第2章 匀速圆周运动 水平测评-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第二章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，第1～7小题，只有一个选项符合题意；第8～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．如图a所示为游乐园中的旋转飞椅，可简化为如图b所示的模型，乘坐在吊椅上的游客的运动均可视为匀速圆周运动，不考虑空气阻力的影响，游客的座椅吊绳长度为L，与竖直方向的夹角为θ，座椅与游客均可视为质点，则(　　) A．游客所受向心力方向垂直绳子向下 B．游客做圆周运动的半径为Lsinθ C．θ越大，转速越大 D．θ越大，周期越大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R＝0.25 m的四分之一圆弧形轨道不同位置无初速释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的F­x图像，则由图可求得小球质量为(　　) A．0.25 kg B．0.5 kg C．0.75 kg D．1 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．人类向宇宙空间最具可能的发展是在太阳系内 地球附近建立“太空城”。设想中的一个圆柱形太空城， 其外壳为金属材料，长1600 m、直径200 m，内壁沿纵 向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上 覆盖1.5 m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境。为了使太空城内的人能如地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动。如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A．太空城内的人所受的“重力”一定通过垂直中心轴的截面圆的圆心 B．人随太空城自转所需的向心力由太空城对人的支持力提供 C．太空城内的人不能运用天平准确测出质量 D．太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城内的人受到的“重力”越大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　因为太空城绕自己的中心轴做匀速圆周运动，太空城对人的支持力提供向心力，故支持力的方向指向圆心，人所受的“重力”就等于太空城对人的支持力，故太空城内的人所受的“重力”一定通过垂直中心轴的截面圆的圆心，A、B正确；根据Fn＝mω2R可知，太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城内的人受到的“重力”越大，D正确；因为太空城内人为创造了“重力”，故太空城内的人能运用天平准确测出质量，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)某实验小组利用如图所示的装置进行 “探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实 验。转动手柄，可使轮塔、长槽和短槽随之匀速转动。 轮塔自上而下有三层，每层左、右半径比分别是1∶1、 2∶1和3∶1。左、右轮塔通过皮带连接，并可通过改变皮带所处层来改变左、右轮塔的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，A、C到左、右轮塔中心的距离相等，两个小球随轮塔做匀速圆周运动，向心力大小关系可由标尺露出的等分格的格数判断。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)该实验用到的方法是________。 A．理想实验法 B．等效替代法 C．微元法 D．控制变量法 (2)在某次实验中，某同学把两个质量相等的小球分 别放在A、C位置，将皮带连接在左、右轮塔半径之比为2∶1的轮塔上，实验中匀速转动手柄时，得到左、右标尺露出的等分格数之比为1∶4。 (3)若将皮带连接在左、右轮塔半径之比为3∶1的轮塔上，左、右两边轮塔的角速度之比为________，当左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，则实验说明________________________________________________________ _________________________________。 D 1∶3 做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力的大小与转动角速度的平方成正比 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　(1)分析易知本实验采用的是控制变量法。故A、B、C错误，D正确。 (3)因用皮带连接的左、右轮塔边缘线速度大小相等，又皮带连接的左、右轮塔半径之比为3∶1，根据v＝rω可知，左、右两边轮塔的角速度之比为1∶3。又根据题意知放在A、C两处的小球质量相等，转动半径相等，左边标尺露出1个等分格，右边标尺露出9个等分格，表明两球所受向心力大小之比为1∶9。则此次实验说明，做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力的大小与转动角速度的平方成正比。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(6分)如图甲所示是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图，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，力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度大小，表格中是所得数据，图乙为F­v图像、F­v2图像、F­v3图像。 v/(m·s－1) 1 1.5 2 2.5 3 F/N 0.88 2 3.5 5.5 7.9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 F＝0.88v2 线速度大小v 0.088 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤，有数值计算的题注明单位) 13．(10分)如图所示为某同学设计的研究工厂中行车运动的模型示意图，悬挂重物的细绳长为l，所悬挂重物可视为质点，质量为m，离地的高度为h。行车吊着重物在水平轨道上匀速行驶，在行驶过程中行车由于出现故障紧急制动(即行车瞬间停下，时间可忽略)，细绳刚好被拉断，细绳断后，重物落在地面上，其水平距离为s。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求： (1)行车匀速运动的速度大小； (2)细绳能承受的最大拉力。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)雄鹰翱翔在蓝天，某段时间内，雄鹰的运动可以看成在水平面内绕某中心点做匀速圆周运动，示意图如图所示，已知在时间t内，雄鹰通过的弧长为s，雄鹰与中心点的连线在这段时间内转过的角度为θ，雄鹰的质量为m，取重力加速度大小为g，雄鹰在空中飞翔时可认为只受重力和升力(周围空气施加的)，雄鹰在运动中可以视为质点，求： (1)雄鹰的向心加速度的大小； (2)雄鹰受到的升力的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(16分)如图所示的机械装置由摆锤和底座两部分组成，摆锤通过轻质直杆与底座上的转轴O连接，摆锤重心到转轴O的距离为L，机械装置放置在上表面水平的压力传感器上，底座内部的电机可以驱动摆锤在竖直平面内做圆周运动。电机转动稳定后，摆锤以角速度ω逆时针做匀速圆周运动，底座始终保持静止，压力传感器显示底座对传感器的压力随时间周期性变化，最小值为F1，最大值为F2，重力加速度用g表示。请解答下面的问题： (1)求该机械装置的总质量(包括摆锤)； (2)当电机转动稳定后，从摆锤重心通过最高点 开始计时，以水平向右为正方向，求底座所受摩擦力 随时间变化的表达式并作出其图像。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 [名师点拨]　本题求解底座所受摩擦力的关键是，将摆锤的运动沿水平方向和竖直方向分解，然后根据牛顿第二定律和平衡条件求解。圆周运动大部分情况按径向和切向方向分解，但有些情况则需要沿固定坐标轴分解，这需要根据题意分析应采用哪种分解方法。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．如图所示的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮。若齿轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是(　　) A．小齿轮逆时针匀速转动 B．小齿轮的每个齿的线速度均一样 C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的eq \f(1,3)倍 D．小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍 解析　小齿轮边缘的运动方向和大齿轮边缘的运动方向相同，所以小齿轮也是顺时针匀速转动，故A错误；大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的每个齿的线速度大小相等、方向不同，故B错误；大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，根据线速度公式v＝rω，向心加速度公式an＝eq \f(v2,r)，结合B项分析可知，小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，小齿轮每个齿的向心加速度是大齿轮每个齿的向心加速度的3倍，故C错误，D正确。 2．如图所示，质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v，若物块滑到最低点时受到的摩擦力是Ff，则物块与碗的动摩擦因数为(　　) A．eq \f(Ff,mg) B．eq \f(Ff,mg＋m\f(v2,R)) C．eq \f(Ff,mg－m\f(v2,R)) D．eq \f(Ff,m\f(v2,R)) 解析　物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v2,R)，又Ff＝μFN，联立解得μ＝eq \f(Ff,mg＋m\f(v2,R))，B正确。 3．3月12日为我国的法定植树节，全民义务植树运动有力推动了我国生态状况的改善。如图所示，某同学正在种植一棵小树苗，先把树根部放入土坑中，双手把树扶起到竖直状态，该同学的两手与树苗的接触位置始终距地面高为h，此时树苗与地面的夹角为α，该同学双手水平向左的速度恰好为v，则树苗转动的角速度为(　　) A．ω＝eq \f(v,h) B．ω＝eq \f(vtanα,h) C．ω＝eq \f(vcos2α,h) D．ω＝eq \f(vsin2α,h) 解析　该同学的两手与树苗的接触位置始终距地面高为h，双手的实际速度水平向左，将手的速度按如图所示方向进行分解，此时手握树干的位置到O点的距离为R＝eq \f(h,sinα)，又vy＝vsinα＝ωR，联立解得ω＝eq \f(vsin2α,h)，故选D。 4．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是(　　) A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上 B．模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相同 C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力 D．管状模型转动的角速度ω最大为eq \r(\f(g,R)) 解析　离心力不是真实存在的力，A错误；模型最下部受到铁水的作用力最大，最上部受到的作用力最小，B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则铁水的重力提供向心力，由mg＝mω2R得ω＝eq \r(\f(g,R))，故管状模型转动的角速度ω至少为eq \r(\f(g,R))，C正确，D错误。 解析　游客在水平面内做匀速圆周运动，向心力方向沿水平方向并始终指向旋转飞椅的转轴，故A错误；设转轴上方圆盘的半径为R，则游客做圆周运动的半径为r＝Lsinθ＋R，故B错误；绳子拉力和游客与座椅总重力的合力提供向心力，由受力分析以及牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(gtanθ,Lsinθ＋R))＝eq \r(\f(g,Lcosθ＋\f(R,tanθ)))，θ越大，ω越大，根据n＝eq \f(ω,2π)可知转速越大，根据T＝eq \f(2π,ω)可知周期越小，故C正确，D错误。 解析　小球运动到圆弧轨道的最低点时，由重力与轨道的支持力的合力提供向心力，结合牛顿第三定律有F－mg＝m2,0)eq \f(v,R) ，小球做平抛运动时的水平射程x＝v0t，竖直位移y＝eq \f(1,2)gt2，根据几何关系可得eq \f(y,x)＝tanθ，联立得F＝mg＋eq \f(mg,2Rtanθ)x，由图像可知当x＝0.5 m时，F＝10.0 N，解得m＝0.5 kg，故B正确。 7．游乐园有一个滑道，形状与以水平初速度v0抛出时的抛物线轨迹相同。小雨同学在小兰同学的助推下，以水平初速度v1(v1＜v0)开始滑行。不计摩擦与空气阻力，则正确描述小雨滑行经历的是(　　) A．滑行过程小雨的水平速度不变 B．滑行时间与同样高度的自由落体运动时间相等 C．小雨的速度与竖直方向的夹角为θ时，所在滑道处的曲率半径ρ＝2,0)eq \f(v,gsin2θ) D．小雨的速度与竖直方向的夹角为θ时，所在滑道处的曲率半径ρ＝2,0)eq \f(v,gsin3θ) 解析　滑行过程中，小雨受到重力mg和支持力FN的作用，如图所示，沿竖直方向和水平方向进行正交分解，由牛顿第二定律得，水平方向加速度a水平＝eq \f(F1,m)，则水平速度增大，竖直方向加速度a竖直＝eq \f(mg－F2,m)<g，则小雨的滑行时间大于同样高度的自由落体运动时间，故A、B错误；若以水平初速度v0做平抛运动，则小雨的速度与竖直方向的夹角为θ时，速度大小为v＝eq \f(v0,sinθ)，加速度的径向分量an＝gsinθ，根据向心加速度公式有an＝eq \f(v2,ρ)，联立解得ρ＝2,0)eq \f(v,gsin3θ) ，C错误，D正确。 9．如图所示，悬挂在摩天轮边缘、质量为m的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱可视为质点，其运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度大小为g，则座舱(　　) A．线速度的大小为ωR B．运动周期为eq \f(2πR,ω) C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R 解析　由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v＝ωR，A正确；由于座舱做匀速圆周运动，由公式ω＝eq \f(2π,T)，解得T＝eq \f(2π,ω)，B错误；座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，C错误；由合力提供匀速圆周运动的向心力可得F合＝mω2R，D正确。 10．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为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＝eq \r(\f(2μg,r)) 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 解析　A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，由F＝mω2R知，因为B的运动半径比A的大，所以B所需向心力大，而绳子上拉力处处相等，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＝eq \r(\f(2μg,r))，故A、B、C正确；此时烧断绳子，因μmg<mω2r，故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，同理因μmg<mω2·2r，故B也做离心运动，D错误。 (1)数据表格和图乙中的三个图像是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度大小v的关系时，保持圆柱体质量不变、半径r＝0.1 m的条件下得到的。研究图像后，可得出向心力F和圆柱体线速度大小v的关系式为____________。 (2)为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持________________不变。 (3)若已知向心力公式为F＝meq \f(v2,r)，根据上面的图线可以推算出，本实验中圆柱体的质量为____________。 解析　(1)研究数据表格和题图乙中B图不难得出F∝v2，进一步研究知题图乙B中图线的斜率k＝eq \f(ΔF,Δv2)≈0.88，故F与v的关系式为F＝0.88v2。 (2)根据F＝meq \f(v2,r)可知，还应保持线速度大小v不变。 (3)因F＝meq \f(v2,r)＝0.88v2，r＝0.1 m，则m＝0.088 kg。 答案　(1)seq \r(\f(g,2h))　(2)mg＋eq \f(mgs2,2hl) 解析　(1)细绳断后，重物做平抛运动， 在竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2 在水平方向有s＝v0t 联立解得行车匀速运动的速度大小v0＝seq \r(\f(g,2h))。 (2)绳子将断时，相当于重物在圆周运动的最低点，由牛顿第二定律得T－mg＝2,0)eq \f(mv,l) 解得细绳能承受的最大拉力T＝mg＋eq \f(mgs2,2hl)。 答案　(1)eq \f(θs,t2)　(2)meq \r(g2＋\f(θ2s2,t4)) 解析　(1)设雄鹰做匀速圆周运动时的角速度为ω，则ω＝eq \f(θ,t) 由几何关系得s＝rθ 雄鹰的向心加速度a向＝ω2r 联立解得a向＝eq \f(θs,t2)。 (2)雄鹰运动时的向心力F向＝ma向 代入a向解得F向＝eq \f(mθs,t2) 对题图中起点处雄鹰受力分析可知，雄鹰受到的升力大小F＝2,向)eq \r(（mg）2＋F) 整理得F＝meq \r(g2＋\f(θ2s2,t4))。 答案　(1)eq \f(F1＋F2,2g) 　(2)f＝eq \f(F2－F1,2)sinωt　图像见解析 解析　解法一：(1)设摆锤和底座的质量分别为m、M， 当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，此时对底座和摆锤整体，可得： (M＋m)g－F1＝mLω2 当摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时对底座和摆锤整体，可得： F2－(M＋m)g＝mLω2 联立可得M＋m＝eq \f(F1＋F2,2g)，m＝eq \f(F2－F1,2Lω2)。 (2)从摆锤通过最高点开始计时，设经t时间杆转过的角度为θ，对底座和摆锤整体，水平方向根据牛顿第二定律可得：f＝mLω2sinθ， 又θ＝ωt 联立以上各式解得摩擦力f＝eq \f(F2－F1,2)sinωt 图像如下图所示： 图中Fm＝eq \f(F2－F1,2)。 解法二：(1)设摆锤和底座的质量分别为m、M，当摆锤通过最高点时，压力传感器示数最小，假设直杆对摆锤的作用力向下，此时 对摆锤有mg＋FN1＝mLω2 对底座有F1＋FN1′＝Mg 由牛顿第三定律有FN1＝FN1′ 摆锤通过最低点时，压力传感器示数最大，此时 对摆锤有FN2－mg＝mLω2 对底座有F2＝Mg＋FN2′ 由牛顿第三定律有FN2＝FN2′ 联立求得M＋m＝eq \f(F1＋F2,2g)。 (2)设从最高点开始转动t时间后，直杆作用力在水平方向的分量为Fx，则 对摆锤有Fx＝max＝mLω2sinωt 对底座分析知，摩擦力为f＝Fx′＝Fx 而由(1)问可求得m＝eq \f(F2－F1,2Lω2) 联立求得底座所受摩擦力f＝eq \f(F2－F1,2)sinωt 图像如下图所示： 图中Fm＝eq \f(F2－F1,2)。 $$