PAGE13-單元評估檢測(四)曲線運動(90分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題,每小題4分,共40分)1.一只小船在靜水中的速度為v2,河水自西向東流淌,流速為v1,且v2>v1,用小箭頭表示船頭的指向及小船在不同時刻的位置,虛線表示小船過河的路徑,則圖中可能的是 ()A.①③B.②③C.③④D.①④【解析】選C。若靜水速度的方向垂直河岸,水流速度自西向東,依據平行四邊形定則,則合速度的方向偏向下游,渡河的軌跡為傾斜的直線。故①錯誤,③正確。靜水速度斜向下游,依據平行四邊形定則知,合速度的方向不行能與靜水速度的方向重合,故②錯誤。依據平行四邊形定則知,合速度的方向夾在靜水速度和水流速度之間,因v2>v1,可以垂直河岸,故④正確。由以上分析可知,A、B、D錯誤,C正確。2.一水平固定的水管,水從管口以不變的速度源源不斷地噴出。水管距地面高h=1.8m,水落地的位置到管口的水平距離x=1.2m。不計空氣及摩擦阻力,水從管口噴出的初速度大小是 ()A.1.2m/s B.2.0m/sC.3.0m/s D.4.0m/s【解析】選B。水平噴出的水,運動規律為平拋運動,依據平拋運動規律h=12gt2可知,水在空中的時間為0.6s,依據x=v0t可知水平速度為v0=2.0m/s。因此選項B3.(2024·溫州模擬)嘉興某中學開設了糕點制作的選修課,小明同學在體驗糕點制作“裱花”環節時,他在繞中心勻速轉動的圓盤上放了一塊直徑8英寸(20cm)的蛋糕,在蛋糕上每隔4s勻稱“點”一次奶油,蛋糕一周勻稱“點”上15個奶油,則下列說法正確的是 ()A.圓盤轉動的轉速約為2πr/minB.圓盤轉動的角速度大小為π30C.蛋糕邊緣的奶油線速度大小約為π3D.蛋糕邊緣的奶油向心加速度約為90m/s2【解析】選B。蛋糕上每隔4s勻稱“點”一次奶油,蛋糕一周勻稱“點”上15個奶油,則圓盤轉一圈的周期T=60s,故轉速為1r/min,故A錯誤;由角速度ω=2πT=π30rad/s,故B正確;蛋糕邊緣的奶油線速度大小,v=ωr=π300m/s,故C錯誤;蛋糕邊緣的奶油向心加速度,a=ω2r=π2302π29000m/s24.(2024·寧波模擬)如圖所示,假如把鐘表上的時針、分針、秒針的運動看成勻速圓周運動,那么,從它的分針與秒針第一次重合至其次次重合,中間經驗的時間為 ()A.5960min B.6059min C.6160min 【解析】選B。分針的周期為1h,秒針的周期為1min,兩者的周期比為T1∶T2=60∶1,分針與秒針從第1次重合到第2次重合有:ω1t+2π=ω2t,即2πT1t+2π=2πT2t,又T1=60T2=60min,所以t=6059min。故B5.在一次空地演習中,離地H高處的飛機以水平速度v1放射一顆炮彈欲轟炸地面目標P,反應靈敏的地面攔截系統同時以速度v2豎直向上放射炮彈攔截。設攔截系統與飛機的水平距離為s,不計空氣阻力。若攔截勝利,則v1、v2的關系應滿意 ()A.v1=v2 B.v1=HsvC.v1=Hsv2 D.v1=sH【解析】選D。設經t時間攔截勝利,則平拋的炮彈h=12gt2,s=v1t;豎直上拋的炮彈H-h=v2t-12gt2,由以上各式得v1=sHv2,由此可知選項D正確,A、B6.共享單車是指企業在校內、地鐵站點、公交站點等公共服務區供應自行車共享服務,是一種新型、便捷的公共交通方式。如圖甲所示是某共享單車采納的無鏈傳動系統,利用圓錐齒輪90°軸交,將動力傳至后軸,驅動后輪轉動。杜絕了傳統自行車“掉鏈子”問題。如圖乙所示是圓錐齒輪90°軸交示意圖,其中A是圓錐齒輪轉軸上的點,B、C分別是兩個圓錐齒輪邊緣上的點,兩個圓錐齒輪中心軸到A、B、C三點的距離分別記為rA、rB和rC(rA≠rB≠rC)。下列說法正確的是 ()A.B點與C點的角速度:ωB=ωCB.C點與A點的線速度:vC=rBrC.B點與A點的角速度:ωB=rArD.A點和C點的線速度:vA=rAr【解析】選B。由圓錐齒輪的特點,得vB=vC,依據v=ωr可知ωB≠ωC,選項A錯誤;vC=vB=rBrAvA,選項B正確,D錯誤;A、B同軸轉動,角速度相同,選項C錯誤;7.2017年4月22日,我國首艘貨運飛船“天舟一號”與“天宮二號”空間試驗室完成交會對接。若飛船繞地心做勻速圓周運動,距離地面的高度為h,地球半徑為R,地球表面的重力加速度為A.依據題中條件可以估算飛船的質量B.“天舟一號”飛船內的貨物處于平衡狀態C.飛船在圓軌道上運行的加速度為gRD.飛船在圓軌道上運行的速度大小為Rg【解析】選D。飛船的質量在計算過程中抵消,所以無法計算飛船的質量,飛船內的貨物跟飛船一塊做勻速圓周運動,合力指向地心,不為零,不是平衡狀態,A、B錯誤;運動過程中萬有引力充當向心力,故有GMm(R+h)GM,可得a=gR2(R+h)2,C錯誤;依據公式GMmr2=mv2r,解得8.(2024·嘉興模擬)2018年3月30日我國勝利放射第三十顆北斗導航衛星,這顆衛星屬于中圓地球軌道衛星,在軌高度約為21500km,該高度處重力加速度為g1,該衛星的線速度為v1,角速度為ω1,周期為T1。2017年9月17日天舟一號在高度約400km的圓軌道上起先獨立運行,該高度處重力加速度為g2,天舟一號的線速度為v2A.g1>g2 B.v1>v2C.ω1<ω2 D.T1<T2【解析】選C。由公式g=GMr2可知,高度越高,重力加速度越小,所以g1<g2,故A錯誤;由公式v=GMr可知,高度越高,線速度越小,所以v1<v2,故B錯誤;由公式ω=GMr3可知,高度越高,角速度越小,所以ω1<ω2,故C正確;由公式T=4π2r3GM可知,高度越高,周期越大9.利用三顆位置適當的地球同步衛星,可使地球赤道上隨意兩點之間保持無線電通訊。目前,地球同步衛星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍,假設地球的自轉周期變小,若仍僅用三顆同步衛星來實現上述目的,則地球自轉周期的最小值約為 ()A.1hB.4hC.8hD.16h【解題指導】解答本題時應從以下三點進行分析:(1)明確地球同步衛星運轉周期與地球自轉周期相同。(2)衛星的運轉周期隨軌道半徑減小而變小。(3)用三顆同步衛星來實現無線電通訊直線傳播,臨界幾何關系是直線與圓相切。【解析】選B。由于地球同步衛星的運轉周期與地球自轉周期相同,假設地球的自轉周期變小,則同步衛星的運轉周期變小,軌道半徑變小,由幾何關系可知軌道半徑最小值為2R,據GMmr2=m4π2T2r可得T最小=2R610.如圖所示,小球以v0正對傾角為θ的斜面水平拋出,若小球到達斜面的位移最小,則飛行時間t為(重力加速度為g) ()A.v0tanθ B.2C.v0gtan【解析】選D。如圖所示,要小球到達斜面的位移最小,則要求落點與拋出點的連線與斜面垂直,所以有tanθ=xy,而x=v0t,y=12gt2,解得t=2v0【加固訓練】如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖,運動員從助滑雪道AB上由靜止起先滑下,到達C點后水平飛出,落到滑道上的D點,E是運動軌跡上的某一點,在該點運動員的速度方向與軌道CD平行,設運動員從C到E與從E到D的運動時間分別為t1、t2,EF垂直于CD,則 ()A.t1=t2,CF=FDB.t1=t2,CF<FDC.t1>t2,CF=FD D.t1>t2,CF<FD【解析】選B。將運動員的運動分解為平行于滑道CD的勻加速直線運動和垂直于滑道CD方向的類似豎直上拋運動,則由類似豎直上拋運動的對稱性可知t1=t2,因在平行CD方向運動員做勻加速運動,所以CF<FD,B正確,A、C、D錯誤。二、試驗題(本題共2小題,共16分)11.(8分)如圖所示,探討平拋運動規律的試驗裝置放置在水平桌面上,利用光電門傳感器和碰撞傳感器可測得小球的水平初速度和飛行時間,底板上的標尺可以測得水平位移。保持水平槽口距底板高度h=0.420m不變。變更小球在斜槽導軌上下滑的起始位置,測出小球做平拋運動的初速度v0、飛行時間t和水平位移d,記錄在表中。v0/(m·s-1)0.7411.0341.3181.584t/ms292.7293.0292.8292.9d/cm21.730.338.646.4(1)由表中數據可知,在h肯定時,小球水平位移d與其初速度v0成________關系,與________無關。

