第6章 圆周运动目标-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

— 6 — 第六章 圆周运动目标 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 备课组长推好题 第16题综合考查平抛运动规律、圆周运动规律、牛顿第二定律结合相关数学 知识来求解实际应用问题,题目设置灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能力要求较高,值 得推荐。 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.(2025·辽宁省点石联考)我国风力资源丰富,尤 其是西北、华北、华东、西南地区。随着新能源政 策的引导及风力发电、并网等技术的发展,我国 风力发电开发走在了世界前列,装机容量居全球 第一。如图,风轮是发电的重要部件,风轮机叶 片上有P、Q 两点,当叶片匀速转动时,下列说法 不正确的是 ( ) A.P、Q 两点的线速度大小不相等 B.P、Q 两点的转动周期相等 C.P、Q 两点的角速度大小相等 D.P、Q 两点的向心加速度大小相等 2.(2025·四川省广安二中模拟)中国糖画是非物质文化遗产之一,游客转 动指针,指针最后停在哪里,便可得到对应的糖画作为奖励。指针上两点 P、Q 距中心点O 的距离分别为r 和2r,如图所示。以下关于P、Q 两点 在转动时各物理量之比,正确的是 ( ) A.周期之比为2∶1 B.角速度大小之比为1∶2 C.线速度大小之比为1∶1 D.向心加速度大小之比为1∶2 3.(2025·四川省广元市高一期末)如图1所示,长为R 的轻杆一 端固定一个小球,现让小球在竖直平面内绕轻杆的另一端O 做 圆周运动,小球到达最高点时,受到杆的弹力为F,速度大小为 v,其F-v2 图像如图2所示,则 ( ) A.v2=c时,小球对杆的弹力方向竖直向下 B.当地的重力加速度大小为Rb C.小球的质量为aRb D.v2=2b时,小球受到的弹力大小等于重力大小的3倍 4.(2025·福建省泉州五中高一期中)如图所示,在粗糙水平木板上放一个物块,使水 平木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,ab为水平直径,cd 为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相对木板始终静止,则 ( ) A.物块始终受到三个力作用 B.只有在a、b、c、d四点,物块受到的合外力才指向圆心 C.从a到b,物块所受的摩擦力先增大后减小 D.从b到a,物块处于超重状态 5.(2025·吉林省通化市高一期末)如图所示,两个相同材料制成的靠摩擦传动的 轮A 和轮B 水平放置(两轮不打滑),两轮半径rA=2rB,当主动轮A 匀速转动 时,在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止,若将小木块放在B 轮上,欲使木 块相对B 轮静止,则木块距B 轮转轴的最大距离为 ( ) A. rB 4 B. rB 3 C. rB 2 D.rB 6.(2025·黑龙江省教育学会示范性高中模拟)2025年2月8日,在哈尔滨亚冬会速度 滑冰男子1500米决赛中,我国运动员宁忠岩以1分45秒85的成绩收获金牌打破亚 洲纪录,为我国夺得第五金。如图为运动员经过弯道处的情景,若运动员进入弯道后 的运动可看作半径为R 的匀速圆周运动,已知运动员的质量为m,速度为v,下列说法 正确的是 ( ) A.研究运动员过弯道的技术可以把运动员视作质点 B.运动员在图示位置时加速度一定不为零 C.运动员受到冰面的作用力为mv 2 R D.若运动员经过弯道时摩擦力突然消失,他将沿半径方向“离心”而去 7.(2025·山西省太原市高一大联考)如图所示,轻杆长为3L,在杆的A、B 两端分别 固定质量均为m 的球A 和球B,杆上距球A 为L 处的点O 装在光滑水平转动轴 上,杆和球在竖直面内做匀速圆周运动,且杆对球A、B 的最大约束力相同,重力加 速度为g,则 ( ) A.A 球在最低点较B 球在最低点更易脱离轨道 B.若B 球在最低点时杆作用力为3mg,则A 球在最高点受杆的拉力 C.若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等,则A 球受杆的支持力、B 球受杆 的拉力 D.若每一周做匀速圆周运动的角速度都增大,则同一周B 球在最高点受杆的力一定大于A 球在 最高点受杆的力 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题 目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.(2025·浙江省余姚市高一月考)如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒的 轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动。有一质量为m 的小球A 紧贴着 筒内壁在水平面内做匀速圆周运动,筒口半径和筒高分别为R 和H, 小球A 所在的高度为筒高的一半。已知重力加速度为g,则 ( ) A.小球A 做匀速圆周运动的角速度ω= 2gHR B.小球A 受到重力、支持力和向心力三个力作用 C.