第六章 章末检测-【教学无忧】2024-2025学年高一物理同步精品备课（人教版2019必修第二册）

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 第5章 曲线运动检测卷 一、单项选择题 1. 下列关于向心加速度的说法中，正确的是(　　) A. 物体由于做圆周运动，产生了一个向心力 B. 做匀速圆周运动的物体，其向心力为其所受的合外力 C. 做匀速圆周运动的物体，其向心力不变 D. 向心加速度决定向心力的大心 2. 如图所示，关于做圆周运动物体的向心力来源分析正确的是(　　) A. 图a中汽车在水平路面转弯，地面对车的支持力提供向心力 B. 图b中汽车行驶过拱桥最高点时，地面对车的支持力提供向心力 C. 图c中小球在水平面做匀速圆周运动，绳对小球的拉力提供向心力 D. 图d中小物块随水平圆盘匀速圆周运动，圆盘对物块的摩擦力提供向心力 3. 如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为 ，传动轮齿数未知，半径为 ，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是(　　) A. 使用时，出带轮与收带轮转动方向相反 B. 根据题中信息，可以算出传动轮的齿数 C. 根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径 D. 在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变 4. 地球上的所有物体都随地球自转而做圆周运动，兰州大约在北纬37°附近，为了方便计算，兰州的纬度角 取37°，已知cos37°=0.8，物体A在兰州，物体B在赤道上某点，它们都相对于地面静止，A、B质量相等对于A、B随地球自转而做圆周运动的描述，下列说法正确的是(　　) 　　 A. A、B的线速度之比是4：5 B. A、B的角速度之比是4：5 C. A、B的向心加速度之比是1：1 D. A、B的向心力之比是1：1 5. 如图所示，P、Q为摩天轮上的两个舱，在摩天轮匀速转动过程中(　　) A. P、Q的线速度相同 B. P、Q的角速度相同 C. P、Q的向心加速度相同 D. P、Q所需的向心力相同 6. 第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s²，忽略空气阻力影响，则(　　) A. 运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/s B. 运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/s C. 运动员从B点飞出后经3s离斜面最远 D. 运动员在B点对轨道的压力为1400N 7. 由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是(　　) A. P点的线速度大小不变 B. P点的加速度方向不变 C. Q点在竖直方向做匀速运动 D. Q点在水平方向做匀速运动 8. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2，则(　　) A. 小球经过B点时的速率为5 m/s B. 小球经过B点时受到管道的作用力为1 N，方向向上 C. 若改变小球进入管道的初速度使其恰好到达B点，则在B点时小球对管道的作用力为零 D. 若改变小球速度使其在A点的速度为8 m/s，则在A点时小球对管道的作用力为64 N 9. 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B，光滑水平转轴过杆上距球A为L的O点。外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球A在最高点时(　　) A. 球A的速度为零 B. 球B的速度为 C. 杆对B球的作用力大小为4mg D. 水平转轴对杆的作用力大小为6mg 10. 如图所示，OO'为竖直轴，MN为固定在OO'上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，DC和EC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO'上。当线被拉直时，A、B两球转动半径之比恒为2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时(　　) A. DC先断 B. EC先断 C. 两线同时断 D. 不能确定哪段线先断 二、多选题 11. (2023·广东广州高一统考期末)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明，如图所示为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R，在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度为g，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是(　　) A. 水流在空中运动水平位移为x＝ B. 水流在空中运动时间为t＝ C. 水车最大角速度接近ω＝ D. 水流冲击轮叶前瞬间的线速度大小v＝2v0 12. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　) A. 此时绳子张力为T=3μmg B. 此时圆盘的角速度为ω= C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 13. 