xx年高中物理-第5章《曲线运动》章末检测2-2

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高中物理(人教版必修2) 第五章曲线运动章末检测(含详解)

曲线运动章末检测时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题，共40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，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求)1．关于互成角度的两个初速度为零的匀变速直线运动的合运动，下述说法正确的是()A．一定是直线运动B．一定是曲线运动C．可能是直线运动，也可能是曲线运动D．以上都不对解析两个初速度为零的匀变速直线运动，即物体受到两个互成角度的恒力作用下，做初速度为零的匀加速直线运动，故A选项正确．答案 A2．(2012·琼海市)一艘小船在静水中的速度为3 m/s，渡过一条宽150 m，水流速度为4 m/s的河流，则该小船()A．能到达正对岸B．以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为200 mC．渡河的时间可能少于50 sD．以最短位移渡河时，位移大小为150 m解析由于小船在静水中的速度3 m/s小于水流的速度4 m/s，所以小船不能到达正对岸，选项A错误；当小船船头垂直河岸时，小船渡河的时间最短，t短＝l v＝1503s＝50 s，所以小船渡河的最短时间为50 s，而小船的合运动可分解为沿垂直河岸方向1.5v1＝3 m/s的匀速直线运动和沿河岸平行方向1.5v2＝4 m/s的匀速直线运动，则渡河后，小船的位移为(v1·t短)2＋(v2·t短)2＝250 m，故选项B错误，选项C正确；小船不能达到正对岸，则小船渡河后的位移必须大于150 m，故选项D 错误．答案 C3．关于平抛运动，下列说法中正确的是()A．平抛运动是匀变速运动B．做平抛运动的物体，在任何时间内，速度改变量的方向都是竖直向下的C．平抛运动可以分解为水平的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动D．平抛运动物体的落地速度和在空中运动时间只与抛出点离地面高度有关解析做平抛运动的物体只受重力作用，故加速度恒定，是匀变速曲线运动，它可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；因为Δv＝at，而a方向竖直向下，故Δv的方向也竖直向下；物体在空中的飞行时间只由高度决定，但落地速度应由高度与初速度共同来决定．答案ABC4．甲、乙两物体均做匀速圆周运动，甲的质量和轨道半径均为乙的一半，当甲转过60°时，乙在这段时间里正好转过45°，则甲物体的向心力与乙物体的向心力之比为()A．1：4B．2：3C．4：9 D．9：16解析ω甲ω乙＝π3π4＝43.F甲＝m甲ω2甲r甲，F乙＝m乙ω2乙r乙F甲F乙＝m甲ω2甲r甲m乙ω2乙r乙＝49.答案 C5．如图所示，可视为质点的，质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管内做圆周运动，下列有关说法中正确的是() A．小球能够通过最高点的最小速度为0B．小球能通过最高点的最小速度为gRC．如果小球在最高点时的速度大小为2gR，则此时小球对管道有向上的作用力D．如果小球在最低点时的速度大小为gR，则小球通过该点时与管道间无相互作用力解析小球在管内做圆周运动、在最高点小球受到合外力可以为零，故通过最高点的最小速度为0，选项A 正确，选项B 错误；在最高点速度为2gR ，则有，F N ＋mg ＝m v 2R ，解得F N ＝3mg ，即管道的外轨道对小球有向内的作用力为3mg ，由牛顿第三定律可知，小球对管道有向外，即向上的作用力，选项C 正确；小球在最低点速度为gR 时，小球受到管道向上的作用力，大小为F ′N ＝2mg ，故选项D 错误．答案 AC6．质量为m 的小球用一细绳系着在竖直平面内恰能做圆周运动，小球运动到最低点时速率是它在最高点时速率的5倍，则小球运动到最低点和最高点时，绳子对小球的拉力之差为( )A ．2 mgB ．4 mgC ．6 mgD ．5 mg解析由于小球恰好能通过圆周最高点，绳的拉力F 1＝0，满足mg ＝m v 21R ，则v 1＝gR .当小球处于最低点时，速度v 2＝5v 1＝5gR .由绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F 2－mg ＝m v 22R ，得F 2＝6 mg由此可知F 2－F 1＝6 mg ，故C 选项正确．答案 C7．平抛物体的初速度为v0，当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时()A．运动的时间t＝2v0 gB．瞬时速率v t＝5v0C．水平分速度与竖直分速度大小相等D．位移大小等于22v20/g解析平抛运动可分解为水平匀速运动和竖直的自由落体运动，当竖直位移和水平位移大小相等时，即v0t＝12gt 2，得t＝2v0g，故A选项正确；物体的竖直分速度v y＝gt＝2v0，则此时物体的速度v t＝v20＋v2y＝5v0，故B选项正确，C选项错误；物体的位移l＝x2＋y2＝2(v0t)2＝22v20g，故D选项正确．答案ABD8．质量为m的物体随水平传送带一起匀速运动，A为传送带的终端皮带轮．如图所示，皮带轮半径为r，要使物体通过终端时能水平抛出，皮带轮的转速至少为()A.12πgr B.grC.grD.gr 2π解析要使物体通过终端时能水平抛出，则有mg ＝m v 2r .皮带转动的线速度至少为gr ，故C 选项正确．答案 C9．如图所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A 和B 水平旋转，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使小木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为( )A ．RB /4B ．R B /3C ．R B /2D ．R B解析由题意可知，当主动轮转动时，A 、B 两轮边缘线速度相等，由ω＝v r ，得ωA ωB ＝R B R A＝12. 由于小木块恰能在A 边缘相对静止，则由最大静摩擦力F f ＝mω2A R A ，放在B 轮上使木块相对静止，距B 轮转轴的最大距离为r B ，则F f ＝mω2B r B ，故mω2A R A ＝mω2B r Br B ＝(ωA ωB)2·R A ＝(12)2·R A ＝R A 4＝R B 2，所以C 选项正确．答案 C10．如图所示，一质点从倾角为θ的斜面顶点以水平速度v 0抛出，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．质点自抛出后，经时间为v 0tan θg 离斜面最远B ．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为v 0sin θC ．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为v 0cos θD ．质点抛出后，经时间为v 0cot θg 离斜面最远解析质点做平抛运动过程中，当速度与斜面平行时离斜面最远，如图所示，则v y ＝v 0tan θ＝g ·t可得t ＝v 0tan θg ，故A 选项正确；其合速度v ＝v 0cos θ，故C 选项正确．答案 AC第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共18分)11．(10分)某同学利用图①所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图②所示．图②中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1、P2和P3之间的水平距离相等．完成下列填空：(重力加速度取9.8 m/s2)(1)设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图②中可读出|y1－y2|＝________m，|y1－y3|＝________m，|x1－x2|＝________m(保留两位小数)．(2)若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动，利用(1)中读取的数据．求出小球从P1运动到P2所用的时间为________s，小球抛出后的水平速度为________m/s(均可用根号表示)．解析(1)由图②可读出|y1－y2|＝0.61 m|y1－y3|＝1.61 m；|x1－x2|＝0.60 m.(2)设从P1到P2的时间为T|y 1－y 3|－2|y 1－y 2|＝gT 2T ＝|y 1－y 3|－2|y 1－y 2|g ＝ 0.399.8 s ≈0.20 s 设小球抛出的水平速度为v 0，则v 0＝|x 1－x 2|T ＝0.600.20m/s ＝3.0 m/s. 答案 (1)0.61 1.61 0.60(2)0.20 3.0甲12．(8分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．实验器材：电磁打点计时器(50 Hz)、米尺、纸带、复写纸片．实验步骤：①如图甲所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；②启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点；③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．(1)由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω＝________，式中各量的意义是_________________________________．(2)某次实验测得圆盘半径r＝5.50×10－2 m，得到的纸带的一段如图乙所示，求得角速度为________．(保留两位有效数字)乙解析(1)圆盘匀速转动，纸带匀速运动，有x2－x1＝v·t，t＝(n－1)T，v＝ωr，由以上三式得ω＝x2－x1T(n－1)r.T为打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘半径，x1，x2是纸带选定的两点分别对应米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数(含两点)．(2)取x1和x2对应米尺上的刻度值分别为x1＝0和x2＝10.5×10－2 m，数得打点数n＝15个，T＝0.02 s，r＝5.50×10－2m，代入公式得ω＝6.8 rad/s.答案(1)x2－x1T(n－1)rT为打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘半径，x1，x2是纸带选定的两点分别对应米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数(含两点)(2)6.8 rad/s三、解答题(本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)如图所示，飞机离地面高度为H ＝500 m ，水平飞行速度为v 1＝100 m/s ，追击一辆速度为v 2＝20 m/s 同向行驶的汽车，欲使炸弹击中汽车，飞机应在距离汽车水平距离多远处投弹？(g ＝10 m/s 2)解析炸弹做平抛运动，其下落时间由高度决定， H ＝12gt 2①设距汽车水平距离为x 处飞机投弹，则有 v ·t ＝x ＋v 2t ② ①②两式联立解得 x ＝800 m. 答案 800 m14．(8分)如图所示，质量m＝1 kg的小球用细线拴住，线长l＝0.5 m，细线所受的拉力达到F＝18 N时就会被拉断．当小球从图示位置释放后摆到悬点的正下方时，细线恰好被拉断．若此时小球距水平地面的高度h＝5 m，重力加速度g＝10 m/s2，求小球落地处到地面上P点的距离．(P点在悬点的正下方)解析由向心力公式F－mg＝m v2l得v＝2 m/s又由平抛运动的知识x＝v02hg＝2 m.答案 2 m15．(13分)如图所示，在水平圆盘上有一过圆心的光滑水平槽，槽内有两根原长、劲度系数均相同的橡皮绳拉住一质量为m的小球，一条橡皮绳拴在O 点，另一条拴在O ′点，其中O 点为圆盘的中心，O ′点为圆盘的边缘．橡皮绳的劲度系数为k ，原长为圆盘半径R 的13.现使圆盘角速度由零缓慢增大，求圆盘的角速度ω1＝ k5m与ω2＝ 3k5m时，小球所对应的线速度之比v 1v 2.解析当橡皮绳OO 1拉伸而O 1O ′刚好被拉直时，设小球做匀速圆周运动的角速度为ω0.由牛顿第二定律有 mω20·23R ＝k (2R 3－R 3)，ω0＝ k2m. 当ω1＝k5m <ω0时，橡皮绳O 1O ′拉伸， mω21R 1＝k (R 1－R 3)－k (R －R 1－R 3)得R 1＝5R 9.当ω2＝3k5m >ω0时，此时橡皮绳O 1O ′松弛． mω22R 2＝k (R 2－R 3)，R 2＝5R 6.所以v 1v 2＝ω1R 1ω2R 2＝239.答案 23916．(13分)如图所示，一小球从平台上抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小球水平抛出的初速度v 0是多少； (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s 是多少；(3)若斜面顶端高H ＝20.8 m ，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端．解析 (1)小球落到斜面并沿斜面下滑，说明此时小球的速度方向与斜面平行，所以v y ＝v 0tan53°又因v 2y ＝2gh ，得v y ＝4 m/s v 0＝3 m/s.(2)由v y ＝gt 1，得t 1＝0.4 s ，则s ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m.(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度为a ＝mg sin53°m＝8 m/s 2初速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s ，则有Hsin53°＝v t 2＋12at 22代入数据，整理得4t 22＋5t 2－26＝0解得t 2＝2 s 或t 2＝－134s(舍去) 所以小球从离开平台到斜面底端的时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s. 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s。

