圆周运动 单元测试题-2027届高考物理一轮复习

粤教版高三物理《圆周运动》单元测试题 班级 姓名 学号 总分 本试卷满分：100分；考试时间：75分钟 第I卷（选择题，共46分） 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）。 1．如图1所示为胶片电影放映机，放完电影后需要倒胶片。图2为倒胶片示意图，将胶片由轮b轮到轮a轮上，P、Q为图示时刻两轮边缘胶片上的两点，主动轮a轮转动的角速度不变，下列说法中正确的是（     ） A．相同时间内b轮的角速度也不变 B．倒到a轮上的胶片线速度越来越小 C．图示时刻P、Q两点的角速度ωP>ωQ D．图示时刻P、Q两点的向心加速度aP=aQ 2.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为的圆周运动。设内外路面高度差为，路基的水平宽度为，路面的宽度为。已知重力加速度为。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（　　） A． B． C． D． 3．游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（ ） A．A点做匀速圆周运动 B．点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于点 D．此时A点的速度等于点 4.辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（　　） A． B． C． D． 6．（2025·重庆·高考）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 7.在水平地面上匀速行驶的自行车前轮直径为0.625m，在行驶过程中的某一时刻，从前轮边缘最高点A处水平飞出一小石子，石子与前轮圆心O等高时二者相距2m，则石子落地时水平方向的位移为（取）（    ） A．m B．4m C．m D．8m 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 8．滚筒洗衣机静止于水平地面上，衣物随着滚筒一起在竖直平面内做高速匀速圆周运动，以达到脱水的效果。滚筒截面如图所示，下列说法正确的是（ ） A．衣物运动的过程中洗衣机对地面的压力不变 B．衣物运动到最低点B时处于超重状态 C．衣物运动到最低点B时比运动到最高点A脱水效果更好 D．衣物运动的过程中洗衣机对地面的摩擦力始终为0 9．（2026·广东·高考）如图所示，在光滑的水平地面上，P、Q、M、N四个质量相等的小球通过两根不可伸长的轻绳相连，P、Q间的绳长为，M、N间的绳长为，两绳相交于各自的中点，四球以相同角速度ω绕固定的点做匀速圆周运动，已知，P、Q的向心加速度大小均为，M、N的向心加速度大小均为，四球均可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的有（ ） A． B． C．P的线速度大小为 D．轻绳对四球的拉力大小相等 10．如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O′点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A． B． C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地 D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 三、实验题（本大题共2小题，共15分） 11．(6分)某实验小组利用如图甲所示装置验证向心力的表达式。在该装置中，水平光滑圆盘上放置质量为m的滑块，通过定滑轮与上方的力传感器连接，细线长度可通过滑块位置调节（即圆周运动半径r可改变）。实验时，滑块随圆盘匀速转动，细线拉力提供向心力。圆盘的另一侧装有永磁体，磁铁转动时会通过上方一固定的霍尔传感器，可检测磁体转动时磁场变化，输出脉冲信号如图乙所示。当转盘转动时，磁体每转一周，霍尔传感器输出一个脉冲，通过连接的计时器可记录脉冲间隔时间。 (1)若某次实验中，采集到磁场变化的脉冲信号如图乙所示，计时器记录到连续5次脉冲的时间为t，则滑块转动的角速度表达式________（用t表示） (2)实验小组保持滑块质量、半径不变，通过调节电动机转速得到多组数据，部分数据如下表： 序号 脉冲间隔时间（连续5个脉冲） 力传感器的示数 1 3.03 4.15 2 2.76 4.98 3 2.63 5.49 请根据表格数据，计算第1组实验中的角速度________；并根据所学向心力表达式可算出向心力________，与表格中力的传感器示数相比，可验证向心力表达式。（，结果均保留3位有效数字） (3)在实验中，由于细线存在微弱形变，在转动过程中运动半径略大于静止时测量的半径r，产生系统误差，则导致________（选填“<”，“=”或“>”）。 12．（9分）探究向心力大小F与物体的质量m、角速度和轨道半径r的关系实验。 方法1：某物理兴趣小组A使用向心力演示仪进行探究。 （1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的______。 A．探究平抛运动的特点 B．探究两个互成角度的力的合成规律 C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 （2）某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。 a．三个情境中，图______是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲、“乙”、“丙”）。 b．在甲情境中，若钢球1与钢球2所受向心力的比值为4∶1，则实验中钢球1与钢球2选取的变速塔轮的半径之比为______。 方法2：某物理兴趣小组B利用传感器进行探究，实验装置原理如图所示。装置中水平光滑直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。 （3）小组同学先让一个滑块做半径r为0.14m的圆周运动，得到图甲中①图线。然后保持滑块质量不变，再将运动的半径r分别调整为0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐标系中又分别得到图甲中②、③、④、⑤四条图线。 （4）对①图线的数据进行处理，获得了图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是______。 （5）对5条图线进行比较分析，得出一定时，的结论。请你简要说明得到结论的方法______。 四、解答题（本大题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13．（8分）一质量的汽车经过一半径的拱形桥顶部时，速度。已知牵引力，阻力。求此时： (1)汽车的向心加速度大小； (2)汽车受到的合力大小。 14.（13分）如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，O为圆心，a、b、c、d为轨道上的点，其中ac为竖直直径，b与圆心等高，d与圆心O的连线与水平方向的夹角为45°。一质量为m的小球自轨道底端a点获得一个水平向右的瞬时速度重力加速度为g，小球视为质点。 (1)求小球在a处受到轨道的支持力大小； (2)若小球在d点恰好脱离轨道， a.求脱轨瞬间小球的速度； b.以d点为坐标原点，水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建立坐标系，求小球脱离轨道后运动轨迹的方程。 15.（18分）如图，半径为的餐桌中心有一个半径为的圆盘，沿半径方向放置物体A和B，，，它们分居在圆心两侧，A恰在圆盘边缘，与圆心距离为，B与圆心距离，中间用细线相连，A、B与盘间的动摩擦因数均为，A与桌面间动摩擦因数为，桌面上表面距地面高度。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，圆盘厚度及圆盘与桌面的间隙都不计，物体A和B均可视为质点。求： (1)当圆盘转动的角速度为时，物体A和B所受的摩擦力大小； (2)当圆盘转动的角速度为，绳子恰好断裂，求物体A落到地面时距O点的水平距离。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 粤教版高三物理《圆周运动》单元测试题 班级 姓名 学号 总分 本试卷满分：100分；考试时间：75分钟 第I卷（选择题，共46分） 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）。 1．如图1所示为胶片电影放映机，放完电影后需要倒胶片。图2为倒胶片示意图，将胶片由轮b轮到轮a轮上，P、Q为图示时刻两轮边缘胶片上的两点，主动轮a轮转动的角速度不变，下列说法中正确的是（     ） A．相同时间内b轮的角速度也不变 B．倒到a轮上的胶片线速度越来越小 C．图示时刻P、Q两点的角速度ωP>ωQ D．图示时刻P、Q两点的向心加速度aP=aQ 【答案】C 【解析】A．根据同传送带传送可知，主动轮a、b轮转动的线速度相等，a轮转动的半径增大，边缘线速度变大，b轮转动的半径减小，边缘线速度的大小与a轮边缘线速度大小相等，根据可知，从动轮b轮转动的角速度增大，故A错误； B．主动轮a轮转动的角速度不变，胶片由b轮倒到a轮上，则其半径逐渐增大，根据可知，线速度增大，故B错误； C．图示时刻P、Q两点的线速度大小相等，根据可知ωP>ωQ，故C正确； D．根据向心加速度公式可知aP>aQ，故D错误。故选C。 2.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为的圆周运动。设内外路面高度差为，路基的水平宽度为，路面的宽度为。已知重力加速度为。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】汽车在水平面内做匀速圆周运动，当车轮与路面之间的横向摩擦力等于零时，汽车只受重力mg和路面的支持力N作用，这两个力的合力提供向心力。设路面倾角为，根据牛顿第二定律有，由题图几何关系可知，联立解得。故选B。 3．