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章末检测(四)
(时间：60分钟，分值：100分)
一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)
1.
一个物体在光滑水平面上沿曲线MN运动，如图所示，其中A点是曲线上的一点，虚线1、2分别是过A点的切线和法线，已知该过程中物体所受到的合外力是恒力，则当物体运动到A点时，合外力的方向可能是( )
A．沿F1或F5的方向
B．沿F2或F4的方向
C．沿F2的方向
D．不在MN曲线所决定的水平面内
2.
人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是( )
A．v0sin θ B.
C．v0cos θ D.
3.
如图所示是一种新型高速列车，当它转弯时，车厢会自动倾斜，产生转弯需要的向心力；假设这种新型列车以360 km/h的速度在水平面内转弯，弯道半径为1.5 km，则质量为75 kg的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为( )
A．500 N B．1 000 N
C．500 N D．0
4.
如图所示，球网上沿高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L/2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桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．则乒乓球( )
A．在空中做变加速曲线运动
B．在水平方向做匀加速直线运动
C．在网右侧运动时间是左侧的2倍
D．击球点的高度是网高的2倍
5.
如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2.不计空气阻力，则t1∶t2为( )
A．1∶2 B．1∶
C．1∶3 D．1∶
6.
用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是下列选项中的( )
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意)
7.
随着人们生活水平的提高，打高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐项目之一．如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的球，由于恒定的水平风力的作用，球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴．则( )
A．球被击出后做平抛运动
B．球从被击出到落入A穴所用的时间为
C．球被击出时的初速度大小为L
D．球被击出后受到的水平风力的大小为mgh/L
8.
如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )
A．受到的向心力大小为mg＋m
B．受到的摩擦力大小为μm
C．受到的摩擦力大小为μ
D．受到的合力方向斜向左上方
9．假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是( )
A．飞船在轨道Ⅱ上运行时，在P点的速度大于在Q点的速度
B．飞船在轨道Ⅰ上运动的机械能大于在轨道Ⅱ上运行的机械能
C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中以与轨道Ⅰ同样的半径绕地球运动的周期相同
10．如图所示，在某星球表面以初速度v0将一皮球与水平方向成θ角斜向上抛出，假设皮球只受该星球的引力作用，已知皮球上升的最大高度为h，星球的半径为R，引力常量为G，则由此可推算( )
A．此星球表面的重力加速度为
B．此星球的质量为
C．皮球在空中运动的时间为
D．该星球的第一宇宙速度为v0sin θ·
三、非选择题(本大题共2小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(20分)如图所示，轻直杆长为2 m，两端各连着一个质量为1 kg的小球A、B，直杆绕着O点以ω＝8 rad/s逆时针匀速转动，直杆的转动与直角斜面体在同一平面内．OA＝1.5 m，A小球运动轨迹的最低点恰好与直角斜面体的顶点重合，斜面体的底角为37°和53°，取g＝10 m/s2.
(1)当A小球通过最低点时，求B小球对直杆的作用力；
(2)若当A小球通过最低点时，两小球脱离直杆(不影响两小球瞬时速度，此后两小球不受直杆影响)，此后B小球恰好击中斜面底部，且两小球跟接触面碰后不反弹，试求B小球在空中飞行的时间；
(3)在(2)的情形下，求两小球落点间的距离．
12.
(20分)如图所示，一质量为m＝1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动．已知圆弧半径R＝0.9 m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h＝0.8 m．小物块离开D点后恰好垂直撞击放在水平面上E点的固定倾斜挡板．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带以5 m/s的恒定速率顺时针转动(g取10 m/s2)，试求：
(1)传送带AB两端的距离；
(2)小物块经过D点时对轨道的压力的大小；
(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值．
章末检测(四)
1．[解析]选C.物体做曲线运动，必须有指向曲线内侧的合外力，或者合外力有沿法线指向内侧的分量，才能改变物体的运动方向而做曲线运动，合力沿切线方向的分量只能改变物体运动的速率，故F4、F5的方向不可能是合外力的方向，只有F1、F2、F3才有可能，选项A、B错误，C正确；合外力方向在过M、N两点的切线所夹的区域里，若合外力不在MN曲线所决定的平面上，则必有垂直水平面的分量，该方向上应有速度分量，这与事实不符，故合外力不可能不在曲线MN所决定的水平面内，选项D错误．
2.
[解析]选D.由运动的合成与分解可知，物体A参与这样两个分运动，一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子向上的运动．而物体A实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如图所示．由三角函数可得v＝，所以D选项是正确的．
3．[解析]选A.对乘客由牛顿第二定律得F合＝m＝75× N＝500 N，选项A正确．
4．[解析]选C.乒乓球击出后，只受重力，做平抛运动，可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，选项A、B错误；网左侧和右侧水平距离之比为＝＝＝，选项C正确；击球点到网的高度与击球点到桌面的高度之比为＝＝，所以击球点的高度与网高度之比为＝，选项D错误．
5．[解析]选D.垂直落在斜面上时速度与水平方向的夹角为45°，tan 45°＝＝＝＝1，即y＝，得Q点高度h＝x＋y＝3y，即A、B下落高度比为1∶3，由h＝gt2可得运动时间之比为1∶，选项D正确．
6．[解析]选C.小球未离开锥面时，设细线的张力为FT，线的长度为L，锥面对小球的支持力为FN，则有：FTcos θ＋FNsin θ＝mg及FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，可求得FT＝mgcos θ＋mω2Lsin2θ
可见当ω由0开始增大，FT从mgcos θ开始随ω2的增大而线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，有FTsin α＝mω2Lsin α，其中α为细线与竖直方向的夹角，即FT＝mω2L，可见FT随ω2的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，综上所述，只有C正确．
7．[解析]选BC.由于球在水平方向上受风力，故球不是做平抛运动，A错．球在竖直方向上做自由落体运动，故运动时间为t＝，B正确，球到达A时水平速度为0，由平均速度v水平＝＝，解得v0＝L，C正确．由牛顿第二定律得：F＝m＝，故D错．
8．[解析]选CD.物体在最低点做圆周运动，则有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力为Ff＝μFN＝μ，A、B错误，C正确；水平方向受到方向向左的摩擦力，竖直方向受到的合力方向向上，故物体所受到的合力斜向左上方，D正确．
9．[解析]选AC.由开普勒第二定律知飞船在P点的速度大于在Q点的速度，选项A对；飞船越高，具有的机械能越大，选项B错；同一位置，飞船受到的万有引力相等，加速度相等，选项C对，以同样的半径绕不同的物体运动，周期不同，选项D错．
10．[解析]选BD.皮球竖直初速度为：vy＝v0sin θ，由v＝2ah得：a＝，故A错；星球表面，皮球的重力等于万有引力，即G＝ma，所以M＝，B正确；皮球在空中运动的时间满足h＝×，即t＝，C错误；该星球的第一宇宙速度为v＝＝v0sin θ·，D正确．
11．[解析](1)设直杆对B小球有向下的作用力F，则
mg＋F＝mω2·OB(3分)
解得F＝22 N，
即直杆对B小球的作用力为22 N，方向向下(1分)
由牛顿第三定律可知，
B小球对直杆的作用力F′＝22 N，方向向上．(1分)
(2)脱离直杆时vA＝12 m/s，vB＝4 m/s(1分)
设在空中飞行时间为t，
则有：tan 37°＝(2分)
解得t＝1 s．(2分)
(3)B小球的水平位移xB＝vBt＝4 m(3分)
A小球的竖直位移h＝gt2－AB＝3 m(3分)
A小球的水平位移
xA＝vA＝ m> m，
A小球直接落在地面上(2分)
因此两小球落点间距为
l＝xA＋xB＝ m．(2分)
[答案]见解析
12．[解析](1)对小物块，在C点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得：
mg＝m(2分)
解得：v1＝＝3 m/s(1分)
由于v1＝3 m/s<5 m/s，小物块在传送带上一直加速，则由A到B由牛顿第二定律得：μmg＝ma(2分)
解得：a＝μg＝3 m/s2(1分)
v＝2axAB(1分)
所以传送带AB两端的距离：xAB＝1.5 m．(1分)
(2)对小物块，由C到D由动能定理得：
2mgR＝mv－mv(2分)
解得v2＝3 m/s(1分)
在D点由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m(2分)
解得：FN＝60 N(1分)
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为
F′N＝FN＝60 N．(1分)
(3)小物块从D点抛出后做平抛运动，则：
h＝gt2(2分)
解得：t＝0.4 s(1分)
vy＝gt＝4 m/s(1分)
故：tan θ＝＝.(1分)
[答案](1)1.5 m (2)60 N (3)
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