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作业与测评word（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。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．(2023·广西百色市高一统考期末)在东北严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中。图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，其示意图如图乙所示。泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直，在0.5 s内带动杯子旋转了210°，人的臂长约为0.6 m。下列说法正确的是(　　) A．泼水时杯子的旋转方向为顺时针方向 B．P位置飞出的小水珠初速度沿1方向 C．杯子在旋转时的角速度大小为 rad/s D．杯子在旋转时的线速度大小约为 m/s 答案：D 解析：由图乙中小水珠做离心运动的轨迹可知，泼水时杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，故A、B错误；杯子旋转的角速度为ω＝＝ rad/s＝ rad/s，故C错误；杯子旋转的轨迹半径约为R＝0.6 m，则其旋转的线速度大小约为v＝ωR＝×0.6 m/s＝ m/s，故D正确。 2．常见于游乐园的摩天轮是一种大型轮状的机械建筑设施，乘客可以搭乘挂在轮边缘的座舱从高处俯瞰四周景色，如图所示。当摩天轮以一定的角速度逆时针匀速转动时，位于图中P位置的乘客所受座舱的作用力F的示意图可能正确的是(　　) 答案：D 解析：乘客随座舱一起做匀速圆周运动，受重力和座舱的作用力，合力指向圆心，根据平行四边形定则，乘客所受座舱的作用力F的示意图只可能是D中所示，故选D。 3．如图所示，旋转半径为8 m的离心机像只巨大的铁钳，紧紧夹住旋转舱，在圆形的超重实验室里飞速旋转。航天员进行“胸背正向8G”对抗训练时，所要承受的标准值为8G，即正对胸背指向转轴的弹力是自身正常重力的8倍，g＝9.8 m/s2。则此时离心机匀速旋转的角速度约为(　　) A．1.3 rad/s B．3.1 rad/s C．8.9 rad/s D．9.8 rad/s 答案：B 解析：由题意知8mg＝mω2r，得ω＝≈3.1 rad/s，故B正确。 4．(2023·江苏省扬州市高邮市高一下期中调研测试)山崖边的公路常被称为最险公路，如图所示，一辆汽车欲安全通过此路面倾斜的弯道，下列说法正确的是(　　) A．该路面应设计成内侧低、外侧高 B．汽车向心力方向与路面平行 C．若汽车以相同速率转弯，选择内圈较为安全 D．汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用 答案：A 解析：该路面应设计成内侧低、外侧高，这样可以利用路面对汽车支持力的水平分力提供一部分汽车转弯所需的向心力，故A正确；汽车的向心力方向沿水平方向指向弯道圆心，而路面有一定倾角，则向心力与路面不平行，故B错误；根据向心力表达式Fn＝m，若汽车以相同速率转弯，选择外圈时做圆周运动的半径较大，所需的向心力更小，更不易发生侧滑，则选择外圈较为安全，故C错误；汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，向心力只是效果力，不是实际受到的力，故D错误。 5．(2023·甘肃省高一统考期末)如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是(　　) A．转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同 B．转轮A、B、C角速度之间的关系是ωA<ωB<ωC C．转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是vA＝vB>vC D．转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是aA>aB>aC 答案：B 解析：转轮A、C啮合在一起，由图可知，转轮A、C转动方向相同，转轮A、B向着同一方向运动，故转动方向相同，A错误；自行车运动过程中，前后轮A、B边缘的线速度相等，由于轮A、C啮合在一起，转轮A、C边缘的线速度也相等，因此vA＝vB＝vC，又rA>rB>rC，由ω＝可知，转轮A、B、C角速度之间的关系是ωA<ωB<ωC，由a＝可知，转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是aA<aB<aC，故B正确，C、D错误。 6．(2023·贵州省毕节市高一统考期末)毕节阿西里西大草原是非常著名的旅游景点，其波浪路是游客网红打卡必经之地，波浪路如图甲所示，某游客驾驶小车以恒定速率通过波浪路，小车始终不脱离路面且安全行驶的过程中，其过程可抽象为在竖直平面内图乙所示的轨道模型，则关于小车通过波浪路段的最高点A和最低点B时，下列说法正确的是(　　) A．小车经过A点时对地面的压力大于小车的重力 B．小车经过B点时对地面的压力小于小车的重力 C．若增大小车行驶的速率，则速率越大，通过A、B两点时对地面的压力大小之差的绝对值越大 D．