2020高中物理第五章曲线运动章末检测卷(含解析)新人教版必修2(最新整理)

第五章章末检测卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题,共48分）一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每个小题给出的四个选项中,第1～8小题,只有一个选项符合题意;第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分,选对而不全的得2分，错选或不选的得0分）1．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内（)A．速度一定在不断改变，加速度也一定不断改变B．速度可以不变,但加速度一定不断改变C．质点不可能在做匀变速运动D．质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向答案D解析质点做曲线运动时某点的速度方向为曲线上该点的切线方向,故速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动，其加速度不为零，但加速度可以不变，例如平抛运动就是匀变速运动，故A、B、C错误，D正确。

2．从高处水平抛出的物体在各个时刻的速度、加速度方向如图所示，其中正确的是( )答案C解析物体在飞行过程中只受重力，方向竖直向下，所以加速度的方向竖直向下,B、D错误；在曲线运动中，速度的方向为曲线上该点的切线方向，A错误；C中速度和加速度的方向都正确,应选C。

3．关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是（）A．平抛运动是匀变速曲线运动B．匀速圆周运动是速度不变的运动C．圆周运动是匀变速曲线运动D．做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的答案A解析平抛运动的加速度恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A正确;平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以落地时的速度一定有水平分量，不可能竖直向下，D错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，B错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也就是方向时刻变化，所以不是匀变速运动,C错误。

4。

如图所示，质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v,若物块滑到最低点时受到的摩擦力是F f，则物块与碗的动摩擦因数为( ）A。

【曲线运动】高中物理必修2第五章《章末检测卷》(含答案)

