《圆周运动》核心素养综合测评-【数理报】2025-2026学年高一物理必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教版）

数理招 海 参 考答案， 15 《机械能守恒定律》核心素养单元测评 故D错误. ≤w≤22gl 1.C:2.B:3.D:4.A;5.C:6.D:7.D 10.面圈在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动h 8.AD;9.BC;10.ABC. (2)从P点到A点满足L=子2,4L=a 11.(1)0.3090.300 :,得1=√西小面圈下落高度一定.所以运动的时间 (2)>:下落过程中存在阻力做功 都相同，故A正确：根据加速变的定义式“=兰，可知小面圈速 12.(1)4(2)C 度的变化量为，=gt,所以小面圈速度的变化量都相同.故B正 16Lg+2g+ 可知=√a+区=√2 (3)是 (2M+m) 2mg 确：小面图落到锅的左边缘时=,解得o=上。 /2h 由数学知可为当受：2以，时即4，=2时有最小 13.(1)F=4×103N 值，可知击中A点最小速度D。=2/2gL. (2)W,=1.698×10°J ,落到左边缘处的末速度为”=√+花= 《圆周运动》核心素养综合测评 14.(1)6m/s(2)450W(3)900W 1.D;2.B;3.B;4.D;5.B;6.B;7.B. 15.(1)17N(2)4m(3)215m/s 《抛体运动》核心素养综合测评 乐+2h,小面图落在钢的右边缘处时m:业：3弘 提示： 2h 1.水在A、B,C、D位置流动，根据圆周运动的规律，在水流转 1.C:2.D;3.D4.D5.D:6.D:7.B 弯处的外侧问床受到河水冲击力，河岸对水的反作用力提供向 提示： 1,研究运动员空中姿态时，运动员的形状、大小不可以忽略 让√层，落到右边缘处的末速度为。：√层+区：心力，4AC三个位置均于曲线运动内侧，河岸对水的作用力 较小，D位置处于外侧，需要河岸对水提供向心力，受河水冲击 不计，不可以将运动员看成质点，故A错误；运动员在空中运动 的过程中，运动员的质量不变，运动员的惯性不变，故B错误：运 +2g,则初速度清足L√景<<3弘√乐落人锅最严杭确 N 2h 2.根据齿轮传动规律可知两个点的线速度大小相同，故B 动员做曲线运动，因其所受合力与运动方向不在同一直线上，故 C正确：若运动到P点时所有外力都消失，运动员将沿P点速度 中时，最大速度和最小速度之≠子，故C错误：D正确 正确；根据w=可知A点角速度大于B点角速度，故A错误： 方向做匀速直线运动，故D错误 11.(1)BC(2)D(3)2.00.15 2,两名学员的线速度大小和方向均不相同，故A错误：坐在 解析：(1)斜槽轨道不必光滑，故A错误：斜槽轨道末段N端 根据m=2可知A点转速大于B点转速，故C错误；根据a,= 副驾驶座上的学员由于运动的圆周轨迹半径更大，因此在角速必须水平，小球离开轨道后才能做平抛运动，故B正确：这个实 度相同的前提下，所受的向心加速度更大，更容易被甩出去，故验只能验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水 上可知A点向心加速度大于B点向心加速度，故D错误。 B错误：学员质量未知，无法比较学员受到汽车的作用力大小， 平方向无关，所以不需要每次实验小球离开水平槽时初速度相 3.质量为m的汽车以速度，驶过桥顶时，根据牛顿第二定律 故C错误；汽车对学员的作用力的竖直分力等于学员所受的重同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，故C正确，D错 力，水平分力提供合力，故大于重力，故D正确： 误 可得mg-术=m天可得人y=mg一m发，即汽车对桥的压 3.由于小船在静水中的速度2=4m/小于水流速度1= (2)两小球落地速度的大小不相同，落地时竖直分速度大 力等于=mg-m发，故A错误，B正确：汽车过桥最高点时， 5m/s,小船不能垂直河岸渡过此河，故A错误：若保持船头方向小相同，故A错误；实验结果不能表明P小球在水平方向的分运 不变，水流速度变大，垂直河岸方向的分运动速度不变，则渡河动是匀速直线运动，故B错误；P小球在竖直方向的分运动与Q加速度向下，处于失重状态，故C错误：当。=√gR时，向心力为 时间不变，故B错误；当小船在静水中的速度与河岸垂直时，渡 小球的运动相同，是自由落体运动，故C错误，D正确， F=mR=mg,故D错误 河时间最短，则最短时间为1。