高一物理人教版必修二：第五章曲线运动单元检测（word版含答案）

高一物理人教版必修二：第五章　曲线运动　单元检测
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，光滑半圆形轨道固定，A点与圆心O等高，B为轨道最低点，一小球由A点从静止开始下滑，经B点时线速度为v，角速度为ω，向心加速度为α，所受轨道支持力为N，则这些物理量中，其大小与轨道半径R大小无关的是（ ）
A．v B．N C．α D．ω
2．如图所示，光滑杆O A的O 端固定一劲度系数为k=10N/m，原长为l0=1m的轻质弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO 为过O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=300，开始杆处于静止状态，当杆以OO 为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是
A．当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为rad/s
B．当弹簧的伸长量为0.5m时，杆转动的角速度为rad/s
C．在此过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒
D．在此过程中，杆对小球做功为12.5J
3．如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角为a=60°，从O点正下方的A点以v0=10m/s的水平初速度向右抛出一个质量为m＝1kg且可视为质点的小球。若小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g＝10m/s2。忽略空气阻力。则下列选项正确的是（　　）
A．小球到达B点时的速度大小为20m/s
B．从A到B过程中，小球动量变化量为
C．O、A两点之间的距离为5m
D．从A到B的过程中，小球的重力势能的变化量为100J
4．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍．若小球b能落到斜面上，则 （ ）
A．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上
B．改变初速度的大小，b球落到斜面时的速度方向和斜面的夹角不变化
C．改变初速度的大小，a 球可能垂直撞在圆弧面上
D．a、b两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直
5．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动.改变小球通过最高点时的速度大小v测 得相应的轻杆弹力F，得到F-v2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为（0，-b），斜率为k．不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A．该小球的质量为，小球运动的轨道半径为
B．图线与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的合外力为0
C．图线与纵轴的交点表示小球通过最高点时所受的合外力为b
D．当v2=a小球通过最高点时的向心加速度为2g
二、单选题
6．如图所示，粗糙的半球体固定在水平面上，小物体恰好能沿球面匀速率下滑，则下滑过程中，小物体对球面的压力大小变化情况是（ ）
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
7．如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　）
A．飞镖击中P点所需的时间为
B．圆盘的半径为
C．圆盘转动角速度的最小值为
D．P点随圆盘转动的线速度可能为
8．图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前（　　）
A．受到魔盘的支持力缓慢增大 B．受到魔盘的摩擦力缓慢减小
C．受到的合外力大小不变 D．受到魔盘的作用力大小变大
9．如图所示，倾角为θ斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜甲面体的顶点，经过段时间两球落在斜面上A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是（　　）
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ：1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan4θ：1
C．甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ：1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为tan2θ：1
10．质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时（如图），下列判断正确的是（　　）
A．P的速率为vsinθ1 B．P的速率为vsinθ2
C．绳的拉力大于mgsinθ1 D．绳的拉力小于mgsinθ1
11．如图所示，两个半径不同的水平圆盘，绕固定竖直中心轴以相同角速度转动，且，关于M、N和P点的线速度及向心加速度大小的比较，下列说法正确的是
A．N点的线速度最小
B．M、N两点的线速度相等
C．N点的向心加速度最大
D．P、N两点的向心加速度大小相等
12．质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图。若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，关于物体在最低点时，下列说法错误的是（ ）
A．向心加速度为 B．向心力为
C．角速度为 D．受到的摩擦力为
13．关于力和运动的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．做曲线运动的物体的合力一定是变化的
B．两个互成角度的匀变速直线运动的合运动可能是直线运动
C．物体做曲线运动，其速度不一定改变
D．平抛运动的物体在相等的时间内速度变化不相同
14．如图所示，棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比（　　）
A．棋子受到纸条的摩擦力较大
B．纸条对棋子的作用时间较短
C．纸条对棋子做的功较多
D．棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大
15．如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为(　　)
A． B．
C． D．
三、实验题
16．如图（甲）所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v0和飞行时间t，底板上的标尺可以测得水平位移d．
（1）控制斜槽轨道的水平槽口高度h不变，让小球从斜槽的不同高度处滚下，以不同的速度冲出水平槽口，以下说法正确的是_____
A．落地点的水平距离d与初速度v0成正比
B．落地点的水平距离d与初速度v0成反比
C．飞行时间t与初速度v0成正比
D．飞行时间t与初速度v0大小无关
（2）另一位同学做实验时，在装置的后面竖直放置一块贴有方格纸的木板，然后在方格纸上记录了小球某次平抛运动途经的三个位置a、b、c如图（乙）所示．该同学取下方格纸后，发现忘记记录水平和竖直方向了，已知小方格的边长L=1cm，则小球平抛运动的初速度可能为_____．
四、解答题
17．长L=0.5 m、质量可忽略的杆，其一端固定于O点，另一端连有质量m=2 kg的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动。当通过最高点时，如图所示，求下列情况下，杆受到的力（计算出大小，并说明是拉力还是压力，g取10 m/s2）：
（1）当v=1 m/s时，杆受到的力多大，是什么力；
（2）当v=4 m/s时，杆受到的力多大，是什么力。
18．如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数为0.5，天花板长为L＝4m，取sin 37°＝0.6，试求：
(1)刷子沿天花板向上运动的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．
19．如图所示，小红在练习“套环”（套环用单匝细金属丝做成）游戏，要将套环“套”上木桩．若小红每次均在O点将“套环”水平抛出，O为“套环”最右端，已知“套环”直径为15cm，抛出点O距地面高度H=1.35m，距木桩水平d=2.0m，木桩高度h=10cm；g取10m/s2，求：
（1）“套环”从抛出到落到木桩最上端经历的时间；
（2）“套环”落到木桩最上端时的竖直速度；
（3）若不计木桩的粗细，为能让“套环”套入木桩，小红抛出“套环”的初速度范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．BC
【详解】
试题分析：从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得：mgR=，解得：v=，
=，
小球的向心加速度为：，
在最低点，由牛顿第二定律得：，
解得：N=3mg，所以与轨道半径R大小无关的是a和N．
故选BC
2．BD
【详解】
试题分析：对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出匀速转动的角速度；结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小．
当弹簧恢复原长时，球受重力和支持力，合力提供向心力，由牛顿第二定律可得，解得，故A错误；当弹簧伸长量为0.5m时，小球受力如图示：水平方向上，竖直方向上，弹簧的弹力为，联立解得，故B正确；在此过程中，杆的弹力对球和弹簧系统做正功，故机械能不守恒，故C错误；在此过程中，由动能定理可得，解得，D正确．
3．AC
【详解】
小球的运动轨迹恰好与挡板相切时，小球的速度方向恰好沿OM方向，如图所示
A．由速度的合成与分解可得小球到达B点时的速度大小为
解得
vB=20m/s
故A正确；
B．由速度的分解可知小球运动到B点时，其竖直方向上的分速度为
vy=vBsin30°=10m/s
故小球从A运动到B所需的时间为
故小球重力产生的冲量为
由动量定理可知，从A到B过程中，小球的动量变化量大小为10kg·m/s，故B错误；
C．由几何关系可得
又因为
解得
hOC=10m
又因为
所以
hOA=5m
故C正确；
D．从A到B的过程中，小球在竖直方向下落的高度hAC=5m，所以其重力势能的变化量为
即重力势能减小了50J，故D错误。
故选AC。
4．BD
【详解】
A项：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上，故A错误；
B项：由斜面上的平抛运动规律可知，只要小球落在斜面上，小球的位移与水平方向的夹角一定，由小球速度方向与水平方向夹角正切值等于小球位移与水平方向夹角正切的两倍可知， b球落到斜面时的速度方向和斜面的夹角一定相同，故B正确；
C项：由平抛运动规律，小球的速度方向的反向延长线过水平位移的中点，若a 球垂直撞在圆弧面上，即过半圆轨道的圆心，由几何关系可知，不可能，故C错误；
D项：b球落在斜面上时，速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍，即，可得：，即b球的速度方向与水平方向成角，此时a球落在半圆轨道上，a球的速度方向与水平方向成角，故两球的速度方向垂直，故D正确．
5．AD
【详解】
A．设小球运动的轨道半径为l，小球在最高点时受到拉力F和重力mg，根据牛顿第二定律可知：
解得：
结合图象可知：
mg=b
即：
斜率：
=k
解得：
A正确；
B．图线与横轴的交点表示小球通过最高点时所受的拉力为零，所受的合外力等于重力，B错误；
C．图线与纵轴的交点表示小球通过最高点时所受的支持力为所受的合外力等于0，C错误；
D．当v2=a时：
小球通过最高点时受到的合外力为2mg，向心加速度为2g，D正确．
6．B
【详解】
对小物体进行受力分析，沿着半径方向重力的分力逐渐减小，而小物体做匀速圆周运动，线速度大小不变，因而向心力大小不变，向心力由重力的分力与球面对小物体的支持力的合力提供，即有
因此支持力减小，根据牛顿第三定律，小物体对球面的压力一直减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
7．C
【详解】
A．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此
选项A错误；
B．飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则
解得圆盘的半径为
选项B错误；
C．飞镖击中P点，则P点转过的角度满足
1，
故
则圆盘转动角速度的最小值为，选项C正确；
D．P点随圆盘转动的线速度为
P点随圆盘转动的线速度不可能为，选项D错误。
故选C。
8．D
【详解】
AB．游客在滑动之前的受力分析如图所示
游客在竖直方向上受力平衡，有
在水平方向上由牛顿第二定律有
由于乘客的重力保持不变，魔盘的倾斜角度不变，转速缓慢增大，所需向心力增大，因此只有摩擦力f增大，支持力FN减小符合实际情况，故AB错误；
C．游客受到的合外力提供向心力，根据
可知，魔盘转速缓慢增大，所需向心力增大，即游客受到的合外力增大，故C错误；
D．游客受到魔盘的作用力在竖直方向的分力与重力相等，在水平方向的分力提供向心力，向心力缓慢增大，所以游客受到魔盘的作用力大小缓慢增大，故D正确。
9．C
【详解】
A．设初速度为v0，对乙球分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故
故下落时间为
对甲球分析
x=v0t′，，
联立解得
则
故A错误；
B．根据竖直方向上做自由落体运动得规律，得甲乙下落的高度之比为
故B错误；
C．根据水平方向上做匀速直线运动，得甲乙水平位移之比为
故C正确；
D．甲球竖直方向的速度为
则有甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比等于竖直方向的速度之比即
故D错误。
故选C。
10．C
【详解】
AB．将小车的速度v进行分解如图所示
则有
故AB错误；
CD．小车向右运动，θ2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律
可知绳子对P的拉力
故C正确，D错误。
故选C。
11．C
【解析】
【详解】
由于两个半径不同的水平圆盘同轴转动，角速度相同，根据可知点的线速度最大，点与点的线速度相等，根据可知点的向心加速度最大，点与点的向心加速度相等，故选项C正确，A、B、D错误。
12．B
【详解】
A．根据向心加速度的公式
A正确；
B．在最低点根据牛顿第二定律
向心力为
B错误；
C．根据线速度与角速度的关系
C正确；
D．物体在最低点受到滑动摩擦力
D正确。
故选B。
13．B
【详解】
试题分析：做曲线运动的物体的合力不一定是变化的，例如做平抛运动的物体，选项A错误；如果两个互成角度的匀变速直线运动的两个分运动的合初速度和合加速度的方向共线，则合运动是匀变速直线运动，选项B正确；物体做曲线运动，其速度方向一定不断改变，故速度一定改变，选项C错误；平抛运动的物体加速度是恒定的，故在相等的时间内速度变化相同，选项D错误；故选B.
考点：曲线运动的特征
【名师点睛】此题是对曲线运动的基本特点的考查；要知道做曲线运动的物体所受的外力可能是恒力，也可能是变力；曲线运动一定是变速运动；注意牢记两种特殊的曲线运动的特点：平抛运动和匀速圆周运动.此题是基础题.
14．C
【详解】
A．两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式
纸带对棋子的摩擦力没变， A错误；
BC．棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，所以第二次做平抛运动的初速度大，根据
可知第二次纸条对棋子的作用时间较长，根据动能定理，第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，B错误C正确；
D．根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，D错误。
故选C。
15．B
【详解】
画出小球在B点速度的分解矢量图．由图可知
tan 60°＝
R(1＋cos 60°)＝v0t
联立解得：
v0＝
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
16．AD 0.63m/s或0.39m/s
【分析】
（1）平抛运动水平方向做匀速运动，竖直方向自由落体运动，根据基本公式即可求解．（2）若左右为水平方向，上下为竖直方向，先根据水平方向做匀速运动，判断出水平方向和竖直方向，在竖直方向上根据△h=gT2，求出时间．水平方向上做匀速直线运动，根据，求出初速度．若左右为竖直方向，上下为水平方向，则根据匀变速直线运动基本公式求解．
【详解】
解：（1）AB.平抛运动水平方向做做匀速运动，x=v0t，所以落地点的水平距离d与初速度v0成正比，故A正确，B错误；CD.竖直方向自由落体运动，，解得：，飞行时间t0与初速度v0大小无关，故C错误，D正确．故选AD
（2）若左右为水平方向，上下为竖直方向，则：
在竖直方向上根据得：
水平方向做运动运动，则：
若左右为竖直方向，上下为水平方向，
由水平位移之比为2：1，可知，竖直方向经过相等的两段位移的时间之比为2：1，
设经过c点时，竖直方向速度为vy，从c到b的时间为2t，则从b到a的是为t
则有：①，②
水平方向有：③
由①②③解得：
故答案为（1）AD；（2）0.63m/s或0.39m/s
【点睛】
解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，能够灵活运用运动学公式处理水平方向和竖直方向上的运动，第二问要主要分情况讨论，若左右为竖直方向，上下为水平方向，则是从c向a运动，难度适中．
17．（1）16N，方向竖直向下，压力（2）44N，方向竖直向上，拉力
【详解】
（1）仅由重力提供向心力时
mg＝
解得
m/s
当v=1 m/s< v0时，由牛顿第二定律可得，小球满足
mg-N=
则
N=mg-＝16 N
由牛顿第三定律可知，杆受到的力N′＝16 N，方向竖直向下，是压力；
（2）当v=4 m/s> v0时，由牛顿第二定律可得，小球满足
mg＋F＝
即
F＝－mg＝44 N
由牛顿第三定律可知，杆受到的力F′＝44 N，方向竖直向上，是拉力。
18．(1)a＝2 m/s2 (2) t＝2s
【详解】
（1）
由以上三式得：
（2）由得：
【点睛】
本题是动力学中第一类问题：知道受力情况，确定物体的运动情况，关键是求解加速度．
19．（1）（2）（3）
【分析】
“套环”在竖直方向上做自由落体运动，根据即可求出下落时间；根据速度时间公式即可求出速度；当“套环”刚好贴着木桩左侧落下时，速度有最大值，当“套环”刚好贴着木桩右侧落下时，速度有最小值即可求出速度范围．
【详解】
（1）“套环”在竖直方向上做自由落体运动，根据
代入数据得：
（2）根据速度时间公式可得“套环”落到木桩最上端时的竖直速度：
（3）当“套环”刚好贴着木桩左侧落下时，速度有最大值即：
当“套环”刚好贴着木桩右侧落下时，速度有最小值即：
所以小红抛出“套环”的初速度范围是：
【点睛】
本题主要考查了平抛运动的基本规律的应用，要注意速度的取值范围．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页