（浙江專用）2022-2023學年高中物理 第五章 曲線運動章末檢測卷 新人教版必修2

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1、（浙江專用）2022-2023學年高中物理 第五章 曲線運動章末檢測卷 新人教版必修2 一、選擇題(共13小題，每小題4分，共52分。在每小題列出的四個備選項中1～10只有一個是符合題目要求的，11～13題有多項是符合題目要求的，不選、錯選、多選均不得分。) 1.下列關于運動和力的敘述中，正確的是(　　) A.做曲線運動的物體，其加速度方向一定是變化的 B.物體做圓周運動時，所受的合力一定指向圓心 C.物體所受合力方向與運動方向相反，該物體一定做直線運動 D.物體運動的速率在增加，所受合力方向一定與運動方向相同 解析　做曲線運動的物體，其速度一定變化，但加速度不一定變化，比如平拋

2、運動，故A錯誤；物體做圓周運動，所受的合力不一定指向圓心，當是勻速圓周運動時，由于速度大小不變，所以加速度垂直于速度，因此合力一定指向圓心，故B錯誤；當物體所受合力方向與運動方向相反，則一定做減速直線運動，故C正確；物體運動的速率在增加，則一定有加速度存在，但不一定與運動方向相同，比如平拋運動，合力方向與運動方向不相同，故D錯誤。 答案　C 2.(2018·臺州高一期末)小球在光滑水平面上以速度v做直線運動，當它經(jīng)過磁鐵后的運動軌跡可能是(　　) 圖1 A.Oa 　　　 B.Ob C.Oc 　　　 D.Od 解析　速度方向是切線方向，合力方向是指向磁鐵的方向，兩者不共線，球

3、在做曲線運動，故D正確，A、B、C錯誤。 答案　D 3.如圖2所示，滑板運動員以速度v0從離地高度h處的平臺末端水平飛出，落在水平地面上。忽略空氣阻力，運動員和滑板可視為質點，下列表述正確的是(　　) 圖2 A.v0越大，運動員在空中運動時間越長 B.v0越大，運動員落地瞬間速度越大 C.運動員落地瞬間速度與高度h無關 D.運動員落地位置與v0大小無關 解析　運動員做平拋運動的時間由高度決定，A項錯誤；在高度一定的情況下，v0越大，根據(jù)運動的合成判斷末速度也越大，B項正確；運動員落地位置與v0大小和高度有關。 答案　B 4.(2018·金華高一期末)如圖3所示，在風力發(fā)

4、電機的葉片上有A、B、C三點，其中A、C在葉片的端點，B在葉片的中點。當葉片轉動時，這三點(　　) 圖3 A.線速度大小都相等 B.線速度方向都相同 C.角速度大小都相等 D.向心加速度大小都相等 解析　首先A、B、C屬于同軸轉動，故他們的角速度相等，故C正確；由v＝ωr知，他們的半徑r不相等，故線速度的大小不相等，故A錯誤；由于是做圓周運動，故線速度的方向位于切線方向，故B錯誤；由an＝ω2r知，半徑r不相等，故加速度an不相等，故D錯誤。 答案　C 5.如圖4所示，過山車的軌道可視為豎直平面內(nèi)半徑為R的圓軌道。質量為m的游客隨過山車一起運動，當游客以速度v經(jīng)過圓軌道的最

5、高點時(　　) 圖4 A.處于超重狀態(tài) B.向心加速度方向豎直向下 C.速度v的大小一定為 D.座位對游客的作用力為m 解析　游客隨過山車一起做圓周運動，經(jīng)最高點時加速度方向豎直向下指向圓心，游客處于失重狀態(tài)，故選項A錯誤，選項B正確；經(jīng)最高點時的速度最小值，由mg＝m求得v＝，因游客不一定處于最小速度，故選項C錯誤；設游客對座位的作用力為F，有mg＋F＝m，則F＝m－mg，由牛頓第三定律知，座位對游客的作用力F′＝F，故選項D錯誤。 答案　B 6.(2016·4月浙江選考)某卡車在公路上與路旁障礙物相撞。處理事故的警察在泥地里發(fā)現(xiàn)了一個小的金屬物體，經(jīng)判斷，它是相撞瞬間車

6、頂上一個松脫的零件被拋出而陷在泥里的。為了判斷卡車是否超速，需要測量的量是(　　) A.車的長度，車的重量 B.車的高度，車的重量 C.車的長度，零件脫落點與陷落點的水平距離 D.車的高度，零件脫落點與陷落點的水平距離 解析　根據(jù)題意和實際情景分析，零件在卡車撞停時，由于慣性向前飛出，不計空氣阻力，視為做平拋運動，測出水平位移和高度，由h＝gt2，s＝v0t，得v0＝s，故D正確。 答案　D 7.如圖5所示，一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉動，a和b是輪上質量相等的兩個質點，則偏心輪轉動過程中a、b兩質點(　　) 圖5 A.角速度大小相同 B.線速度大小相同 C.向心加

7、速度大小相同 D.向心力大小相同 解析　同軸轉動，角速度大小相等，選項A正確；角速度大小相等，但轉動半徑不同，根據(jù)v＝ωr、an＝ω2r和Fn＝mω2r可知，線速度、向心加速度和向心力大小均不同，選項B、C、D錯誤。 答案　A 8.以初速度v0水平拋出一個物體，經(jīng)過時間t物體的速度大小為v，則經(jīng)過時間2t，物體速度大小的表達式正確的是(不計空氣阻力)(　　) A.v0＋2gt B.v＋gt C. D. 解析　2t時刻物體的速度v′＝＝，C正確，A錯誤；t時刻有v2＝v＋(gt)2，故v′＝，B、D錯誤。 答案　C 9.未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種

8、狀態(tài)帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖6所示。當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內(nèi)圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力。為達到上述目的，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大 B.旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小 C.宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大 D.宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小 解析　由題意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且與m無關，B正確。 答案　B 10.如圖7所示為足球球門，球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門

9、s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。球員頂球點的高度為h，足球做平拋運動(足球可看成質點，忽略空氣阻力)，則(　　) 圖7 A.足球位移的大小x＝ B.足球初速度的大小v0＝ C.足球末速度的大小v＝ D.足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tan θ＝ 解析　足球位移大小為x＝＝，A錯誤；根據(jù)平拋運動規(guī)律有：h＝gt2，＝v0t，解得v0＝，B正確；根據(jù)平拋運動規(guī)律可得v＝＝，C錯誤；足球初速度方向與球門線夾角正切值tan θ＝＝，D錯誤。 答案　B 11.“玉兔號”月球車依靠太陽能電池板提供能量，如圖8所示ABCD是一塊矩形電池板，能繞CD轉動，E為矩

10、形的幾何中心(未標出)，則電池板旋轉過程中(　　) 圖8 A.B、E兩點的轉速相同 B.A、B兩點的角速度不同 C.A、B兩點的線速度相同 D.A、E兩點的向心加速度相同 解析　矩形電池板繞CD軸轉動，整塊板角速度相同，A、B、E均為電池板上的點，所以三者角速度、轉速均相同，A正確，B錯誤；ωA＝ωB，rA＝rB，由v＝ωr得vA＝vB，C正確；a＝ω2r，因rE≠rA，所以aA≠aE，D錯誤。 答案　AC 12.一輕繩一端固定一個質量為M的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，以下說法正確的是(　　) A.小球過最高點時，繩所受的彈力可以等于零

