，而不是同一个点，所以D错误．
答案　BC
7．(2013·海南卷，8)关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是 (　　)．
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
解析　物体做速率逐渐增加的直线运动时，其加速度跟速度方向一致，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A正确；物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B错误；物体只有在做匀速圆周运动时，合外力才全部充当向心力，物体做变速圆周运动时，只是合外力有指向圆心的分量，但其所受合外力的方向不指向圆心，故C错误；物体做匀速率曲线运动时，据动能定理可知合外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D正确．
答案　AD
8．如图5所示，a为赤道上的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星，以下关于a、b、c的说法中正确的是 (　　)．

图5
A．它们的向心加速度都与轨道半径成正比
B．b和c的向心加速度都与轨道半径的二次方成反比
C．a和c的运转周期相同
D．a和b的运转周期相同
解析　同步卫星c与赤道上物体a的周期相等，均为地球自转周期，即24 h，而其他卫星的周期T＝，故选项C正确，D错误；a和c的角速度ω相等，向心加速度a＝rω2，a∝r；b和c都是由万有引力提供向心力，a＝，a∝，故选项A错误、B正确．
答案　BC
9．如图6所示是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图，以不同速度抛出的物体分别沿a、b、c、d轨迹运动，其中a是一段曲线，b是贴近地球表面的圆，c是椭圆，d是双曲线的一部分．已知引力常量为G、地球质量为M、半径为R、地球附近的重力加速度为g.以下说法中正确的是 (　　)．

图6
A．沿a运动的物体初速度一定小于
B．沿b运动的物体速度等于
C．沿c运动的物体初速度一定大于第二宇宙速度
D．沿d运动的物体初速度一定大于第三宇宙速度
解析　b是贴近地球表面的圆，沿此轨迹运动的物体满足G＝m，解得v＝ ，或满足mg＝m，解得v＝，以上得到的两个速度均为第一宇宙速度，发射速度小于第一宇宙速度则不能成为人造卫星，如a，故A、B正确；发射速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，卫星的轨道为椭圆，如c，故C错误；发射速度大于第二宇宙速度，轨迹将不闭合，发射速度大于第三宇宙速度，轨迹也不闭合，故d轨迹不能确定其发射速度是否大于第三宇宙速度，D错误．
答案　AB
二、非选择题
10．(2013·郑州模拟)如图7所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点由静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度l＝2.5 m，斜面倾角θ＝30°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：

图7
(1)小球p从A点滑到B点的时间；
(2)小球q抛出时初速度的大小．
解析　(1)小球p从斜面上下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝＝gsin θ ①
下滑所需时间为t1，根据运动学公式得：l＝at ②
由①②得：t1＝ ③
解得：t1＝1 s
(2)小球q做平抛运动，设抛出速度为v0，则：
x＝v0t2 ④
x＝lcos 30° ⑤
依题意得：t2＝t1⑥
由④⑤⑥得：v0＝＝ m/s.
答案　(1)1 s　(2) m/s
11．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX－3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成．两星视为质点，不考虑其他天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图8所示．引力常量为G，由观测能够得到可见星A的速率v和运行周期T.

图8
(1)可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体(视为质点)对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，试求m′(用m1、m2表示)；
(2)求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式．
解析　(1)设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，角速度均为ω
由双星所受向心力大小相等，可得m1ω2r1＝m2ω2r2
设A、B之间的距离为L，又L＝r1＋r2
由上述各式得L＝r1 ①
由万有引力定律得
双星间的引力F＝G
将①式代入上式得F＝G ②
由题意，将此引力视为O点处质量为m′的星体对可见星A的引力，则有F＝G ③
比较②③可得m′＝ ④
(2)对可见星A，有G＝m1 ⑤
可见星A的轨道半径r1＝ ⑥
由④⑤⑥式解得＝.
答案　(1)m′＝
(2)＝
12．如图9所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1 g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5 cm，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：

图9
(1)转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？
(2)当转动的角速度ω＝10 rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？(g取10 m/s2)
解析　(1)转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小球的支持力F1应是最高点时管底对小球支持力F2的3倍，即
F1＝3F2 ①
根据牛顿第二定律有最低点：F1－mg＝mrω2 ②
最高点：F2＋mg＝mrω2 ③
由①②③得ω＝＝ rad/s＝20 rad/s ④
(2)在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0，
则mg＝mrω
ω0＝＝ rad/s＝14.1 rad/s
因为ω＝10 rad/s<ω0＝14.1 rad/s，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为F′＝0
当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为F1′，
根据牛顿第二定律知
F1′－mg＝mrω2，则F1′＝mg＋mrω2＝1.5×10－2N.
答案　(1)20 rad/s　(2)1.5×10－2N　0

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