第五章 抛体运动 第六章 圆周运动 单元检测题 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

抛体运动 圆周运动单元检测题 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列选项图中，若渡河区域内的河岸平直，水流速度方向处处与河岸平行，越靠近河中央，水流速度越大。设木船相对静水的速度大小恒定。以最短的时间过河，则木船在出发点P与登陆点Q之间的运动轨迹可能是(　　) 2.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让轻环A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则(　　) A．刚开始时重物B的速度vB＝ B．刚开始时重物B的速度vB＝vcos θ C．A匀速上升时，重物B加速下降 D．重物B下降过程，绳对重物B的拉力小于重物B的重力 3．一质量为0.4 kg的小球以某一初速度水平向右抛出后，随即受到一大小为3 N、方向水平向左的恒力，假设小球抛出时离地足够高，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。当小球的动能最小时，速度方向与水平方向的夹角为(　　) A．30° B．37° C．45° D．53° 4．如图所示为“行星减速机”的工作原理图。“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为R1，周围四个“行星轮”的半径为R2，“齿圈”为主动件，其中R1＝2R2。A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点。则在该状态下(　　) A．A点与B点的角速度相同 B．A点与C点的转速相同 C．B点与C点的周期相同 D．A点与C点的线速度大小相等 5.如图所示，棱长为a的正方体无盖盒子ABCD－A′B′C′D′放置在水平地面上，O与A′、B′在同一直线上，且O与A′间的距离为a。将小球(可视为质点)从O点正上方3a高度处以某一速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g。为使小球能落在盒子内部，则小球抛出时速度v大小的范围为(　　) A.<v< B.<v< C.<v< D.<v< 6．如图所示，在斜面顶端A点以速度v0水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v0水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。不计空气阻力，则(　　) A．t2>2t1 B．t2＝2t1 C．t2<2t1 D．落在斜面底端B点 7．游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化如图。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前(　　) A．受到魔盘的支持力缓慢增大 B．受到魔盘的摩擦力不变 C．受到的合外力大小不变 D．受到魔盘的作用力逐渐增大 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．如图，某同学在A点把一篮球以初速度v0斜向上抛出，v0与水平面成60°角，曲线ACB为篮球在空中的部分轨迹，C为轨迹最高点，高为h，篮球进入球框B点时速度方向与水平面成45°角，忽略篮球受到的空气阻力，从A点到C点的时间为tA，C点到B点的时间为tB，重力加速度为g，则(　　) A．h＝ B．h＝ C．tA∶tB＝∶1 D．tA∶tB＝∶ 9．如图甲所示，一可绕光滑固定轴O转动的轻杆，另一端连接一小球，小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．小球的质量为 B．v2＝a时，小球处于完全失重状态 C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向竖直向上 D．v2＝2c时，杆对小球的弹力大小为3b 10．在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B(均视为质点)，它们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r，A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数分别为μ、，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，当两物块相对转盘将要发生滑动时，保持转盘的转速不变，下列说法正确的是(　　) A．此时转盘的角速度为 B．此时细线中的张力大小为2μmg C．此时烧断细线后的瞬间，B的加速度大小为μg D．此时烧断细线后的瞬间，A、B两物块的加速度大小相等 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(6分)某同学利用图甲中所示的DIS向心力实验器来探究圆周运动向心力的影响因素。实验时，砝码随旋臂一起做圆周运动，其所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋臂另一端的挡光杆每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间Δt，换算生成ω。保持砝码的质量和转动半径不变，改变其转速得到多组F、ω的数据后，作出了F－ω2图线如图乙所示。牵引杆的质量和一切摩擦可忽略。 (1)该同学采用的主要实验方法为________。 A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想化模型法 (2)实验中，某次挡光杆经过光电门时的挡光时间为Δt，已知挡光杆到转轴的距离为d，挡光杆的挡光宽度为Δs，则可得挡光杆转动角速度的表达式ω＝________________________。 (3)根据图乙，得到的实验结论是：__________________________________________ ________________________________________________________________________。 12．(8分)某同学利用图甲的装置研究平抛运动规律。 (1)实验中，下列说法正确的是________。 A．斜槽轨道必须光滑 B．斜槽轨道末端可以不水平 C．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放 D．实验前不需要用重垂线检查方格纸上的竖线是否竖直 (2)另一同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔一定时间发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙(图中不包括小球刚离开轨道的影像)。图中每个方格的边长为2.45 cm，当地重力加速度的大小为9.8 m/s2，完成下列填空： ①频闪仪每隔________ s发出一次闪光； ②小球运动到位置c时，其速度水平分量的大小为________ m/s，竖直分量的大小为________ m/s(保留2位有效数字)。 13．(12分)如图所示，在地面上放置一个倾角θ＝37°的斜面，一质量为m＝1.0 kg的小球从A点以初速度v0＝3 m/s水平抛出，恰好垂直击中斜面上的C点。已知地面上的O点在A点的正下方，两点间的高度差为h＝1.25 m；B点为斜面的底端，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)小球从抛出到落在C点的时间； (2)碰撞点C与斜面底端B点间的距离； (3)若小球在运动的过程中还受到恒定水平力的作用，欲刚好落在O点，水平力的大小是多少。 14．(12分)旋转飞椅是游乐场中比较常见的一种游乐项目，为分析其安全问题，可将其简化为如图所示的圆锥摆来进行分析。长为L的细线一端吊着一个可视为质点的小球，另一端O固定，使小球做水平面内的匀速圆周运动。若细线允许承受的最大拉力为摆球重力的3倍，悬点O到地面的高度为h＝2L，重力加速度为g，空气阻力不计。(结果保留根号) (1)若为了安全，圆锥摆的细线拉力不允许超过最大拉力的，则该圆锥摆允许的最大角速度为多大？ (2)若当圆锥摆以(1)中的角速度运动时小球突然脱落，则小球落地点与悬点正下方地面上的O′点的距离是多少？ 15．(16分)某冲关游戏有如图所示的滑道，倾斜直轨道AB的倾角θ＝37°，B点右侧紧靠一个长度L＝2 m的水平传送带，B与C两点可认为平滑衔接(速度大小不变)，A点距传送带垂直距离h＝2.4 m，冲关者坐上坐垫从A点由静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，经C点进入传送带后从D点水平抛出，落在水面上某点E。已知传送带末端距水面高度H＝0.8 m，坐垫与AB轨道间的动摩擦因数μ1＝0.5，坐垫与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力。(结果均可用含根号式子表示) (1)求冲关者到达B点时的速度大小； (2)如果传送带不动，求冲关者冲过D点后的水平射程； (3)如果传送带沿顺时针方向转动，并且速度v大小可调，求出冲关者冲过D点后的水平射程x与速度大小v的关系式。 学科网（北京）股份有限公司 $ 抛体运动 圆周运动 单元检测题 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1． 答案　D 解析　以最短的时间过河，则木船的船头垂直于河岸，木船渡河同时参与了两个运动，垂直河岸的分运动和平行河岸的分运动，其中垂直河岸的分速度等于木船相对静水的速度，保持不变；平行河岸的分速度等于水速，根据题意可知平行河岸的分速度先增大后减小，故木船的加速度先平行于河岸向右，后平行于河岸向左，木船做曲线运动，根据加速度方向指向轨迹的凹侧可知，D正确，A、B、C错误。 2.答案　B 解析　速度v是轻环A的合速度，vcos θ是速度v沿轻绳方向的分速度，重物B沿轻绳方向运动，所以刚开始时重物B的速度为vB＝vcos θ，B正确，A错误；由公式vB＝vcos θ知，当轻环A匀速上升时，v不变，夹角θ增大，cos θ减小，重物B的速度减小，重物B做减速运动，C错误；重物B做竖直向下的减速运动，有向上的加速度，所以绳对重物B的拉力大于重物B的重力，D错误。 3．答案　B 解析　合力方向与速度方向垂直时，小球的动能最小，由题意知＝tan θ＝，则合力方向与竖直方向的夹角θ＝37°，可知当速度方向与水平夹角为37°时，小球的动能最小，故B正确，A、C、D错误。 4．答案　D 解析　由题意可知，A、B、C三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C三点的半径大小关系RC>RA>RB，可知A、B、C三点的角速度大小关系为ωC<ωA<ωB，根据转速与角速度关系ω＝2πn可知，A、B、C三点的转速大小关系为nC<nA<nB，根据周期与角速度关系T＝可知，A、B、C三点的周期大小关系为TC>TA>TB，选项A、B、C错误，D正确。 5.答案　B 解析　小球做平抛运动，欲使小球落在盒内，竖直方向下降的高度为h＝2a＝gt2，解得时间为t＝，当小球落在A点时，水平方向通过的位移最小为xmin＝a，故抛出的最小速度为vmin＝＝，当小球落在C点时，水平方向通过的位移最大为xmax＝＝a，故抛出的最大速度为vmax＝＝，A、C、D错误，B正确。 6．答案　C 解析　在斜面顶端A以速度v0水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，设斜面倾角为θ， 有tan θ＝＝＝① 解得t1＝② 水平位移x＝v0t1＝③ 初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，由公式③知水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v0水平抛出小球，小球将落在水平面上，D错误；由以上分析可知两球下降的高度之比为1∶2，由公式h＝gt2可知，t1∶t2＝1∶，则t2<2t1，C正确，A、B错误。 7．