若减小小车行驶的速率，则速率越小，通过A、B两点时对地面的压力大小之差的绝对值越大 答案：C 解析：设小车行驶的速率为v，A点、B点所在圆周的半径分别为R1、R2，经过A点时地面对小车的支持力为N1，经过B点时地面对小车的支持力为N2，根据牛顿第二定律有mg－N1＝，N2－mg＝，根据牛顿第三定律可知，经过A点时，小车对地面的压力大小N1′＝N1，经过B点时，小车对地面的压力大小N2′＝N2，联立可解得N1′＝mg－，N2′＝mg＋，则N1′<mg，N2′>mg，A、B错误；由上述分析可知，|N2′－N1′|＝mv2，因此速率越大，|N2′－N1′|越大，速率越小，|N2′－N1′|越小，故C正确，D错误。 7．如图所示，光滑支架KOO′可绕竖直轴OO′转动，杆KO水平，可视为质点的小环A和B分别套在水平杆和竖直杆上，通过轻绳连接在一起，已知小环A的质量为2 kg，小环B的质量为3 kg，现使支架KOO′以一定的角速度绕OO′转动，稳定时OB间的距离为h＝15 cm，重力加速度g取10 m/s2，则支架KOO′转动的角速度为(　　) A．10 rad/s B． rad/s C．4 rad/s D．20 rad/s 答案：A 解析：设此时A、B连线与OO′的夹角为θ，则A做匀速圆周运动的半径为r＝htanθ，设轻绳中的拉力大小为T，则对B根据平衡条件有Tcosθ＝mBg，对A根据牛顿第二定律有Tsinθ＝mAω2r，联立以上三式解得ω＝10 rad/s，故A正确。 8．做匀速圆周运动的物体(视为质点)，其线速度大小为1 m/s，角速度为2 rad/s，下列说法正确的是(　　) A．物体运动的周期为 s B．物体运动的半径为0.5 m C．物体运动的向心加速度大小为2 m/s2 D．在0.1 s内物体通过的弧长为0.3 m 答案：BC 解析：物体运动的周期为T＝＝ s＝π s，A错误；物体运动的半径为r＝＝ m＝0.5 m，B正确；物体运动的向心加速度大小为a＝ω2r＝22×0.5 m/s2＝2 m/s2，C正确；在0.1 s内物体通过的弧长为s＝vt＝1×0.1 m＝0.1 m，D错误。 9．如图甲所示，一长为R的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点纵坐标为a，下列判断正确的是(　　) A．利用该装置可以得出重力加速度，且g＝ B．绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大 C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变 答案：CD 解析：小球通过最高点时，根据牛顿第二定律得mg＋F＝m，解得v2＝F＋gR；由题图乙知，纵轴截距a＝gR，解得重力加速度g＝，故A错误；由v2＝F＋gR知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大，故B错误，C正确；由v2＝F＋gR知，纵轴截距为gR，与球的质量无关，若绳长不变，则图线与纵轴的交点坐标不变，故D正确。 10．如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的A、B两个物块(可视为质点)。A和B距轴心O的距离分别为rA＝R，rB＝2R，A和B的质量分别为mA＝2m，mB＝m，且A、B与圆盘之间的动摩擦因数都是μ，两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，细绳所能承受的最大拉力为μmg。则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，下列说法正确的是(　　) A．B所受合力一直等于A所受合力 B．A受到的摩擦力一直指向圆心 C．B受到的摩擦力先增大后不变 D．A、B两物块均与圆盘保持相对静止的最大角速度ωm＝ 答案：ABC 解析：由于圆盘转动的角速度缓慢增大，故每一个极短的时间段，都可以认为A、B在做匀速圆周运动，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F合＝mω2r，由A、B角速度ω相等，mA＝2mB，rB＝2rA，可知A、B所受合力大小相等，故A正确；最初圆盘转动的角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需的向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供，静摩擦力指向圆心，由于μmAg>μmBg，当B与盘面间静摩擦力达到最大值时，A与盘面间的静摩擦力还没有达到最大，若继续增大转速，则B有做离心运动的趋势，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，由上述分析结合受力分析可知，A与盘面间静摩擦力不变，故B、C正确；当绳的拉力恰好达到最大时，绳断开，B将开始滑动，则根据牛顿第二定律，对B：μmg＋μmg＝mω·2R，解得最大角速度为：ωm＝，故D错误。 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)(2023·广东省韶关市高一统考期末)某学习小组利用如图所示的装置探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力大小与哪些因素有关。 (1)在探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的________。 A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．演绎法 (2)若两个钢球的质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出A、C位置两钢球所受向心力的比值为1∶4，则塔轮1和塔轮2转动的角速度之比为________。 (3)利用此装置探究向心力与角速度之间的关系，某同学测出数据后作图，为了能简单明了地观察出向心力与角速度的关系，最适合作的图像是________图像。 