1、第五章检测(B)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.如果把地球看成一个球体,在北京和广州各放一个物体随地球自转做匀速圆周运动,则()A.物体在北京和广州两地随地球自转的线速度相同B.物体在北京和广州两地随地球自转的角速度相同C.物体在北京的向心加速度大于在广州的向心加速度D.物体在广州随地球自转的周期大于在北京的周期解析:物体在北京和广州两地随地球自转的角速度相同,都等于地球自转的角速度,B正确;根据
2、T=2可知,物体在广州随地球自转的周期等于在北京的周期,D错误;根据v=r可知,广州随地球自转的线速度大于北京随地球自转的线速度,A错误;根据a=2r得,物体在北京的向心加速度小于在广州的向心加速度,C错误。答案:B2.若已知物体运动初速度v0的方向及该物体受到的恒定合外力F的方向,则图中所画物体运动的轨迹可能正确的是()解析:曲线运动的轨迹位于速度和合外力所夹的范围内,且向合外力的方向弯曲,故B正确,A、C、D错误。答案:B3.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为l1和l2,中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发
3、射点距台面高度为3h。不计空气的作用,重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则v的最大取值范围是()A.l12g6hvl1g6hB.l14ghv(4l12+l22)g6hC.l12g6hv12(4l12+l22)g6hD.l14ghv12(4l12+l22)g6h解析:当垂直球网方向发射且乒乓球刚好过网时,初速最小,设为v1,则有3h-h=12gt2,l12=v1t1,解得v1=l14gh;当小球落到右侧台面某一角处时,初速最大,设为v2,则3h=12gt22,l12+l222=v2t2,解得v2=12(4l12+l22)g6h
4、,因此v的最大取值范围是l14ghvvBvC,tAtBtCB.vA=vB=vC,tA=tB=tCC.vAvBtBtCD.vAvBvC,tAtBtBtC;由于xAxBxC,根据水平射程x=v0t可得,vAvBvC,故C正确。答案:C5.有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为()A.kvk2-1 B.v1-k2 C.kv1-k2 D.vk2-1解析:设船在静水中速度为v0,河宽为d。则去程时间t=dv0,回程时间t=dv02-v2,依
5、题意有t=kt,解得v0=v1-k2,选项B正确。答案:B6.(2018北京卷)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在起点正下方位置。但实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在起点正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,小球在下落过程中还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球()A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧解析:上升过程中一直受到向西的力,故到
6、最高点时,水平方向的速度向西不为零。由于竖直方向的速度为零,且竖直方向的速度与水平方向的力成正比,故水平方向的力为零,水平方向的加速度为零,故A、B错误;上升时受向西的力,下落时受向东的力,考虑对称性,水平方向上先向西加速,后向西减速,水平方向一直向西运动。故落地点在抛出点西侧,C错误,D正确。答案:D7.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc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()A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰
7、时,与未结冰时相比,vc的值变小解析:根据题意可知,汽车在拐弯处恰好不受摩擦力作用,受力情况如图所示,重力和支持力的合力刚好可以提供向心力,即mgtan =mvc2R,路面外侧高于内侧,A项正确;当车速低于vc时,汽车有向内侧滑动的趋势,此时汽车可以受到向外的摩擦力,只有摩擦力大于最大静摩擦力时,汽车才会向内侧滑动,B项错误;当车速高于vc时,汽车有向外侧滑动的趋势,此时汽车受到向里的摩擦力,只有摩擦力大于最大静摩擦力时,汽车才会向外侧滑动,C项正确;由mgtan =mvc2R可知,当路面结冰时,vc的值不变,D项错误。答案:AC8.(2018江苏卷)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘
8、客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10。在此10 s时间内,火车()A.运动路程为600 mB.加速度为零C.角速度约为1 rad/sD.转弯半径约为3.4 km解析:圆周运动的弧长s=vt=6010 m=600 m,选项A正确;火车转弯是圆周运动,圆周运动是变速运动,所以合力不为零,加速度不为零,故选项B错误;由题意得圆周运动的角速度=t=1018010 rad/s=180 rad/s,又v=r,所以r=v=60180 m=3 439 m,故选项C错误,D正确。答案:AD9.某一小球以v0=10 m/s的速度水平抛出,在落地之前经过空中A、B两点,在A点小球速度方向与水平方向夹
9、角为45,在B点小球速度方向与水平方向夹角为60。(空气阻力忽略不计,g取10 m/s2)以下判断中正确的是()A.小球经过A、B两点间的时间t=(3-1) sB.小球经过A、B两点间的时间t=3 sC.A、B两点间的高度差h=10 mD.A、B两点间的高度差h=15 m解析:将速度分解,在A点的竖直分速度vyA=v0tan 45,在B点的竖直分速度vyB=v0tan 60tAB=vyB-vyAg=v0tan60-v0tan45g=(3-1) s,hAB=vyB2-vyA22g=(103)2-10220 m=10 m,故A、C正确。答案:AC10.如图,两个质量均为m的小木块A和B(可视为质点
10、)放在水平圆盘上,A与转轴OO的距离为l,B与转轴的距离为2l,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是()A.B一定比A先开始滑动B.A、B所受的摩擦力始终相等C.=kg2l是B开始滑动的临界角速度D.当=2kg3l时,A所受摩擦力的大小为kmg解析:由题意可知,木块A、B的运动半径之比为r1r2=12。根据向心力的表达式F=mr2可知,B做圆周运动所需要的向心力大,B一定比A先开始滑动,两木块滑动前静摩擦力提供向心力,A、B所受摩擦力不相等,A项正确,B项错误;对木块B受力分析得,kmg