第五章章末检测卷一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是()A．平抛运动是匀变速曲线运动B．匀速圆周运动是速度不变的运动C．圆周运动是匀变速曲线运动D．做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的2．关于互成角度(不为0和180°)的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是() A．一定是直线运动B．一定是曲线运动C．可能是直线，也可能是曲线运动D．以上选项都不对3．游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是()A．路程变大，时间延长B．路程变大，时间缩短C．路程变大，时间不变D．路程和时间均不变4．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹．若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移()A．只由水平速度决定B．只由离地高度决定C．由水平速度、离地高度共同决定D．与水平速度、离地高度都没有关系5．如图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的()A．线速度B．角速度C．加速度D．轨道半径第5题图第6题图6．质量为m的小木块从半球形的碗口下滑，如上图所示，已知木块与碗内壁间的滑动摩擦系数为μ，木块滑到最低点时的速度为v，那么木块在最低点受到的摩擦力为()A．μmg B．μm v2/R C．μm(g＋v2/R)D．07．如图3所示，在足够长斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落至斜面时下落的竖直高度为h1；若将此球改用2v0水平速度抛出，落至斜面时下落的竖直高度为h2.则h1∶h2为()图3A．1∶3B．2∶1C．1∶4D．1∶28．如图4所示，一箱土豆在转盘上随转盘以角速度ω做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为m，它到转轴的距离为R，则其他土豆对该土豆的作用力为()图4A ．MgB ．mω2RC.m 2g 2＋m 2ω4R 2D.m 2g 2－m 2ω4R 2二、多项选择题(本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．某地发生地震，一架装载救灾物资的直升飞机，以10m /s 的速度水平飞行，在距地面180m 的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g 取10m/s 2，则()A ．物资投出后经过6s 到达地面目标B ．物资投出后经过18s 到达地面目标C ．应在距地面目标水平距离60m 处投出物资D ．应在距地面目标水平距离180m 处投出物资10．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图5所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h ，下列说法中正确的是()图5A ．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大B ．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C ．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越大D ．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大11．如图6所示，长l ＝0.5m 的轻质细杆，一端固定有一个质量为m ＝3kg 的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为v ＝2m /s.取g ＝10m/s 2，下列说法正确的是()图6A ．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24NB ．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6NC ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24ND ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N12．m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮，如图7所示，已知皮带轮半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑，当m 可被水平抛出时()图7A．皮带的最小速度为grB ．皮带的最小速度为grC．A轮每秒的转数最少是12πgrD．A轮每秒的转数最少是12πgr三、实验题(本题共2小题，共14分)13．(6分)为验证向心力公式，某探究小组设计了如图8所示的演示实验，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m，直径为d的小钢球．将米尺固定在水平桌面上，测量出悬点到钢球的细线长度l，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O，待钢球的运动稳定后，用眼睛从米尺上方垂直于米尺往下看，读出钢球外侧到O点的距离r，并用秒表测量出钢球转动n圈用的时间t.则：图8(1)小钢球做圆周运动的周期T＝________.(2)小钢球做圆周运动的向心力F＝________.14．(8分)未来在一个未知星球上用如图9甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图10乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：图9(1)由已知信息，可知a点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；(2)由已知信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为________m/s2；(3)由已知信息可以算出小球平抛的初速度是________m/s；(4)由已知信息可以算出小球在b点时的速度是________m/s.四、计算题(本题共3小题，共34分，解答应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 15．(8分)如图10所示，内壁光滑的导管弯成圆周轨道竖直放置，其质量为2m，小球质量为m，在管内滚动，当小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，此时小球的速度多大？(轨道半径为R)图1016．(12分)如图11所示，一个人用一根长1m、只能承受74N拉力的绳子，拴着一个质量为1kg的小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O离地面h＝6m．转动中小球在最低点时绳子恰好断了．(取g＝10m/s2)图11(1)绳子断时小球运动的角速度多大？(2)绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离是多少？17．(14分)如图12所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h＝5m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动(g＝10m/s2)，求：图12(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远．如果不能，请说明理由．第五章章末检测卷答案1．答案A解析平抛运动的加速度恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A 正确；平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以落地时速度一定有水平分量，不可能竖直向下，D 错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，B 错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也就是方向时刻变化，所以不是匀变速运动，C 错误．2．答案B解析两运动的合运动的速度方向在两个分运动速度方向所夹的某一方向上，而运动物体的合加速度沿着原匀变速直线运动的直线上，也就是说运动物体的合加速度与它的速度方向不在同一条直线上，物体一定做曲线运动，B 对，A 、C 、D 错．3．答案C解析运动员渡河可以看成是两个运动的合运动：垂直河岸的运动和沿河岸的运动．运动员以恒定的速率垂直河岸渡河，在垂直河岸方向的分速度恒定，由分运动的独立性原理可知，渡河时间不变；但是水速变大，沿河岸方向的运动速度变大，因时间不变，则沿河岸方向的分位移变大，总路程变大，故选项C 正确．4．解析不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x ＝v 0t ＝v 02hg，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C 正确．5．答案B解析a 、b 两点随地球自转做匀速圆周运动，所以它们的周期T 、角速度ω相同；B 正确；a 、b 转动的圆心分别在它们所在的纬度确定的平面与地轴的交点上，故半径不同，D 错误；由v ＝ωr 知线速度不同，A 错误；由a ＝ω2r 知加速度不同，故C 错误．6．答案C解析木块滑到最低点的受力如图所示由于F N －mg ＝m v 2R 所以F N ＝mg ＋m v 2R由F f ＝μF N 得F f ＝μm (g ＋v 2R)，故C 正确．7．答案C解析设斜面的倾角为α，因为两次都落到斜面上，所以两次的位移方向与水平面的夹角都是α，由于tan α＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0所以gt 12v 0＝gt 22×2v 0即t 2＝2t 1，又由h ＝12gt 2得h 1∶h 2＝1∶4，C 选项正确．8．答案C 解析设其他土豆对该土豆的作用力为F ，受力分析知该土豆受到重力mg 和F 作用．由于该土豆做匀速圆周运动，所以这两个力的合力提供该土豆做匀速圆周运动的向心力，如图所示．根据直角三角形的关系得F ＝(mg )2＋F 2向，而F 向＝mω2R ，所以F ＝m 2g 2＋m 2ω4R 2，C 正确．9．答案AC 解析物资投出后做平抛运动，其落地所用时间由高度决定，t ＝2hg＝6s ，A 项正确，B 项错误；抛出后至落地的水平位移为x ＝v t ＝60m ，C 项正确，D 项错误．解析摩托车受力如图所示由于F N ＝mgcos θ，所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关保持不变，摩托车对侧壁的压力F N ′也不变，A 错误，由F n ＝mg tan θ＝m v 2r ＝mω2r 知h 变化时向心力F n 不变，但高度升高r 变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B 、C 正确，D 错误．11．答案BD解析设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg －F N ＝m v 2l ，得F N ＝mg －m v 2l ＝6N ，由牛顿第三定律知小球对杆的压力大小是6N ，A 错误，B 正确；小球通过最低点时F N －mg ＝m v 2l ，得F N ＝mg ＋m v 2l＝54N ，由牛顿第三定律知小球对杆的拉力大小是54N ，C 错误，D 正确．12．答案AC解析物体恰好被水平抛出时，在皮带轮最高点满足mg ＝m v 2r ，即速度最小为gr ，选项A 正确；又因为v ＝2πrn ，可得n ＝12πgr ，选项C 正确．13．答案(1)t n(2)m4π2n 2t 2(r －d2)或mg r －d2(l ＋d 2)2－(r －d 2)2解析(1)小钢球完成一次完整的圆周运动所用的时间是一个周期，则T ＝tn.(2)小钢球做圆周运动的半径应为小钢球的球心到圆心O 的距离，则半径R ＝r －d2，小钢球做圆周运动的向心力F＝m v 2R，而v ＝2πR T ，所以F ＝m 4π2T 2R ＝m 4π2n 2t 2(r －d2)(设悬线与竖直方向的夹角为θ，向心力还可表示为F ＝mg tan θ＝mgr －d 2(l ＋d 2)2－(r －d 2)2)．14．答案(1)是(2)8(3)0.8(4)425解析(1)由初速度为零的匀加速直线运动经过相邻的相等的时间内通过位移之比为1∶3∶5可知，a 点为抛出点；(2)由ab 、bc 、cd 水平距离相同可知，a 到b 、b 到c 、c 到d 运动时间相同，设为T ，在竖直方向有Δh ＝gT 2，T ＝0.1s ，可求出g ＝8m /s 2；(3)由两位置间的时间间隔为0.10s ，实际水平距离为8cm ，x ＝v x t ，得水平速度为0.8m/s ；(4)b 点竖直分速度为ac 间的竖直平均速度，根据速度的合成求b 点的合速度，v yb ＝4×4×1×10－22×0.10m /s ＝0.8m/s ，所以v b ＝v 2x ＋v 2yb ＝425m/s.解析小球运动到最高点时，导管刚好要离开地面，说明此时小球对导管的作用力竖直向上，大小为F N ＝2mg分析小球受力如图所示则有：F N ′＋mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律知，F N ′＝F N 可得：v ＝3gR16．答案(1)8rad/s(2)8m解析(1)设绳断时角速度为ω，由牛顿第二定律得，F －mg ＝mω2L 代入数据得ω＝8rad/s.(2)绳断后，小球做平抛运动，其初速度v 0＝ωL ＝8m/s.由平抛运动规律有h －L ＝12gt 2.得t ＝1s.水平距离x ＝v 0t ＝8m.17．答案(1)2m(2)6N(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B 点1.13m解析(1)设小球离开B 点做平抛运动的时间为t 1，落地点到C 点距离为s由h ＝12gt 21得：t 1＝2hg＝1s x ＝v B t 1＝2m (2)小球到达B 点时受重力G 和竖直向上的弹力F 作用，由牛顿第二定律知F 向＝F －G ＝mv 2BR解得F ＝6N由牛顿第三定律知小球到达B 点时对圆形轨道的压力大小为6N ，方向竖直向下．(3)如图，斜面BEC 的倾角θ＝45°，CE 长d ＝h ＝5m ，因为d ＞x ，所以小球离开B 点后能落在斜面上．假设小球第一次落在斜面上F 点，BF 长为L ，小球从B 点到F 点的时间为t 2L cos θ＝v B t 2①L sin θ＝12gt 22②联立①②两式得t 2＝0.4s L ≈1.13m.。

人教版高一物理必修二第五章曲线运动测试含答案(K12教育文档)

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必修二第五章曲线运动单元测试一．选择题（1-4为单项选择题，5—8为多项选择题。

每题6分,共48分）1. 用跨过定滑轮的绳把湖中小船拉靠岸，如图所示，已知拉绳的速度v不变,则船速（）A。

逐渐增大 B.逐渐减小C.不变D.先增大后减小2. 如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时,速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。

下列说法正确的是( ）A．小球水平抛出时的初速度大小为B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D．若小球初速度增大，则θ减小3．如图所示，A、B为咬合传动的两齿轮，R A＝2R B，则A、B两轮边缘上两点的( ）A．角速度之比为2∶1 B．向心加速度之比为1∶2C．周期之比为1∶2 D．转速之比为2∶14．铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的,已知内外轨道平面与水平面的倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R,若质量为m的火车转弯时速度小于g R，则tan( ）A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C．这时铁轨对火车的支持力等于D．这时铁轨对火车的支持力大于5．以初速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时（ ) A．竖直分速度等于水平分速度 B．瞬时速度为C．运动时间为2 D．速度变化方向在竖直方向上6．在高空匀速水平飞行的轰炸机，每隔1 s投放一颗炸弹,若不计空气阻力（）A. 这些炸弹落地前排列在同一条竖直线上 B。

高中物理必修二：第五章《曲线运动》全章测评(含答案)

曲线运动测试题一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。

在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确。

全部选对的得5分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.体在做平抛运动的过程中,以下物理量不变的是()A.物体的速度B.物体位移的方向C.物体竖直向下的分速度D.物体的加速度解析:物体做平抛运动时,速度方向沿轨迹的切线方向,速度不断变化,选项A错误;在不同时刻,位移的方向不断改变,选项B错误;由v y=gt可知,物体竖直方向的速度不断改变,选项C错误;由牛顿第二定律可知,平抛运动物体的加速度等于重力加速度,大小、方向均不变,为一恒量,选项D正确。

答案:D2.型游乐场中有一种“摩天轮”的娱乐设施,如图所示,坐在其中的游客随轮的转动而做匀速圆周运动,对此有以下说法,其中正确的是()A.游客处于一种平衡状态B.游客做的是一种变加速曲线运动C.游客做的是一种匀变速运动D.游客的速度和加速度都在不断地改变着解析:游客做匀速圆周运动,速度和加速度的大小不变,但它们的方向时刻在改变,均为变量,因此游客做的是变加速曲线运动,而非匀变速运动,不是处于平衡状态。

答案:BD3.图所示,在长约80~100cm一端封闭的玻璃管中注满清水,水中放一个用红蜡做成的小圆柱体(小圆柱体恰能在管中匀速上浮),将玻璃管的开口端用胶塞塞紧。

然后将玻璃管竖直倒置,在红蜡块匀速上浮的同时使玻璃管紧贴黑板面水平向右匀加速移动,你正对黑板面将看到红蜡块相对于黑板面的移动轨迹可能是下图中的()解析:蜡块在竖直方向做匀速运动,在水平方向匀加速运动,蜡块受的合力方向始终沿水平方向,与速度方向不在一条直线上,故做曲线运动,轨迹要向合力所指的方向即向右弯曲,且为抛物线。

答案:C4.落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风,若风速越大,则降落伞()A.下落的时间越短B.下落的时间越长C.落地时速度越小D.落地时速度越大解析:根据H=v y t,下落的时间不变;根据v=,若风速越大,降落伞落地时速度越大。

[精品]新人教版必修2高中物理第五章曲线运动章末检测检测题及答案

章末检测[时间：90分钟满分：100分]一、单项选择题(共7小题，每小题4分，共28分)1．关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是( )A．平抛运动是匀变速曲线运动B．匀速圆周运动是速度不变的运动．圆周运动是匀变速曲线运动D．做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的2．关于互成角度(不为0°和180°)的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法正确的是( )A．一定是直线运动B．一定是曲线运动．可能是直线，也可能是曲线运动D．以上答案都不对3．如图1所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中、b两质点( )图1A．角速度大小相同B．线速度大小相同．向心加速度大小相同D．向心力大小相同4．以初速度v0水平抛出一个物体，经过时间物体的速度大小为v，则经过时间2，物体速度大小的表达式正确的是( )A．v0＋2g B．v＋gD5如图2所示，质量为的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v，若物块滑到最低点时受到的摩擦力是F f，则物块与碗的动摩擦因为( )图2A BD6．如图3所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图3A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小7如图4所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足( )图4A．φ＝θB．φ＝cθ．φ＝θD．φ＝2θ二、多项选择题(共5小题，每小题6分，共30分)8．下列现象是为了防止物体产生离心运动的有( )A．汽车转弯时要限制速度B．转速很高的砂轮半径不能做得太大．在修筑铁路时，转弯处轨道的内轨要低于外轨D．离心水泵工作时9．一物体做平抛运动，先后在两个不同时刻的速度大小分别为v1和v2，时间间隔为Δ，那么( )A．v1和v2的方向一定不同B．v1<v2．由v1到v2的速度变量Δv的方向不一定竖直向下D．由v1到v2的速度变量Δv的大小为gΔ10如图5所示，用长为L的细绳拴着质量为的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是( )图5A．小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B．小球在最高点时绳子的拉力不可能为零．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为D．小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力11如图6所示，长05的轻质细杆，一端固定有一个质量为3g的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2/取g＝10 /2，下列说法正确的是( )图6A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24NB．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6N．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24ND．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N12有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图7所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为，下列说法中正确的是( )图7A．越高，摩托车对侧壁的压力将越大B．越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大．越高，摩托车做圆周运动的周期将越大D．越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大三、计算题(共4小题，共42分)13(10分)如图8所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为的小球以某一速度冲上轨道，然后小球从轨道口B处飞出，最后落在水平面上．已知小球落地点距B处的距离为3R，求小球对轨道口B处的压力为多大．图814(10分)如图9所示，从高为的斜面顶端A点以速度v0水平抛出一个小球，小球落在斜面底端B点(已知重力加速度大小为g，不计空气阻力)，求：图9(1)小球从抛出到落到B点所经过的时间；(2)小球落到B点时的速度大小．15．(10分)如图10，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝05，离水平地面的高度H＝08，物块平抛落地过程水平位移的大小＝04．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10/2求：图10(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因μ16(12分)如图11所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g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5c，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：(g取10/2)图11(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)当转速ω＝10rd/时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？答案精析章末检测1．A [平抛运动的加速度恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A正确；平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以落地时速度一定有水平分量，不可能竖直向下，D错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变，B错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也就是方向时刻变，所以不是匀变速运动，错误．]2．B [两运动的合运动的速度方向在两个分运动速度方向所夹的某一方向上，而运动物体的合力沿着原匀变速直线运动的直线上也就是说运动物体的合力与它的速度方向不在同一条直线上，物体一定做曲线运动，B对，A、、D错．]3．A [同轴转动，角速度大小相等，选项A正确；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr、＝ω2r和F＝ω2r可知，线速度、向心加速度和向心力大小均不同，选项B、、D错误．]4．[2时刻物体的速度v′＝＝，正确，A错误；时刻有v2＝v＋(g)2，故v′＝，B、D错误．]5．B [物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用，据牛顿第二定律得F N－g＝，又F f＝μF N，联立解得μ＝，选项B正确．]6．D [因为物体的角速度ω相同，线速度v＝rω，而r A<r B，所以v<v B，则A项错；根据＝rω2知A<B，则B项错；如图，θ＝，而BA的向心加速度较大，则B的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力F T＝，则F T A<F T B，所以项错，D项正确．]7．D [竖直速度与水平速度之比为：φ＝，竖直位移与水平位移之比为：θ＝，故φ＝2θ，D正确．]8．AB9．ABD [平抛运动的轨迹是曲线，某时刻的速度方向为该时刻轨迹的切线方向，不同时刻方向不同，A对；v0不变，v y∝，所以v2>v1，B对；由Δv＝gΔ知Δv 方向一定与g方向相同即竖直向下，大小为gΔ，错，D对．]10．D [由于不知道小球在圆周最高点时的速率，故无法确定绳子的拉力大小，A、B错误；若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率满足g＝，推导可得v＝，正确；小球过最低点时，向心力方向向上，故绳子的拉力一定大于小球重力，D选项正确．]11．BD [设小球在最高点时受杆的弹力向上，则g－F N＝，得F N＝g－＝6N，故小球对杆的压力大小是6N，A错误，B正确；小球通过最低点时F N－g＝，得F N＝g ＋＝54N，小球对杆的拉力大小是54N，错误，D正确．]12．B [摩托车受力如图所示．由于F N＝所以摩托车受到侧壁的压力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力F也不变，A错误；由F＝gθ＝＝ω2r知变时，向心力F不变，但高度升高，r变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B、正确，D错误．]13g解析设小球经过B点时速度为v0，则小球平抛的水平位移为＝＝R，2R＝g2，所以＝2v＝＝＝对小球过B点时由牛顿第二定律得F＋g＝，F＝g由牛顿第三定律得F′＝F＝g14．(1) (2)解析(1)解决平抛运动的方法是通常把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．设小球飞行时间为，根据平抛运动的规律，可得竖直方向上有＝g2解得：＝(2)设小球落到B点时的竖直速度为v y，则竖直方向上v y＝g＝g＝根据平行四边形定则得：小球落到B点时的速度大小为v＝＝15．(1)1/ (2)02解析(1)物块做平抛运动，竖直方向有H＝g2①水平方向有＝v0②联立①②两式得v0＝＝1/③(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有μg＝④联立③④得μ＝＝0216．(1)20rd/ (2)15×10－2N 0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＝3F2①根据牛顿第二定律有最低点：F1－g＝rω2②最高点：F2＋g＝rω2③由①②③得ω＝＝rd/＝20 rd/(2)在最高点时，设小球不掉下的最小角速度为ω0，则g＝rωJ，ω0＝＝rd/≈141 rd/因为ω＝10rd/<ω0＝141 rd/，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F′－g＝rω2，则F1′＝g＋rω2＝15×10－2N1。