=4=45，故小船渡河所用的 (3)根据g-2士，解得T=0,1,初速度为w=2号 4由题意可知P的周期为，=2=2如×0.28。 时间不可能为40s,故C错误；由于小船在静水中的速度？= 4m/s小于水流速度1=5m/s,则当合速度垂直于船速时，航程 20mA在6点根据平均速度公式兴=品.解特1=Q5 0.14.0的周期为7，=2m-2m×0.16。=0.08,根据数学 AT 最短，有5= 12.(1)没有(2)从同一位置释放 ,=225m,故D正确 (3)H1+33=3H2+14 知识经历的时间必须等于它们周期的整数倍，因此经历的时 4,设小球的速度为，先将两小球的速度沿杆方向和垂直 解析：(1)只要小球每次从斜面上同一位置由静止释放，克 间最小为0.56故D正确 杆方向分解，再根据小球：沿杆方向的分速度等于小球沿杆方 服摩擦阻力做功相同，从桌面边缘飞出时的速度相等即可，故本 5.设托盘给蛋糕的最大静摩擦力为F,支持力为F、,对于 实验涂斜面和桌面的粗糙程度对实验的精确度没有影响， 向的分速度，可得，c0sa=,ina,解得=aa故D正确 a (2)在同一组实验中，小球从斜面上由静止释放时需满足 右上方可以列√+(mg-F下=mRF,=uF,两式联 5.由图可知，A,B,C三点相邻两个位置的水平方向距离相从同一位置释放， 等，因此小球由A到B与由B到C的时间相等，设为t,A,B、C相 (3)若小球水平方向做匀速直线运动，则移动每一个x小球 立，当FN1+2 ,mg,时，速度有最大值，解得= 邻两个位置竖直方向位移分别为为1=b,2=2b,由y1一为= 做平抛运动的时间差恒定，竖直方向由匀变速直线运动推论可故B正确， ,求得时=√，小球做平物运动的初速度大水为 知，相同时间位移差恒定，故竖直方向相邻两个撞痕间长度差恒 6,由于题中已知二者线速度大小相等，即单=之，由于 定，即(H-H2)-(h2-H3）=(-H3)-(出-H4) Rm<R之，根据n=oR可知二者角速度大小关系为o单>a2, ÷=a√气则该物体的初动能为么=宁：器故D 整理得H1+3H3=3H2+H. 13.(1)150m/s;(2)600m 故A结误：由向心加速度，，可知二者向心加速度大小关 正确，ABC错误 解析：(1)炸弹在空中做平抛运动，竖直方向上有 系为：甲>az,故B正确；地面对车的径向摩擦力提供向心力F 6.跳远是斜抛运动，后半段可视为平抛运动，前半段可视为 h=728,=8,解得：1=12s8,=120m/ =m4,由于甲、乙两辆车的质量相等，二者地面对车的径向摩擦 逆向平抛，前、后段时间相等，由h=)g,得11=0.5s,则运动 因此炸弹落在A点时的速度大小=√+=150m/s 力Fm>F亿，故C错误：由向心力F育=mR,由于R甲<Rz 员在空中运动的时间是1=211=1.0s,故A错误；由x=,1结 (2)炸弹在空中水平方向上的位移大小x= 所以当两车的速度大小相等时，甲需要的向心力大，当摩擦力不 合x=4.00m,得o=8.0m/s,即运动员在空中最高点的速度大 因此炸弹被释放的位置到O点的水平距离 足以提供向心力时，就会发生侧滑，所以若两车转弯速度过大， 小是8.0m/s,故B错误：运动员落人沙坑时的速度大小是v= d=x-lcos0,解得：d=600m. 则甲车更容易发生侧滑，故D错误 √+(g4)了=√89m/s,故C错误：运动员落人沙坑时速度 14.（0)=6V+4amG:(2)L-2m哈an0 7.当2=a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心 与水平面的夹角正切值1am&=坠=冬=0.625，故D正确 Fcos 8 力可知mg=m”,解得2=gr,所以4=g,与物体的质量无 解析：(1)设小球运动到P点时 7.将重力加速度g沿斜面方向和垂直于斜面方向分解g,= 的速度大小为，OP之间的距离L 关，与圆周轨道的半径有关，故A错误，B正确：当2=2a时，对 gsin6,g,=gc0s0,6=45°，弹珠沿斜面方向做初速度为0，加速以0点为坐标原点、初速度o方向 物体受力分析，则有mg+b=m二，解得6=mg,与小球的质量 度为：，的匀加速直线运动，在垂直于斜面方向上弹珠做类竖直为x轴正方向、风力F方向为y轴正 方向，建立平面直角坐标系，如图所 有关，与圆周轨道半径无关，故CD错误 上抛运动，若最终得到等奖，则有x=之5,，山，解得 示，沿%方向有：x=o 8.BD;9.CD:10.BD. 提示： =5m/s,故A错误：从发射出弹珠到击中金蛋，沿斜面方向弹 沿风力F方向：F=ma,=at,y=a 8.