11、 B.小球過最高點時的最小速率為 C.小球過最高點時的速率可小于 D.小球過最高點時，繩所受的彈力一定大于零 解析　小球剛好到達最高點的條件是繩的彈力為零，重力提供向心力，有mg＝m，解得v＝，即是小球能夠過最高點的最小速率，當v>時，繩的彈力大于零，故A、B正確，C、D錯誤。 答案　AB 13.一小船在靜水中的速度為3 m/s，它在一條河寬為150 m，水流速度為4 m/s的河流中渡河，則該小船(　　) A.能到達正對岸 B.渡河的時間可能等于50 s C.以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為200 m D.以最短位移渡河時，位移大小為200 m 解析　因為船在靜水

12、中的速度小于河水的流速，由平行四邊形法則求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正達對岸，故A錯誤；當船的靜水中的速度垂直河岸時渡河時間最短：tmin＝＝50 s，故B正確；船以最短時間50 s渡河時沿河岸的位移：x＝v水tmin＝4×50 m＝200 m，即到對岸時被沖下200 m，故C正確；最短位移渡河時，設船的合速度與水流方向的夾角為θ，sin θ＝＝，最短位移大小s＝＝＝200 m，選項D正確。 答案　BCD 二、非選擇題(共5小題，共48分) 14.(6分)用頻閃照相技術拍下的兩小球運動的頻閃照片如圖9所示。拍攝時，光源的頻閃頻率為10 Hz，a球從A點水平拋出的同時，b球自

13、B點開始下落，背景的小方格為相同的正方形。重力加速度g取10 m/s2，不計阻力。 圖9 (1)根據(jù)照片顯示的信息，下列說法中正確的是________。 A.只能確定b球的運動是自由落體運動 B.不能確定a球沿豎直方向的運動是自由落體運動 C.只能確定a球沿水平方向的運動是勻速直線運動 D.可以斷定a球的運動是水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動的合成 (2)根據(jù)照片信息可求出a球的水平速度大小為________ m/s；當a球與b球運動了________ s時它們之間的距離最小。 解析　(1)因相鄰兩照片時間間隔相等，水平位移相等，知小球在水平方向上做勻速直線運

14、動，豎直方向上的運動規(guī)律與b球運動規(guī)律相同，知豎直方向上做自由落體運動，所以D正確，A、B、C錯誤。 (2)Δy＝gT2＝10×0.01 m＝0.1 m，所以，2L＝0.1 m v0＝＝＝1 m/s 因為兩球在豎直方向上都做自由落體運動，所以位移之差恒定，當a與b在同一豎直線上時，距離最短，則：t＝＝ s＝0.2 s。 答案　(1)D　(2)1　0.2 15.(9分)(2015·10月浙江選考)飼養(yǎng)員對著長l＝1.0 m的水平細長管的一端吹氣，將位于吹氣端口的質量m＝0.02 kg的注射器射到動物身上，如圖10所示。注射器飛離長管末端的速度大小v＝20 m/s?？梢暈橘|點的注射器在長

15、管內(nèi)做勻變速直線運動，離開長管后做平拋運動。 圖10 (1)求注射器在長管內(nèi)運動時的加速度大?。? (2)求注射器在長管內(nèi)運動時受到的合力大?。? (3)若動物與長管末端的水平距離x＝4.0 m，求注射器下降的高度h(g＝10 m/s2)。 解析　(1)由勻變速直線運動規(guī)律v2－0＝2al 得a＝＝2.0×102 m/s2 (2)由牛頓第二定律F＝ma 得F＝4 N (3)由平拋運動規(guī)律 x＝vt，得t＝＝0.2 s 由h＝gt2 得h＝0.2 m 答案　(1)2.0×102 m/s2　(2)4 N　(3)0.2 m 16.(9分)如圖11所示，一光滑的半徑為R的半