2020年高中物理第5章《曲线运动》章末检测1 2

2014年高中物理第5章《曲线运动》章末检测1 新人教版必修2一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

每小题至少有一个选项正确，全选对得6分，选不全得3分，错选不得分)1．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图1所示，其半径分别为r 1、r 2、r 3，若甲轮的角速度为ω，则丙轮边缘上某点的向心加速度为( )图1A.r 21ω2r 3B.r 23ω2r 21C.r 33ω2r22D.r 1r 2ω2r 3解析：三轮的关系应该有v 1＝v 2＝v 3，故ωr 1＝ω2r 2＝ω3r 3，再用公式a ＝v 2r即可求得a＝r 21ω2r 3，故A 正确。

答案：A2.如图2所示，一根长直轻杆AB 在墙角沿竖直墙和水平地面滑动。

当AB 杆和墙的夹角为θ时，杆的A 端沿墙下滑的速度大小为v 1，B 端沿地面滑动的速度大小为v 2，则v 1、v 2的关系是( )A ．v 1＝v 2图2B ．v 1＝v 2cos θC ．v 1＝v 2tan θD ．v 1＝v 2sin θ解析：把A 、B 两点的速度沿杆和垂直于杆的方向分解，杆不能变长或变短，故A 、B 两点沿杆的分速度大小相等，即v 1cos θ＝v 2sin θ，所以v 1＝v 2tan θ，故C 正确。

答案：C3．以初速度v 0水平抛出一个物体，经过时间t 物体的速度大小为v ，则经过时间2t ，物体速度大小的表达式正确的是( )A ．v 0＋2gtB ．v ＋gt C.v 20＋2gt 2D.v 2＋2gt2解析：物体做平抛运动，v x ＝v 0，v y ＝g ·2t ，故2t 时刻物体的速度v ′＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gt 2，C 正确，A 错误；t 时刻有v 2＝v 20＋(gt )2，故v ′＝v 2＋3gt 2，B 、D错误。