小球A 受到的合力大小为mgHR D.小球A 受到的合力方向垂直于筒壁斜向上 9.(2025·吉林一中高一月考)如图所示的皮带传动装置,主动轮O1 上两轮的 半径分别为3r和r,从动轮O2 的半径为2r,A、B、C分别为轮缘上的三点,设 皮带不打滑,则以下比值正确的是 ( ) A.A、B、C三点的加速度之比为aA∶aB∶aC=6∶2∶1 B.A、B、C三点的线速度大小之比为vA∶vB∶vC=3∶2∶2 C.A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1 D.A、B、C三点的加速度之比aA∶aB∶aC=3∶2∶1 10.(2025·南昌第十中学高一月考)如图所示,半径为R 的半球形容器固定在水平 转台上,转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω 匀速转动。质量相同的小 物块A、B 随容器转动且相对器壁静止,A、B 和球心O 点连线与竖直方向的夹 角分别为α和β,α>β,α=60°,此时物块A 受到的摩擦力恰好为零。重力加速 度为g,则 ( ) A.转台转动的角速度大小为 2gR B.B 受到的摩擦力可能为零 C.B 受到沿容器壁向上的摩擦力 D.若ω增大,在B 滑动之前,B 受到的摩擦力增大 11.(2025·天津市高一期中)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打 夯机,其原理可简化为一个质量为 M 的支架(含电动机)上由一根长 为l的轻杆带动一个质量为m 的铁球(铁球可视为质点),如图乙所 示,重力加速度为g。若在某次打夯过程中,铁球以角速度ω匀速转 动,则 ( ) A.铁球转动过程轻杆受力不变 B.铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 C.铁球转动到最低点时,处于超重状态 D.若铁球转动到最高点时,支架对地面的压力刚好为零,则ω= (M+m)g ml — 5 — — 8 — 三、非选择题:本题共5小题,共52分。 12.(6分)(2025·江苏省无锡市天一中 学高一期末)某兴趣小组用如图甲所 示的装置与传感器结合,探究向心力 大小的影响因素。实验时用手拨动旋 臂使它做圆周运动,力传感器和光电 门固定在实验器材上,测量角速度和 向心力。 (1)电脑通过光电门测量挡光杆通过 光电门的时间,并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间Δt,可得挡光杆转动的线速度 v= ;若挡光杆做圆周运动的半径为r,可得砝码做圆周运动的角速度ω= ; (2)图乙中①、②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线,由图可知,曲线 ①对应的砝码质量 (选填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量。 13.(8分)(2025·江苏省徐州市高一期末)如图1所示,用向心力演示器探究向心力大小F 与小球 质量m、角速度ω和半径r之间关系。皮带套在左、右两塔轮的圆盘上,匀速转动手柄,可使变速 塔轮、长槽和短槽随之匀速转动,转动时皮带和圆盘间不打滑。小球做圆周运动的向心力由挡 板对小球的弹力提供。小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降,从而露出测力筒内的标尺。左、 右标尺上露出的红白相间的等分标记就粗略反映向心力大小。已知小球在挡板A、B、C 处做圆 周运动的轨迹半径分别记为r、2r、r。左侧塔轮上三个圆盘的半径从上到下依次增大,右侧塔轮 上三个圆盘的半径从上到下依次减小,左、右两塔轮最上面圆盘的半径大小相同。实验中提供 两个质量相同的重球、一个质量为重球一半的轻球。 (1)通过本实验探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系,应用的思想方法 是 (填选项前字母序号); A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.模型建构法 (2)探究向心力大小F与圆周运动半径r的关系时,选用两个质量相同的重球,还应选择 (填选项前字母序号); A.半径相同的两个圆盘 B.半径不同的两个圆盘 C.两球分别放在挡板B、挡板C处 D.两球分别放在挡板A、挡板B 处 (3)按(2)中正确选择后,两次以不同的转速匀速转动手柄,左、右测力筒露出等分标记如图2所 示。则向心力大小F与球做圆周运动半径r的关系是 ; A.F与r成正比 B.F与r成反比 C.F与r2 成正比 D.F与r2 成反比 (4)皮带均放在左、右塔轮的中间圆盘,转动手柄,发现当长槽转动一周时,短槽刚好转动两周。 则这种皮带放置方式时,长槽与短槽转动的角速度之比ω3∶ω4= 。保持皮带放在中间 圆盘,将重球放在挡板B 处、轻球放在挡板C处,匀速转动手柄,左、右测力筒内露出等分标记的 格子数之比的理论值为 。 14.(10分)(2025·江苏省南通市海安高级中学月考)辘轳 是古代民间提水设施,由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分 构成,如图甲为提水设施工作原理简化图,某次从井中汲 取m=4kg的水,辘轳绕绳轮轴半径为r=0.2m,水斗 的质量为m0=3kg,井足够深且井绳的质量忽略不计, t=0时刻,轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水斗, 其角速度随时间变化规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,井绳粗细不计,求: (1)0~10s内水斗上升的高度; (2)井绳所受拉力大小。 15.(12分)(2025·天津市高一期中)如图所示,半径为R=0.9m的光 滑半圆环轨道处于竖直平面内,半圆环与水平地面相切于圆环的端 点A。一质量为m=0.1kg的小球从A 点冲上竖直半圆环,沿轨道 运动到B 点飞出,最后落在水平地面上的C 点(图上未画),g 取 10m/s2。求: (1)小球经过B 点的最小速度; (2)若A、C两点的距离为3.6m,小球落地时的速度大小; (3)若A、C两点的距离为3.6m,小球对轨道B 点的压力大小。 16.(16分)(2025·山东省青岛三十九中高一期中)如图 所示,AB 为竖直半圆形光滑圆管轨道,其半径R= 1.6m,A 端切线水平。水平轨道AC 与半径r=1m 的光滑圆弧轨道CD 相接于C 点,D 为圆弧轨道的最 低点,相切于粗糙程度可调的水平轨道DE,圆弧轨道 CD 对应的圆心角θ=30°。一质量 M=1kg的小球 (可视为质点)在弹射器的作用下从水平轨道AC 上 某点以某一速度冲上竖直圆管轨道,并从B 点飞出, 经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道,再经过E 点,随 后落到右侧圆弧面MN 上,圆弧面内边界截面为四分之一圆形,其圆心与小球在E 处球心等高, 半径为 3m。取g=10m/s2,sin30°=12 ,cos30°= 32 ,求: (1)小球到达C点时的速度大小vC; (2)小球从B 点飞出的速度大小vB 和在B 点受到轨道作用力大小F 和方向; (3)现改变水平轨道DE 的粗糙程度,当小球从E 点抛出后落到圆弧面MN 的速度最小时,小球 在E 点抛出的水平速度大小为多少。 — 7 — —42 — 参考答案 高中同步章末卷 第五章 抛体运动目标 1.A [汽车沿如题图所示的曲线abcde运动,则a、b、c、d、e各点的 速度方向为曲线上该点的切线方向,a和e处的切线方向都是偏向 左下的,速度方向大致相同,故A正确,B、C、D错误。] 2.C [A.曲线运动的物体,方向时刻变化,不处于平衡状态,故A错 误;B.运动员做曲线运动,加速度方向时刻在变,故B错误;C.曲 线运动速度的方向,是沿着曲线各点的切线方向,故C正确;D.曲 线运动的物体,所受的合力和它运动的方向不在同一直线上,故D 错误。] 3.D [飞镖飞行竖直方向位移y=12gt 2,水平方向L=v0t,联立得 y=gL 2 2v02 ,适当增大v0,减小L,故D正确,ABC错误。] 4.A [小球的速度沿圆环的切线方向,将小球的速度分解为沿绳子 方向和垂直绳子方向的分量,沿绳子方向的速度为v,则vBcos30°= v,解得vB= 2 3 3v ,故选A。] 5.B [分别连接抛出点和落点AA',BB',两小球 落到斜面上速度方向相同,由tanθ=2tanα,可 知两 小 球 位 移 方 向 相 同,即 AA'∥BB',故 △OBB'∽△OAA',故OA'OB'= OA OB= 2 1 ,选项B 正确。] 6.A [x方向的分位移x=0.75t+0.2t2(m),故x方向的加速度为 ax=0.4m/s2,初速度为vOx =0.75m/s,y 方向的分位移为y= 2.25t+0.6t2(m),故y方向的加速度为ay=1.2m/s2,初速度为 vOy=2.25m/s;合运动的初速度方向与x 轴的夹角的正切值为 tanα=vOyvOx =3,合 运 动 的 加 速 度 方 向 与x 轴 的 夹 角 的 正 切 值 为 tanβ= ay ax =3,由于tanα=tanβ,即速度与加速度在同一直线上且 同向,故合运动是匀加速直线运动,选项A正确,B、C、D错误。] 7.D [A.设铁丝圈在空中的运动时间为t,根据h=12gt 2 解得:t= 2h g = 2×0.45 10 s=0.3s ,故A正确;B.饮料罐A 与标志线的距 离为x=v0t=4×0.3m=1.2m,故B正确;C.铁丝圈落地瞬间竖 直方向的速度为vy=gt=10×0.3m/s=3m/s,所以铁丝圈落地 瞬间的速度大小为v= v02+vy2= 42+32m/s=5m/s,故C正 确;D.保持铁丝圈抛出位置不变,若要套中饮料罐B,水平抛出速 度应变为v0'= x+0.3 t = 1.2+0.3 0.3 m /s=5m/s,故D错误。本题 是选错误的,故选D。] 8.BD [液滴在空中做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方 向做自由落体运动。设喷枪到墙的水平距离为x,液滴到墙时下 落的高度为h,则有:x=v0t,h= 1 2gt 2,可得:t= 2hg ,v0=x g2h , 由题图知:A、B、C、D 四个液滴的水平距离x 相等,下落高度h不 等,则四个液滴的运动时间及射出的初速度一定不同,故 A错误、 B正确;四个液滴下落高度之比为16∶9∶4∶1,由v0=x g2h 可 得:液滴出射速度之比应为3∶4∶6∶12,故C错误,D正确。] 9.AD [A.依据矢量的合成法则,则飞机受到的合力斜向右上方, 飞机上的乘客受到的合力也是斜向右上方,竖直方向的合力竖直 向上,则飞机上的乘客处于超重状态,故A正确;B.飞机的速度的方 向:tanα=vyvx =660=0.1 ,飞机的加速度的方向:tanβ= ax ay =0.22 = 0.1,可知飞机的速度的方向与加速度的方向是相同的,飞机做匀 变速直线运动,故B错误;C.飞机在竖直方向上匀加速直线运动, 由竖直分速度为v0=6m/s,竖直方向做加速度为a=0.2m/s2,则 有:h=v0t+ 1 2at 2=6×20m+12×0.2×20 2m=160m,故C错 误;D.在水平方向上,飞机在20s内做初速度v0=60m/s的匀加 速直 线 运 动,那 么 水 平 方 向 的 平 均 速 度 大 小 为:v=v0+v2 = 60+(60+2×20) 2 m /s=80m/s,方向与水平方向位移相同,故D 正确。] 10.BC [从最高点到失火处水做平抛运动,竖直方向做自由落体运 动,由h=12gt 2,解得t= 2hg ,因为从最高点到失火处两水枪喷 出的水下落高度相等,所以从最高点到失火处两水枪喷出的水运 动时间相等。从喷出到最高点的逆过程也是平抛运动,上升高度 相等,运动时间相等,所以甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间 相同。从最高点到失火处的过程,甲水枪喷出的水水平射程较 小,运动时间相等,由x=vx 知甲水枪喷出的水速度在水平方向 的分量vx 较小,而其竖直方向的分速度vy 与乙的相同,根据v= vx2+vy2可知甲的初速度v1 小于乙的初速度v2,故BC正确, AD错误。] 11.AD [AB.将船在静水中速度分解水 流方向 与 垂 直 河 岸 方 向,如 图 所 示 u1=ucosθ=2m/s× 1 2=1m /s=v, 即沿河岸方向速度为0,船的合速度 垂直于河岸,船到达对岸 A 点,故 A 正确,B错误;C.船过河的时间为t= d u2 = dusin60°= 100 2× 32 s=100 33 s , 故C错误;D.过河时间与水流速度无关,故水流速增大,其他条 件不变,则船过河时间将不变,故D正确。] 12.解析 (1)用小锤击打弹性金属片,B 球就水平飞出,同时A 球被 松开,做自由落体运动,两球同时落到地面,知B 球竖直方向上的 运动规律与A 球相同,即平抛运动在竖直方向上做自由落体运 动,故A正确;把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静 止同时释放,滑道2与光滑水平木板平滑连接,则将观察到的现 象是球1落到水平木板上时恰好击中球2,知球1在水平方向上 的运动规律与球2相同,即平抛运动在水平方向上做匀速直线运 动,故B正确,C、D错误; (2)小球与斜槽之间有摩擦,不会影响小球做平抛运动,故 A错 误;研究平抛运动的实验关键的地方是要保证小球能够水平飞 出,只有水平飞出时小球才做平抛运动,则安装实验装置时,斜槽 末端切线必须水平,故B正确;由于要记录小球的运动轨迹,必须 重复多次,才能画出多个点,因此为了保证每次平抛的轨迹相同, 要求小球每次从斜槽上同一位置由静止开始释放,故C正确;小 球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度不能太低,故D错误; 根据平抛运动的物体可知,小球运动轨迹在竖直平面内,因此在 实验前,应调整木板在竖直平面内,即要求木板平面与小球下落 的竖直平面平行,故E正确。 答案 (1)AB;(2)BCE 13.解析 (1)竖直方向上由初速度为零的匀加速直线运动连续相等 时间内通过的位移之比为1∶3∶5可知,a点是小球的抛出点; (2)由ab、bc、cd水平距离相同可知,a到b、b到c运动时间相同, 设为T,在竖直方向有Δh=gT2,T=0.10s,可求出g=8m/s2; (3)两相邻位置间的时间间隔为0.10s,水平距离为8cm,由x= v0T,得初速度v0=0.8m/s; (4)b 点 竖 直 分 速 度 为 a、c 间 的 竖 直 平 均 速 度,则 vyb = 4×4×10-2 2×0.10 m /s=0.8m/s,所以vb= v02+v2yb= 4 2 5 m /s。 答案 (1)是;(2)8;(3)0.8;(4)4 25 14.解析 (1)小 车 在 A 点 时,沿 绳 子 方 向 的 分 速 度 大 小 为:vⅡ = vAcosθ1 物块的速度与小车沿绳子方向的分 速度相等,即有:vⅡ =v0 解得:vA=5m/s (2)小车在A 点时,斜面右侧绳子的长度为:LA= h sinθ1 ; 小车在B 点时,斜面右侧绳子的长度为:LB= h sinθ2 ; 右侧绳子的长度变化量为:ΔL=LB-LA= h sinθ2 - hsinθ1 ; 小车从A 点到B 的时间为:t=ΔLv0 代入数据,解得:t=1s 答案 (1)5m/s;(2)1s 15.解析 (1)物体A沿斜面上滑过程中,由牛顿第二定律得mgsinθ= ma 代入数据得a=6m/s2 设物体A 滑到最高点所用时间为t,由运动学公式知0=v1-at, 解得t=1s; (2)物体B 平抛的水平位移x=12v1tcos37°=2.4m 物体B 抛出时的初速度大小v2= x t =2.4m /s; (3)物体A、B 间初始位置的高度差h=12v1tsin37°+ 1 2gt 2= 6.8m。 答案 (1)1s;(2)2.4m/s;(3)6.8m 16.解析 (1)运动员从A 点到B 点做平抛运动,水平方向的位移为 x=v0t1 竖直方向的位移为y=12gt 2,又有tan37°=yx 代入数据解得t=3s,x=60m,y=45m; (2)运动员从飞出至落在斜面 上 的 位 移 大 小 为s= x2+y2= 602+452 m=75m; (3)运动员落在斜面上时速度的竖直分量为vy=gt=10×3m/s= 30m/s 运动员落到斜面上时的速度大小为v= v02+vy2= 202+302 m/s= 10 13m/s (4)如图所示: 运动员距离斜面最远时,合速度方向与斜面平行,则有tan37°= vy' vx' 即tan37°=gt2v0 ,解得t2= v0tan37° g =1.5s 。 答案 (1)3s;(2)75m;(3)10m/s;(4)1.5s 第六章 圆周运动目标 1.D [ABC.由图示可知,P、Q 两点同轴转动,它们的周期与角速度 大小相等,由于两者的转动半径r不相等,由v=ωr可知,它们的 线速度大小不相等,故 ABC正确;D.由图示可知:rP>rQ,两点转 动的角速度ω相等,由向心加速度公式a=ω2r可知:aP>aQ,故D 错误。] 2.D [AB.因P、Q 两点同轴转动,可知角速度和周期相等,故 AB 错误;C.指针上两点P、Q 距中心点O 的距离分别为r 和2r,根据 v=ωr可知,P、Q 两点线速度大小之比为1∶2,故C错误;D.指针 上两点P、Q 距中心点O 的距离分别为r和2r,根据a=ω2r可知, P、Q 两点向心加速度大小之比为1∶2,故D正确。] 3.C [由图可知:当v2<b时,杆对小球弹力方向向上,当v2>b时,杆 对小球弹力方向向下,所以当v2=c时,杆对小球弹力方向向下,所 以小球对杆的弹力方向向上,故A错误;在最高点,若v=0,则F= mg=a;若F=0,则mg=mbR ,解得g=bR ,m=abR ,故B错误,C 正确;若v2=2b,则F+mg=m2bR ,解得F=a=mg,故D错误。] 4.D [在c、d两点处,物块只受重力和支持力,在其他位置处物块受 到重力、支持力、静摩擦力三个作用力,故 A错误;物块做匀速圆 周运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故B错误; 从a运动到b,物块的加速度的方向始终指向圆心,水平方向的加 速度先减小后反向增大,根据牛顿第二定律知,物块所受木板的摩 擦力先减小后增大,故C错误;从b运动到a,向心加速度有向上 的分量,则物块处于超重状态,故D正确。] 5.C [当主动轮 A 匀速转动时,A、B 两轮边缘上的线速度大小相 等,由ω=vR 得 ωA ωB = v rA v rB = rB rA =12 。因 A、B 材料相同,故木块与 A、B 间的动摩擦因数相同,由于小木块恰能在A 轮边缘上相对静 止,则由静摩擦力提供的向心力达到最大值Ffm,得Ffm=mωA2rA, 设木块放在B 轮上恰能相对静止时距B 轮转轴的最大距离为r, 则向心力由 最 大 静 摩 擦 力 提 供,故 Ffm=mωB2r,联 立 解 得r= ωAωB 2 rA= rA 4= rB 2 ,故C正确。] 6.B [A.研究运动员过弯道的技术时,运动员的大小与形状不能忽 略不计,不能看作质点,故A错误;B.运动员在图示位置时做匀速 圆周运动,向心加速度指向圆心,加速度不为零,故B正确;C.运 动员做匀速圆周运动的向心力由冰面产生的静摩擦力提供,大小 f=mv 2 R ,冰面对运动员的作用力大小F= (mg)2+ mv2R 2 ,故 C错误;D.若运动员经过弯道时摩擦力突然消失,他将沿轨迹的切 线方向“离心”而去,故D错误。] 7.C [杆和球在竖直面内做匀速圆周运动,它们的角速度相同,B 球 做圆周运动的半径是A 球的2倍,由v=rω 可知,B 球的线速度 vB 是A 球的线速度vA 的2倍,vB=2vA,在最低点,由向心力公式 F-mg=mv 2 r ,得杆对A 球的作用力FA=mg+m v2 L ,杆对B 球 的作用力为FB=mg+m 2v2 L ,所以在最低点,FB>FA,而杆对球 A、B 的最大约束力相同,故B 球在最低点较A 球在最低点更易脱 离轨道,故A错误;假设A 球在最高点受杆的拉力FA',由向心力 公式mg+FA'=m v2 r 可知,A球在最高点受杆的拉力FA'=m v2 L- mg,球B在最低点时杆对B球的作用力为拉力,FB=mg+m 2v2 L = 3mg,则v= gL,所以FA'=0,即A 球在最高点不受杆的拉力, 故B错误;若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小 相等,因vB=2vA,所以A 球受杆的支持力、B 球受杆的拉力,故C 正确;当vB= 2gL时,vA= 2gL 2 ,B 球受到杆的作用力为0,而 A 球受到杆的作用力为mg2 ,故D错误。] 8.AC [对小球A 进行受力分析,可知小球 A 受到重力、支持力两 个力的作用,两个力的合力提供向心力,由向心力公式可得 mg tanθ= mω2r,其中tanθ=RH ,r=R2 ,解得ω= 2gHR ,选项 A正确,B错 误;小球A 受到的合力提供向心力,方向指向圆周运动的圆心,所 以合力大小为 mg tanθ= mgH R ,选项C正确,D错误。] 9.AC [B 点和C 点具有相同大小的线速度,根据v=rω,知ωB∶ωC =rC∶rB=2∶1,而A 点和B 点具有相同的角速度,则三点的角 速度之比为:ωA∶ωB∶ωC=2∶2∶1;根据v=rω知vA∶vB=3∶ 1,B、C线速度大小相等,所以三点的线速度大小之比为vA∶vB∶ vC=3∶1∶1;根 据an=vω 得,三 点 的 向 心 加 速 度 之 比 为aA ∶ aB∶aC=6∶2∶1,故A、C正确,B、D错误。] 10.AD [对物块A 受力分析,因为此时物块 A 受到的摩擦力恰好 为零,则有mgtan60°=mω2Rsin60°,解得ω= gRcos60°= 2g R , 选项A正确;同理可求当B所受到的摩擦力为0时,ωB= 2g 3R < ω= 2gR ,所以A 受到的静摩擦力为零时,B 有沿容器壁向上滑动 的趋势,即B 受到沿容器壁向下的摩擦力,选项B、C错误;B 所 受摩擦力沿容器壁向下,若ω增大,则所需的向心力变大,B 受到 的摩擦力一定增大,选项D正确。] 11.CD [A.由于铁球转动过程中向心力方向在发生变化,则轻杆和 小球重力的合力方向发生变化,说明轻杆对小球的作用力变化, 根据牛顿第三定律可知,轻杆的受力情况发生变化,故 A错误; B.根据铁球做圆周运动的向心加速度a=lω2 可知,大小始终不 变,方向改变,故B错误;C.铁球转动到最低点时,由 F-mg= mlω2,得F=mg+mlω2,处于超重状态,故C正确;D.若铁球转动 到最 高 点 时,支 架 对 地 面 的 压 力 刚 好 为 零,则 有(M+m)g= mlω2,解得ω= (M+m)g ml ,故D正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 41 — —44 — 12.解析 (1)挡光杆转动的线速度为v=dΔt 根据线速度与角速度的关系v=ωr 砝码做圆周运动的角速度为ω= drΔt ; (2)根据向心力公式F=mω2r,若保持角速度和转动半径相同,可 知质量大的物体需要的向心力大,所以曲线①对应的砝码质量小 于曲线②对应的砝码质量。 答案 (1)dΔt d rΔt ;(2)小于 13.解析 (1)由于影响向心力大小F 的因素有小球质量m、角速度 ω和半径r,因此需要采用控制变量法,故ABD错误,C正确; (2)根据向心力公式F=mω2r,用该装置研究圆周运动的向心力 大小与半径的关系时,需要控制角速度与小球的质量不变,使两 小球做匀速圆周运动的半径不同,需要把质量相同的小球分别放 在两边半径不相同的槽内,皮带套在半径相同的两个圆盘上,故 AC正确,BD错误; (3)根据向心力公式F=mω2r,控制角速度与小球的质量不变,向 心力大小F 与球做圆周运动半径r的关系是F 与r成正比,故A 正确,BCD错误; (4)当长槽转动一周时,短槽刚好转动两周,根据角速度与转速的 关系ω=2πn可知,长槽与短槽转动的角速度之比ω3ω4 = n3 n4 =1∶2 根据向心力公式F=mω2r可知,向心力之比F3F4 = m1ω32r1 m2ω42r2 代入数据解得F3∶F4=1∶1。 答案 (1)C;(2)AC;(3)A;(4)1∶2 1∶1 14.解析 (1)根据:x=vt=ωrt,则ω-t图像与时间轴围成的面积与 半径的乘积表示上升高度;根据图像可知,0~10s内水斗上升的 高度为:h=20×102 ×0.2m=20m ; (2)根据a=ΔvΔt= Δωr Δt=0.4m /s2,根据牛顿第二定律 T-(m+ m0)g=(m+m0)a,解得:T=72.8N。 答案 (1)0~10s内水斗上升的高度为20m; (2)井绳所受拉力大小为72.8N。 15.解析 (1)小球经过B 点的速度最小时有mg=mv 2 R ,解得v= 3m/s; (2)小球从B 点运动到C 点做平抛运动,竖直方向有2R=12gt 2 水平方向x=vBt,解得vB=6m/s 小球落地时的速度大小为v'= vB2+(gt)2,解得v'=6 2m/s; (3)小球在B 点,由牛顿第二定律可得mg+F=m vB2 R ,解得F= 3N 根据牛顿第三定律可知,小球在B 点对轨道的压力大小为3N, 方向竖直向上。 答案 (1)小球经过B点的最小速度3m/s; (2)小球落地时的速度大小等于6 2m/s; (3)小球对轨道B点的压力大小等于3N。 16.解析 (1)B 到C 运动过程,小球做平抛运动,竖直方向有:2R= 1 2gt' 2,vy=gt', 联立可得:t'=0.8s,vy=8m/s,因为小球沿切线进入圆弧轨道 CD,则:vC= vy sin30° , 解得:vC=16m/s; (2)B 到C 运动过程,小球做平抛运动,则在C处有:vB= vy tan30° , 解得:vB=8 3m/s; 当B 处轨道对小球恰好无作用力时,由牛顿第二定律得:mg= mvm2 R ,解得:vm=4m/s<8 3m/s, 所以B 处轨道对小球作用力F 方向竖直向下,由牛顿第二定律 得:mg+F=m vB2 R ,解得:F=110N; (3)小球由E 至落在圆弧面 MN 的过程,做平抛运动,设小球落 到圆弧面 MN 时速度大小为v,小球从E 点抛出时水平速度大小 为vx,小球落到圆弧面 MN 时水平位移大小x,竖直位移大小y, 由速度关系可得:v= vx2+(gt)2,由位移关系可得:x2+y2=R2, 由运动学规律可得:x=vxt,y= 1 2gt 2 联立变形可得:v= 3 t2 +75t 2, 由数学可知,当3 t2 =75t2 时,v最小, 联立可得:t= 55s ,vx= 10m/s。 答案 (1)16m/s;(2)8,110N、方向竖直向下;(3) 10m/s 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 1.A [AB.根据曲线运动的特点,速度方向沿切线方向,钢球在B 点离开出口后可能的轨迹是①,故 A正确,B错误;CD.到B 点时 的合力方向指向曲线的凹侧,故③④都不符合要求,故CD错误。] 2.B [把B物体的速度分解为沿绳方向和垂直绳的方向,如图所示, AB.根据平行四边形形定则,沿绳子方向的速度为vA=vBcosθ,θ 指绳与杆之间的夹角,所以cosθ先减小后增大,故物块A 的速度 先变小后变大,故A错误,B正确;CD.物体A 先向下做减速运动, 后向上做加速运动,加速度的方向始终向上,所以 A 始终处于超 重状态。故CD错误。] 3.C [A.A、B 两轮靠摩擦传动,接触面互不打滑,所以a、b两点的 线速度大小相等,方向不同,故 A错误;B.a、b两点的线速度大小 相等,其中ra>rc,根据v=rω,可知a、b两点的角速度不相等,故 B错误;C.由于a、c两点是同轴转动,所以a、c两点的角速度相 等,故C正确;D.因为va=vb,v=rω,ra=2rb=2r,所以ωb=2ωa, 因为ωa=ωc,ra=2rc=2r,a=rω2,联立可得 ab ac= rb rc ,ωb 2 ωc2 =41 ,b、c 两点的向心加速度不相等,故D错误。故选C。] 4.B [A.由题意可知,圆盘转两圈的时间与小球C 下落的时间相 同,设为t,圆盘边缘转两圈和小球C 下降的高度相等,则有:x= 2×2πR=4πR,根据位移—时间公式有:x=12at 2=12× 1 2gt 2,解 得圆盘转两圈所用的时间为t=4 πRg ,故A错误;BC.根据速度— 时间关系式可知此时小球C的速度为v=12gt=2 πgR ,则圆盘 和小球A 的角速度大小为ω=vR =2 πg R ,故B正确,C错误;D. 小球B 的线速度大小为v'=2Rω=4 πgR,故D错误。] 5.B [设小球水平抛出时的速度为v0,轨道对小球的支持力大小为 FN,由牛 顿 第 二 定 律 得 FN-mg=m v02 R ,由 牛 顿 第 三 定 律 得: FN=F,由平抛运动规律有,小球的水平射程x=v0t,小球的竖直 位移y= 12gt 2,由 几 何 关 系 有y=xtanθ,联 立 可 得 F=mg+ mg 2Rtanθx ,结合图像,可知mg=5.0N,将图像中(0.5m,10.0N) 代入可得R=0.25m,B正确,A、C、D错误。] 6.B [每根弹簧弹力均为:F=k(3l0-l0)=2kl0,相邻两橡皮筋间的 夹角为120°,每个小球受到的合力等于F,对小球,由牛顿第二定 律得2kl0=m×3l04π 2 T2 ,解 得 T=2π 3mk2 ,故 B正 确,ACD 错误。] 7.B [A.小球做平抛运动,竖直方向有y=12gt 2,根据几何关系有 AD∶BD∶CD=9∶4∶1,三 个 小 球 做 平 抛 运 动 的 时 间 之 比 为 tA∶tB∶tC=3∶2∶1,故 A错误;B.小球在水平方向做匀速直线 运动,则x=v0t,三个小球均落在斜面上的D 点,根据位移间的关 系有tanθ=yx = gt 2v0 ,设三个小球速度偏转角为α,则tanα=vyv0 = gt v0 =2tanθ可知三个小球速度偏转角相同,三个小球落在斜面上 时速度方向相同,故B正确;C.三个小球均落在斜面上的D 点,根 据竖直位移与水平位移的关系有tanθ=yx = gt 2v0 ,三个小球的初 速度大小之比为vA∶vB∶vC=3∶2∶1,故C错误;D.三个小球做 平抛运动,三个小球的运动轨迹为抛物线,且交于 D 点,故三个小 球的运动轨迹不可能在空中相交,故D错误。] 8.AD [AC.小鱼在运动过程中只受重力,水平方向上小鱼做匀速 运动,即vx 为定值,且水平位置x=vxt,x-t图像是一条过原点的 倾斜直线,故A正确,C错误;BD.竖直方向上小鱼做竖直上抛运 动,则y=v0yt- 1 2gt 2,vy=v0y-gt,且最高点竖直方向的速度为 0,B图像最高点对应的速度不为0,故B错误,D正确。] 9.BC [由题图可知,斜面的倾角θ等于小球 A落在斜面上时的位 移与水平方向的夹角,由平抛运动的推论可知,tanφ=2tanθ,选项 A错误,B正确;设小球A在空中运动的时间为t1,小球B在空中 运动的时间为t2,则由平抛运动的规律可得tanθ= 1 2gt1 2 v0t1 ,tanθ= v0 gt2 ,故t1 t2 =2tan2θ,选项C正确,D错误。] 10.BC [A.对甲进行受力分析,水平方向上,摩擦力提供向心力,则 f甲 =mω2r1,由于不是滑动摩擦力,不能用μmg来判断摩擦力的 大小,故A错误;B.对甲和乙整体分析,水平方向上,静摩擦力提 供向心力,则f乙 =(m+m)ω2r1=2mω2r1,故B正确;CD.因为三 个物块转动的角速度一样,且动摩擦因数也一样,但物块丙做圆 周运动的半径更大,所以若角速度增大的话,丙先达到滑动的临 界点,故C正确,D错误。] 11.AC [小球在水平方向只受垂直于速度方向的细绳的拉力作用, 小球速度大小不变,由牛顿 第 二 定 律 可 得:r=mv 2 F ,当 F=2N 时,r1=1.2m,当F=2.4N时,r2=1m。两钉子间的距离d为 小球做圆周运动减小的半径,即d=r1-r2=0.2m,故 A正确; 由周期T=2πrv 可 得,r1=1.2m 时,T1=1.2πs,r2=1m 时, T2=πs,而小球每经半个周期与另一钉子接触,小球从开始运动 经 T1 2=0.6πs 细绳与铁钉A 接触,小球做圆周运动的半径减小, 细绳受 到 的 拉 力 增 大,所 以t1=0.6πs;小 球 从 开 始 运 动 经 T1+T2 2 =1.1πs≈3.45s>3.3s ,细绳才再次与铁钉B 接触,所 以t=3.3s时细绳拉力仍为2.4N,故B错误,C正确;当细绳受 到的拉力为6.4N时,r=0.375m<0.4m,即当r=0.4m时,绳 子还不会断,小球从开始运动到细绳被拉断历时t=(0.6π+0.5π+ 0.4π+0.3π+0.2π)s=2πs,故D错误。] 12.解析 (1)小球水平方向做匀速直线运动,因此小球在A点速度的 水平分量为v0= x t = 0.05 0.05m /s=1.0m/s,小球竖直方向做自由落 体运动,因此A点速度的竖直分量为vy= (8.6+11.0)×10-2 0.05×2 m /s =2.0m/s; (2)由竖直方向的自由落体运动可得g= (y3+y4)-(y2+y1) 4T2 , 代入数据可得g=9.7m/s2。 答案 (1)1.0 2.0 (2)9.7 13.解析 (1)探究向心力与质量、半径和角速度的关系,需要控制变 量,用到的实验方法是控制变量法,故AC错误,B正确; (2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度,则遮光条通过光 电计数器时的瞬时速度v=Dt ,即物块做匀速圆周运动的线速度 v=Dt ,根据线速度和角速度的关系可知,ω=vR = D Rt ; (3)分析图象,猜测F 与ω2 可能成正比。为进一步证实猜测,可 做F-ω2 关系图象来验证。 (4)观察力F 和半径r的比值,需要控制变量ω,在图乙中作一条 平行于F 轴的辅助线。 答案 (1)B;(2)DRt ;(3)F-ω2;(4)平行于F轴 14.解析 (1)由平抛运动规律,根据自由落体运动的公式,排球落在 对方场地中间位置,竖直方向 H=12gt1 2, 水平位移为x+12x=v0t1 排球刚好过网,则 H-h=12gt2 2;x=v0t2 联立解得H h = 9 5 ; (2)球若不出界,则h1= 1 2gt3 2;2x=v0t3 解得初速度最大值v0max=x gh1 球若不触网,则h1-h2= 1 2gt4 2;x=v0t4 解得初速度最小值v0min=x g2(h1-h2) 球既不出界又不触网,其初速度v0 大小的范围为x g2(h1-h2) < v0≤x gh1 。 答案 (1)95 ;(2)x g2(h1-h2) <v0≤x gh1 15.解析 (1)物块做平抛运动,在竖直方向上有 H=12gt 2,解得t= 2H g = 2×0.8 10 s=0.4s 水平方向做匀速直线运动,水平位移x=v0t=1×0.4m=0.4m; (2)物块落地时竖直分速度vy=gt=10×0.4m/s=4m/s 物块落地时的速度大小v= v02+vy2= 12+42 m/s= 17m/s; (3)物块恰好离开转台时,由最大静摩擦力提供向心力,由牛顿第 二定律得μmg=m v2 R ,μ= v2 gR= 12 10×2=0.05 。 答案 (1)0.4m;(2) 17m/s;(3)0.05 16.解析 (1)设绳断后球飞行时间为t,由平抛运动规律得 竖直方向有1 4d= 1 2gt 2 水平方向有d=v1t 解得v1= 2gd 在竖直方向有v⊥2=2g· 1 4d v2= v12+v⊥2 解得v2= 10gd 2 ; (2)设绳能承受的最大拉力为FT,球做圆周运动的半径为R= 3 4d 绳断时,小球刚好运动到最低点,由牛顿第二定律得FT-mg= mv12 R 解得FT= 11 3mg ; (3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳能承受的最大拉力 不变 由牛顿第二定律得FT-mg= mv32 l ,解得v3= 2 3 6gl 绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,设球平抛运动的水平位 移为x,时间为t1,则 竖直方向有d-l=12gt1 2,水平方向有x=v3t1 联立解得x=4 l (d-l) 3 当l=d-l,即l=d2 时,x有最大值,则xmax= 2 3 3d 。 答案 (1) 2gd; 10gd2 ;(2)113mg ;(3)d2 ;2 3 3d 第七章 万有引力与宇宙航行目标 1.A [由题意可得GMm R2 =mg,则GM=gR2,又因为飞船在轨道3 上由万有引力提供向心力,有 G Mm(kR)2 =m4π 2 T32 ·kR,联 立 可 得 T32= 4π2k3R g ;轨道2为椭圆,其半长轴a= (k+1)R 2 ,根据开普勒 第三定律可得 (kR)3 T32 =a 3 T22 ,代入可得T2=(1+k)π (1+k)R 2g ,故 BCD错误,A正确。] 2.D [A.7.9km/s是第一宇宙速度,是近地卫星的环绕速度,也是 卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,因此空间站的运行速率 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 43 —