转动过程中，两滑块相对转台静止，滑块P和Q均受到重 珠一直在做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，三种情 况的位移一样，所以三种情况运动的时间也相等，即：2：3= 力、支持力和摩擦力三个力作用，故A错误；转动过程中，两滑块 由题意知tan0= 相对转合静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心 1:1:1,故B正确，C错误；因11= ,= 22,得 力，则有F=mwr,因两滑块的质量相同.而r1<2,故Fp< 小球运动到P点时的速度大小，=√/缩+ D1::3=2:3:6,故D错误 Fo,即P需要的向心力小于Q需要的向心力，故B正确：设两滑 解得v=%√小+41an26 8.BC;9.AC;10.ABD. 块与转合的动摩擦因数为μ，则最大静摩擦力为Fm=wmg,则两 提示： (2)OP之间的距离L= 品。 滑块的最大静摩擦力相同：根据B项分析可知，在没有滑动前，Q 所需要的向心力总是大于P所需要的向心力，则Q所受的静摩 8.由x-t图像知，物体在水平方向的运动为匀速直线运动 速度大小约为1.5m/s,故A错误，C正确；由？，-t图像知，物体 15.(1)2√gL≤%≤2/2gL:(2)2L,2/2g 擦力总是大于P所受的静摩擦力，当角速度ω缓慢增大时，Q先 在竖直方向做匀加速直线运动，加速度大小约为10m/2,图像 解析：(1)设小球平抛初速度为，时恰好打在挡板上A点， 达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故D正确，C 谱误 与t轴围成的面积表示位移，则下落高度约为1.25m,故B正确； 则有：4=41，=g 9.根据题意可知，飞镖做平抛运动，水平方向上有L=6, 物体运动过程中，加速度恒定，则相等时间内的速度变化量相 同，故D错误 解得：1=22gL 解得飞行时间为1=0.2s,竖直方向上有2R=)g,解得R=三 9.运动员在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不 设小球平抛初速度为2时恰好打在挡板上B点，则有：4L= 变；运动员在空中速度大小逐渐增大，方向时刻发生变化，故A2,2L=2号 0.1m=10cm,故A错误；根据题意，设圆盘转动周期为T,则有 错误，B正确：运动员经过图中b处时速度沿着轨迹切线斜向下】 =2T+n7(n=0,12,3…),当n=0时，周期最大为T= 故C错误：运动员在空中做平抛运动，轨迹为曲线运动，所以运 解得：1=2g 动员在空中飞行时所受合力方向与速度方向不在一条直线上， 综上可知：使小球能够击中挡板AB的初速度应满足2g缸 0.4s,根据o=2可知，此时角速度为=5ad/s,故B错误， 16 参考答案 数理招 C正确：若飞镖初速度增大为原来的万倍，由A分析可知，飞行B正确：第谷之所以没有发现行星运行规律，缺少的是对感性材 时间为= =0.1万s,则下落高度为h=之g2=0.1m= 料的加工，制作.故C错误，D正确。 地国铁道上周期，：：业：6，√受由开#材第三定许 10cm=R,即恰好将击中圆心O,故D正确， 2根据F=69m=，可知，因同步卫星的得2.3联立解得=如√，在转移轨道上从 10.根据题意可知，保证每个装配工位上都能完成零件装期与地球自转周期相同，所以所有同步卫星的周期都相同，运动M点运行至N点(M,N与地心在同一直线上)所需的时间：= 配，期有号+2m(医=01,23，…)，当=0时u=无量不定相同，间心为不定相同动能也不定相同散C号 压，故D正确 半径相同，速度大小相同，但是速度方向不同，因同步卫星的质T线=2mg” 当k=1时o=:或者有o=号+2hmk=01,2.3） 确 3.两颗卫星的线速度方向不相同，所以线速度不相同，故A mo 当长=0时。=无当长=1时。=此：或者有。=号+误：根据牛领第二定律得G地：4，解得4：6兰，两版卫 解析：(1)地面对物体的支持力大小为F,根据平衡条件可 知物体的重力大小为F,则地面上的重力加速度大小g可以表示 26m=01,2.3,当k=0时0-无当=1时w2 星的加速度大小相等，故B正确：根据万有引力定律得F= 5to 为g=m 或者有o6=8要+26m(k=0,1,2,3,),当k=0时0= 6血，两颗卫星的质量不一定相等，所受到的向心力大小不 5o1 定相等，故C错误；卫星2向后喷气将做离心运动，脱离原来的轨 （2)根据6=，结合，可得6= mo 当k:1时=18知，故BD正确 道，不能追上卫星1，故D错误 (3)根据向心加速度与周期的关系可得月球的向心加速度 11.(1)角速度相等(2)相等B(C)C(B) 解析：(1)挡板A和C处半径相等，小明探究的是向心力大 4物体在星球表面所受万有引力和重力近低相等，则C架 大小表示为a.= 小与角速度的关系，此时应当选用质量相等的小球分别放在挡 =mg,解得星球表面的重力加速度g=侧，所以火星与地球表 R (4)根据c“g=ma.,可得GM=4r兰 板A和C处 （2)探究向心力大小和半径之间的关系时，要保持其余的面面力加速度之比为数。M女心 B地 心==子，即g 22 12)÷2)h-÷票：(3) 物理量不变，则需要质量、线速度或角速度都相同，应将传动皮 带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在 了地，“祝融号”火星车在火果上与地球上的质量相等，“祝融 解析：(1)根据光电门调速原理可知。=号 挡板B(C)和挡板C(B)处 12.滑块质量3.16变大 号”火星车在火星上受到的重力大小约为G=mg大=子g (2)根据白由落体运动公式有h= 2，数据处理时 解析：(1)为探究向心力大小与半径的关系，应保持转动的 亏×240×10N=960N,故B正确 应绘制h-子图像，图像斜率k=京可得g=示 d 2 角速度和潸块质量不变； (2)角速度w=08203ads=4nmd 5“神月十九号”的线速度0=÷，轨道半径，=台，根据 (3)对该星球表面质量为m的物体，有G:mg可得M R 力传感器的示数应为F=ma2L=3.16N C Mm =m (3)根据F=mw2L,F-L图像的的斜率k=ma2,若增加转 二，得地球的质量为M=4G凉故A正确 动的角速度，则图线的斜率会变大. 6.同步卫星运行时与地面物体相对静止，角速度相同，则根 13.（1)0.6m:(2)10N:(3)55nd/s 据向心加速度a=ω，可知，同步卫星的环绕半径比地面物体随 紧e TT2 :(3)212-7d 地球做圆周运动的半径大，则同步卫星运行的加速度大于地面 解析：(1)设月球的质量为M,嫦蛾一号的质量为m,则嫦娥 解析：(1)由几何关系得：r=L'+Lsim0=0.6m: 物体随地球自转的向心加速度，故A错误；第一宇宙速度是物体 号的向心力由万有引力提供，有 (2)由竖直方向受力平衡得：Fcos0=mg 脱离地球表面的最小发射速度，若物体的初速度小于第一宇宙 解得：F=子mg=10N 速度，则物体必定会落回地面.故B正确：对于沿圆轨道绕地球 6将=()风 运动的卫星，发射速度应大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速 (3)由圆周运动和牛顿第二定律可得： 度第一宇宙速度对应最小的发射速度以及最大的卫星环绕速 可得月球质量M=4云 mgtan 0=mo'r 度，因此地球卫星的运行速度（即环绕速度）不可能大于第一宇 宙速度，故C错误：在地球表面发射一颗绕月卫星，卫星仍在地 (2)由密度公式p= 球引力范围内，则发射速度不能大于第二宇宙速度，否则会摆脱 14.(1)m=2gR:(2)x=Rh 地球束缚.故D错误. 3πR周 解析：(1)在B点轨道对小球的支持力为重力的3倍，即F、 7.空间站和地球能够保持同步转动，即空间站与同步卫星 解得月球的平均密度P=GCR网 3m 具有相同的角速度和周期，故A错误，D正确：7.9km/s是第一宇 (3)设经过时间t,两卫星第一次相距最远，则有 由牛顿第二定律和圆周运动有、mg=m尺 宙速度，是最大的环绕速度，方舟号空间站运行的线速度小于 7.9km/s,故B错误；方舟号空间站的轨道半径小于同步卫星的 解得v=2gR 轨道半径，根据a=。2,可知方舟号空间站的向心加速度小于地 TTe 球同步卫星的向心加速度，故C错误 解得1=2(12-T) (2)由平抛运动有方=号 8.CD:9.AB:10.AD. 452√- 解得1=√g 2h 提示： 解析：(1)行星绕太阳转动时，由万有引力提供向心力，得 小球落地点到B点的水平距离 &根据6“学=将杀，同理可得 12 M器尾，所以M+=票（风+）器，当 4 x 15.(1)3rad/s;(2)2.1m:(3)2.0m +M2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减 可得：T=√CM安 解析：(1)根据牛顿第二定律得41mg=mw 解得wm=3rad/s 小减小，故人错误：根把G。解得：=√ 可得木星与地球公转周期之比为 R (2)当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，设物体在餐由于P的减小比和R的减小量大，则线速度增大，故B错误： 桌上滑动的位移为s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小 角速度“=票，结合A可知，角速度增大，故C正确：根据 (2)行星的第一宇宙速度等于卫星在行星表面的运行速 为α，根据牛顿第二定律得 Hamg ma 度，则有CMm =M1a1=M2a2知，L变小，则两星的向心加速度增大， mR 解得：a=2.5m/s2 M 物体的初速度为o=or=3m/s 故D正确 可得：=√R 由速度和位移关系有0-后=-2as 9.依题意，可得同步卫星距地面的高度h=r-R=(n 则木星与地球的第一宇宙速度大小之比为 解得：s=L.8m 1)R,故A正确：根据万有引力提供向心力，有G血=m立 ,可 300 2 根据勾股定理得R=√P+s≈2.1m (3)若餐桌的半径R=2,物体滑动的位移为 ,即同步卫星运行速度是第一宇 s'=r =Im 15(①7=g(2)Mk“:6)8k9 末速度为-场=-2as 宙速度的√一倍，故B正确：由：=心可知，同步卫层与地球赤 解析：(1)探测器绕火星运动的角速度为。=日 解得：1=2m/s 道上物体具有相同的角速度，则同步卫星的运行速度是地球赤 微平抛运动的时间为A=分 道上物体随地球自转获得的速度的n倍，故C错误；由a=ro2可 环绕周期为T:2如 知，同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的n倍，故D 解得：t=0.4s 错误 联立解得：T=2m 平抛的水平位移为x=t=0.8m 10.卫星进人中地圆轨道时需要在N点加速，故A正确：由 (2)探测器贴近火星表面飞行，轨道半径为火星半径R,设火 总水平位移为L=s'+x=L.8m 开普物第二定律，M点到地球的距离小于N点到地球的距离，因星质量为Mk,探测器质量为m,由题意有s= 总位移为1=√2+P=1.97m 此近地点M点的速度大于远地点N点的速度，即w>w,故B错 《万有引力与宇宙航行》核心素养综合测评 由万有3引力提供向心力.得出”。m心R 误：卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得Gm R2 1.C:2.C:3.B:4.B;5.A;6.B;7.D. (3R)2 提示： gR 联立解得火星的质量为M火=G L,占有大量的感性材料是实现理性认识的基础，故A错误， 在近地面 =mg,解得”=√，故C错误：卫星在中 (3)设火星表面的重力加速度为5火，由物体在火星表面受《圆周运动》核心素养综合测评 ◆数理报社试题研究中心 第I卷 选择题（共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分， 如 选错或不选得0分)》 1.塔里木河，是南疆地区的母亲河，也是 批 我国第一大内陆河，如图1所示，其支流叶尔羌 河某段，河水沿着河床做曲线运动.图中A、B、 C、D四处，受河水冲击最严重的是哪处( A.A处 B.B处 图1 C.C处 D.D处 数 2.如图2甲所示，风力发电机 9 报 叶片转速很慢时，可通过内部的齿 高 轮箱进行提速后驱动发电机，如图 翠 物 乙所示是齿轮箱工作原理图的 理 部分，A、B分别是从动轮（内齿轮）》 图2 和主动轮（外齿轮）上的两个点，下列说法中正确的是 必 A.两个点的角速度相同 B.两个点的线速度大小相同 C.两个点的转速相同 册 D.两个点的向心加速度大小相同 敞 3.如图3为平潭海峡公铁大桥的一段， 若将桥的最高段视为半径为R的圆弧，重力 加速度为g,一质量为m的汽车以速度v驶过 桥顶时 ( A.汽车对桥的压力等于mg 图3 B.汽车对桥的压力等于mg-m 2 C.汽车过桥最高点时处于超重状态 D.当v=√gR时，向心力为零 4.某机器内有两个围绕各自的 固定轴匀速转动的铝盘A、B,A盘上 有一个信号发射装置P,能发射水平 钟 红外线，P到圆心的距离为28cm.B 盘上有一个带窗口的红外线信号接 收装置Q,Q到圆心的距离为16cm.P、Q转动的线速度相同，都是 4π/s.当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口， 如图4所示，则Q接收到的红外线信号的周期是 ( A.0.07s B.0.16s C.0.28s D.0.56s 5.如图5所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕 放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面 内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水 平.蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数 为4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 度为g.若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托 图5 盘做匀速圆周运动的最大速率为 A gR B N1+ 1+ D gR NV1-u N1- 6.如图6所示，完全相同的两车在水平面同 心圆弧道路上转弯，甲行驶在内侧、乙行驶在外 侧，它们转弯时速度大小相等，则两车在转弯 时，下列说法正确的是 ( A.角速度w甲=ω乙 图6 B.向心加速度a甲>az C.地面对车的径向摩擦力F甲<Fz D.若两车转弯速度过大，则乙车更容易发生侧滑 7.如图7甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕固定点0在 竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为，此时绳子 拉力大小为F,拉力F,与速度的平方2的关系如图乙所示，图像 中的数据α和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是 图7 A.数据a与小球的质量有关 B.数据α与圆周轨道的半径有关 C.数据b与小球的质量无关 D.数据b与圆周轨道的半径有关 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出 的四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3 分，有错选或不选的得0分) 8.如图8所示，在水平转台上放置 有质量相同的滑块P和Q(可视为质 点)，它们与转台之间的动摩擦因数相 同，P与转轴00'的距离为r1,Q与转轴 图8 O0'的距离为r2,且r1<r2,转台绕转轴00'以角速度w匀速转 动，转动过程中，两滑块始终相对转台静止.设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力.下列说法正确的是 () A.滑块P和Q均受到四个力作用 B.P所受到的摩擦力小于Q所受到的摩擦力 C.若角速度ω缓慢增大，P一定比Q先开始滑动 D.若角速度ω缓慢增大，Q一定比P先开始滑动 9.如图9所示，圆盘绕经过盘心0 数 且跟盘面垂直的水平轴匀速转动，当 圆盘边缘的一点P转至最高点时，飞 镖以初速度vo=10m/s垂直盘面瞄 图9 准P点水平抛出，飞镖抛出时与P点的距离为L=2m.已知重力 物 加速度g取10/s2,忽略空气阻力.若飞镖恰好击中P点，则下列 说法中正确的是 A.圆盘的半径为20cm 鬃 B.圆盘转动的周期最小值是0.4s C.圆盘转动的角速度可能为5πrad/s 册 D.若飞镖初速度增大为原来的2倍，它将击中圆心O 10.如图10所示是某种自动化装配设 备，该设备将料斗内的零件A与回转式多工 司定工作头 配工位 位工作台上的零件B装配到一起，一旦装配 成功会立即被自动机械手臂（图中未画）取 走并同时放上一个待装配的零件B,实现连 回转式多 工位工作台 续装配生产.已知料斗每隔时间。就会投放 图10 一个零件到正下方的装配工位上，多工位工作台顺时针做匀速圆 周运动以保证每投放一个零件A都恰好遇到一个装配工位上的零 件B,即时完成二者的装配.如果工作台同一圆周上均匀分布有5 个装配工位，为了让每个装配工位上都能完成零件装配，则工作台 的角速度大小可能为 ( B.2m 4T ·50 C. 5to 0.0 e 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 三、实验题（本题共2小题，共16分，将正确答案填在题中横 线上或按要求作答) 11.(10分)如图11是小N 别力筒 明某次利用圆周运动演示仪 小球 探究小球做圆周运动所需向 变塔轮 短槽 变速塔轮 心力的大小F与质量m、角速 传动皮带 度ω和半径r之间的关系的实 验装置图，圆周运动演示仪两 图11 个变速塔轮通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔 轮匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对钢球 的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用 使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格 数 显示出两个钢球所受向心力的比值， (1)图中小明探究的是向心力大小与 的关系，此时 报 应当选用质量 的小球分别放在挡板A和C处 高 (2)当探究向心力大小和半径之间的关系时，应当将皮带套 物 在塔轮半径 (选填“相等”或“不相等”)的轮盘上，将质 量相同的小球分别放在挡板 和挡板 处.（后两 教 空填“A”“B”或“C”)》 必 12.(6分)某实验小组用如图12甲所示的装置探究影响向心 力大小的相关因素.光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，一激光 册 器置于水平直杆上方，发出的激光能被正下方的接收器接收并记 录（实验中控制细线长度使得激光只能被水平直杆遮挡），通过连 接计算机可显示所接收激光的光照强度随时间的变化信息，水平 直杆的右侧套上质量为m的滑块，用细线将滑块与固定在竖直转 轴上的力传感器相接，细线处于水平伸直状态，拉力大小可由力 传感器测得 滋光器 本光照强度 接计算机 澈光接散器 10.3 0.8 1.3 10写 图12 (1)为探究向心力大小与半径的关系，应保持转动的角速度 和 不变； (2)某次实验中计算机显示接收器所接收激光的光照强度随 时间变化的信息如图乙所示，若此时细线长度为L=0.2,滑块 的质量m=0.1kg,不计滑块体积，则力传感器的示数应为 N(保留3位有效数字，π2取9.86)； (3)改变细线的长度L,以对应力传感器的示数F为纵坐标， 细线长度L为横坐标，绘制出向心力随半径变化的图像为一条倾 斜的直线，若增曾加转动的角速度，则图线的斜率会 (选填 “变大”“变小”或“保持不变”) 四、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方 程式和演算步骤.只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题， 答案中必须写出数值和单位) 13.(10分)如图13所示，已知绳长L= 0 0.5m,水平杆长L'=0.3m,小球质量m= 0.8kg.整个装置可绕竖直轴O0'转动.当 绳子始终与竖直方向成0=37°角时，(g取 10m/s2)求： 图13 (1)小球做圆周运动的轨道半径r; (2)此时绳的张力F; (3)该装置转动的角速度ω. 14.(12分)如图14所示，AB是半径为 R的4光滑圆弧轨道.B点的切线在水平方 向，且B点离水平地面高为h,有一质量为m 的小球（可视为质点）从A点静止开始滑 47114127442746 下，到达B点时，轨道对小球的支持力为重 图14 力的3倍，重力加速度为g,(不计一切阻力).求： (1)小球运动到B点时的速度； (2)小球落地点到B点的水平距离. 15.(16分)如图15所示，餐桌中心是 一个半径为r=1.0m的圆盘，圆盘可绕中 数理报 心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平 面内且两者之间的间隙可忽略不计.已知放 置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦 高中物理 因数为w1=0.9,与餐桌间的动摩擦因数为 图15 w2=0.25,餐桌离地面的高度为h=0.8m.设小物体与圆盘以及 餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2. 缮 (1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘转动角速度的最大值ωm为 册 多少？ ● (2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不 滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？ (3)若餐桌的半径R'=√2，求在圆盘角速度缓慢增大时，物 体从圆盘上被甩出后到落地点的位移大小。