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人教版 高中物理 必修二 第五章 曲线运动 寒假复习题含答案

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人教版 高中物理 必修二 第五章 曲线运动 寒假复习题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共 100 分,考试时间 90 分钟。 第Ⅰ卷
一、单选题(共 10 小题,每小题 4.0 分,共 40 分) 1.如图所示,A、B、C 三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出,其中 A、B 落到斜面上, C 落到水平面上,A、B 落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为 α、β,C 落到水平面上时 速度方向与水平方向的夹角为 γ,则( )
A.α=β=γ B.α=β>γ C.α=β<γ D.α<β<γ 2.关于匀速圆周运动,下列说法正确的是( ) A. 由 an= 可知,an 与 r 成反比 B. 由 an=ω2r 可知,an 与 r 成正比 C. 由 v=ωr 可知,ω 与 r 成反比 D. 由 ω=2πn 可知,ω 与 n 成正比 3.长度为 1 m 的轻杆 OA 的 A 端有一质量为 2 kg 的小球,以 O 点为圆心,在竖直平面内做圆周运动, 如图所示,小球通过最高点时的速度为 3 m/s,g 取 10 m/s2,则此时小球将( )
A. 受到 18 N 拉力 B. 受到 38 N 的支持力 C. 受到 2 N 的拉力 D. 受到 2 N 的支持力 4.某学生在做“研究平抛运动”的实验中,描出了如图所示的几个实验点,其中偏差较大的实验点 B

出现的原因可能是( )
A. 小球滚下的高度较其他各次高 B. 小球滚下的高度较其他各次低 C. 小球滚下时具有一定的初速度 D. 以上说法均有可能 5.如图所示,倾角为 θ 的斜面正上方有一小球以初速度 v0 水平抛出.若小球到达斜面的位移最小, 重力加速度为 g,则飞行时间 t 为( )
A.t=v0tanθ B.t=
C.t=
D.t= 6.飞机斜向上飞的运动可以看成水平方向和竖直方向两个分运动的合运动,如图所示,若飞机飞行 速度 v 的方向与水平方向的夹角为 θ,则飞机的水平速度 vx 的大小是( )
A.vcosθ B.vsinθ C.vcotθ D.vtanθ 7.在一棵大树将要被伐倒的时候,有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢,根据树梢的运动情形就 能判断大树正在朝着哪个方向倒下,从而避免被倒下的大树砸伤,从物理知识的角度来解释,以 下说法正确的是( )

A. 树木开始倒下时,整个树身上树梢的角速度较大,易于判断 B. 树木开始倒下时,整个树身上树梢的线速度最大,易于判断 C. 树木开始倒下时,整个树身上树梢的向心加速度较大,易于判断 D. 伐木工人的经验缺乏科学依据 8.处于北纬 45°的物体与赤道上的物体随地球自转的向心加速度之比为( ) A. 1∶1 B. 1∶ C. ∶1 D. 1∶2 9.如图所示,用线悬挂的圆环链由直径为 5 cm 的圆环连接而成,枪管水平放置,枪管跟环 5 在同 一水平面上,且两者相距 100 m,子弹初速度为 1000 m/s.若在开枪的同时烧断悬线,子弹应穿过 第几个环?若在开枪前 0.1 s 烧断悬线,子弹应穿过第几个环?( )
A. 5,2 B. 4,2 C. 5,1 D. 4,1 10.a,b 两辆玩具车在各自的圆轨道上做匀速圆周运动,在相同的时间内,它们通过的路程之比为 3∶4,转过的角度之比为 2∶3,则它们的向心加速度大小之比为( ) A. 2∶1 B. 1∶2 C. 9∶16 D. 4∶9 二、多选题(共 4 小题,每小题 5.0 分,共 20 分) 11.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度,使其能跳到旁边平台上.如图所示的抛 物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,其最高点离平台的高度为 h,水平速度为 v;若质量为 m 的棋子在运动过程中可视为质点,只受重力作用,重力加速度为 g,则( )

A. 棋子从最高点落到平台上所需时间 t= B. 若棋子在最高点的速度 v 变大,则其落到平台上的时间变长 C. 棋子从最高点落到平台的过程中,重力势能减少 mgh D. 棋子落到平台上的速度大小为 12.(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机,它是由两个大小相等直径约 30 cm 的感 应玻璃盘起电的.其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮链接如图乙所示,现玻璃盘以 100 r/min 的转速旋转,已知主动轮的半径约为 8 cm,从动轮的半径约为 2 cm,P 和 Q 是玻璃盘边缘上 的两点,若转动时皮带不打滑.下列说法正确的是( )
A.P、Q 的线速度相同 B. 玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C.P 点的线速度大小约为 1.6 m/s D. 摇把的转速约为 400 r/min 13.(多选)如图所示,木板 B 托着木块 A 在竖直平面内做匀速圆周运动.从水平位置 a 到最高点 b 的过程中( )
A.B 对 A 的支持力越来越大 B.B 对 A 的支持力越来越小

C.B 对 A 的摩擦力越来越大 D.B 对 A 的摩擦力越来越小 14.(多选)如图所示为某一皮带传动装置,主动轮的半径为 r1,从动轮的半径为 r2.已知主动轮做顺 时针转动,转速为 n,转动过程中皮带不打滑.下列说法正确的是( )
A. 从动轮做顺时针转动 B. 从动轮做逆时针转动 C. 从动轮的转速为 n D. 从动轮的转速为 n
第Ⅱ卷 三、实验题(共 1 小题,每小题 10.0 分,共 10 分) 15.未来在一个未知星球上用如图(a)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作平抛运动.现 对小球的平抛运动采用频闪数码照相机连续拍摄.在有坐标纸的背景屏前,拍下了小球在作平抛 运动过程中的多张照片,经合成后,照片如图(b)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 0.10 s,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:
(1)由以上信息,可知 a 点______(填“是”或“不是”)小球的抛出点; (2)由以上信息,可以推算出该星球表面的重力加速度为______ m/s2 (3)由以上信息可以算出小球平抛的初速度是______ m/s; (4)由以上信息可以算出小球在 b 点时的速度是_____ m/s. 四、计算题(共 3 小题,每小题 10.0 分,共 30 分) 16.长度为 L=0.5 m,一端固定一小球,另一端固定在转动轴 O 上,小球绕轴在水平面上匀速转动, 杆每隔 0.1 s 转过 30°,试求: (1)小球运动的线速度的大小,角速度;

(2)小球运动的向心加速度. 17.如图所示,装置可绕竖直轴 O′O 转动,可视为质点的小球 A 与两细线连接后分别系于 B、C 两点, 装置静止时细线 AB 水平,细线 AC 与竖直方向的夹角 θ=37°.已知小球的质量 m=1 kg,细线 AC 长 l=1 m.重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)若装置匀速转动的加速度为 ω1 时,细线 AB 上的拉力为 0,而细线 AC 与竖直方向的夹角仍为 37°,求角速度 ω1 的大小; (2)若装置匀速转动的角速度为 ω2=0.5ω1 时,求此时两细线中拉力的大小.
18.一转动装置如图所示,四根轻杆 OA、OC、AB 和 CB 与两小球以及一小环通过铰链连接,轻杆长 均为 l,球和环的质量均为 m,O 端固定在竖直的轻质转轴上,套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与 小环之间,原长为 L,装置静止时,弹簧长为 L,转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹 簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为 g,求:
(1)弹簧的劲度系数 k; (2)AB 杆中弹力为零时,装置转动的角速度 ω0.

答案
1.【答案】B 【解析】依据平抛运动规律,平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向的夹角的正切值 为位移方向与水平方向的夹角的正切值的 2 倍,A、B 的位移方向相同,则 α=β.图中虚线所示,C 的位移方向与水平方向的夹角小于 A、B 的位移方向与水平方向的夹角,所以 γ<α=β.

2.【答案】D 【解析】物体做匀速圆周运动的向心加速度与物体的线速度、角速度、半径有关.但向心加速度 与半径的关系要在一定前提条件下才能成立.当线速度一定时,向心加速度与半径成反比;当角 速度一定时,向心加速度与半径成正比.对线速度和角速度与半径的关系也可以同样进行讨 论.正确选项为 D. 3.【答案】D 【解析】设此时轻杆拉力大小为 F,根据向心力公式有 F+mg=m,代入数值可得 F=-2 N,表示 小球受到 2 N 的支持力,选项 D 正确. 4.【答案】B 【解析】小球滚下的高度越低,其做平抛运动的初速度越小,其轨迹线越陡,越靠近 y 轴,所以可 能原因为 B. 5.【答案】B

【解析】若小球到达斜面的位移最小,该最小位移垂直于斜面,由几何关系知,



解得运动的时间

,故 A,C,D 错误;B 正确.

6.【答案】A 【解析】根据平行四边形定则得,水平方向上的分速度为:v 水平=vcosθ,竖直方向上的分速度:v 竖 直=vsinθ,故 A 正确,B 、C、D 错误. 7.【答案】B 【解析】树木开始倒下时,树各处的角速度一样大,故 A 错误;由 v=ωr 可知,树梢的线速度最 大,易判断树倒下的方向,B 正确;由 a=ω2r 知,树梢处的向心加速度最大,方向指向树根处, 无法用向心加速度确定倒下的方向,故 C,D 均错误. 8.【答案】B

【解析】处于北纬 45°的物体与赤道上的物体随地球自转的角速度相等,根据圆周运动的向心加速 度公式 a=rω2,由于二者的半径之比为 1∶ ,则向心加速度之比为 1∶ ,选项 B 正确. 9.【答案】A 【解析】(1)子弹射出枪口后做平抛运动,平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动,刚 开始枪口与第 5 个环心处在同一个水平线上,开枪同时,细线被火烧断,子弹与第 5 个环在竖直方 向上的运动情况相同,所以子弹能穿过第 5 环;

(2)子弹运动的时间为:t=

s.

子弹竖直方向上的位移为:h=

开枪前 0.1s 细线被烧断,圆环下落的位移为:h′=



每个圆环的直径为 0.05m,所以 n=

.故 A 正确,B、C、D 错误.

10.【答案】B 【解析】a,b 两玩具车的线速度之比 va∶vb=sa∶sb=3∶4,角速度之比 ωa∶ωb=θa∶θb=2∶3,故 它们的向心加速度之比 aa∶ab=vaωa∶vbωb=1∶2,B 正确. 11.【答案】AC
【解析】由 h= gt2 得:t= ,A 项正确;下落时间与初速度 v 无关,B 项错误;下落过程中,

重力势能减少 mgh,C 项正确;由机械能守恒定律: mv′2= mv2+mgh,得:v′=

,D 项

错误.

12.【答案】BC

【解析】线速度也有一定的方向,由于线速度的方向沿曲线的切线方向,由图可知,PQ 两点的线

速度的方向一定不同.故 A 错误;若主动轮做顺时针转动,从动轮通过皮带的摩擦力带动转动,

所以从动轮逆时针转动,所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反.故 B 正确;玻璃盘的直径

是 30 cm,转速是 100 r/min,所以线速度 v=ωr=2nπr=2× ×π× m/s=0.5π m/s≈1.6 m/s.故 C

正确;从动轮边缘的线速度:vc=ωrc=2× ×π×0.02 m/s= π m/s,由于主动轮的边缘各点的线

速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等,即 vz=vc,所以主动轮的转速:nz= = =

= r/s=25 r/min.故 D 错误.故选 B、C.

13.【答案】BD 14.【答案】BC 【解析】主动轮顺时针转动时,皮带带动从动轮逆时针转动,A 项错误,B 项正确;由于两轮边缘 线速度大小相同,根据 v=2πrn,可得两轮转速与半径成反比,所以 C 项正确,D 项错误.
15.【答案】(1)是 (2)8 (3)0.8 (4)
【解析】(1)因为竖直方向上相等时间内的位移之比为 1∶3∶5∶7,知 a 点的竖直分速度为零,a 点为小球的抛出点. (2)竖直方向上有:Δy=2L=gT2,解得 g= = m/s2=8 m/s2.

(3)小球平抛运动的初速度 v0= = m/s=0.8 m/s.

(4)b 点竖直方向上的分速度 vyb= = m/s=0.8 m/s.

则 vb=

=0.8 m/s= m/s.

16.【答案】(1)小球的线速度的大小 m/s,角速度 rad/s;

(2)小球运动的向心加速度 m/s2 【解析】(1)每隔 0.1 s 转过 30°,则可知和角速度为:

ω= = rad/s= rad/s;

根据角速度与线速度的关系得: v=ωR= ×0.5 m/s= m/s; (2)根据向心加速度公式有: a=ω2R=( )2×0.5 m/s2= m/s2

17.【答案】(1) rad/s (2)5.625 N 12.5 N

【解析】(1)细线 AB 拉力为 0,设 AC 线上拉力为 FT,则 FTcos 37°=mg FTsin 37°=mω lsin 37°

解得:ω1=

= rad/s

(2)当 ω2=0.5ω1 时,设 AB、AC 线上拉力分别为 FT1、FT2,则: FT2cos 37°=mg

FT2sin 37°-FT1=mω lsin 37° 解得:FT1=5.625 N,FT2=12.5 N

18.【答案】(1)

(2)

【解析】(1)装置静止时,设 OA、AB 杆中的弹力大小分别为 F1、T1,OA 杆与转轴的夹角为 θ1.小环 受到弹簧的弹力 F 弹 1=k· ,小环受力平衡:F 弹 1=mg+2T1cosθ1,小球受力平衡:F1cosθ1+

T1cosθ1-mg=0;F1sinθ1-T1sinθ1=0,解得:k= (2)设 OA、AB 杆中的弹力分别为 F2、T2,OA 杆与转轴的夹角为 θ2,弹簧长度为 x. 小环受到弹簧的弹力:F 弹 2=k(x-L) 小环受力平衡:F 弹 2=mg,得:x= L

对小球:F2cosθ2=mg;F2sinθ2=mω lsinθ2;cosθ2= 解得:ω0=


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