(2)一位同學計算出小球飛行時間的理論值t理=2hg=2×0.42010s=289.8ms,發覺理論值與測量值之差約為3ms。經檢查(3)另一位同學分析并訂正了上述偏差后,另做了這個試驗,竟發覺測量值t′依舊大于自己得到的理論值t′理,但二者之差在3～7ms之間,且初速度越大差值越小。對試驗裝置的安裝進行檢查,確認斜槽槽口與底座均水平,則導致偏差的緣由是__。

【解析】(1)由題表中數據可知,h肯定時,小球的水平位移d與初速度v0成正比關系,與時間t無關。(2)該同學計算時重力加速度取的是10m/s2,一般狀況下應取9.8m/s2,從而導致約3ms的偏差。(3)小球直徑過大,小球飛過光電門須要時間或光電門傳感器置于槽口的內側,使測量值大于理論值。答案:(1)正比飛行時間t(2)計算時重力加速度取值(10m/s2)大于實際值(3)見解析12.(8分)如圖所示為一小球做平拋運動的閃光照相照片的一部分,圖中背景方格的邊長均為5cm,假如g取10m/s2,那么: (1)照相機的閃光頻率是________Hz。

(2)小球運動中水平分速度的大小是______m/s。

(3)小球經過B點時的速度大小是______m/s。

【解析】(1)因為xAB=xBC,所以tAB=tBC。在豎直方向上,由Δy=gT2得5L-3L=gT2,解得T=0.1s,故閃光頻率為10Hz。(2)水平分速度v=xT=3×0.05(3)vBy=yAC2T=(5+3又知vBx=1.5m/s,所以vB=vBx2+vBy2=答案:(1)10(2)1.5(3)2.5三、計算題(本題共4小題,共44分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數值計算的要注明單位)13.(10分)(2024·浙江11月選考真題)在豎直平面內,某一嬉戲軌道由直軌道AB和彎曲的細管道BCD平滑連接組成,如圖所示。小滑塊以某一初速度從A點滑上傾角為θ=37°的直軌道AB,到達B點的速度大小為2m/s,然后進入細管道BCD,從細管道出口D點水平飛出,落到水平面上的G點。已知B點的高度h1=1.2m,D點的高度h2=0.8m,D點與G點間的水平距離L=0.4m,滑塊與軌道AB間的動摩擦因數μ=0.25,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求小滑塊在軌道AB上的加速度大小和在A點的初速度大小。(2)求小滑塊從D點飛出的速度。(3)推斷細管道BCD的內壁是否光滑。【解析】(1)取AB段探討,物體在AB上做勻減速運動設初速度為vA,則vB2-vAa=-mgsinθ+x=h1sinθ聯立上式得vA=6m/s(1分)a=-8m/s2 (1分)(2)取DG段探討,物體做平拋運動,h2=12gt2、L=v則vD1=1m/s(2分)(3)取BD段探討,假設細管道光滑,依據機械能守恒定律12mvD22-12mvB2則vD2=23m/s>vD1 (1分)因此是有阻力的。 (1分)答案:(1)8m/s26m/s(2)1m/s(3)不光滑14.(12分)如圖所示,質量m=1kg的小物塊靜止放在粗糙水平面上,它與水平面表面的動摩擦因數μ=0.4,且與水平面邊緣O點的距離s=8m。在臺階右側固定了一個12圓弧擋板,半徑R=3m,圓心與桌面同高。今以O點為原點建立平面直角坐標系。現用F=8N的水平恒力拉動小物塊,一段時間后撤去拉力,小物塊最終水平拋出并擊中擋板。(g取10m/s2(1)若小物塊恰能擊中圓弧最低點,求其離開O點時的動能大小。(2)在第(1)問中拉力F作用的時間。(3)若小物塊在空中運動的時間為0.6s,求拉力F作用的距離。【解析】(1)小物塊離開O點后起先做平拋運動,故:R=v0t0R=12gt02EkO=12mv02解得EkO=7.5J(2分)(2)由起先運動到小物塊到達O點,由動能定理得:Fx-μmgs=12mv027916m(2分由牛頓其次定律得F-μmg=maa=4m/s2,12at12=x,t1=7932(3)小物塊離開O點后起先做平拋運動,由下落時間可知下落距離y=12gt2=1.8①若小物塊落到半圓的左半邊,則平拋運動水平位移x1=R-R2-yv1=x1t=1m/s,FL1-μmgs=1解得L1=6516m (1分②若小物塊落到半圓的右半邊,同理可得v2=9m/s,L2=14516m>8m(舍去) (1分答案:(1)7.5J(2)7932s(3)651615.(10分)如圖所示,一個質量為0.6kg的小球以某一初速度從P點水平拋出,恰好沿光滑圓弧ABC的A點的切線方向進入圓弧(不計空氣阻力,進入圓弧時無機械能損失)。已知圓弧的半徑R=0.3m,OA與豎直方向的夾角θ=60°,小球到達A點時的速度vA=4m/s。(g取10m/s2)求: (1)小球做平拋運動的初速度v0。(2)P點與A點的水平距離和豎直高度。(3)小球到達圓弧最高點C時對軌道的壓力。【解析】(1)小球到達A點的速度如圖所示。由圖可知v0=vx=vAcos60°=2m/s(2分)(2)vy=vAsin60°=23m/s由平拋運動規律得:vy2=2gh, (1可得P點與A點的豎直高度h=0.6m,又vy=gt (1分)可得所求水平距離x=vxt=235m≈0.69m(1(3)取A點所在水平面為重力勢能的零勢能面,由機械能守恒定律得:12mvA2=mg(R+Rcos60°)+12m由牛頓其次定律得:FNC+mg=m解得:FNC=8N(2分)由牛頓第三定律得:小球對軌道的壓力大小F′NC=FNC=8N,方向豎直向上 (2分)答案:(1)2m/s(2)0.69m0.6m(3)8N,方向豎直向上16.(12分)(2024·杭州模擬)三維彈球(3DPinball)是Window里面附帶的一款運用鍵盤操作的