人教版 (2019)必修 第二册1 曲线运动精品课后复习题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册1 曲线运动精品课后复习题，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

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，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．如图所示，一物体以速度v向左运动．从A位置开始受到恒定的合力F作用．四位同学画出物体此后的运动轨迹AB和物体在B点的速度方向，四种画法中正确的是( )
A B C D
A [物体做曲线运动时，轨迹夹在速度方向和合力方向之间，合力大致指向轨迹凹的一侧，轨迹不可能与力的方向相交，故A正确，B、C、D错误．]
2．“神舟十号”飞船绕地球的运行可视为匀速圆周运动，神舟十号航天员在“天宫一号”展示了失重环境下的物理实验或现象，下列四个实验可以在“天宫一号”舱内完成的有( )
A B C D
A．用台秤称量重物的质量
B．用水杯喝水
C．用沉淀法将水与沙子分离
D．给小球一个很小的初速度，小球就可能在竖直面内做圆周运动
D [重物处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤测量物体的质量，故A错误；水杯中的水处于完全失重状态，水不会因重力而倒入嘴中，故B错误；沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离，故C错误；小球处于完全失重状态，给小球很小的初速度，小球在拉力作用下在竖直平面内做匀速圆周运动，故D正确．]
3．如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的．其原理可简化为图中所示的模型．A、B是转动的齿轮边缘的两点，则下列说法中不正确的是( )
A．A、B两点的线速度大小相等
B．A、B两点的角速度大小相等
C．A点的周期大于B点的周期
D．A点的向心加速度小于B点的向心加速度
B [同缘传动时，边缘点的线速度相等，即vA＝vB；根据v＝ωr，可知半径大的角速度小，即ωA＜ωB，根据T＝eq \f(2π,ω)，则有TA＞TB，根据a＝eq \f(v2,r)，可知半径大的向心加速度小，则有aA＜aB，故A、C、D正确，B不正确．]
4．如图所示，一艘炮艇沿河由西向东快速顺水行驶，要使炮艇上发射的炮弹击中北岸的目标，射击方向应( )
A．偏向目标的西侧
B．偏向目标的东侧
C．对准目标
D．无论对准哪个方向都无法击中目标
A [炮弹的实际速度方向沿目标方向，该速度是船的速度与射击速度的合速度，根据平行四边形定则，知射击的方向偏向目标的西侧，故A正确，B、C、D错误．]
5．在某高度处平抛一物体，当抛出2 s后它的速度方向与水平方向成45°角，落地时的速度方向与水平方向成60°角，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物体水平射程40 m
B．物体初速度为15 m/s
C．物体落地速度25 m/s
D．物体飞行时间为2eq \r(3) s
D [由题可知，2 s后竖直方向上的分速度vy1＝gt＝20 m/s，tan 45°＝eq \f(vy1,vx)＝1
则v0＝vx＝vy1＝20 m/s 故物体抛出时的初速度为v0＝20 m/s
则落地时速度v方向与水平成60°角，所以cs 60°＝eq \f(v0, v)
则落地速度为：v＝eq \f(v0,cs 60°)＝eq \f(20,\f(1,2))m/s＝40 m/s
落地时竖直方向分速度为：
vy2＝vsin 60°＝40×eq \f(\r(3),2) m/s＝20eq \r(3) m/s
根据竖直方向自由落体运动：vy2＝gt′，则落地时间为：t′＝eq \f(vy2,g)＝eq \f(20\r(3),10) s＝2eq \r(3) s
则由于水平方向做匀速运动，则水平位移即水平射程为：x＝v0t′＝20×2eq \r(3) m＝40eq \r(3) m，故选项A、B、C错误，选项D正确．]
6．如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L，假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有( )
A．tan α＝2B．tan α＝1
C．tan α＝eq \f(1,2)D．tan α＝eq \f(1,4)
B [腾空过程中离地面的最大高度为L，落地过程中，做平抛运动，根据运动学公式：L＝eq \f(1,2)gt2，解得：t＝eq \r(\f(2L,g))，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，根据分运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：vx＝eq \f(2L,t)＝eq \r(2gL)，根据运动学公式，在最高点竖直方向速度为零，那么运动员落到地面时的竖直分速度为：vy＝gt＝eq \r(2gL)，运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角的正切值为：tan α＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(2gL),\r(2gL))＝1，故B正确，A、C、D错误．]
7．如图所示，粗糙的斜面上有一个滑块在运动，它们之间的动摩擦因数为μ，滑块经P点时的速度方向沿水平方向，运动到Q点时速度方向沿斜面向下．滑块在此过程中沿斜面水平方向的运动、沿斜面向下方向的运动说法正确的是( )
A．滑块沿斜面水平方向做加速度增加的减速运动
B．滑块沿斜面水平方向做加速度减小的减速运动
C．滑块沿斜面向下方向做加速度减小的加速运动
D．滑块沿斜面向下方向做加速度增加的加速运动
BC [设斜面的倾角为θ，某时刻滑块速度与水平方向夹角为α(0<α<90°)，则水平方向的加速度为a1＝μgcs θcs α，α增大，a1减小，故B正确，A错误；
沿斜面向下方向的加速度为a2＝gsin θ－μgcs θsin α，
α增大，a2减小，故D错误，C正确．]
8．如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为eq \r(gR)
BC [在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得，mg－N＝meq \f(v2,R)，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得，mg＋F＝meq \f(v2,R)，即座椅给人施加向下的力，故A错误．在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B正确．在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确．在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零，故D错误．故选B、C.]
9．如图所示，OM＝MN＝R，两球质量都是m，a、b为水平轻绳．小球正随水平圆盘以角速度ω匀速转动，摩擦不计，则绳a、b的拉力为( )
A．Fa＝mω2RB．Fa＝3mω2R
C．Fb＝mω2RD．Fb＝2mω2R
BD [设绳a和绳b的拉力大小分别为Fa和Fb，根据牛二定律得：对a球：Fa－Fb＝mω2R，对b球Fb＝mω22R，解得Fa＝3mω2R，Fb＝2mω2R，B、D正确．]
10.如图所示，竖直平面内有一固定的圆形轨道，质量为m的小球在其内侧做圆周运动，在某圆周运动中，小球以速度v通过最高点时，恰好对轨道没有压力，经过轨道最低点时速度大小为2v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．圆形轨道半径为gv2
B．小球在轨道最高点的加速度大小为g
C．小球在轨道最低点受到轨道的支持力大小为4mg
D．小球在轨道最低点受到轨道的支持力大小为5mg
BD [小球恰好过最高点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：mg＝meq \f(v2,r)，解得：r＝eq \f(v2,g)，故A错误；在最高点根据牛顿第二定律：mg＝ma，可得小球在轨道最高点时的加速度大小为：a＝g，故B正确；小球在最低点根据牛顿第二定律可得：FN－mg＝meq \f(2v2,r)，联立以上可得：FN＝5mg，故C错误，D正确．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)
11．(4分)如图所示为用频闪摄影方法拍摄的研究物体做平抛运动规律的照片，图中A、B、C为三个同时由同一点出发的小球．AA′为A球在光滑水平面上以速度v运动的轨迹；BB′为B球以速度v被水平抛出后的运动轨迹；CC′为C球自由下落的运动轨迹，通过分析上述三条轨迹可得出结论：___________________________________________________________.
[解析] 将B球与A球相比较，可以看出在同一时刻，在水平方向上B球和A球在相同位置，说明B球水平方向上与A球的运动是相同的，即在水平方向上B球做匀速直线运动．将B球与C球的运动相比较，B球在竖直方向上的位置与C球是相同的，即在竖直方向上B球与C球的运动是相同的，即在竖直方向上B球做自由落体运动．
[答案] 做平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动(或平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成)
12．(6分)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．
甲 乙 丙
(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线________．
(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为________m/s.根据画出的轨迹测出小球多个位置的坐标(x，y)，画出y­x2图象如图丙所示，图线是一条过原点的直线，说明小球运动的轨迹形状是________．
[解析] (1)因为平抛运动的初速度为水平方向，所以实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；
(2)根据y＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2y,g))＝eq \r(\f(2×0.196,9.8)) s＝0.2 s，则小球平抛运动的初速度v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.32,0.2) m/s＝1.6 m/s.
因为平抛运动过程中竖直方向上有y＝eq \f(1,2)gt2和水平方向上有x＝v0t，解得y＝eq \f(1,2)geq \f(x2,v\\al(2,0))＝eq \f(g,2v\\al(2,0))·x2，可知小球的轨迹为一条抛物线．
[答案] (1)水平 (2)1.6 抛物线
13．(12分)如图所示，在一个平台边缘A点上以v0的初速度，水平抛出一个小球，小球恰好落在倾角为30°的斜面上的P点，平台A点到斜面顶端O的竖直高度h＝eq \f(5,3) m，O、P间距离为L＝eq \f(20,3) m，(g取10 m/s2)求：
(1)小球飞行的时间；
(2)小球在P点的速度方向与斜面的夹角．
[解析] (1)小球抛出去以后，做平抛运动，在竖直方向可分解为自由落体运动：h＋Lsin 30°＝eq \f(1,2)gt2
解得：t＝1 s.