答案：C4．农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选。

在同一风力作用下，谷种和瘪谷(空壳)都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图3所示。

高中物理第5章《曲线运动》章末检测3新人教版必修2

2021年高中物理第5章《曲线运动》章末检测3新人教版必修2一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．请将正确答案填在答题栏内)1．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是( )A．做直线运动的物体一定受到外力的作用B．做曲线运动的物体一定受到外力的作用C．物体受到的外力越大，其运动速度越大D．物体受到的外力越大，其运动速度大小变化得越快解析：若物体做匀速直线运动能够不受外力作用，因此A错；做曲线运动的物体，加速度不为零，一定受到外力的作用，B对；物体受到的外力越大，只能说明其加速度越大，速度变化越快，但速度大小不一定变化快，C﹑D均错误．答案：B2．(多选题)下列运动中，在任何1 s的时刻间隔内运动物体的速度改变量完全相同的有(空气阻力不计)( )A．自由落体运动B．平抛物体的运动C．竖直上抛物体运动D．匀速圆周运动解析：A、B、C三选项中的运动都为匀变速运动，Δv＝gt，故速度改变量相等，A、B、C项正确；匀速圆周运动是变加速运动，在任何1 s的时刻间隔内速度改变量的方向不同，D项错误．答案：ABC3．关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是( )A．平抛运动是匀变速曲线运动B．匀速圆周运动是速度不变的运动C．圆周运动是匀变速曲线运动D．做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的解析：平抛运动的加速度恒定，因此平抛运动是匀变速曲线运动，A正确；平抛运动水平方向做匀速直线运动，因此落地时速度一定有水平重量，不可能竖直向下，D错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，B错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也确实是方向时刻变化，因此不是匀变速运动，C错误．答案：A4．如图所示，一架在2 000 m高空以200 m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B.已知山高720 m，山脚与山顶的水平距离为1 000m，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则投弹的时刻间隔应为( )A ．4 sB ．5 sC ．9 sD ．16 s解析：落到A 点需要时刻为20 s ，落到B 点需要时刻16 s ，A 、B 间的距离为1 000 s ，飞机飞行1 000 s 的水平距离需要时刻5 s ，故投弹的时刻间隔应为(20 s －16 s)＋5 s ＝9 s.答案：C5．从某高度水平抛出一小球，通过时刻t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θB ．小球在t 时刻内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时刻变长D ．若小球初速度增大，则θ减小解析：如图所示，由tan θ＝gt v 0得：v 0＝gt tan θ，A 错误；由tan α＝y x ＝12gt2v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ可知，B错误；由h ＝12gt 2可知，t ＝2h g ，可见平抛运动时刻t 与v 0无关，C 错误；由tan θ＝gtv 0可知，v 0越大，θ越小，D 正确．答案：D6.(多选题)一物体在光滑的平面上做曲线运动，轨迹如图所示，交叉虚线为渐进线，物体做曲线运动的缘故是另一物体的排斥力或吸引力，下列说法中正确的是( )A．如为吸引力，另一物体能够在3区；B．如为吸引力，另一物体能够在5区；C．如为排斥力，另一物体能够在4区；D．如为排斥力，另一物体能够在2区．解析：由于做曲线运动时合力指向轨迹的凹侧，因此选B和D.答案：BD7.如图所示，做匀速直线运动的汽车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和汽车的速度的大小分别为v B、v A，则( )A．v A＝v B]> v BC．v A<v BD．重物B的速度逐步减小解析：将汽车运动的速度v A分解，如图所示，其中沿长绳方向的分速度v1数值上等于重物的速度v B，由关系式v A cosθ＝v B知，v A>v B，且θ减小时，v B变大．答案：B8．一样的曲线运动能够分成专门多小段，每小段都能够看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情形下，那个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径R 叫做A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v 0抛出，如图乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是( )图甲图乙解析：做斜抛运动的物体在最高点P 时只有水平速度，即v x ＝v 0cos α，在最高点，重力提供向心力：mg ＝m v 2x R ，R ＝v 2x g ＝v 20cos 2αg，C 正确．答案：C9.如图所示为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，假如认为滚轮可不能打滑，那么主动轴转速n 1、从动轴转速n 2、滚轮半径r 以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x 之间的关系是( )A ．n 2＝n 1x rB ．n 2＝n 1r xC ．n 2＝n 1x 2r 2D ．n 2＝n 1x r解析：滚轮因与平盘有摩擦的作用而转动，同时认为不打滑，因此滚轮边缘的线速度与平盘上x 处的线速度相等，即n 1x ＝n 2r ，因此选项A 正确．答案：A10．(多选题)两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动．则它们的( )A ．运动周期相同B ．运动的线速度相同C ．运动的角速度相同D ．向心加速度相同解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，水平面距悬点的高度为h，细线的拉力与重力的合力提供向心力，则mg tan θ＝m(2πT)2h tan θ，解得T＝2πhg，由此可知T与细线长无关，A、C正确，B、D错误．答案：AC11．(多选题)如图所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c沿半径指向圆心，a 与c垂直，下列说法正确的是( )A．当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向为a方向B．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向为b方向C．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向为c方向D．当转盘减速转动时，P受摩擦力方向为d方向解析：圆周运动，沿半径方向一定受力；匀速圆周运动，切向方向不受力．变速圆周运动，切向方向一定受力，加速沿a方向，减速沿a反方向．摩擦力即为两个方向的合力．由此可判定B、D 正确．答案：BD12．一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑铁环的半径为R＝20 cm，环上有一穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦的滑动，假如圆围绕着过环心的竖直轴以10 rad/s的角速度旋转(取g＝10 m/s2)，则相对环静止时小球与环心O的连线与O1O2的夹角θ是( )A．30° B．45°C ．60°D ．75°解析：当圆围绕O 1O 2旋转时，小球则在水平面内做匀速圆周运动，球受的重力和环的支持力的合力等于球做圆周运动的向心力．由牛顿第二定律得：mg tan θ＝mω2r即tan θ＝ω2R sin θg ，cos θ＝gω2R＝错误!＝错误!因此θ＝60°. 答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题有2小题，共14分．请按题目要求作答)13．(6分)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是大齿轮，Ⅱ是小齿轮，Ⅲ是后轮．(1)假设脚踏板的转速为n ，则大齿轮的角速度是________．(2)要明白在这种情形下自行车前进的速度有多大，除需要测量大齿轮Ⅰ的半径r 1、小齿轮Ⅱ的半径r 2外，还需要测量的物理量是________．(3)用上述量推导出自行车前进速度的表达式：________. 解析：(1)大齿轮的角速度ω1＝2πn .(2)对Ⅰ、Ⅱ两齿轮有ω1r 1＝ω2r 2，设后轮半径为R ，则自行车前进的速度v ＝ω2R ＝ω1r 1r 2·R ＝2πnr 1Rr 2.因此还需要测量的物理量是后轮的半径R . (3)v ＝2πnr 1R r 2.答案：(1)2πn (2分) (2)后轮的半径R (2分) (3)v ＝2πnr 1R r 2(2分)14．(8分)如图甲所示，在一端封闭、长约1 m 的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将那个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1 s 上升的距离差不多上10 cm ，玻璃管向右匀加速平移，每1 s通过的水平位移依次是2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm.图(乙)中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t＝0时蜡块位于坐标原点．甲乙(1)请在图乙中画出蜡块4 s内的轨迹；(2)玻璃管向右平移的加速度a＝________；(3)t＝2 s时蜡块的速度v2＝________.解析：(1)如图(3分)(2)因为Δx ＝aT 2，因此a ＝Δx T 2＝5×10－212m/s 2＝5×10－2 m/s 2. (3)v y ＝y t＝错误! m/s ＝0.1 m/s ，v x ＝at ＝5×10－2×2 m/s＝0.1 m/s ，v 2＝v 2y ＋v 2x ＝错误! m/s ＝0.41 m/s.答案：(1)见解析图(2分) (2)5×10－2m/s 2(3分) (3)0.41 m/s(3分)三、运算题(本题有3小题，共38分．解承诺写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)如图所示飞机以恒定的水平速度飞行，距地面高度2000 m ，在飞行过程中开释一炸弹，经30 s 飞行员听到了炸弹着地后的爆炸声．设炸弹着地赶忙爆炸，不计空气阻力，声速为320 m/s ，求飞机的飞行速度v 0.(g 取10m/s 2)解析：炸弹离开飞机后做平抛运动，初速度即飞机的飞行速度，设炸弹落地时刻为t1，则声音传到飞行员的时刻t2＝t－t1.(2分)由平抛知识得t1＝2hg＝2×2 00010s＝20 s，(2分)由运动的等时性知，炸弹落地时，飞机运动到落地点的正上方B点，故BC＝v0t2＝v0(t－t1)＝10v0，(1分)DC＝v(t－t1)＝320×(30－20) m＝3 200 m．(1分)由几何关系(DC)2＝(BC)2＋h2，得3 2002＝(10v0)2＋2 0002，(2分)解得v0≈250 m/s.(2分)答案：250 m/s16.(12分)如图所示，有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的一端固定于轴O点，另一端拴一质量为m的物体，物体与盘面间最大静摩擦力为其重力的μ倍，开始时弹簧处于自然长度，长为R，求：(1)盘的转速n0多大时，物体开始滑动？(2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多大？(结果用μ、m、R、k、g表示)解析：(1)当圆盘开始转动时，物体所需向心力较小，当未滑动时，由静摩擦力提供向心力，设最大静摩擦力对应的最大角速度为ω0，则μmg＝mRω20，(3分)又ω0＝2πn0，因此物体开始滑动时的转速n0＝12πμgR(2分)(2)转速增大到2n0时，由最大静摩擦力和弹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：μmg＋kΔx＝mω2r，(3分)现在r＝R＋Δx，ω＝4πn0，(2分)11 / 11 由以上各式解得Δx ＝3μmgR kR －4μmg .(2分) 答案：(1)12π μg R (2)3μmgR kR －4μmg17．(16分)如图所示，一根长0.1 m 的细线，一端系着一个质量为0.18 kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速3倍时，测得线拉力比原先大40 N ，现在线突然断裂．求：(1)线断裂的瞬时，线的拉力；(2)线断裂时小球运动的线速度；(3)假如桌面高出地面0.8 m ，线断后小球飞出去落在离桌面的水平距离为多少的地点？(g 取10m/s 2)解析：(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用，重力mg 、桌面弹力F N 和线的拉力F .重力mg 和弹力F N 平稳．线的拉力提供向心力，F 向＝F ＝mω2R .(2分)设原先的角速度为ω0，线的拉力是F 0，加快后的角速度为ω，线断时的拉力是F .则F ∶F 0＝ω2∶ω20＝9∶1.(2分)由题意知F ＝F 0＋40 N(2分)，解得F 0＝5 N ，F ＝45 N ．(2分)(2)设线断时小球的速度为v ，由F ＝mv 2R得v ＝ FR m＝错误! m/s ＝5 m/s.(4分) (3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时刻t ＝ 2hg ＝ 2×10s ＝ s ．(2分) 小球落地处离开桌面的水平距离s ＝vt ＝5×0.4 m＝2 m ．(2分)答案：(1)45 N (2)5 m/s (3)2 m。