如图所示，装置BO′O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，B点距C点的水平和竖直距离相等。下列说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A. 装置匀速转动的角速度为ω＝ rad/s时，细线AB上的张力为零，细线AC与竖直方向夹角仍为37° B. 若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度ω＜ rad/s时，细线AC张力FT＝ N C. 若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度ω＞ rad/s时，细线AC上张力FT与角速度的平方ω2呈线性关系 D. 若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度ω＞ rad/s 时，细线AB上张力不变 14. 如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零。物块与转台间动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块随转台由静止开始缓慢加速转动，在物块离开转台前(　　) A. 物块对转台的压力大小等于物块的重力 B. 绳中刚出现拉力时，转台的角速度为 C. 转台对物块的摩擦力一直增大 D. 物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为 四、实验题 15. 某同学做探究向心力与线速度关系的实验。装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下： ①用游标卡尺测出钢球直径d； ②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L; ③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2。 已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示： (1)钢球经过光电门时的线速度表达式v＝______，向心力表达式F向＝m＝________； (2)钢球经过光电门时，所受合力的表达式F合＝ ________。 16. 用图甲所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1∶2∶1。 (1)探究向心力与角速度之间的关系时，选择半径________(填“相同”或“不同”)的两个塔轮，同时应将质量相同的小球分别放在________(填字母)处。 A．挡板A与挡板B B．挡板A与挡板C C．挡板B与挡板C (2)探究向心力与角速度之间的关系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为________。 A．1∶9 B．3∶1 C．1∶3 D．1∶1 (3)图乙是某同学用DIS实验装置研究向心力与哪些因素有关的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m，放置在未画出的圆盘上，圆周轨道的半径为r，力传感器测定的是圆柱体所受的向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度，表格中记录了向心力与线速度对应的数据，为了简单明了地观察出向心力与线速度的关系，最好是选择下列选项图中的图________(填字母)。 五、计算题 17. (2023·雅安中学高一校考)如图所示，马戏团正在上演飞车节目，在竖直平面内有半径为R＝4 m的圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m＝200 kg，人和摩托车可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求表演者恰能通过最高点时的速度大小v1； (2)表演者通过最低点时对轨道的压力大小为N2＝9 200 N，求此时表演者的速度大小v2； (3)表演者以v3＝11 m/s的速度通过轨道最左端时，求此时摩托车对轨道的压力N3。 18. 如图所示，是一种模拟旋转秋千的装置，整个装置可绕置于地面上的竖直转轴Oa转动，已知与转轴固定连接的水平杆ab长s＝0.1 m，连接小球的细绳长L＝ m，小球质量m＝0.1 kg，整个装置绕竖直转轴Oa做匀速圆周运动时，连接小球的细绳与竖直方向成37°角，小球到地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)细绳对小球的拉力T是多大； (2)该装置匀速转动的角速度； (3)若转动过程中，细绳突然断裂，小球落地时到转轴Oa的水平距离。 19. 如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高H＝0.8 m顶部水平高台，接着以v＝3 m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径R＝1.0 m，人和车的总质量为180 kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(人和车可视为质点) (1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离x； (2)从平台飞出到达A点时的速度大小及圆弧对应圆心角θ； (3)人和车到达圆弧轨道A点时对轨道的压力。 答案第2页 总2页 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 第五章 曲线运动检测卷 一、单项选择题 1. 下列关于向心加速度的说法中，正确的是(　　) A. 物体由于做圆周运动，产生了一个向心力 B. 做匀速圆周运动的物体，其向心力为其所受的合外力 C. 做匀速圆周运动的物体，其向心力不变 D. 向心加速度决定向心力的大心 【答案】B 【解析】向心力是效果力，力是改变物体运动状态的原因，所以物体由于具有向心力所以才做圆周运动，A错误；做匀速圆周运动的物体，其向心力为其所受的合外力，B正确；做匀速圆周运动的物体，其向心力大小不变，方向时刻改变，C错误；根据牛顿第二定律的因果性可知向心力决定向心加速度的大小，D错误。 2. 如图所示，关于做圆周运动物体的向心力来源分析正确的是(　　) A. 图a中汽车在水平路面转弯，地面对车的支持力提供向心力 B. 图b中汽车行驶过拱桥最高点时，地面对车的支持力提供向心力 C. 图c中小球在水平面做匀速圆周运动，绳对小球的拉力提供向心力 D. 图d中小物块随水平圆盘匀速圆周运动，圆盘对物块的摩擦力提供向心力 【答案】D 【解析】图a中汽车在水平路面转弯，地面对车的静摩擦力提供向心力，故A错误；图b中汽车行驶过拱桥最高点时，重力和地面对车的支持力的合力提供向心力，故B错误；图c中小球在水平面做匀速圆周运动，重力和绳对小球的拉力的合力提供向心力，故C错误；图d中小物块随水平圆盘匀速圆周运动，圆盘对物块的摩擦力提供向心力，故D正确。 3. 如图1所示为某修正带照片，图2为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有45齿，半径为 ，传动轮齿数未知，半径为 ，收带轮有15齿，半径未知，下列选项正确的是(　　) A. 使用时，出带轮与收带轮转动方向相反 B. 根据题中信息，可以算出传动轮的齿数 C. 根据题中信息，不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径 D. 在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的向心加速度大小不变 【答案】B 【解析】由于齿轮带动，根据图2可知，使用时，出带轮与传动轮转动方向相反，传动轮与收带轮传动方向相反，则出带轮与收带轮转动方向相同，故A错误；由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有 ，解得 ，故B正确；由于是齿轮带动，相邻齿之间的间距相等，则有 ，解得 ，可知，根据题中信息，能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径，故C错误；根据向心加速度的表达式有 ，在纸面长时间匀速拉动修正带时，出带轮边缘某点的圆周半径减小，则该点的向心加速度大小变大，故D错误。 4. 地球上的所有物体都随地球自转而做圆周运动，兰州大约在北纬37°附近，为了方便计算，兰州的纬度角 取37°，已知cos37°=0.8，物体A在兰州，物体B在赤道上某点，它们都相对于地面静止，A、B质量相等对于A、B随地球自转而做圆周运动的描述，下列说法正确的是(　　) 　　 A. A、B的线速度之比是4：5 B. A、B的角速度之比是4：5 C. A、B的向心加速度之比是1：1 D. A、B的向心力之比是1：1 【答案】A 【解析】A、B同轴转动角速度相等，即 ，故B错误；令地球的半径为R，则A的半径为 ，根据 ，可得A、B的线速度之比是 ，故A正确；根据向心加速度公式 ，可得 ，故C错误；根据向心力公式 ，可得A、B的向心力之比是 ，故D错误。 5. 如图所示，P、Q为摩天轮上的两个舱，在摩天轮匀速转动过程中(　　) A. P、Q的线速度相同 B. P、Q的角速度相同 C. P、Q的向心加速度相同 D. P、Q所需的向心力相同 【答案】B 【解析】根据示意图可知，P、Q两个舱线速度大小相等，方向不同，即P、Q的线速度不相同，故A错误；P、Q为摩天轮上的两个舱，在相等时间内转过的角度相等，可知P、Q的角速度相同，故B正确；根据上述，P、Q的角速度相同，根据 ，可知，P、Q两个舱向心加速度大小相等，方向均指向圆心，即方向不同，即P、Q的向心加速度不相同，故C错误；做圆周运动的物体所需的向心力为 ，由于P、Q两个舱的质量关系不确定，则P、Q所需的向心力不一定相同，故D错误。 6. 第24届冬季奥运会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R=50m。比赛中质量m=50kg的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡的C点，已知运动员在空中的飞行时间为4.5s，着陆坡的倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s²，忽略空气阻力影响，则(　　) A. 运动员从B点水平飞出的速度大小为60m/s B. 运动员从B点飞出后离斜面最远时速度大小为45m/s C. 运动员从B点飞出后经3s离斜面最远 D. 运动员在B点对轨道的压力为1400N 【答案】D 【解析】运动员从B点水平飞出后做平抛运动，因此有 ， ， ，联立解得 ，故A错误；运动员从B点飞出后离斜面最远时速度方向与斜面平行，则有 ， ，联立解得 ，故B错误；运动员从B点飞出后离斜面最远时，竖直方向有 ，解得 ，故C错误；运动员在B点飞出前在做圆周运动，根据牛顿第二定律有 ，解得 ，根据牛顿第三定律，运动员在B点对轨道的压力与轨道对运动员的支持力相等，故D正确。 7. 由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是(　　) A. P点的线速度大小不变 B. P点的加速度方向不变 C. Q点在竖直方向做匀速运动 D. Q点在水平方向做匀速运动 【答案】A 【解析】由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，P点的加速度方向时刻指向O点，A正确，B错误；Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y＝lOP·sin，则可看出Q点在竖直方向不是做匀速运动，C错误；Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x＝lOP·cos＋lPQ，则可看出Q点在水平方向也不是做匀速运动，D错误． 8. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2，则(　　) A. 小球经过B点时的速率为5 m/s B. 小球经过B点时受到管道的作用力为1 N，方向向上 C. 若改变小球进入管道的初速度使其恰好到达B点，则在B点时小球对管道的作用力为零 D. 若改变小球速度使其在A点的速度为8 m/s，则在A点时小球对管道的作用力为64 N 【答案】B 【解析】小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，根据平行四边形定则知tan 45°＝，解得小球经过B点的速率为vB＝vy＝3 m/s，故A错误；在B点，根据牛顿第二定律得mg＋FN＝m，解得轨道对小球的作用力FN＝－1 N，可知轨道对小球的作用力方向向上，大小为1 N，故B正确；改变小球进入管道初速度使其恰好到达B点，即到达B点速度为零，故满足FN＝mg，则在B点时小球对管道的作用力大小等于重力大小，故C错误；若改变小球速度使其在A点的速度为8 m/s，根据FNA－mg＝m，解得FNA＝74 N，由牛顿第三定律知，D错误． 9. 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B，光滑水平转轴过杆上距球A为L的O点。外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球A在最高点时(　　) A. 球A的速度为零 B. 球B的速度为 C. 杆对B球的作用力大小为4mg D. 水平转轴对杆的作用力大小为6mg 【答案】D 【解析】球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，对A分析，则mg＝m，解得vA＝，故A错误；由A、B转动的角速度相同，由v＝ωr，可得vB＝2vA＝2，故B错误；对B分析F－2mg＝2m，解得F＝6mg，故C错误；由于球A与杆之间没有作用力，球B受到杆向上的作用力为6mg，所以水平转轴对杆的作用力方向向上，大小为6mg，故D正确。 10. 如图所示，OO'为竖直轴，MN为固定在OO'上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，DC和EC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO'上。当线被拉直时，A、B两球转动半径之比恒为2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时(　　) A. DC先断 B. EC先断 C. 两线同时断 D. 不能确定哪段线先断 【答案】A 【解析】设B球的转动半径为r，则A球的转动半径为2r，两球的角速度相等为ω，由向心力表达式可得FDCcos α=mω2×2r，FECcos β=mω2r，cos α= (h为C到MN杆的竖直距离)，cos β= ，由数学知识知FDC>FEC，当ω增大时，DC先断，故选A。 二、多选题 11. (2023·广东广州高一统考期末)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明，如图所示为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R，在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度为g，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是(　　) A. 水流在空中运动水平位移为x＝ B. 水流在空中运动时间为t＝ C. 水车最大角速度接近ω＝ D. 水流冲击轮叶前瞬间的线速度大小v＝2v0 【答案】BCD 【解析】水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足tan 30°＝ 解得t＝，故B正确；水流在空中运动水平位移为x＝v0t＝，故A错误； 水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝＝2v0，根据v＝ωR，解得水车最大角速度为ω＝，故C、D正确。 12. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　) A. 此时绳子张力为T=3μmg B. 此时圆盘的角速度为ω= C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 【答案】ABC 【解析】物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2R，B的运动半径比A的大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向沿半径指向圆心，A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T-μmg=mω2r，T+μmg=mω2·2r，解得：T=3μmg，ω= ，故A、B、C正确;此时烧断绳子，μmg<mω2r，A的最大静摩擦力不足以提供所需的向心力，A做离心运动，同理μmg<mω2·2r，B也做离心运动，故D错误。 13. 如图所示，装置BO′O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，B点距C点的水平和竖直距离相等。下列说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A. 装置匀速转动的角速度为ω＝ rad/s时，细线AB上的张力为零，细线AC与竖直方向夹角仍为37° B. 若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度ω＜ rad/s时，细线AC张力FT＝ N C. 若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度ω＞ rad/s时，细线AC上张力FT与角速度的平方ω2呈线性关系 D. 若装置可以以不同的角速度匀速转动，且角速度ω＞ rad/s 时，细线AB上张力不变 【答案】ABC 【解析】细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°时，设装置匀速转动的角速度为ω1，小球受力如图所示， 则有mgtan θ＝mω12Lsin θ，解得ω1＝ rad/s，A 正确；ω≤ω1时，细线AC张力FT的竖直分量与小球重力平衡，即FTcos θ＝mg，得FT＝ N，B正确；ω1≤ω≤ω0(细线AB刚好竖直，且张力为0时，装置角速度为ω0)时，细线AB松弛，细线AC张力FT的水平分量提供向心力，即FTsin α′＝mω2Lsin α′，得FT＝mω2L，ω＞ω0时，细线AB对小球有向下的张力，但是仍然是细线AC张力的水平分量提供向心力，即FTsin α＝mω2Lsin α，得FT＝mω2L，即FT与ω2呈线性关系，C正确；当ω2＝ rad/s时，小球向左上方摆起，若AB拉力为零，设AC和竖直方向的夹角为θ′，则mgtan θ′＝mω22Lsin θ′，cos θ′＝，即θ′＝53°，由于B点距C点的水平和竖直距离相等，此时细线AB恰好竖直，FAB＝0，当角速度ω＞ rad/s时，细线AB上张力变化，D错误。 14. 如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零。物块与转台间动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块随转台由静止开始缓慢加速转动，在物块离开转台前(　　) A. 物块对转台的压力大小等于物块的重力 B. 绳中刚出现拉力时，转台的角速度为 C. 转台对物块的摩擦力一直增大 D. 物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为 【答案】BD 【解析】当转台达到一定转速后，物块受到绳的拉力、重力和转台的支持力，竖直方向受力平衡，则有Fcos θ+FN=mg，根据牛顿第三定律可知，物块对转台的压力大小等于转台对物块的支持力大小，所以此种情况下物块对转台的压力大小小于物块的重力，故A错误;当绳中刚出现拉力时，有μmg=mω2Lsin θ，得ω= ，故B正确;在细线产生张力前，滑块所需向心力由摩擦力的分力提供，随着转台角速度的增大，摩擦力增大，当细绳张力产生后，在竖直方向产生分力，滑块和转台间弹力减小，摩擦力减小，当物块即将离开转台时，摩擦力减为零，故C错误;当物块和转台之间摩擦力为零时，物块开始离开转台，有mgtan θ=mω2Lsin θ，所以物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为ω= ，故D正确。 四、实验题 15. 某同学做探究向心力与线速度关系的实验。装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下： ①用游标卡尺测出钢球直径d； ②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L; ③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2。 已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示： (1)钢球经过光电门时的线速度表达式v＝______，向心力表达式F向＝m＝________； (2)钢球经过光电门时，所受合力的表达式F合＝ ________。 【答案】(1)　　(2)F2－F1 【解析】(1)钢球的直径为d，通过光电门时间为t，故钢球经过光电门的线速度v＝。由题意受力分析可知，F1＝mg，钢球做圆周运动的半径R＝L＋，所以F向＝m＝。 (2)根据受力分析，F1＝mg，当钢球到达光电门时，钢球所受的合力等于F＝F2－mg＝F2－F1。 16. 用图甲所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1∶2∶1。 (1)探究向心力与角速度之间的关系时，选择半径________(填“相同”或“不同”)的两个塔轮，同时应将质量相同的小球分别放在________(填字母)处。 A．挡板A与挡板B B．挡板A与挡板C C．挡板B与挡板C (2)探究向心力与角速度之间的关系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为________。 A．1∶9 B．3∶1 C．1∶3 D．1∶1 (3)图乙是某同学用DIS实验装置研究向心力与哪些因素有关的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m，放置在未画出的圆盘上，圆周轨道的半径为r，力传感器测定的是圆柱体所受的向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度，表格中记录了向心力与线速度对应的数据，为了简单明了地观察出向心力与线速度的关系，最好是选择下列选项图中的图________(填字母)。 【答案】(1)不同　B　(2)B　(3)B 【解析】(1)探究向心力与角速度之间的关系时，由于两个塔轮通过皮带相连，所以线速度大小相等，为了使塔轮转动的角速度不同，应选择半径不同的两个塔轮，同时将质量相同的小球分别放在挡板A与挡板C处，故选B。 (2)根据向心力公式F＝mω2r可得两小球的角速度之比为＝＝，根据线速度公式v＝ωR可得与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为＝＝，故选B。 (3)A和C图像均为曲线，并不能直观地反映F和v之间的关系，B图像为直线，可以直观地反映F和v2成正比，故选B。 五、计算题 17. (2023·雅安中学高一校考)如图所示，马戏团正在上演飞车节目，在竖直平面内有半径为R＝4 m的圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m＝200 kg，人和摩托车可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求表演者恰能通过最高点时的速度大小v1； (2)表演者通过最低点时对轨道的压力大小为N2＝9 200 N，求此时表演者的速度大小v2； (3)表演者以v3＝11 m/s的速度通过轨道最左端时，求此时摩托车对轨道的压力N3。 【答案】(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3)6 050 N，方向水平向左 【解析】(1)最高点，根据mg＝m 解得v1＝2 m/s (2)最低点，由牛顿第三定律可得轨道对表演者和摩托车的支持力大小为N2′＝N2 根据N2′－mg＝m 解得v2＝12 m/s (3)在最左端，根据N3′＝m 解得N3′＝6 050 N 由牛顿第三定律可知N3＝N3′＝6 050 N，方向水平向左。 18. 如图所示，是一种模拟旋转秋千的装置，整个装置可绕置于地面上的竖直转轴Oa转动，已知与转轴固定连接的水平杆ab长s＝0.1 m，连接小球的细绳长L＝ m，小球质量m＝0.1 kg，整个装置绕竖直转轴Oa做匀速圆周运动时，连接小球的细绳与竖直方向成37°角，小球到地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)细绳对小球的拉力T是多大； (2)该装置匀速转动的角速度； (3)若转动过程中，细绳突然断裂，小球落地时到转轴Oa的水平距离。 【答案】(1)1.25 N　(2)5 rad/s　(3) m 【解析】(1)小球竖直方向受力平衡，有T＝ 解得T＝1.25 N (2)小球做水平面内的匀速圆周运动，合力提供向心力，可得mgtan 37°＝mω2r 小球做圆周运动的半径r＝s＋Lsin 37° 联立解得ω＝5 rad/s (3)细绳断裂时，小球的线速度大小为v＝ωr＝1.5 m/s 由h＝gt2 解得t＝0.4 s 小球平抛过程中，水平分位移为x＝vt＝0.6 m 根据几何关系可得小球落地时到转轴Oa的水平距离为d＝ 解得d＝ m。 19. 如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高H＝0.8 m顶部水平高台，接着以v＝3 m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径R＝1.0 m，人和车的总质量为180 kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(人和车可视为质点) (1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离x； (2)从平台飞出到达A点时的速度大小及圆弧对应圆心角θ； (3)人和车到达圆弧轨道A点时对轨道的压力。 【答案】(1)1.2 m　(2)5 m/s　106°　(3)5 580 N 【解析】(1)车做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可得， 竖直方向上有H＝gt2 水平方向上有x＝vt 解得x＝v＝3× m＝1.2 m。 (2)摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度为vy＝gt＝4 m/s 到达A点时速度为vA＝＝5 m/s 设摩托车落地至A点时速度方向与水平方向的夹角为α， 则有tan α＝＝ 即有α＝53°，所以有θ＝2α＝106°。 (3)对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力， 所以有FNA－mg cos α＝m 代入数据解得FNA＝5 580 N。由牛顿第三定律知，人和车到达圆弧轨道A点时对轨道的压力为F′NA＝FNA＝5 580 N。 答案第2页 总2页 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$