A．F­ B．F­ω C．F­ D．F­ω2 答案：(1)C　(2)1∶2　(3)D 解析：(1)探究一个物理量与多个物理量之间的关系时，应采用控制变量法，故选C。 (2)由向心力公式F＝mω2r可得ω＝，两个钢球的质量和运动半径相等，所受向心力之比为＝，则塔轮1和塔轮2转动的角速度之比为＝＝。 (3)由上述分析可知，向心力与角速度的平方成正比，则最适合作的图像是F­ω2图像，故选D。 12．(6分)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，细绳的悬点刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线平齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好对纸面无压力，且沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。 (1)用停表记录运动n圈的总时间为t，那么钢球做圆周运动时需要的向心力表达式为Fn＝____________。 (2)通过刻度尺测量钢球运动的轨道平面距悬点的高度为h，那么钢球做圆周运动时外力提供的向心力表达式为F＝____________。 (3)改变钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图像，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式为k＝____________。 答案：(1)mr　(2)mg　(3) 解析：(1)根据向心力公式：Fn＝m，而v＝＝，得：Fn＝mr。 (2)如图所示，由几何关系可得：F＝mgtanθ＝mg。 (3)由上面分析得：F＝Fn，即mg＝mr，整理得：＝h，故­h图线的斜率表达式为k＝。 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)如图，一个质量为18 kg的小孩坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周的半径为5.0 m。当小孩的线速度大小为2.0 m/s时，求： (1)小孩角速度大小； (2)小孩向心加速度大小； (3)小孩所受合外力大小和方向。 答案：(1)0.4 rad/s　(2)0.8 m/s2 (3)14.4 N　始终垂直指向中心轴 解析：(1)由v＝ωr可得小孩在运动过程中角速度大小为ω＝＝0.4 rad/s。 (2)由an＝可得小孩在运动过程中向心加速度大小为an＝0.8 m/s2。 (3)由牛顿第二定律知，小孩在运动过程中所受合外力大小为F＝man 代入数据得Fn＝14.4 N 合外力Fn的方向始终垂直指向中心轴。 14．(12分)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落。现将太极球拍和球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势，在A、C位置时球拍均水平。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。已知太极球的质量为m，太极球做圆周运动的半径为R，在最高点时对球拍恰好无压力，重力加速度大小为g。求： (1)太极球的速度大小v； (2)在最低点时球拍对太极球的弹力大小F1； (3)在B处时球拍对太极球的弹力大小F2及球拍与水平方向的夹角θ的正切值。 答案：(1)　(2)2mg　(3)mg　1 解析：(1)太极球在最高点时对球拍恰好无压力，根据牛顿第二定律得mg＝m 解得v＝。 (2)太极球在最低点时，根据牛顿第二定律得 F1－mg＝m 解得F1＝2mg。 (3)在B处时，对太极球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知，太极球所受向心力 Fn＝m，方向水平向左 根据平行四边形定则可知，球拍对太极球的弹力大小为F2＝ 根据几何关系，有tanθ＝ 可解得F2＝mg，tanθ＝1。 15．(16分)如图所示，装置BEO′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。重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝，cos37°＝。 (1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； (2)若装置匀速转动的角速度ω2＝ rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角。 答案：(1) rad/s　(2)53° 解析：(1)对小球A受力分析，设细线AC上张力为T，细线AB上张力恰为零时， 水平方向由牛顿第二定律有 Tsin37°＝mrω 竖直方向由平衡条件有Tcos37°＝mg 由几何关系知r＝lsin37° 联立解得ω1＝ rad/s。 (2)当ω>ω1时，分析知细线AC与竖直方向夹角增大。由几何关系分析可知，当细线AB竖直时，AB再次绷紧。当细线AB恰好竖直，但张力为零时，设装置的角速度为ω0，此时细线AC与竖直方向的夹角为θ′，对小球受力分析有mgtanθ′＝mωlsinθ′ B点到C点的水平距离和竖直距离相等，根据几何关系可得sinθ′＝ 联立解得ω0＝ rad/s 因ω2＝ω0，可得此时细线AB恰好竖直，细线AC与竖直方向的夹角θ′＝53°。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$