16、圓形軌道放在水平面上，一個質量為m的小球以某一速度沖上軌道，然后小球從軌道口B處飛出，最后落在水平面上，已知小球落地點C距B處的距離為3R。求小球對軌道口B處的壓力為多大？ 圖11 解析　設小球經(jīng)過B點時速度為v0，則： 小球平拋的水平位移為： x＝＝R v0＝＝＝ 對小球過B點時由牛頓第二定律得： F＋mg＝m 解得F＝mg 由牛頓第三定律F′＝F＝mg 答案　mg 17.(12分)(2018·嘉興一中期末)如圖12所示，水平實驗臺A端固定，B端左右可調，將彈簧左端與實驗平臺固定，右端有一可視為質點，質量為2 kg 的滑塊緊靠彈簧(未與彈簧連接)，彈簧壓縮量不同時，

17、 將滑塊彈出去的速度不同。圓弧軌道固定在地面并與一段動摩擦因數(shù)為0.4的粗糙水平地面相切D點，AB段最長時，BC兩點水平距離xBC＝0.9 m，實驗平臺距地面高度h＝0.53 m，圓弧半徑R＝0.4 m，θ＝37°，已知 sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。完成下列問題： 圖12 (1)軌道末端AB段不縮短，壓縮彈簧后將滑塊彈出，滑塊經(jīng)過B點落到C點，求落到C點時的速度與水平方向夾角； (2)滑塊沿著圓弧軌道運動后能在DE上繼續(xù)滑行2 m，求滑塊在圓弧軌道上對D點的壓力大??； (3)通過調整彈簧壓縮量，并將AB段縮短，滑塊彈出后恰好無碰撞從C點進入

18、圓弧軌道，求滑塊從平臺飛出的初速度以及AB段縮短的距離。 解析　(1)根據(jù)題意C點到地面高度hC＝R－Rcos 37°＝0.08 m 從B點飛出后，滑塊做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律： h－h(huán)C＝gt2 化簡則t＝0.3 s 根據(jù)xBC＝vBt可知vB＝3 m/s 飛到C點時豎直方向的速度 vy＝gt＝3 m/s 因此tan θ＝＝1 即落到圓弧C點時，滑塊速度與水平方向夾角為45° (2)滑塊在DE階段做勻減速直線運動，加速度大小a＝＝μg 根據(jù)v－v＝2axDE 聯(lián)立兩式則vD＝4 m/s 在圓弧軌道最低處FN－mg＝m 則FN＝100 N，由牛頓第三定律，滑塊對軌

19、道壓力大小為100 N。 (3)滑塊彈出恰好無碰撞從C點進入圓弧軌道，說明滑塊落到C點時的速度方向正好沿著軌跡該出的切線， 即tan θ＝ 由于高度沒變，所以vy′＝vy＝3 m/s，θ＝37°， 因此v0′＝4 m/s 對應的水平位移為xAC＝v0′t＝1.2 m 所以縮短的AB段應該是ΔxAB＝xAC－xBC＝0.3 m 答案　(1)45°　(2)100N　(3)4 m/s，0.3 m 18.(12分)(2016·浙江象山中學模擬)有一水平放置的圓盤，上面放一勁度系數(shù)為k的彈簧，如圖13所示。彈簧的一端固定于軸O上，另一端連一質量為m的小物體A，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為

20、μ，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。開始時彈簧未發(fā)生形變，長度為R。問： 圖13 (1)圓盤的轉速n0為多大時，物體A開始滑動？ (2)當轉速達到2n0時，彈簧的伸長量Δx是多少？ 解析　(1)圓盤開始轉動時，物體A所受的靜摩擦力提供向心力。由于最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，則物體A不滑動的條件是μmg≥mωR①，又因為ω0＝2πn0②，由①②式得n0≤，即當n0＝時，物體A開始滑動。 (2)轉速達到2n0時，物體A已滑動，物體A停止滑動時由彈力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，設彈簧伸長量為Δx，則物體A做圓周運動的半徑r＝R＋Δx③，角速度ω＝2π·2n0＝2ω0④ 又由牛頓第二定律知，μmg＋kΔx＝mω2r⑤ 解③④⑤式得 Δx＝。 答案　(1)　(2)