人教版 (2019)必修 第二册第五章 抛体运动1 曲线运动单元测试一课一练

第五章  曲线运动

单元测试

班级         姓名            学号        分数_____

【满分：100分  时间：90分钟】

第Ⅰ卷(选择题，共46分)

一、单选择（每个3分 共3×10=30分）

1．下列关于曲线运动的说法中，正确的是(  )

A．做曲线运动的物体的加速度一定是变化的

B．做曲线运动的物体其速度大小一定是变化的

C．做匀速圆周运动的物体，所受的合力不一定时刻指向圆心

D．骑自行车冲到圆弧形桥顶时，人对自行车座的压力减小，这是失重造成的

【答案】D.

【解析】：曲线运动的加速度不一定变化，如平抛运动，选项A错误．曲线运动的速度大小可以不变，如匀速圆周运动，选项B错误．做匀速圆周运动的物体，所受合力一定指向圆心，选项C错误．自行车行驶至桥顶时，加速度方向向下，处于失重状态，选项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．如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截。设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力。若拦截成功，则v1，v2的关系应满足(　　)

A．v1＝v2　　　　　　 B．v1＝v2

C．v1＝v2 D．v1＝v2

【答案】D

【解析】：设经t时间拦截成功，则平抛的炮弹h＝gt2，s＝v1t；竖直上抛的炮弹H－h＝v2t－gt2，由以上各式得v1＝v2。

4．我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1400 mm，且角度较小时可近似认为tanθ＝sinθ，重力加速度g等于10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为(　　)

A．8 cm          B．9 cm         C．10 cm       D．11 cm

【答案】　B

【解析】　轨道半径R＝5600 m，设计时速v＝216 km/h＝60 m/s，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m(θ为铁轨平面与水平方向的夹角)，解得：tanθ＝，由题意得tanθ＝sinθ＝，而L＝1400 mm，联立得：h＝90 mm＝9 cm，故B正确，A、C、D错误。

5.若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小．现假设河的宽度为120 m．河中心水的流速大小为4 m/s，船在静水中的速度大小为3 m/s，要使船以最短时间渡河，则(  )

A．船渡河的最短时间是24 s              B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直

C．船在河水中航行的轨迹是一条直线      D．船在河水中的最大速度为7 m/s

【答案】B.

【解析】：当船头的指向(即船相对于静水的航行方向)始终垂直于河岸时，渡河时间最短，且tmin＝ s＝40 s，选项A错误，选项B正确；因河水的流速随距岸边距离的变化而变化，而小船的实际航速、航向都在变化，航向变化引起船的运动轨迹不在一条直线上，选项C错误；船在静水中的速度一定，则水流速度最大时，船速最大，由运动的合成可知，选项D错误．

6.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，AB两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为(　　)

A．2 m/s B．2 m/s

C．4 m/s D． m/s

【答案】C

【解析】：根据h＝gt2得t＝＝ s＝ s

竖直分速度： vy＝gt＝10× m/s＝ m/s

刚要落到球拍上时速度大小v＝＝＝4 m/s，C正确，ABD错误。

7.甲、乙两名溜冰运动员，M甲＝80 kg，M乙＝40 kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9 m，弹簧秤的示数为9.2 N，下列判断中正确的是(　　)

A．两人的线速度相同，约为40 m/s        B．两人的角速度相同，为5 rad/s

C．两人的运动半径相同，都是0.45 m      D．两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m

【答案】D

【解析】：甲、乙两人绕共同的圆心做匀速圆周运动，他们间的拉力互为向心力，他们的角速度相同，半径之和为两人的距离。设甲、乙两人所需向心力为F向，角速度为ω，半径分别为r甲、r乙，则

F向＝M甲ω2r甲＝M乙ω2r乙＝9.2 N①

r甲＋r乙＝0.9 m②

由①②两式解得ω≈0.6rad/s，r甲＝0.3 m，r乙＝0.6 m，故只有选项D正确。

8.曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件。如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P，在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0

B．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0

C．当O、P、Q在同一直线时，活塞运动的速度等于v0

D．当O、P、Q在同一直线时，活塞运动的速度大于v0

【答案】　A

【解析】　当OP与OQ垂直时，设∠PQO＝θ，此时活塞的速度为v，将P的速度v0分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，A正确，B错误；当O、P、Q在同一直线时，P沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，C、D错误。

9.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体A、B之间的动摩擦因数相同，A、B的质量分别为m1、m2，A距O点为2r，B距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(　　)

A．A与B都没有相对圆盘滑动时，角速度之比ω1∶ω2＝3∶1

B．A与B都没有相对圆盘滑动时，向心加速度之比 a1∶a2＝1∶3

C．随转速慢慢增加，A先开始滑动

D．随转速慢慢增加，B先开始滑动

【答案】　D

【解析】　甲、乙边缘线速度大小相等，则ω甲r甲＝ω乙r乙，A、B都没有相对圆盘滑动时，ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，所以ω1∶ω2＝1∶3，A错误；而a＝rω2，r1＝2r，r2＝r，得a1∶a2＝2∶9，B错误；随着转速增大，ω增大，物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，μmg＝ma，得a＝μg，ω增大时，由a1∶a2＝2∶9知a2先增大到μg，所以随转速增加，B先开始滑动，C错误，D正确。

10.如图甲所示，轻绳一端固定在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，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F­v2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bg

B．小球运动的轨道半径为

C．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零

D．当v2＝a时，小球通过最高点时的向心加速度为g

【答案】　B

【解析】　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F＋mg＝m，解得F＝m－mg，结合图象可知：mg＝b，即m＝，斜率＝k，解得：l＝＝，A错误，B正确；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，C错误；当v2＝a时，F＝b＝mg，小球通过最高点时受到的合外力为2mg，向心加速度为2g，D错误。

二、不定项选择题（每个4分 共4×5=20分）

11.质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，它在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．质点的初速度为5 m/s                      B．2 s末质点速度大小为6 m/s

C．质点初速度的方向与合外力方向垂直         D．质点所受的合外力为3 N

【答案】　AD

【解析】　质点在x方向的初速度为vx＝3 m/s，y方向的初速度为vy＝－4 m/s，故质点的初速度为v0＝＝5 m/s，A正确；2 s末质点的速度大小为v＝ m/s＝2 m/s，B错误；合外力沿x方向，而初速度方向既不沿x方向，也不沿y方向，故质点初速度的方向与合外力方向不垂直，C错误；质点的加速度a＝1.5 m/s2，所受的合力F合＝ma＝3 N，D正确。

12.在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江(如图1)，若把这滑铁索过江简化成图2的模型，铁索的两个固定点A、B在同一水平面内，AB间的距离为L＝80 m，绳索的最低点离AB间的垂直距离为h＝8 m，若把绳索看作是圆弧，已知一质量m＝52 kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10 m/s，(取g＝10 m/s2)那么(　　)

A．人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动    B．可求得绳索的圆弧半径为104 m

C．人在滑到最低点时对绳索的压力为570 N       D．在滑到最低点时人处于失重状态

【答案】BC

【解析】：根据题意，R2＝402＋(R－8)2

得R＝104 m

在最低点F－mg＝m

得F＝570 N

此时人处于超重状态，B、C选项正确。

13.如图所示，圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时， 物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.6 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地时水平位移的大小x＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：(　　)

A．物块运动到达地面的时间t＝0.4 s     B．物块做平抛运动的初速度大小v0＝2 m/s

C．物块与转台间的动摩擦因数μ＝       D．物块落地点与转台圆心在地面的投影点间的距离d＝1 m

【答案】ABD

【解析】：由H＝ gt2得t＝0.4 s，故A正确；由x＝v0t，得v0＝2 m/s，故B正确；根据μmg＝m，得μ＝，故C错误；d＝＝1 m，故D正确。

14.在游乐园乘坐如图所示的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是(  )

A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人也不会掉下去

B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mg

C．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等

D．人在最低点时对座位的压力大于mg

【答案】AD.

【解析】：过山车上人经最高点及最低点，受力如图，

在最高点，由mg＋FN＝m可得：FN＝m①

在最低点，由FN′－mg＝m可得：FN′＝m②

由支持力(等于压力)表达式分析知：当v1较大时，最高点无保险带也不会掉下，且还可能会对轨道有压力，大小因v1而定，所以A、B均错误．上、下两处向心力大小不等，向心加速度大小也不等(变速率)，所以C错误．又由②式知最低点FN′>mg，所以D正确．

15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(　　)

A.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

【答案】　BC

【解析】　摩托车受力分析如图所示.

由于FN＝

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也不变，A错误；由Fn＝mgtan    θ＝m＝mω2r知h变化时，向心力Fn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.

第Ⅱ卷(非选择题，共50分)

三、实验题(本大题共2小题，共15分)

16.(6分)某同学用圆锥摆验证向心力公式F＝mRω2。先在一张白纸上以O为圆心画一组同心圆，再将白纸铺在水平桌面上，在O点正上方距桌面高为h处的O1处用铁架台(图中未画出)悬挂一质量为m的小球，设法使小球沿着半径为R的圆周运动但恰不与纸面接触。

(1)现用刻度尺测得R、h，用天平测得m，用g表示重力加速度，则小球所受的合力F1＝________。

(2)为了测出小球做圆周运动的角速度ω，先用停表测得小球完成n次圆周运动共用的时间t，则由向心力公式F＝mRω2求得小球做圆周运动的向心力F2＝________，代入数值，验证F1＝F2是否成立。

【答案】(1)　(2)m

【解析】(1)设摆线与竖直方向的夹角为α，则有tanα＝，小球做圆周运动时所受合力的表达式为

F1＝mgtanα＝。

(2)小球做圆周运动的周期为T＝，角速度为ω＝，则小球做匀速圆周运动的向心力F2＝mω2R＝m，所以代入数值，若能大致满足F1＝F2，就可达到验证向心力表达式的目的。

17.（9分）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验时，让小球多次从斜槽上滚下，在坐标纸上依次记下小球的位置如图所示(O为小球的抛出点)。

(1)在图中描出小球的运动轨迹。

(2)从图中可看出，某一点的位置有明显的错误，其产生的原因可能是该次实验中，小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次偏________(选填“高”或“低”)。

(3)某同学从图象中测得的三组数据如表所示，则此小球做平抛运动的初速度v0＝________m/s。(g取10 m/s2)

【答案】　(1)见解析图　(2)低　(3)1.0

【解析】　(1)如图所示

(2)从轨迹上可以看出，第四个点偏离到轨迹左侧，与轨迹上同一高度的点比较，水平位移偏小，说明平抛运动的初速度偏小，即小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次偏低。

(3)根据x＝v0t，y＝gt2可得v0＝x，代入其中一组数据可得v0＝1.0 m/s。

四、计算题(本大题共3小题，共35分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)

18.（8分）如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg。求A、B两球落地点间的距离。

【答案】：3R

【解析】：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平

抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。

对A球：3mg＋mg＝m　vA＝

对B球：mg－0.75mg＝m　vB＝

sA＝vAt＝vA＝4R　sB＝vBt＝vB＝R

∴sA－sB＝3R

19.(12分)如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时的速度大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：

(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。

【答案】　(1)2 m　(2)6 N  (3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m

【解析】　(1)设小球离开B点后做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为x

由h＝gt得：t1＝＝1 s，x＝vBt1＝2 m。

(2)小球到达B点时受重力mg和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律知

F向＝N－mg＝m，解得N＝6 N，

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6 N，方向竖直向下。

(3)如图所示，斜面BEC的倾角θ＝45°，CE长为d＝h＝5 m，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t2，

则Lcosθ＝vBt2

Lsinθ＝gt

联立解得t2＝0.4 s，L≈1.13 m。

20.某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H，A点位于平台边缘的正上方，水平直轨道与平台间的高度差可忽略不计。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，起动后2 s悬挂器脱落。设人的质量为m，(人可看成质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。

(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？

(2)若H＝3.2 m，R＝0.9 m，取g＝10 m/s2，当a＝2 m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。

(3)若H＝2.45 m，R＝0.8 m，L＝6 m，取g＝10 m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围。

【答案】　(1)ω≤ 　(2)7.2 m   (3)1.53 m/s2≤a≤2 m/s2

【解析】　(1)设人落在转盘边缘处恰好不被甩下，此时最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg＝mω2R

解得ω＝

故转盘的角速度ω≤ 。

(2)人处于匀加速过程：

x1＝at2＝×2×22 m＝4 m

vC＝at＝4 m/s

人处于平抛过程：H＝gt，得t2＝0.8 s

x2＝vCt2＝4×0.8 m＝3.2 m

故L＝x1＋x2＝7.2 m。

(3)分析知a最小时人落在转盘左端，a最大时人落在转盘右端，

由H＝gt

得t3＝0.7 s

人落在转盘左端时L－R＝a1t2＋a1tt3

解得a1＝ m/s2≈1.53 m/s2

人落在转盘右端时L＋R＝a2t2＋a2tt3

解得a2＝2 m/s2，

故加速度a的范围是：1.53 m/s2≤a≤2 m/s2。