单元质检四曲线运动万有引力与航天(时间:45分钟满分:100分)单元质检卷第8页一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。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6~10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动,另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上,当直杆与竖直方向夹角为θ时,直杆端点A的线速度为()A.vsinθB.vsinθC.vcosθD.vcosθ答案C解析端点A的实际速度为它的线速度,如图所示,将它分解为水平向左和竖直向下的分速度,则vA=vcosθ,故C正确。2.如图所示,河水流动的速度为v且处处相同,河宽度为a。在船下水点A的下游距离为b处是瀑布。为了使小船安全渡河(不掉到瀑布里去),则()A.小船船头垂直河岸渡河时间最短,最短时间为t=av,速度最大,最大速度为vmax=avbB.小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小,速度最大,最大速度为vmax=❑√a2+b2vbC.小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长,速度最小,最小速度vmin=avbD.小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小,最小速度vmin=av❑√a2+b2答案D解析当小船船头垂直河岸渡河时用时最短,为t=av船,故A错误;小船轨迹沿y轴方向渡河时位移最小,为a,但沿着船头指向的分速度必须指向上游,合速度不是最大,故B错误;由题图可知,小船沿轨迹AB运动位移最大,由于渡河时间t=av船,与船的船头指向的分速度有关,故时间不一定最长,故C错误;要充分利用水流的速度,故合速度要沿着AB方向,此时位移最大,船的速度最小,故av船=❑√a2+b2v,v船=av❑√a2+b2,D正确。3.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面。如图所示,用两根长为l的细线系一质量为m的小球,两线上端系于水平横杆上,A、B两点相距也为l。若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为()A.2❑√3mgB.3mgC.2.5mgD.7❑√32mg答案A解析由几何知识可得,小球做圆周运动的半径r=❑√32l,小球恰好过最高点时,根据牛顿第二定律有mg=mv12❑√32l①小球运动到最低点时,根据动能定理得mg·❑√3l=12mv22−12mv12②由牛顿第二定律得2FTcos30°-mg=mv22❑√32l③联立①②③得FT=2❑√3mg故A正确,B、C、D错误。4.右图为空间站中模拟地球重力的装置。环形实验装置的外侧壁相当于“地板”,让环形实验装置绕O点旋转,能使“地板”上可视为质点的物体与在地球表面处具有同样的“重力”,则旋转角速度应为(地球表面重力加速度为g,此装置的外半径为R)()A.❑√gRB.❑√RgC.2❑√gRD.❑√2Rg答案A解析质点做圆周运动需要的向心力等于mg,根据牛顿第二定律mg=mω2R,解得转动的角速度为ω=❑√gR,所以A正确,B、C、D错误。5.某行星有一颗卫星绕其做匀速圆周运动,若卫星在某高度处的线速度为v1,高度降低h后仍做匀速圆周运动,线速度为v2,引力常量G已知。由以上信息能够求出的是()A.行星表面的重力加速度B.行星的质量C.行星的密度D.卫星的动能答案B解析设行星质量为M,卫星的质量为m,初始状态离地心的距离为r,根据万有引力定律有GMmr2=mv12r,GMm(r-h)2=mv22r-h,由以上两式得GMv12−GMv22=h,可求得行星的质量,但由于不能求得行星的半径,也就无法求得行星的密度和行星表面的重力加速度,又由于不知道卫星的质量,也无法求得卫星的动能,故选B。6.如图所示,两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球,细线的上端都系于O点,设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知l1跟竖直方向的夹角为60°,l2跟竖直方向的夹角为30°,O点到水平面距离为h,下列说法正确的是()A.细线l1和细线l2所受的拉力大小之比为❑√3∶1B.小球m1和m2的角速度大小之比为❑√3∶1C.小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1D.小球m1和m2的线速度大小之比为3❑√3∶1答案AC解析由mg=F1cos60°,可得F1=2mg,由mg=F2cos30°,可得F2=2mg❑√3,则细线l1和细线l2所受的拉力大小之比为❑√3∶1,选项A正确;由mgtanθ=mω2htanθ,可得小球m1和m2的角速度大小之比为1∶1,选项B错误;小球m1和m2的向心力大小之比为mgtan60°∶mgtan30°=3∶1,选项C正确;由mgtanθ=mv2htanθ,可得小球m1和m2的线速度大小之比为tan60°∶tan30°=3...