游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（ ） A．A点做匀速圆周运动 B．点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于点 D．此时A点的速度等于点 【答案】B 【解析】A．A点运动为A点绕的圆周运动和相对于O的圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动，故A错误； B．根据题意固定在底盘上，故可知围绕O点做匀速圆周运动，故B正确； CD．杯上A点与、恰好在同一条直线上时且在延长线上，点和点运动运动方向相同，又A点相对点做圆周运动，故此时A的速度大于的速度，故CD错误。故选B。 4.辘轳是我国古代类似起重机的装置，如图甲所示，该机构利用差速轮盘实现起重。图乙是其简化模型：大圆盘半径为，小圆盘半径为，两盘都固定在同一根水平中轴上，且都缠有同一根绳子。绳子下端绕过一滑轮，其余段保持竖直，滑轮下端挂货物。某农夫以ω的角速度转动中轴，则货物上升的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】大小圆盘固定同轴转动，角速度均为，根据线速度与角速度的关系，可得大圆盘边缘线速度，小圆盘边缘线速度，中轴转动时，大圆盘收拢绳子，小圆盘放出绳子，时间内绳子的净缩短量为 ，下方挂货物的是动滑轮，绳子总净缩短量等于动滑轮两侧绳子缩短量之和，若货物上升速度为，时间内总缩短量满足，整理得，故选A 。 5．如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力，对卷轴有，联立解得，故选A。 6．（2025·重庆·高考）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 【答案】B 【解析】AB．对汽车，根据速度位移关系，可得匀减速运动的加速度大小，汽车做减速运动的时间，这段时间列车行驶距离为，B正确，A错误； CD．根据可得汽车在OP段向心加速度大小为，CD错误。故选B。 7.在水平地面上匀速行驶的自行车前轮直径为0.625m，在行驶过程中的某一时刻，从前轮边缘最高点A处水平飞出一小石子，石子与前轮圆心O等高时二者相距2m，则石子落地时水平方向的位移为（取）（    ） A．m B．4m C．m D．8m 【答案】C 【解析】自行车匀速行驶，设前轮圆心对地速度为，车轮纯滚动时，前轮边缘最高点相对于圆心的线速度大小为，因此点的小石子飞出时相对地的初速度为 石子做平抛运动， 前轮直径，故半径 初始时在正上方，当石子与等高时，石子竖直下落距离 由自由落体公式 解得 此过程中，石子水平位移 圆心水平位移 此时二者等高，距离等于水平位移差，故 解得 因此石子平抛初速度 初始时点离地面高度 由平抛竖直方向规律 解得总下落时间 则总水平位移 故选C。 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 8．滚筒洗衣机静止于水平地面上，衣物随着滚筒一起在竖直平面内做高速匀速圆周运动，以达到脱水的效果。滚筒截面如图所示，下列说法正确的是（ ） A．衣物运动的过程中洗衣机对地面的压力不变 B．衣物运动到最低点B时处于超重状态 C．衣物运动到最低点B时比运动到最高点A脱水效果更好 D．衣物运动的过程中洗衣机对地面的摩擦力始终为0 【答案】BC 【解析】A．由于衣物在运动中，加速度方向总是指向洗衣机滚筒的圆心，由牛顿第二定律可知，衣物对洗衣机滚筒的作用力产生变化，对洗衣机受力分析，洗衣机静止不动，可推知洗衣机对地面的压力会产生变化，A错误； B．衣物运动到最低点B点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，B正确； C．衣物运动到最低点B点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知，衣物在B点受到滚筒的作用力最大，脱水效果更好，C正确； D．在衣物运动中，当衣物处在滚筒的最高点或最低点时，衣物对洗衣机在水平方向没有作用力，洗衣机在水平方向没有运动的趋势，对地面的摩擦力是0；当衣物运动离开最高点或最低点时，衣物对洗衣机在水平方向有作用力，使洗衣机在水平方向有运动的趋势，对地面有摩擦力产生，D错误；故选BC。 9．（2026·广东·高考）如图所示，在光滑的水平地面上，P、Q、M、N四个质量相等的小球通过两根不可伸长的轻绳相连，P、Q间的绳长为，M、N间的绳长为，两绳相交于各自的中点，四球以相同角速度ω绕固定的点做匀速圆周运动，已知，P、Q的向心加速度大小均为，M、N的向心加速度大小均为，四球均可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的有（ ） A． B． C．P的线速度大小为 D．轻绳对四球的拉力大小相等 【答案】AB 【解析】A．根据题意可知P、Q做圆周运动的半径 对P、Q根据可得，故A正确； B．因为四个球角速度相同，对球M、N有 所以，故B正确； C．对于P有，故C错误； D．绳子拉力提供向心力，根据可知由于四球质量相等，角速度相等，但半径不同，故拉力大小不相等，故D错误。故选AB。 10．如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO′垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O′点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠AO′B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A． B． C．无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地 D．无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地 【答案】BC 【解析】AB．物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向，可得，要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足，最大角速度等于，联立可得，故A错误，B正确； CD．无人机从A到B的时间，由于t′>t，可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。故选BC。 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 三、实验题（本大题共2小题，共15分） 11．(6分)某实验小组利用如图甲所示装置验证向心力的表达式。在该装置中，水平光滑圆盘上放置质量为m的滑块，通过定滑轮与上方的力传感器连接，细线长度可通过滑块位置调节（即圆周运动半径r可改变）。实验时，滑块随圆盘匀速转动，细线拉力提供向心力。圆盘的另一侧装有永磁体，磁铁转动时会通过上方一固定的霍尔传感器，可检测磁体转动时磁场变化，输出脉冲信号如图乙所示。当转盘转动时，磁体每转一周，霍尔传感器输出一个脉冲，通过连接的计时器可记录脉冲间隔时间。 (1)若某次实验中，采集到磁场变化的脉冲信号如图乙所示，计时器记录到连续5次脉冲的时间为t，则滑块转动的角速度表达式________（用t表示） (2)实验小组保持滑块质量、半径不变，通过调节电动机转速得到多组数据，部分数据如下表： 序号 脉冲间隔时间（连续5个脉冲） 力传感器的示数 1 3.03 4.15 2 2.76 4.98 3 2.63 5.49 请根据表格数据，计算第1组实验中的角速度________；并根据所学向心力表达式可算出向心力________，与表格中力的传感器示数相比，可验证向心力表达式。（，结果均保留3位有效数字） (3)在实验中，由于细线存在微弱形变，在转动过程中运动半径略大于静止时测量的半径r，产生系统误差，则导致________（选填“<”，“=”或“>”）。 【答案】(1)（1分） (2)8.29 （2分） 4.12 （2分） (3)<（1分） 【解析】（1）由题中连续记录5次脉冲，可知 则角速度为 （2）由可得 根据向心力公式 （3）由于细线存在微小形变，使实际转动的半径变大，实际向心力的数值变大，因此力的传感器测量的数值大于计算值，则填“<”。 12．（9分）探究向心力大小F与物体的质量m、角速度和轨道半径r的关系实验。 方法1：某物理兴趣小组A使用向心力演示仪进行探究。 （1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的______。 A．探究平抛运动的特点 B．探究两个互成角度的力的合成规律 C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 （2）某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。 a．三个情境中，图______是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲、“乙”、“丙”）。 b．在甲情境中，若钢球1与钢球2所受向心力的比值为4∶1，则实验中钢球1与钢球2选取的变速塔轮的半径之比为______。 方法2：某物理兴趣小组B利用传感器进行探究，实验装置原理如图所示。装置中水平光滑直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直槽一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动需要的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。 （3）小组同学先让一个滑块做半径r为0.14m的圆周运动，得到图甲中①图线。然后保持滑块质量不变，再将运动的半径r分别调整为0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐标系中又分别得到图甲中②、③、④、⑤四条图线。 （4）对①图线的数据进行处理，获得了图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是______。 （5）对5条图线进行比较分析，得出一定时，的结论。请你简要说明得到结论的方法______。 