1、阶段测试(一)曲线运动一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的4个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得零分)1.汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应()A增大到原来的二倍B减小到原来的一半C增大到原来的四倍D减小到原来的四分之一【答案】C【解析】汽车在水平地面上转弯，所需的向心力是由侧向静摩擦力提供，摩擦力已达到最大值，设摩擦力的最大值为fm，则得fmm.当速率v增大为原来的二倍时，fm不变，则R应增大为原来
2、的4倍故选C2如图，一辆装满货物的汽车在丘陵地匀速行驶，由于轮胎太旧，途中放了炮，你认为在图中A、B、C、D四处，放炮的可能性最大处是()AA处BB处CC处DD处【答案】D【解析】汽车经过丘陵的高处时，向心加速度向下，汽车处于失重状态，地面对汽车的支持力小于重力，而当汽车经过丘陵的低处时，向心加速度向上，汽车处于超重状态，地面对汽车的支持力大于重力，所以汽车经过图中B、D两处受到的支持力大于A、C两处受到的支持力，B、D两处容易放炮对于B、D两处，设汽车的质量为m，凹陷处半径为r，汽车速度大小为v，则由牛顿第二定律得Nmgm，解得Nmmgmg.在汽车的速率v不变时，半径r越小，N越大，越容易放
3、炮图中D处半径比B处半径小，则汽车在D处最容易放炮3如图所示，A为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为，一小球在圆轨道左侧的P点以速度v0平抛，恰好沿A点的切线方向进入圆轨道，已知重力加速度为g，则P、A之间的水平距离为()ABCD【答案】A【解析】根据平行四边形定则知，小球通过A点时竖直方向上的分速度vyv0 tan .则运动的时间t，所以AB间的水平距离xv0t.故A正确4一不可伸长的轻质细绳，绳长为L，一端固定于离地面高度为1.5L的O点，另一端系一质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离L后落地，重力加速度为
4、g，忽略空气阻力则球运动到最低点时绳断前绳的拉力为()AmgB1.5mgC2mgD3mg【答案】C【解析】球运动到最低点时绳突然断掉之后球做平抛运动，则有 Lvt,1.5LLgt2，联立得绳断前瞬间球的速度v，球通过最低点瞬间，由牛顿第二定律得Tmgm，解得T2mg，故选项C正确5如图所示，质量相等的A、B两物块放在匀速转动的水平圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是()A它们所受的摩擦力 fAfBB它们的线速度vAvBC它们的运动周期TATBD它们的角速度 AB【答案】AB【解析】对两物块进行受力分析知，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则fm2r，由于A、B在同
5、一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，又因为RARB，故fAfB，故A正确；由vr，AB，RARB，可知vAvB，故B正确；根据T，AB，可知TATB，故C错误；由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，故D错误6一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变由此可以确定船沿三条不同路径渡河，下列说法正确的是()A时间相同，AD是匀加速运动的轨迹B时间相同，AC是匀加速运动的轨迹C沿AC用时最短，AC是匀加速运动的轨迹D沿AD
6、用时最长，AD是匀减速运动的轨迹【答案】CD【解析】根据题意，船在静水中的速度是不同的，因此它们的时间也不相同，根据曲线运动条件可知，AC轨迹说明船在静水中加速运动，而AB则对应是船在静水中匀速运动，对于AD，则船在静水中减速运动，故A、B错误；由上分析可知，由于AC轨迹，船在静水中加速运动，因此所用时间最短，故C正确；沿着AD运动轨迹，对应的时间是最长的，AD是匀减速运动的轨迹，故D正确7在公路转弯处外侧的李先生家门口，三个月内连续发生了八次大卡车侧翻的交通事故经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示为了避免事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中合理的是()A在进入转弯处设
7、立限速标志，提醒司机不要超速转弯B改进路面设计，减小车轮与路面间的摩擦C改造此段弯路，使弯道内侧低、外侧高D改造此段弯路，使弯道内侧高、外侧低【答案】AC【解析】车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动；故减小速度可以减小向心力，可以防止侧翻现象，故A合理；在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，故可以通过改进路面设计，增大车轮与路面间的摩擦力，故B不合理；易发生侧翻也可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧高、外侧低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致；故应改造路面使内侧低、外侧高，故C合理，D不合理；8如图所示，P、Q是高度不同的两点，P点
8、比Q点高，从P、Q两点同时相向水平抛出两个小球，其运动轨迹相交于A点，则以下说法正确的是()AP、Q两球在A点相遇BQ小球先落地C从抛出到落地的整个过程中，P小球的速度变化量比Q的速度变化量大D整个过程中两球的速度变化量有可能相等【答案】BC【解析】在A点P球下降的高度大于Q球下降的高度，则根据hgt2知，P球下降的时间大于Q下降的时间，故A错误由于Q球的高度小，则下降的运动时间短，Q球先落地，故B正确因为P球的运动时间长，则P的速度变化量大，故C正确因为运动的时间不同，则速度的变化量不同，故D错误故选BC二、非选择题(本大题4小题，共52分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重
9、要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)9.(12分)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图 (1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线_每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛_(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(g9.8 m/s2)(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_m/s；B点的竖直分速度为_m/s(g10m/s2)【答案】(1)水平初速度相同(2)1.6(3)1.52【
10、解析】(1)为了保证小球水平飞出，则斜槽的末端切线水平每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同(2)由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有xv0t，ygt2将x32 cm0.32 m，y19.6 cm0.196 m，代入解得v01.6 m/s.(3)在竖直方向上，根据y2LgT2得Ts0.1 s则小球平抛运动的初速度v0 m/s1.5 m/sB点竖直分速度vyB m/s2 m/s.10(12分)如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为，求：(1)杆保持静
11、止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量l1；(2)当球随杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，求匀速转动的角速度.【答案】(1)gsin (2)【解析】(1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有mgsin ma解得agsin 小球速度最大时其加速度为零，则有kl1mgsin 解得l1.(2)球做圆周运动的半径为rcos 设弹簧伸长l2时，球受力如图所示，水平方向：FNsin kl2cos m2r竖直方向：FNcos kl2sin mg整理可以得到.11(14分)质量为1 kg的小球用长为0.5 m的细线悬挂在O点，O
12、点距地面高度为1 m，如果使小球绕OO轴在水平面内做圆周运动，若细线受到拉力为12.5 N就会被拉断求：(1)当小球的角速度为多大时线将断裂？(2)小球落地点与悬点的水平距离(g取10 m/s2)【答案】(1)5 rad/s(2)0.6 m【解析】(1)对小球有Tmsin mLsin (为线与竖直方向的夹角)解得05 rad/s.(2)由题可知cos 线拉断后，小球以v00Lsin 1.5 m/s做平抛运动因为Tcos mg可求出抛出时的高度为h1Lcos 0.6 m做平抛的时间t s水平距离s0.6 m.12(14分)一条河宽L400 m，水流的速度为v13 m/s，船相对静水的速度v25 m/s.求：(1)要想渡河的时间最短，船应向什么方向开出？渡河的最短时间是多少？此时船沿河岸方向漂移多远？(2)要使渡河的距离最短，船应向什么方向开出？渡河的时间是多少？【答案】(1)船应向垂直河岸方向开出80 s240 m(2)100 s【解析】(1)要想渡河的时间最短，船垂直河岸的方向开出渡河的最短时间是tmin s80 s此时船沿河岸方向漂移为xv1tmin380 m240 m.(2)要使渡河的距离最短，船的合速度垂直河岸，根据平行四边形定则，船头应指向河的上游，且与河岸的夹角的cos 由几何关系得sin 此时渡河的时间t s100 s.