答案　D 解析　设魔盘斜面倾角为θ，对人受力分析如图所示， 可知Ffcos θ－FNsin θ＝mω2r， Ffsin θ＋FNcos θ＝mg， 解得FN＝mgcos θ－mω2rsin θ， Ff＝mgsin θ＋mω2rcos θ， 则随着魔盘转速缓慢增大，则人受到魔盘的支持力FN缓慢减小，人受到魔盘的摩擦力Ff缓慢增大，选项A、B错误； 根据F＝mω2r可知，随着转速增大，人受到的合外力大小增大，选项C错误； 人受到魔盘的作用力是支持力和摩擦力的合力，其大小为F′＝，则大小随着转速的增大而增大，选项D正确。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．答案　BC 解析　篮球从A到C的斜上抛运动由逆向思维可看成由C到A的平抛运动，水平方向为匀速直线运动，有vCx＝v0cos 60°＝，竖直方向为匀加速直线运动，有(v0sin 60°)2＝2gh，解得h＝，故A项错误，B项正确；C到A的运动时间为tA＝＝，在B点有tan 45°＝，可得tB＝，则tA∶tB＝∶1，故C项正确，D项错误。 9．答案　ABD 解析　当v2＝0时，小球受重力、杆的弹力作用，二力平衡，即mg＝b，当v2＝a时，FN＝0，说明重力恰好提供向心力，小球处于完全失重状态，由mg＝m，知mg＝m，得g＝，m＝，故A、B项正确；当v2＝c时，小球在最高点的速度更大，重力不足以提供向心力，此时杆对球有向下的拉力，故C项错误；当v2＝c时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知mg＋b＝m，同理，当v2＝2c时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知mg＋FN′＝m，得FN′＝3mg＝3b，故D项正确。 10．答案　AB 解析　A、B两物块相比，根据向心力公式F＝mrω2，可知B物块所需要的向心力较大，又细线拉力相等，则当转速增大到刚好要发生滑动时，B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心；当刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，有FT＋·2mg＝2m·3rω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝m·2rω2，由以上两式得FT＝2μmg，ω＝，A、B正确。此时烧断细线后的瞬间，B相对圆盘滑动，由牛顿第二定律知其加速度为aB＝＝g，C错误。细线烧断后瞬间，A所需向心力Fn＝m·2rω2＝μmg，等于最大静摩擦力，则A随转盘一起做匀速圆周运动，aA＝μg≠aB，D错误。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．答案　(1)B　(2)　(3)在m、r一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比 解析　(1)实验中保持砝码的质量和转动半径不变，改变其转速，所以采用的是控制变量法。故选B。 (2)挡光杆处的线速度大小为v＝，角速度为ω＝。 (3)在m、r一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比。 12．答案　(1)C　(2)①0.05　②0.98　1.2 解析　(1)斜槽不必光滑，只要每次从斜槽上同一位置由静止释放，到达斜槽末端时的速度就相等，C正确，A错误；斜槽轨道末端必须保持水平，小球才能做平抛运动，落地时间才会相同，B错误；实验前要用重垂线检查方格纸上的竖线是否竖直，D错误。 (2)①竖直方向，根据Δy＝gT2，有T＝＝＝ s＝0.05 s。 ②小球运动到位置c时，其速度的水平分量的大小为v0＝＝ m/s＝0.98 m/s，竖直分量的大小为vy＝＝ m/s≈1.2 m/s。 13．答案　(1)0.4 s　(2)0.75 m　(3)12 N 解析　(1)小球恰好垂直击中斜面上C点，将小球的速度分解到水平方向和竖直方向，如图所示 由几何关系得tan θ＝＝ 解得t＝0.4 s (2)小球竖直方向做自由落体运动，有h1＝gt2＝0.8 m 由几何关系知L＝＝0.75 m (3)由运动的独立性可知，小球在水平方向做往返类运动，落在O点时水平位移为零；对竖直方向有h＝gt′2 对水平方向有2v0＝at′ 联立解得a＝12 m/s2 由牛顿第二定律可知，水平力大小为F＝ma＝12 N。 14．答案　(1)　(2)L 解析　(1)设摆球质量为m，细线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律可得Fmaxsin θ＝mωr 又Fmax＝3mg，r＝L·sin θ 联立解得ωmax＝ (2)设小球脱落时的速度大小为v0，则有v0＝ωmaxLsin θ 脱落前，竖直方向根据受力平衡可得Fmaxcos θ＝mg 解得cos θ＝ 小球平抛运动的高度为h＝2L－Lcos θ＝1.4L 小球脱落后做平抛运动，竖直方向有h＝gt2 解得t＝ 水平方向有x＝v0t 由勾股定理可得d＝ 联立解得落地点与悬点正下方地面上的O′点的距离为d＝L。 15．答案　(1)4 m/s　(2) m　(3)见解析 解析　(1)在轨道AB上运动时，对人与坐垫分析，由牛顿第二定律有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1 解得a1＝2 m/s2 由vB2＝2a1xAB，xAB＝＝4 m 联立解得vB＝4 m/s (2)若传送带不动，则从C到D有a2＝μ2g＝2 m/s2 由0－vB2＝2(－a2)x0 可得x0＝4 m>L 所以冲关者从C运动到D过程一直减速，由v－v＝2(－a2)L 解得vD＝2 m/s 冲关者过D点后做平抛运动，则有t＝＝0.4 s 则水平射程x1＝vDt＝ m (3)若冲关者从C到D过程一直加速，由vD′2－vB2＝2a2L 解得vD′＝2 m/s 当0≤v≤2 m/s时，水平射程x＝x1＝ m 当2 m/s<v<2 m/s时，水平射程x＝vt＝v(m) 当v≥2 m/s时，水平射程x＝vD′t＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $