第6章 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（人教版2019）

第六章　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．如图所示，一圆盘在纸面内以O为圆心顺时针加速转动，其边缘上A点的加速度方向标示可能正确的是(　　) A．a1 B．a2 C．a3 D．a4 解析：A点做加速圆周运动，其向心加速度指向圆心，切向加速度与运动方向相同，由平行四边形定则可知，合加速度方向应与运动方向成锐角，且指向圆周内侧。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．某钟表分针上各点的半径为r、线速度为v、角速度为ω、加速度为a，下列表示各物理量关系的图像不正确的是(　　) 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 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 7．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，重力加速度g＝10 m/s2，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 8．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。为了避免交通卡车事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中合理的是(　　) A．改进路面设计，增大车轮与路面间的动摩擦因数 B．改造此段弯路，使弯道内侧高、外侧低 C．把路面的弯道半径改小一点 D．在进入转弯处设立限速标志，提醒司机 不要超速转弯 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 9．(2024·广西贵港市高一下期末)修正带是一种常见的学习用具，是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为如图所示的模型。A、B是转动的两个齿轮边缘的两点，C是大齿轮上的一点，若A、B、C的轨迹半径之比为2∶3∶2，则下列说法正确的是(　　) A．A、B的线速度大小之比为1∶1 B．A、B的角速度大小之比为1∶1 C．A、C的周期之比为3∶2 D．A、C的向心加速度大小之比为9∶4 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，可使塔轮、长槽和短槽随之 匀速转动。塔轮自上而下有三层，每层左、右半径 比分别是1∶1、2∶1和3∶1。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处层来改变左、右塔轮的角速度之比。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、右塔轮中心的距离相等，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，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、右塔轮半径之比为2∶1的塔轮上，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、右塔轮半径之比为3∶1的塔轮上，左、右两边塔轮的角速度之比为________，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 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∶3 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、右塔轮边缘线速度大小 相等，又皮带连接的左、右塔轮半径之比为3∶1，根 据v＝ωr可知，左、右两边塔轮的角速度之比为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)某同学做“验证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。已知钢球直径为d，钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下： ①将钢球悬挂静止不动，此时拉力传感器示数 为F1，用米尺量出线长L； ②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，拉力传感器示数的最大值 为F2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ①将钢球悬挂静止不动，此时拉力传感器示数为F1， 用米尺量出线长L； ②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，拉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大小的表达式为v＝______，向心力大小的表达式为F向＝___________________。 (2)钢球经过光电门时所受合力的表达式为F合＝________。 F2－F1 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．(8分)重庆市巴南区有一段“波浪形” 公路，如图甲所示，公路的坡底与坡顶间有 一定高度差，若该公路可看作由半径均为10 m的凹凸路面彼此连接而成，如图乙所示，质量为2×103 kg的汽车平行于中心标线行驶，先后经过了某段凸形路面的最高点M和凹形路面的最低点N，已知车胎的最大承受压力是4×104 N，取g＝10 m/s2，求： (1)汽车通过最高点M时不脱离路面的最大安全速度； (2)汽车通过最低点N时不发生爆胎的最大安全速度。 答案：(1)10 m/s　(2)10 m/s 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：钟表分针上各点做匀速圆周运动，且周期均为T＝1 h，根据ω＝eq \f(2π,T)，可知各点的角速度ω相同，故C错误；根据v＝ωr可知，各点的线速度v与其半径r成正比，故A正确；根据a＝eq \f(v2,r)＝ωv可知，各点的加速度a与其线速度v成正比，故B正确；根据a＝ω2r可知，各点的加速度a与其半径r成正比，故D正确。本题选不正确的，故选C。 3．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．转速为2πRω 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：由于座舱做匀速圆周运动，由公式ω＝2πn、ω＝eq \f(2π,T)，解得转速n＝eq \f(ω,2π)、运动周期T＝eq \f(2π,ω)，A、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大小一直改变，不可能始终为mg，C错误；由合力提供匀速圆周运动所需的向心力可得，所受合力的大小为F合＝mω2R，D正确。 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(\a\vs4\al(g),R))，故管状模型转动的角速度ω至少为eq \r(\f(\a\vs4\al(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(\a\vs4\al(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。 6．3月12日为我国法定的植树节，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。 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(\a\vs4\al(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。 解析：车辆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动摩擦因数，以增大最大静摩擦力，A正确；要使卡车沿题图所示弯路更安全地行驶，应改造路面使弯道内侧低，外侧高，B错误；由向心力公式Fn＝meq \f(v2,R)知，增大弯道半径或减小卡车行驶速度可以减小向心力，防止卡车因离心现象发生事故，C错误，D正确。 解析：修正带的两个齿轮为齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，即A、B的线速度大小之比为1∶1，故A正确；A、B的线速度相等，根据线速度与角速度的关系有ω＝eq \f(v,r)，则A、B的角速度大小之比为ωA∶ωB＝rB∶rA＝3∶2，故B错误；B、C同轴转动，周期和角速度相等，根据角速度与周期的公式有T＝eq \f(2π,ω)，可知A、C的周期之比为TA∶TC＝ωC∶ωA＝ωB∶ωA＝2∶3，故C错误；根据向心加速度的公式a＝rω2，可知A、C的向心加速度大小之比为aA∶aC＝rAωeq \o\al(2,A)∶rCωeq \o\al(2,C)＝9∶4，故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，当圆盘转速缓慢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(\a\vs4\al(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Fn＝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(\a\vs4\al(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。 eq \f(d,t) eq \f(2F1d2,gt2（2L＋d）) 解析：(1)已知钢球直径为d，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，则钢球经过光电门时的线速度大小的表达式为v＝eq \f(d,t)；由题意可知，钢球运动的半径R＝L＋eq \f(d,2)，钢球的重力mg＝F1，则钢球的质量m＝eq \f(F1,g)，向心力大小的表达式为F向＝meq \f(v2,R)＝eq \f(2F1d2,gt2（2L＋d）)。 (2)将钢球拉到适当的高度处释放，钢球经光电门时速度最大，此时拉力传感器的示数最大，为F2，则钢球经过光电门时所受合力的表达式F合＝F2－mg＝F2－F1。 解析：(1)设汽车在最高点M恰好不脱离路面时，速度为vM，有mg＝m2,M)eq \f(v,r) 解得vM＝10 m/s。 (2)设汽车在最低点N恰好不发生爆胎时，速度为vN，有FN－mg＝m2,N)eq \f(v,r) 其中车胎的最大承受压力FN＝4×104 N 解得vN＝10 m/s。 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，运动半径为r，向心加速度大小为a向，则ω＝eq \f(θ,t) 由几何关系得s＝rθ 又a向＝ω2r 联立解得a向＝eq \f(θs,t2)。 (2)设雄鹰受到的升力大小为F，雄鹰运动时的向心力F向＝ma向 解得F向＝eq \f(mθs,t2) 对题图中起点处雄鹰受力分析可知，F＝2,向)eq \r(（mg）2＋F) 整理得F＝meq \r(g2＋\f(θ2s2,t4))。 15．(18分)一个半径为R＝0.5 m的水平转盘可以绕竖直轴O′O″转动，水平转盘中心O′处有一个光滑小孔，用一根长L＝1 m细线穿过小孔将质量分别为mA＝0.2 kg、mB＝0.5 kg的小球A和小物块B连接，小物块B放在水平转盘的边缘且与转盘保持相对静止，如图所示。现让小球A在水平面做角速度ωA＝5 rad/s的匀速圆周运动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ＝0.3(取g＝10 m/s2)，求： (1)细线与竖直方向的夹角θ； (2)小球A运动不变，现使水平转盘转动起来，要使小物块B与水平转盘间保持相对静止，通过计算，写出小物块所受摩擦力f与转盘角速度平方ωeq \o\al(2,B)之间的函数关系式，并求出水平转盘角速度ωB的取值范围；(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (3)在水平转盘角速度ωB为(2)问中的最大值的情况下，当小球A和小物块B转动至两者速度方向相反时，由于某种原因细线突然断裂，经过多长时间小球A和小物块B的速度相互垂直。eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(可能使用到的：sin30°＝\f(1,2)，cos30°＝\f(\r(3),2)，sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5))) 答案：(1)37° (2)设沿半径指向圆心为正方向：f＝0.25ωeq \o\al(2,B)－2.5 N，或者设沿半径背离圆心为正方向：f＝－0.25ωeq \o\al(2,B)＋2.5 N　2 rad/s≤ωB≤4 rad/s (3)eq \f(\r(3),10) s 解析：(1)对小球A受力分析如图甲所示，可知合力F合＝mAgtanθ 由牛顿第二定律可知F合＝mAωeq \o\al(2,A)rA 由几何关系知，小球A做圆周运动的半径rA＝(L－R)sinθ 解得θ＝37°。 (2)取沿半径指向圆心为正方向，小物块B在水平方向的拉力T和摩擦力f的作用下做匀速圆周运动，其中T＝eq \f(\a\vs4\al(mAg),cosθ) 由牛顿第二定律有T＋f＝mBωeq \o\al(2,B)R 整理得f＝0.25ωeq \o\al(2,B)－2.5 N(当取沿半径背离圆心为正方向时，f＝－0.25ωeq \o\al(2,B)＋2.5 N) 且－μmBg≤f≤μmBg 解得2 rad/s≤ωB≤4 rad/s。 (3)第(2)问中ωB的最大值为ωBmax＝4 rad/s。细线断后，由于mBωeq \o\al(2,Bmax)R>μmBg，可知A、B均做平抛运动，设经时间t，A和B的速度相互垂直，由平抛运动规律知，此时A、B沿竖直方向的速度均为vy＝gt A沿水平方向的速度大小v0A＝rAωA＝1.5 m/s B沿水平方向的速度大小v0B＝RωBmax＝2 m/s 当A的速度vA和B的速度vB垂直时，vA和vB如图乙所示，由几何关系可知： veq \o\al(2,A)＋veq \o\al(2,B)＝(v0A＋v0B)2 veq \o\al(2,A)＝veq \o\al(2,0A)＋veq \o\al(2,y) veq \o\al(2,B)＝veq \o\al(2,0B)＋veq \o\al(2,y) 代入数据解得t＝eq \f(\r(3),10) s。 $$