(2) 设落点速度方向与水平方向夹角为θ，由平抛运动规律可求：
vy＝gt，Lcs 30°＝v0t，tan θ＝eq \f(vy,v0)，
解得：θ＝60°
所以落点与斜面夹角为30°.
[答案] (1)1 s (2)30°
14．(12分)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过时间1 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝5 m，小球可看作质点且其质量为m＝5 kg，重力加速度为g.求：
(1)小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；
(2)小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小和方向．
[解析] 根据平抛运动的规律：
(1)小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝10 m/s 水平分速度vx＝vytan 45°＝10 m/s
则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝10 m.
(2)在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，vB＝vx＝10 m/s，解得FNB＝50 N，管道对小球的作用力方向向下．
[答案] (1)10 m (2) 50 N，方向竖直向下
15．(12分)汽车行驶在半径为50 m的圆形水平跑道上，速度为10 m/s.已知汽车的质量为1 000 kg，汽车与地面的最大静摩擦力为车重的0.8倍．求：(g取10 m/s2)
(1)汽车的角速度是多少？
(2)汽车受到的向心力是多大？
(3)汽车绕跑道一圈需要的时间是多少？
(4)要使汽车不打滑，则其速度最大不能超过多少？
[解析] (1)由v＝rω可得，角速度为ω＝ eq \f(v,r)＝eq \f(10,50) rad/s＝0.2 rad/s.
(2)向心力的大小为：F向＝meq \f(v2,r)＝1 000×eq \f(102,50) N＝2 000 N.
(3)汽车绕一周的时间即是指周期，由v＝eq \f(s,t)＝eq \f(2πr,T)得：T＝eq \f(2πr,v)≈eq \f(2×3.14× 50,10)s＝31.4 s.
(4)汽车做圆周运动的向心力由车与地面之间的静摩擦力提供．随车速的增加，需要的向心力增大，静摩擦力随着一直增大到最大值为止．由牛顿第二定律得：
F向＝fm ①，又F向＝meq \f(v2,r) ②fm＝0.8G ③
联立①②③式解得，汽车过弯道的允许的最大速度为：v＝eq \r(0.8gr) m/s＝20 m/s
[答案] (1)0.2 rad/s (2)2 000 N (3)31.4 s (4)20 m/s
16．(14分)如图所示的水平转盘可绕竖直轴OO′旋转，盘上水平杆上穿着两个质量均为m＝2 kg的小球A和B.现将A和B分别置于距轴rA＝0.5 m和rB＝1 m处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是fm＝1 N．试分析转速ω从零缓慢逐渐增大(短时间内可近似认为是匀速转动)，两球对轴保持相对静止过程中，在满足下列条件下，ω的大小．
(1)绳中刚要出现张力时的ω1；
(2)A、B中某个球所受的摩擦力刚要改变方向时的ω2，并指明是哪个球的摩擦力方向改变；
(3)两球对轴刚要滑动时的ω3.
[解析] (1)当ω较小时， fA＝FAn＝mω2rA ，fB＝FBn＝mω2rB ，
因rB>rA ，所以B将先滑动．
对B球：fm＝FBn＝mωeq \\al(2,1)rB ，
解得：ω1＝eq \r(\f(fm,mrB))＝eq \f(\r(2),2) rad/s≈0.7 rad/s.
(2)当绳上出现张力以后，对B球：fm＋T＝FBn＝mω2rB ，对A球：fA＋T＝FAn＝mω2rA ，
当ω增大时，T增大，fA减小，当fA减小到0时，
对A球：T＝FAn＝mωeq \\al(2,2)rA ，对B球：fm＋T＝FBn＝mωeq \\al(2,2)rB ，
联立解得：ω2＝eq \r(\f(fm,mrB－rA))＝ 1 rad/s.
因此，ω2＝1 rad/s时A球所受的摩擦力将要由指向圆心变为由圆心指向外侧．
(3)当ω再增大时，fA将改向向外，直至随B球一起向B球一侧滑动．
刚要滑动时： 对A球：T－ fm ＝FAn＝mωeq \\al(2,3)rA，对B球：fm＋T＝FBn＝mωeq \\al(2,3)rB ，
联立解得：ω3＝eq \r(\f(2fm,mrB－rA))＝eq \r(2) rad/s ≈1.4 rad/s.
[答案] 见解析