【学练考】2021-2022学年高一人教版物理必修2练习册：特色专题训练(一)-

特色专题训练(一)曲线运动的应用本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．在越野赛车时，一辆赛车在水平大路上减速转弯，从俯视图中可以看到，赛车沿圆周由P点向Q点行驶．图Z­1­1中画出了赛车转弯时所受合力的四种方向，你认为正确的是()图Z­1­12．汽车在水平地面上转弯，地面对汽车的摩擦力已达到最大值．当汽车的速率增大到原来的2倍时，若使汽车在地面转弯时仍不打滑，则汽车的转弯半径应()A．增大到原来的2倍B．减小到原来的eq\f(1,2)C．增大到原来的4倍D．减小到原来的eq\f(1,4)3．(多选)宇航员在地球表面以肯定初速度竖直上抛一个小球，经过时间t小球落回原处；他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一个小球，经过时间5t，小球落回原处．已知该星球的半径与地球的半径之比R星∶R地＝1∶4，若地球表面的重力加速度为g，该星球表面的重力加速度为g′，空气阻力不计，则()A．g′∶g＝1∶5B．g′∶g＝5∶2C．M星∶M地＝1∶20D．M星∶M地＝1∶804．(多选)关于北京和广州随地球自转的向心加速度，下列说法中正确的是()A．它们的方向都沿半径指向地心B．它们的方向都在平行于赤道的平面内指向地轴C．北京的向心加速度比广州的向心加速度大D．北京的向心加速度比广州的向心加速度小5．(多选)平抛运动可以分解为水平方向和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v­t图线，如图Z­1­2所示．若平抛运动的时间大于2t1，则下列说法中正确的是()图Z­1­2A．图线2表示竖直方向分运动的v­t图线B．t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C．t1时刻的位移方向与初速度方向的夹角的正切为eq\f(1,2)D．2t1时刻的位移方向与初速度方向的夹角为60°6．(多选)航天技术的不断进展为人类探究宇宙制造了条件．“月球勘探者号”空间探测器运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定等方面取得最新成果．探测器在一些环形山中心发觉了质量密集区，当飞越这些重力特别区域时，探测器()A．受到月球对它的万有引力将变大B．运行的轨道半径将变大C．飞行的速率将变大D．飞行的速率将变小7．(多选)如图Z­1­3所示，轮滑运动员从较高的弧形坡面下滑到A处时，沿水平方向飞离坡面，在空中划过一段抛物线后，再落到倾角为θ的斜坡上．若飞出时的水平速度大小为v0，重力加速度为g，则()图Z­1­3A．运动员落到斜坡上时的速度方向与斜坡平行B．运动员落到斜坡上时的速度大小是eq\f(v0,cosθ)C．运动员在空中经受的时间是eq\f(2v0tanθ,g)D．运动员的落点B与飞出点A的距离是eq\f(2veq\o\al(2,0)sinθ,gcos2θ)8.一列以速度v匀速行驶的列车内有一个水平桌面，桌面上的A处有一个小球．若车厢中的旅客突然发觉小球沿图Z­1­4(俯视图)中的虚线从A点运动到B点，则由此可以推断列车的运行状况是()图Z­1­4A．减速行驶，向北转弯B．减速行驶，向南转弯C．加速行驶，向南转弯D．加速行驶，向北转弯9．在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，万有引力常量为G，忽视其他力的影响，物体上升的最大高度为h，已知该星球的直径为d，可推算出这个星球的质量为()A.eq\f(veq\o\al(2,0)d2,8Gh)B.eq\f(veq\o\al(2,0)d2,4Gh)C.eq\f(veq\o\al(2,0)d2,2Gh)D.eq\f(2veq\o\al(2,0)d2,Gh)10．(多选)如图Z­1­5所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若转变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能相对P轮静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图Z­1­5A.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2)B.eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),1)C.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1)D.eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)11．如图Z­1­6所示，一个圆转盘可在水平面内匀速转动，沿半径方向有两个物体用轻绳连接，两个物体的质量相等，且与转盘间的动摩擦因数相同．当转盘转速加快到两个物体刚好未发生滑动时，剪断绳子，则两个物体的运动状况是()图Z­1­6A．两个物体均沿切线方向滑出转盘B．两个物体均沿半径方向滑出转盘C．两个物体仍随转盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D．A仍随转盘一起做匀速圆周运动，B发生滑动12．(多选)如图Z­1­7所示，细杆的一端与一个小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动．现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨迹的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是()图Z­1­7A．a处为推力，b处为拉力B．a处为推力，b处为推力C．a处为拉力，b处为拉力D．a处为拉力，b处为推力请将选择题答案填入下表：题号123456789101112总分答案第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、填空题(本题共2小题，13题6分，14题6分，共12分)13．在用高级沥青铺设的高速大路上，汽车的设计速度是108km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的eq\f(3,5).假如汽车在这种高速大路的弯道上转弯，假设弯道的路面是水平的，则弯道的最小半径为________m．假如高速大路上设计了圆弧拱桥作为立交桥，要使汽车能够以设计速度平安通过圆弧拱桥，这个圆弧拱桥的半径至少为________m．(g取10m/14．图Z­1­8是“争辩平抛物体运动”的试验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．图Z­1­8(1)以下是试验过程中的一些做法，其中合理的有________．a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平b．每次小球释放的初始位置可以任意选择c．每次小球应从同一高度由静止释放d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接(2)试验得到小球做平抛运动的轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图Z­1­9中y­x2图像能说明小球运动轨迹为抛物线的是________．图Z­1­9(3)图Z­1­10是某同学依据试验画出的小球做平抛运动的轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距Δx为40.0cm，则小球做平抛运动的初速度v0为________m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为________m/s.(结果保留两位有效数字图Z­1­10三、计算题(本题共4小题，每小题10分，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．如图Z­1­11所示，参与某电视台消遣节目的选手从较高的平台上以水平速度跃出后，落在水平传送带上．已知平台与传送带的高度差H＝1.8m，水池宽度s0＝1.2m，传送带A、B间的距离L0＝20m．由于传送带足够粗糙，假设选手落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过Δt＝1.0s反应时间后，马上以a＝2m/s2(1)若传送带静止，选手以v0＝3m/s的水平速度从平台跃出(2)若传送带以v＝1m/s的恒定速度逆时针运动，选手要能到达传送带右端图Z­1­1116．如图Z­1­12所示，位于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道的半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面的高度为H.质量为m的小球从A点由静止释放，最终落在地面上的C点处，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)小球刚运动到B点时，轨道对小球的支持力为多大？(2)小球落地点C与B点的水平距离x为多少？图Z­1­1217．如图Z­1­13所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁上A点的高度为筒高的一半，A点处有一个质量为m的物块．(重力加速度为g)(1)当筒不转动时，求物块静止在A点时受到的摩擦力和支持力的大小；(2)当物块在A点随筒做匀速转动且其受到的摩擦力为0时，求筒转动的角速度．图Z­1­1318．如图Z­1­14所示，轻线一端系一个质量为m的小球，另一端穿过光滑小孔套在正下方的图钉A上，此时小球在光滑的水平平台上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动．现拔掉图钉A让小球飞出，此后轻线又被A正上方距A高为h的图钉B套住，达到稳定后，小球又在平台上做匀速圆周运动．(1)在图钉A被拔掉前，轻线对小球的拉力为多大？(2)从拔掉图钉A到轻线被图钉B套住前，小球做什么运动？所用的时间为多少？(3)小球最终做圆周运动的角速度为多大？图Z­1­14

特色专题训练(一)1．D[解析]赛车做曲线运动时所受合力应指向曲线内侧，又由于是减速转弯，所以速度方向与合力方向的夹角应为钝角，故选项D正确．2．C[解析]汽车转弯时由摩擦力供应向心力，由牛顿其次定律得fm＝meq\f(v2,r)，所以当汽车的速率增大到原来的2倍时，若使汽车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应为原来的4倍，故选项C正确．3．AD[解析]由竖直上抛运动的规律得g＝eq\f(2v0,t)，g′＝eq\f(2v0,5t)，则g′∶g＝1∶5.由Geq\f(M地m,Req\o\al(2,地))＝mg得M地＝eq\f(gReq\o\al(2,地),G)，同理得M星＝eq\f(g′Req\o\al(2,星),G)，则M星∶M地＝1∶80，故选项A、D正确．4．