高中物理新人教版必修二-第五章曲线运动章末总结章末检测同步学案

章末总结要点一小船渡河和牵连速度问题的分析1．小船渡河过程中，随水漂流和划行这两个分运动互不干扰，各自独立而且具有等时性．因此只要分运动时间最短，则合运动时间最短，即船头垂直指向对岸渡河时间最短，t min ＝dv 船.航程最短，则要求合位移最小．当v 水<v 船时，合运动的速度可垂直于河岸，最短航程为河宽．当v 水>v 船时，船不能垂直到达河岸，但仍存在最短航程，当v 船与v 合垂直时，航程最短，x min ＝v 水v 船d.2．跨过定滑轮拉绳(或绳拉物体)运动的速度分解物体运动的速度为合速度v ，物体速度v 在沿绳方向的分速度v 1就是使绳子拉长或缩短的速度，物体速度v 的另一个分速度v 2就是使绳子摆动的速度，它一定和v 1垂直．要点二抛体运动的规律及应用 1．平抛运动的研究方法及其规律(1)研究方法：根据运动的合成与分解，可将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动来进行研究．(2)平抛运动规律 ①图5－1位移：若以初速度v 0水平抛出，以抛出点为坐标原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，如图5－1所示，则经时间t 的位移为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12gt 2时间t 内物体的位移为 s ＝x 2＋y 2＝ 02＋12gt 22tan θ＝y x ＝gt 2v 0②速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝gt某点的瞬时速度为v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2tan α＝v y v x ＝gtv 02③平抛运动轨迹是抛物线由(a)(b)两式消去t 得y ＝g 2v 20x 2 ④飞行时间由(b)式得t ＝2y g＝ 2h g 物体做平抛运动的飞行时间t 仅由抛出点的高度h 决定，与抛出时的初速度v 0无关． ⑤水平位移x ＝v 0t ＝v 02h g 物体做平抛运动的水平位移x 由v 0和高度h 共同决定．在h 一定时，x 仅由v 0决定． ⑥速度变化量：Δv ＝g Δt.图5－2平抛运动的物体在任意一段时间内的速度变化量方向竖直向下，其中v 0、Δv 、v 三个矢量经过平移可构成直角三角形，如图5－2所示．⑦平抛运动速度偏向角与位移偏向角的关系位移偏向角θ：tan θ＝y x ＝gt2v 0速度偏向角α：tan α＝v y v x ＝gtv 0所以tan α＝2tan θ 2．抛体运动规律的比较 t要点三圆周运动问题的分析 1．圆周运动的运动学分析(1)正确理解描述圆周运动的快慢的物理量及其相互关系线速度、角速度、周期和转速都可描述圆周运动的快慢，但意义不同．线速度描述做圆周运动的物体沿圆周运动的快慢．若比较两物体沿圆周运动的快慢，则只看线速度大小即可；而角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢，由ω＝2πT ＝2πn 可知，ω越大，T 越小，n 越大，则物体转动得越快，反之则越慢．三个物理量知其中一个，另两个也就成为已知量．(2)对公式v ＝r ω及an ＝v 2r＝r ω2的理解①由v ＝r ω知，r 一定时，v 与ω成正比；ω一定时，v 与r 成正比；v 一定时，ω与r 成反比．②由an ＝v 2r ＝r ω2知，在v 一定时，an 与r 成反比；在ω一定时，an 与r 成正比．2．正交分解法处理圆周运动的受力解决圆周运动问题的关键是正确地对物体进行受力分析，搞清向心力来源．由于做圆周运动的物体，其受力并不一定在它的运动平面上，所以在对物体进行受力分析时往往要进行正交分解．对圆周运动进行分析时，建立的坐标系不是恒定不变的，而是在每一个瞬间建立坐标系．(1)匀速圆周运动：采用正交分解法，其坐标原点是做圆周运动的物体(视为质点)，相互垂直的两个坐标轴中，一定有一个坐标轴的正方向沿着半径指向圆心．说明若做匀速圆周运动的物体仅受两个力的作用，也可用直接合成法确定向心力，合力一定指向圆心．(2)变速圆周运动：采用正交分解法，有一个坐标轴的正方向沿着半径指向圆心．加速度沿半径方向的分量an(指向圆心)即为向心加速度，其大小为an ＝v 2r ＝r ω2；加速度沿轨迹切线方向的分量at 即为切向加速度．合力沿半径方向的分量Fn(或所有外力沿半径方向分力的矢量和)提供向心力，其作用是改变速度的方向；其大小为：Fn ＝m v 2r ＝m ω2r.合力沿切线方向的分力Ft(或所有外力沿切线方向的分力的矢量和)使物体产生切向加速度，其作用是改变速度的大小，其大小为Ft ＝mat.3．处理匀速圆周运动问题的基本步骤(1)确定做匀速圆周运动的物体作为研究对象． (2)确定圆周运动的轨道平面、圆心位置和半径． (3)对研究对象进行受力分析，作出受力示意图． (4)运用平行四边形定则或正交分解法求出向心力Fn.4(5)根据向心力Fn ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r ，选择其中一种公式列方程求解．4．临界问题的分析(1)当物体从某种特性变化为另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫做临界状态，出现临界状态时，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”．(2)解决临界问题的常用方法①极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的． ②假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题．(3)关于临界问题总是出现在变速圆周运动中，而竖直平面内的圆周运动是最典型的变速圆周运动．在竖直平面内的圆周运动一般不是匀速圆周运动，但物体经最高点或最低点时，所受的重力与其他力的合力指向圆心，提供向心力．①图5－3用绳子系物体或物体沿轨道内侧运动(如图5－3所示)此种情况下，如果物体恰能通过最高点，即绳子的拉力或轨道对物体的支持力等于零，只有重力提供向心力，即mg ＝mv 2R ，得临界速度v 0＝gR.当物体的速度大于v 0时，才能经过最高点．②用杆固定物体在竖直平面内做圆周运动此种情况下，由于物体所受的重力可以由杆给它的向上的支持力来平衡，所以在最高点时的速度可以为零．当物体在最高点的速度v≥0时，物体就可以完成一个完整的圆周运动.一、速度的分解例1 如图5－4所示，图5－4在一光滑水平面上放一个物体，人通过细绳跨过高处的定滑轮拉物体，使物体在水平面上运动，人以大小不变的速度v 运动．当绳子与水平方向成θ角时，物体前进的瞬时速度是多大？解析绳子牵引物体的运动中，物体实际在水平面上运动，这个运动就是合运动，所以物体在水平面上运动的速度v 物是合速度，将v 物按右图所示进行分解．其中v ＝v 物cos θ，使绳子收缩．v ⊥＝v 物sin θ，使绳子绕定滑轮上的A 点转动．所以v 物＝vcos θ.答案vcos θ方法总结分析绳、杆等有长度的物体，其两端点的速度联系，关键是找准合运动与分运动.二、平抛运动的规律应用例2 小球从空中以某一初速度水平抛出，落地前1 s 时刻，速度方向与水平方向夹角为30°，落地时速度方向与水平方向夹角为60°，g 取10 m/s 2.求小球在空中的运动时间及抛出的初速度．解析如右图所示，作出平抛运动轨迹上该两时刻的速度分解图，设小球初速度为v 0，其在空中的运动时间为t ，则由图示直角三角形关系得tan 30°＝－v 0，tan 60°＝gtv 0，将有关数字代入即可求得t ＝1.5 s ，v 0＝5 3 m/s.答案 1.5 s 5 3 m/s方法总结处理平抛运动的基本方法就是化曲为直，要画出运动的示意图，依据平行四边形定则和几何关系求解.三、圆周运动的临界问题例3 在光滑平面中，6图5－5有一转动轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一细绳的一端，绳的另一端固定一质量为m 的小球B ，绳长AB ＝l>h ，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图5－5所示，要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是( )A.12πghB ．πgh C.12πglD ．2π l g解析如右图所示，以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg 、水平面支持力FN 、绳子拉力F.在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mv2R，而R ＝htan θ，得Fcos θ＋FN ＝mgFsin θ＝mv 2R ＝m ω2R ＝m4π2n 2R ＝m4π2n 2htan θ当球即将离开水平面时，FN ＝0，转速n 有最大值．FN ＝mg －m 4π2n 2h ＝0 n ＝12πgh，故选A. 答案 A章末检测(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内( ) A ．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变 B ．速度一定在不断地改变，加速度可以不变 C ．速度可以不变，加速度一定不断地改变 D ．速度可以不变，加速度也可以不变答案 B解析曲线运动的速度方向一定发生改变，所以速度一定在不断改变，但是其加速度可以保持不变．2．一条小船的静水速度为6 m/s ，要渡过宽度为60 m ，水流速度为10 m/s 的河流，现假设水面各点水的流速是相同的．则下列说法正确的是( )A ．小船渡河的最短时间为6 sB ．小船渡河的最短时间为10 sC ．小船渡河的最短路程为60 mD ．小船渡河的最短路程为100 m 答案 BD 解析渡河的最短时间是船头垂直河岸渡河时的时间，即t min ＝dv 1＝10 s ，故A 错而B 对；水流速v 2、船速v 1和实际航行速度v 组成闭合矢量三角形，如右图所示．当v 1<v 2时，则当v 1⊥v 时，航程最短，因此有θ＝arcsin v 1v 2，x ＝d sin θ＝v 2v 1d ＝100 m.3．火车在转弯时，受向心力的作用，对其所受向心力的分析，正确的是( )A ．由于火车本身作用而产生了向心力B ．主要是由于内、外轨的高度差的作用，车身略有倾斜，车身所受重力的分力产生了向心力C ．火车在转弯时的速率小于规定速率时，内轨将给火车侧压力，侧压力就是向心力D ．火车在转弯时的速率大于规定速率时，外轨将给火车侧压力，侧压力作为火车转弯时向心力的一部分答案 D解析火车正常转弯时，重力和支持力的合力提供向心力，故A 、B 错；转弯速率大于(或小于)标准速率时，外轨(或内轨)有侧压力作用，此时火车受重力、支持力、侧压力的作用，三力合力提供向心力．4．如图1所示，图1一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，由于球对杆有作用力，使杆发生了微小形变，关于杆的形变量与球在最高点时的速度大小关系，正确的是( )A ．形变量越大，速度一定越大B ．形变量越大，速度一定越小C ．形变量为零，速度一定不为零D ．速度为零，可能无形变答案 C解析在最高点杆对小球的弹力可能向上，可能向下，由FT ＋mg ＝m v2R，分析得A 、B8不对．当FT ＝0时，mg ＝m v2R ，故v≠0，所以C 项正确．当v ＝0时，FT ＝mg 且FT 向上，故D 错误．5．一个物体在多个力的作用下，处于平衡状态．现将其中一个力F 1撤去，关于物体的运动状态的说法正确的是( )A ．物体将一定沿与F 1相反的方向做初速度为零的匀加速直线运动B ．物体将一定沿与F 1相反的方向做有一定初速度的匀加速直线运动C ．物体可能将沿与F 1相反的方向做匀加速曲线运动D ．物体可能将沿与F 1相反的方向做变加速曲线运动答案 C6.图2一圆盘可绕通过圆盘的中心O 且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一小木块A ，它随圆盘一起做减速圆周运动，如图2所示，则关于木块A 的受力，下列说法正确的是( )A ．木块A 受重力、支持力和向心力B ．木块A 受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相反C ．木块A 受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向不指向圆心D ．木块A 受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相同答案 C解析由于圆盘上的木块A 在竖直方向上没有加速度，所以，它在竖直方向上受重力和支持力作用而平衡；而木块在水平面内做减速圆周运动，其所需向心力由静摩擦力提供，又由于速度大小在减小，故静摩擦力还要提供它做减速运动的阻力，因此静摩擦力的方向不指向圆心．7．“嫦娥一号”探月卫星的发射成功，标志着我国探月工程迈上一个新的台阶．已知月球上的重力加速度为地球上的六分之一，若分别在地球和月球表面，以相同初速度、离地面相同高度，平抛相同质量的小球(不计空气阻力)，则下列判断正确的是( )A ．平抛运动时间t 月>t 地B ．水平射程x 月>x 地C ．落地瞬间的速度v 月>v 地D ．落地速度与水平面的夹角θ月>θ地答案 AB8．如图3所示，图3有一个半径为R 的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v ，下列叙述中正确的是( )A ．v 的极小值为gRB ．v 由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C ．当v 由gR 值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大D ．当v 由gR 值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大答案 CD解析因为轨道内壁下侧可以提供支持力，故最高点的最小速度可以为零．若在最高点v>0且较小时，球做圆周运动所需的向心力由球的重力跟轨道内壁下侧对球向上的力F N1的合力共同提供，即mg －F N1＝m v2R ，当F N1＝0时，v ＝gR ，此时只有重力提供向心力．由此知，速度在0<v<gR 时，轨道内壁下侧的弹力随速度的增大(减小)而减小(增大)，故D 正确．当v>gR 时，球的向心力由重力跟轨道内壁上侧对球的向下的弹力F N2共同提供，即mg ＋F N2＝m v2R，当v 由gR 逐渐增大时，轨道内壁上侧对小球的弹力逐渐增大，故C 项正确． 9．如图4所示，物体A 和B 质量均为m ，分别与轻绳连接跨过定滑轮(不计绳与滑轮之间的摩擦)，当用水平变力F 拉物体B 沿水平方向向右做匀速直线运动时，下列判断正确的是( )图4A ．物体A 也做匀速直线运动B ．绳子拉力始终大于物体A 所受的重力C ．物体A 的速度小于物体B 的速度D ．物体A 的速度大于物体B 的速度答案 BC10．长为L 的细绳，一端系一质量为m 的小球，另一端固定于某点，当绳竖直时小球静止，再给小球一水平初速度v 0，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且刚好能过最高点，则下列说法中正确的是( )A ．小球过最高点时速度为零B ．小球开始运动时绳对小球的拉力为m v 2LC ．小球过最高点时绳对小球的拉力为mgD ．小球过最高点时速度大小为Lg 答案 D解析在最高点mg ＝m v 2L ，v ＝gL ，A 错D 对；在最低点FT －mg ＝m v 20L ，FT ＝mg ＋m v 2L ，B错；小球过最高点时绳拉力为零，C 错．二、实验题(10分)11．如图5所示，某同学在研究平抛运动的实验中，在小方格纸上画出小球做平抛运动的轨迹以后，又在轨迹上取出a 、b 、c 、d 四个点(轨迹已擦去)．已知小方格纸的边长L ＝2.5 cm.g 取10 m/s 2.请你根据小方格纸上的信息，通过分析计算完成下面几个问题：1图5(1)根据水平位移，求出小球平抛运动的初速度v 0＝________. (2)从抛出点到b 点所经历的时间是________．答案 (1)1 m/s (2)0.075 s三、解答题(每小题10分，共30分) 12．如图6所示，图6离地面高h 处有甲、乙两个物体，甲以初速度v 0水平射出，同时乙以初速度v 0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，求v 0的大小．答案12gh 解析甲做平抛运动h ＝12gt 2①乙做初速为v 0的匀加速直线运动 2h ＝v 0t ＋12gt 2sin 45°②联立①②两式得v 0＝12gh13．有一辆质量为800 kg 的小汽车驶上圆弧半径为50 m 的拱桥．(g 取10 m/s 2) (1)汽车到达桥顶时速度为5 m/s ，汽车对桥的压力是多大？ (2)汽车以多大速度经过桥顶时便恰好对桥没有压力而腾空？(3)汽车对地面的压力过小是不安全的．因此从这个角度讲，汽车过桥时的速度不能过大．对于同样的车速，拱桥圆弧的半径大些比较安全，还是小些比较安全？(4)如果拱桥的半径增大到与地球半径R 一样，汽车要在地面上腾空，速度要多大？(已知地球半径为6 400 km)答案 (1)7 600 N (2)22.4 m/s (3)半径R 大些比较安全(4)8 000 m/s 解析如右图所示，汽车到达桥顶时，受到重力G 和桥对它的支持力FN 的作用．(1)汽车对桥顶的压力大小等于桥顶对汽车的支持力FN.汽车过桥时做圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，即F ＝G －FN根据向心力公式F ＝mv2R有FN ＝G －F ＝mg －mv 2R＝7 600 N (2)汽车以经过桥顶恰好对桥没有压力而腾空，则FN ＝0，即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，所以有F ＝G ＝mv 2R，得v ＝gR ＝22.4 m/s. (3)由第(2)问可知，当FN ＝0时，汽车会发生类似平抛的运动，这是不安全的，所以对于同样的车速，拱桥圆弧的半径R 大些比较安全．(4)参照第(2)问可得，v ＝gR ＝10×6.4×106 m/s ＝8 000 m/s.14．如图7所示，在光滑水平桌面ABCD 中央固定一边长为0.4 m 的光滑小方柱abcd.长为L ＝1 m 的细线，一端拴在a 上，另一端拴住一个质量为m ＝0.5 kg 的小球．小球的初始位置在ad 连线上a 的一侧，且把细线拉直，并给小球以v 0＝2 m/s 的垂直于细线方向的水平速度使它做圆周运动．由于光滑小方柱abcd 的存在，使线逐步缠在abcd 上．若细线能承受的最大张力为7 N(即线所受的拉力大于或等于7 N 时立即断开)，那么从开始运动到细线断裂经过的时间为多少？小球从桌面的哪一边飞离桌面？图7答案 1.256 s 从AD 边飞离桌面解析设当线长为L 0时，线将断裂．根据向心力公式得FT ＝mv 20/L 0，所以L 0＝0.29 m.绕a 点转1/4周的时间t 1＝14×2πL v 0＝0.785 s 绕b 点转1/4周的时间t 2＝14×2π－v 0＝0.471 s线接触c 点后，小球做圆周运动的半径为r ＝0.2 m ，小于L 0＝0.29 m ，所以线立即断裂．所以从开始运动到线断裂经过t ＝1.256 s ，小球从桌面的AD 边飞离桌面．。