11、=m2l2,即=kg2l时,B开始发生相对滑动,C项正确;对木块A受力分析,当=2kg3l时,向心力F=ml2=23kmg,故D项错误。答案:AC二、填空题(本题共2小题,共16分。把答案直接填在横线上)11.(8分)半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动,A为圆盘边缘上一点,在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时,半径OA方向恰好与v的方向相同,如图所示。若小球与圆盘只碰一次,且落在A点,重力加速度为g,则小球抛出时距O的高度h=,圆盘转动的角速度大小=。解析:小球做平抛运动,水平方向满足R=vt,竖直方向满足h=12gt2;由可得h=gR22v2。小球恰好落在A点,则
12、满足转盘转动周期T=tn(nN),转盘角速度=2T,由联立可得=2nvR(nN)。答案:gR22v22nvR(nN)12.(8分)在做研究平抛物体的运动的实验中,为了确定小球在不同时刻所通过的位置,实验时用如图所示的装置,先将斜槽轨道的末端调整水平,在一块平木板表面钉上复写纸和白纸,并将该木板竖直立于紧靠槽口处。使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A;将木板远离槽口平移距离x,再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,小球撞在木板上得到痕迹B;又将木板再远离槽口平移距离x,小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,再得到痕迹C。若测得木板每次移动距离x=10.00 cm,A
13、、B间距离y1=4.78 cm,B、C间距离y2=14.82 cm。(g取9.80 m/s2)(1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放? 。(2)根据以上直接测量的物理量得小球初速度v0=(用题中所给字母表示)。(3)小球初速度的测量值为 m/s。解析:(1)保证小球以相同的初速度平抛。(2)应用v=xt,一种方法因为y1段初速度为0,直接求出t=2y1g,故v0=xg2y1也可以根据竖直方向s=y2-y1=gt2求出t,则v0=xgy2-y1。答案:(1)保证小球以相同的初速度平抛(2)xg2y1或xgy2-y1(3)1.000.02三、计算题(本题共4小题,共44分。解答应写
14、出必要的文字说明、方程式或演算步骤,有数值计算的要注明单位)13.(10分)如图所示,水平地面上有一个坑,其竖直截面为半圆,O为圆心,R为半径,AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球,小球将击中坑壁上的最低点D,求小球的初速度。解析:平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动,竖直方向上的自由落体运动,则有R=v1t,R=12gt2所以v1=gR2答案:gR214.(10分)为确保弯道行车安全,汽车进入弯道前必须减速。如图所示,AB为进入弯道前的平直公路,BC为水平圆弧形弯道。已知AB段的距离sAB=14 m,弯道半径R=24 m。汽车到达A点时速度vA=16 m/s,
15、汽车与路面间的动摩擦因数=0.6,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。要确保汽车进入弯道后不侧滑,求:(1)汽车在弯道上行驶的最大速度;(2)汽车在AB段做匀减速运动的最小加速度;(3)为提高BC处转弯的最大速度,请提出公路建设时的合理建议。解析:(1)在BC弯道,由牛顿第二定律得mg=mv2r,代入数据解得vmax=12 m/s。(2)汽车匀减速至B处,速度减为12 m/s时,加速度最小,由运动学公式vmax2-v02=2as,代入数据解得a=4 m/s2。(3)为提高BC处转弯的最大速度,可以采取以下方法:BC弯道路面建成外高内低;增大地面摩擦因数。答案:(1)12 m/s(
16、2)4 m/s2(3)BC弯道路面建成外高内低;增大地面摩擦因数。15.(12分)如图所示,一过山车在半径为r的轨道内运动,过山车的质量为m0,里面人的质量为m,运动过程中人与过山车始终保持相对静止。则:(1)当过山车以多大的速度经过最高点时,人对座椅的压力大小刚好等于人的重力?此时过山车对轨道的压力为多大?(2)当过山车以6gr 的速度经过最低点时,人对座椅的压力为多大?解析:(1)在最高点时,人的重力和座椅对人的压力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律FN+mg=mv12r,FN=mg,解得v1=2gr将过山车和人作为一个整体,向心力由整体的总重力和轨道的压力的合力提供,设此时轨道对整体的压
17、力为F,根据牛顿第二定律F+(m0+m)g=(m0+m)v12r,解得F=(m0+m)g根据牛顿第三定律,过山车对轨道的压力大小也为(m0+m)g,方向竖直向上。(2)在最低点时,设座椅对人的弹力为FN,则根据牛顿第二定律FN-mg=mv22r,代入v2=6gr 得FN=7mg根据牛顿第三定律,人对座椅的压力大小也为7mg,方向竖直向下。答案:(1)2gr(m0+m)g,方向竖直向上(2)7mg,方向竖直向下16.(12分)同学们参照伽利略时期平抛运动的演示方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为r的14圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低
18、点,Q点处的切线水平,距底板高为h。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为l处。不考虑空气阻力,重力加速度为g。求:(1)距Q水平距离为l2的圆环中心到底板的高度;(2)小球运动到Q点时速度的大小以及小球对轨道压力的大小和方向。解析:(1)设距Q水平距离为l2的环中心到底板的高度为h,小球经过Q点速度为v0,根据平抛运动规律可得,h=12gt12,l=v0t1,h-h=12gt22,l2=v0t2,解得h=3h4,v0=lg2h。(2)小球运动到Q点的速度即为平抛的初速度,即为v0=lg2h。小球在Q点,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv02r,得FN=mg1+l22hr根据牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小FN=mg1+l22hr,方向竖直向下。答案:(1)3h4(2)lg2hmg1+l22hr,方向竖直向下