BD[解析]北京和广州都随地球绕地轴转动，两地的向心加速度方向都是指向地轴且平行于赤道平面，A错误，B正确；如图所示，φ为纬度角，北京的纬度角φ比广州的大，故北京的转动半径比广州的小，二者角速度相同，因此由an＝rω2得北京的向心加速度比广州的向心加速度小，D正确．5．AC[解析]从图像中可以看出，图线2表示的运动是初速度为0的匀加速运动，所以A正确．t1时刻的竖直分速度与水平分速度大小相等，故t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为45°，B错误．t1时刻的竖直分位移等于水平分位移的一半，所以t1时刻的位移方向与初速度方向的夹角的正切为eq\f(1,2)，C正确.2t1时刻的竖直分位移与水平分位移相等，故2t1时刻的位移方向与初速度方向的夹角为45°，D错误．6．AC[解析]由于万有引力与两个物体质量的乘积成正比，所以在质量密集区万有引力会增大，供应的向心力增大，探测器的轨道半径将变小．万有引力做正功，导致探测器飞行速率增大．A、C正确．7．CD[解析]运动员从A点做平抛运动落到斜坡上的B点的过程中，运动员的位移与水平方向的夹角等于斜面的倾角θ，设运动员落到斜坡上时速度与水平方向的夹角为α，则tanα＝2tanθ，明显α≠θ，所以选项A错误；运动员落到斜坡上时的速度大小v＝eq\f(v0,cosα)，选项B错误；依据tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)vyt,v0t)＝eq\f(vy,2v0)，可得竖直分速度大小vy＝2v0tanθ，运动员在空中经受的时间t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(2v0tanθ,g)，选项C正确；运动员的落点B与飞出点A的距离s＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(v0t,cosθ)＝eq\f(2veq\o\al(2,0)sinθ,gcos2θ)，选项D正确．8．B[解析]由图可知，小球在转弯时做曲线运动，列车相对小球向后运动并偏向南方，故列车在减速行驶，向南转弯．9．A[解析]物体在星球表面做竖直上抛运动，依据匀变速运动规律得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g星)，解得g星＝eq\f(veq\o\al(2,0),2h)，物体在星球表面上时，由重力等于万有引力得Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))＝mg星，解得M＝eq\f(veq\o\al(2,0)d2,8Gh)，A正确．10．AC[解析]由于两次小木块的向心力都是依靠摩擦力来充当的，而小木块两次都能恰好静止，则受到的都是最大静摩擦力f＝μmg.依据牛顿其次定律F＝ma可得，两次的向心加速度大小都是a＝μg，因此eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1)，C正确，D错误；依据公式a＝ω2r可得eq\f(ω1,ωP)＝eq\r(\f(R,r))＝eq\f(\r(2),1)，又ωPR＝ω2r，则ω2＝2ωP，故eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2)，A正确，B错误．11．D[解析]两个物体随转盘运动，角速度相同，但B的运动半径更大，所需的向心力更大，故B受的静摩擦力先达到最大，这时A和B仍未滑动．在A受的静摩擦力达到最大时，B此时的向心力由B受到的最大静摩擦力和A对B的拉力的合力供应．在剪断绳后，B由于所受的摩擦力不足以供应所需的向心力而滑动，而A由于没有B对它的拉力，自己受的摩擦力足够供应向心力，因此A仍随转盘一起做匀速圆周运动．D正确．12．CD[解析]a处向心力向上，合外力向上，故该处杆对球的作用力肯定为拉力．b处向心力向下，合外力向下，球在b处受向下的重力和杆对球的作用力，若速度较大，则需要的向心力较大，杆对球的作用力向下，若速度较小，则需要的向心力较小，杆对球的作用力向上，也有可能重力恰好供应向心力，杆对球的作用力为0，故选项C、D正确．13．1509014．(1)ac(2)c(3)2.04.015．(1)6.0s(2)4.08m[解析](1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向上有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，得t1＝0.6s．在水平方向上有x1＝v0t1＝1.8m，选手在传送带上做匀加速运动的位移x2＝L0－(x1－s0)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，得t2≈4.4s，则选手经受的总时间t＝t1＋t2＋Δt＝6.0s.(2)设选手从平台上跃出的水平速度为v1，落到传送带上1.0s反应时间内向左发生的位移大小x3＝vΔt＝1m，然后向左减速至速度为零又向左发生的位移x4＝eq\f(v2,2a)＝0.25m，要使选手不从传送带上掉下，平抛运动的水平位移x≥s0＋x3＋x4＝2.45m，则v1＝eq\f(x,t1)≥4.08m/s，所以选手从平台上跃出的水平速度至少为4.0816．(1)3mg(2)2eq\r(（H－R）R)[解析](1)小球沿光滑圆弧做圆周运动，在B点由牛顿其次定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)从A点到B点，由机械能守恒定律有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得FN＝3mg.(2)小球离开B点后做平抛运动，抛出点高为H－R，有H－R＝eq\f(1,2)