【答案】（1）C（2分） （2）丙 （1分） 1:2 （2分） （4） ω2/mω2/rω2/mrω2 （2分） （5）见解析（2分） 【解析】（1）A．在本实验中，利用控制变量法来探究向心力的大小与小球质量、角速度、半径之间的关系。探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故A错误； B．探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B错误； C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系是通过控制变量法研究的，故C正确。故选C。 （2）a．根据可知，要探究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和半径不变，由图可知，两侧采用皮带传动，所以两侧具有相等的线速度，根据皮带传动的特点可知，应该选择两个塔轮的半径相等，而且运动半径也相同，选取不同质量的小球，故图丙正确。 b．两个球的质量相等，半径相同，由，，已知，所以。两个塔轮边缘的线速度相等有，可知两个变速塔轮的半径之比为 （4）通过图甲中①图线中数据可知F与ω2成正比，即F与ω2的关系图像是一条过原点的直线，即x可以是ω2。又因ω变化时，滑块质量与运动半径都不变，所以x也可以是mω2或rω2或mrω2。 （5）探究F与r的关系时，要先控制m和ω不变，因此可在图像中找到同一个ω对应的向心力，根据5组向心力F和半径r的数据，在F-r坐标系中描点做图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成正比。 四、解答题（本大题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13．（8分）一质量的汽车经过一半径的拱形桥顶部时，速度。已知牵引力，阻力。求此时： (1)汽车的向心加速度大小； (2)汽车受到的合力大小。 【答案】(1) (2) 【解析】（1）根据题意，由向心加速度公式可得 （2分） （2）汽车在最高点时，水平方向上有 （2分） 竖直方向有 （2分） 则汽车在最高点受到的合力大小为 （2分） 14.（13分）如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，O为圆心，a、b、c、d为轨道上的点，其中ac为竖直直径，b与圆心等高，d与圆心O的连线与水平方向的夹角为45°。一质量为m的小球自轨道底端a点获得一个水平向右的瞬时速度重力加速度为g，小球视为质点。 (1)求小球在a处受到轨道的支持力大小； (2)若小球在d点恰好脱离轨道， a.求脱轨瞬间小球的速度； b.以d点为坐标原点，水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建立坐标系，求小球脱离轨道后运动轨迹的方程。 【答案】(1) (2)脱轨速度；运动轨迹方程，其中。 【解析】（1）小球在最低点时，向心加速度竖直向上，轨道支持力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有（2分） 解得（1分） （2）小球在点恰好脱离轨道时，轨道支持力为零，重力指向圆心方向的分力提供向心力，有（2分） 解得（1分） 小球从点沿圆弧向右上方运动，到达点时速度沿切线指向左上方，与水平向左方向成角。以脱轨时刻为计时起点，速度分量为，（2分） 脱轨后小球仅受重力作用，做斜抛运动，位移方程为，（2分） 消去，解得（1分） 代入，得到（1分） 由于且水平速度向左，轨迹对应。（1分） 15.（18分）如图，半径为的餐桌中心有一个半径为的圆盘，沿半径方向放置物体A和B，，，它们分居在圆心两侧，A恰在圆盘边缘，与圆心距离为，B与圆心距离，中间用细线相连，A、B与盘间的动摩擦因数均为，A与桌面间动摩擦因数为，桌面上表面距地面高度。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，圆盘厚度及圆盘与桌面的间隙都不计，物体A和B均可视为质点。求： (1)当圆盘转动的角速度为时，物体A和B所受的摩擦力大小； (2)当圆盘转动的角速度为，绳子恰好断裂，求物体A落到地面时距O点的水平距离。 【答案】(1)， (2) 【解析】（1）由牛顿第二定律得：（1分） 解得（1分） 由此可知（1分） 可判断随着圆盘角速度的增大，物体A先达到最大静摩擦力，设当角速度为时，物体A刚好达到最大静摩擦力，则：（1分） 则：（1分） 因为，则物体A受到的摩擦力达到最大值，且绳子有拉力，则：（1分） （1分） 解得：（1分） A受到的摩擦力达到最大值：（1分） （2）两物体都将相对转盘滑动时，对A有（1分） 对B有（1分） 解得：（1分） 故当圆盘转动的角速度为时，两物体都相对于圆盘静止，物体A的线速度： （1分） 绳断后，物体A滑至桌面，在桌面上做匀减速运动，则： ，， 解得：（1分） 物体A离开桌面后做平抛运动，则：，（1分） 解得：（1分） 物体A落到地面时距O点的水平距离为：（1分） 代入数据解得：（1分） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $