1、章末检测试卷章末检测试卷( (二二) ) (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、选择题(本题共12 小题，每小题4 分，共 48 分.18 为单项选择题，912 为多项选择题) 1.如图 1 所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时她正沿圆弧形 弯道匀速率滑行，则她( ) 图 1 A.所受的合力为零，做匀速运动 B.所受的合力恒定，做匀加速运动 C.所受的合力恒定，做变加速运动 D.所受的合力变化，做变加速运动 答案 D 解析 运动员做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心，其方向变化，所以做变加速运动， D 正确. 2.(2018 邢台市高一下期中)如图 2 所示，某
2、篮球运动员以胳膊肘 O 点为转轴投篮，篮球距 O 点距离为 r，篮球出手瞬间手臂转动的角速度为 .篮球出手后做斜上抛运动，则以下说法正 确的是( ) 图 2 A.篮球出手的瞬间，线速度大小为 r B.篮球出手的瞬间，加速度大小为 2 r C.篮球在空中运动到最高点时速度为零 D.若篮球未到达篮球筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条件再次投篮时应适当增大 角速度 答案 D 解析 根据线速度与角速度关系可知，线速度大小为 vr，故选项 A 错误；根据向心加速 度公式可知，向心加速度大小为 an2r，故选项 B 错误；由题意可知，篮球出手后做斜上 抛运动，根据运动的分解可知，篮球在空中运动到最
3、高点时水平方向速度不为零，竖直方向 的速度为零，故选项 C 错误；若篮球未到达篮筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条 件再次投篮时需增大篮球出手瞬间的线速度大小，即在不改变其他条件再次投篮时应适当增 大角速度，故选项 D 正确. 3.(2018 绵阳市高一检测)质量为 m 的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小 于圆管的直径， 如图 3所示.已知小球以速度v 通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg， 则小球以速度v 2通过圆管的最高点时( ) 图 3 A.小球对圆管的内、外壁均无压力 B.小球对圆管的外壁的压力等于mg 2 C.小球对圆管的内壁压力等于mg 2 D.小球对圆
4、管的内壁压力等于 mg 答案 C 解析 依题意知，小球以速度 v 通过最高点时，由牛顿第二定律得 2mgmv 2 R 若小球以速度v 2通过圆管的最高点时小球受向下的压力 FN，则有 mgFNm v 2 2 R 由式解得 FNmg 2 ， 上式表明，小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律知小球对圆管内壁有向下的压力，大小 为mg 2 ，故 C 正确. 4.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动， 圆盘半径为R， 甲、 乙物体质量分别为M和m(Mm)， 它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的 倍， 两物体用一根长为 L(LR)的水平轻绳连 在一起.如图 4 所示， 若将甲物体放在转轴的位置上， 甲、
5、 乙之间连线刚好沿半径方向被拉直， 要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点， 重力加速度为 g)( ) 图 4 A. Mmg mL B. g L C. Mmg ML D. Mmg mL 答案 D 解析 以最大角速度转动时，设轻绳的拉力大小为 FT，以甲为研究对象，FTMg，以乙为 研究对象 FTmgmL2，可得 Mmg mL ，选项 D 正确. 5.如图 5 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 rA2rB，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
6、，欲使木块相对 B 轮静止，则木块距 B 轮转轴的最大距离为( ) 图 5 A.rB 4 B. rB 3 C. rB 2 D.rB 答案 C 解析 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 v R得 A B v rA v rB rB rA 1 2.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 FfmmA2rA，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 FfmmB2r， 联立解得 r(A B) 2r A(1
7、 2) 2r Ar A 4 rB 2，C 正确. 6.用如图 6 甲所示的装置研究平抛运动，每次将质量为 m 的小球从半径为 R 的四分之一圆弧 形轨道不同位置由静止释放，在圆弧形轨道最低点水平部分装有压力传感器，由其测出小球 对轨道压力的大小 F.已知斜面与水平地面之间的夹角 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，g 取 10 m/s2，则由图可求得圆弧形轨道 的半径 R 为( ) 图 6 A.0.125 m B.0.25 m C.0.50 m D.1.0 m 答案 B 解析 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，
8、由牛顿第二定律得 FNmgmv 2 0 R ， 由牛顿第三定律得：FNF 由平抛运动规律有，小球的水平射程 xv0t， 小球的竖直位移 y1 2gt 2， 由几何关系有 yxtan ， 联立可得 Fmg mg 2Rtan x， 代入图像中数据可得 R0.25 m，B 正确，A、C、D 错误. 7.质量分别为 M 和 m 的两个小球，分别用长 2l 和 l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动 时，拴质量为 M 和 m 的小球的悬线与竖直方向夹角分别为 和 ，如图 7 所示，则( ) 图 7 A.cos cos 2 B.cos 2cos C.tan tan 2 D.tan tan 答案 A 解析
9、 两球绕同一转轴做圆周运动， 故它们的角速度相同.对于球 M， 受重力和绳子拉力作用， 这两个力的合力提供向心力， 如图所示.设它们转动的角速度是 ， 由 Mgtan M 2lsin 2， 可得：cos g 2l2；同理可得 cos g l2，则cos cos 2 ，所以选项A 正确，B、C、D 错误. 8.(2018 玉溪市高一月考)如图 8 所示，轻质细绳长为 L，挂一个质量为 m 的小球，球离地的 高度 h2L，当绳受到大小为 2mg 的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在 光滑水平杆上， 现让环与球一起以速度 v gL向右匀速运动， 在 A 处环被挡住而立即停止， A 离墙
10、的水平距离也为 L，球在以后的运动过程中，球第一次与墙的碰撞点离墙角 B 点的距 离 H 是(不计空气阻力)( ) 图 8 A.L 2 B. 5L 3 C.2L 3 D.3L 2 答案 D 解析 环被挡住的瞬间，小球做圆周运动，根据牛顿第二定律得 Fmgmv 2 L，又 v gL， 解得 F2mg，故绳断裂，之后小球做平抛运动.假设小球直接落地，则有 h1 2gt 2，球的水平 位移 xvt2LL，所以小球先与墙壁发生碰撞；设球做平抛运动到墙的时间为 t，则 t L v L g， 小球下落的高度h 1 2gt 2L 2， 则球第一次与墙的碰撞点离墙角 B点的距离 H hh2LL 2 3 2L.
11、故选 D. 9.(2019 杭州二中期中)如图 9 所示为学员驾驶汽车在水平面上绕 O 点做匀速圆周运动的俯视 图.已知质量为 60 kg 的学员在 A 点位置，质量为 70 kg 的教练员在 B 点位置，A 点的转弯半 径为 5.0 m，B 点的转弯半径为 4.0 m，则学员和教练员(均可视为质点)( ) 图 9 A.运动周期之比为 54 B.运动线速度大小之比为 54 C.向心加速度大小之比为 45 D.受到的合力大小之比为 1514 答案 BD 解析 A、B 两点做圆周运动的角速度相等，根据 T2 知，周期相等，故 A 错误；根据 v r，半径之比为 54，知线速度大小之比为 54，故
12、B 正确；根据 anr2知，向心加速 度大小之比为 54，故 C 错误；根据 F合man，向心加速度大小之比为 54，质量之比为 67，知合力大小之比为 1514，故 D 正确. 10.有一种杂技表演叫“飞车走壁”， 由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶， 做匀速圆周运动.如图 10 所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为 h，下 列说法中正确的是( ) 图 10 A.h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大 B.h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 C.h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越大 D.h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大 答案 BC 解析 摩托车受力
13、分析如图所示. 由于 FN mg cos 所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关， 保持不变， 摩托车对侧壁的压力也不变， A 错误； 由 Fnmgtan mv 2 r m2rm4 2 T2 r 知 h 变化时，向心力 Fn不变，但高度升高，r 变大，所 以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项 B、C 正确，D 错误. 11.如图 11 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，图线与纵轴的交点坐标为 a，下列判断正确的是( ) 图
14、11 A.利用该装置可以得出重力加速度，且 gR a 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 小球在最高点，根据牛顿第二定律得 mgFmv 2 R，解得 v 2FR m gR；由题图乙知， 纵轴截距 agR，解得重力加速度 ga R，故 A 错误；由 v 2FR m gR 知，图线的斜率 kR m， 绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线的斜率更小，故 B 错误；用质量较小的球做 实验，得到的图线斜率更大，故 C 正确；由 v2FR m g
15、R 知，纵轴截距为 gR，绳长不变，则 图线与纵轴交点坐标不变，故 D 正确. 12.(2018 达州市高一检测)如图 12 所示， 放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为 R， 质量为 m 的带孔小球穿在环上，同时有一长为 R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳上 的最大拉力为 2mg，当圆环以角速度 绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则 可能为( ) 图 12 A.1 3 g R B. 2g R C. 6g R D. 7g R 答案 BC 解析 当圆环旋转且细绳伸直时，因为圆环光滑，所以小球受重力、环对球的支持力，还可 能受绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为 60
16、，小球绕竖直轴做 圆周运动，向心力由水平方向的合力提供，其大小为：Fm2r，其中 rRsin 60 一定，所 以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的第一个临界条件是小 球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得： Fminmgtan 60 ， 即 mgtan 60 mmin2Rsin 60 ， 解得： min 2g R .当绳子拉力达到 2mg 时， 此时角速度最大，对小球进行受力分析得，竖直方向：FNsin 30 (2mg)sin 30 mg0，水 平方向： FNcos 30 (2mg)cos 30 mmax2(Rsin 60 )，
17、 解得： max 6g R ， 故 A、 D 错误， B、 C 正确. 二、实验题(本题共 2 小题，共 12 分) 13.(6 分)如图 13 甲所示是某同学探究做圆周运动的物体的质量、向心力、轨道半径及线速度 关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动.力传感器测量向心力 F，速 度传感器测量圆柱体的线速度大小 v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究 向心力 F 与线速度大小 v 的关系. 图 13 (1)该同学采用的实验方法为_. A.等效替代法 B.控制变量法 C.理想化模型法 (2)改变线速度大小 v，多次测量，该同学测出了五组 F、v 数据，如下表所示：
18、v/(m s 1) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90 该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点. 作出 Fv2图线； 若圆柱体运动半径 r0.2 m， 由作出的 Fv2的图线可得圆柱体的质量 m_ kg.(结 果保留两位有效数字) 答案 (1)B(2 分) (2)如图所示(2 分) 0.18(2 分) 14.(6 分)(2018 厦门外国语学校高一下学期期中)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中， 如图 14 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
19、于圆心.用手带动钢球在水平面上做圆锥摆运动， 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. 图 14 (1)用停表记录运动 n 圈的总时间为 t，那么小球做圆周运动时需要的向心力表达式为 Fn _. (2)通过刻度尺测量小球运动的轨道平面距悬点的高度为 h，那么小球做圆周运动时合外力提 供的向心力表达式为 F_. (3)改变小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_. 答案 (1)mr4 2n2 t2 (2 分) (2)mgr h(2 分) (3)k 42 g (
20、2 分) 解析 (1)根据向心力公式：Fnmv 2 r 而 v2r T 2rn t ， 得：Fnm4 2n2 t2 r (2)如图所示，由几何关系可得： Fmgtan mgr h (3)由上面分析得：FFn 即 mgr hm 42n2 t2 r 整理得：t 2 n2 42 g h； 故斜率表达式为：k4 2 g . 三、计算题(本题共 4 小题，共 40 分) 15.(8 分)(2018 郑州一中高一下期中)如图 15 是马戏团上演的飞车节目， 圆轨道半径为 R.表演 者骑着车在圆轨道内做圆周运动.已知人和车的总质量均为 m，当乙车以 v1 2gR的速度过 轨道最高点 B 时，甲车以 v2 3
21、v1的速度经过最低点 A.忽略其他因素影响，求： 图 15 (1)乙在最高点 B 时受轨道的弹力大小； (2)甲在最低点 A 时受轨道的弹力大小. 答案 (1)mg (2)7mg 解析 (1)乙在最高点的速度 v1 gR，故受轨道弹力方向向下(2 分) 由牛顿第二定律得：FBmgmv 2 1 R (2 分) 解得：FBmg(1 分) (2)甲在最低点 A 时，由牛顿第二定律得： FAmgmv 2 2 R (2 分) 解得：FA7mg.(1 分) 16.(10 分)如图 16 所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一 数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转台半径
22、 R0.5 m，离水平地面的高度 H 0.8 m， 物块平抛落地过程水平位移的大小 s0.4 m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2.求： 图 16 (1)物块做平抛运动的初速度大小 v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数 . 答案 (1)1 m/s (2)0.2 解析 (1)物块做平抛运动 竖直方向有 H1 2gt 2(2 分) 水平方向有 sv0t(2 分) 联立两式得 v0s g 2H1 m/s.(1 分) (2)物块恰好离开转台时，最大静摩擦力提供向心力， 有 mgmv 2 0 R (3 分) 联立得 v 2 0 gR0.2.(2 分) 17.
23、(10 分)如图 17 所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为 R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰 与水平面相切.质量为 m 的小球以大小为 v0的初速度经半圆槽轨道最低点 B 滚上半圆槽，小 球恰好能通过最高点 C 后落回到水平面上的 A 点.不计空气阻力，重力加速度为 g，求： 图 17 (1)小球通过 B 点时对半圆槽的压力大小； (2)A、B 两点间的距离； (3)小球落到 A 点时速度方向与水平面夹角的正切值. 答案 (1)mgmv 2 0 R (2)2R (3)2 解析 (1)在 B 点，由牛顿第二定律 FNmgmv 2 0 R (1 分) 得 FNmv 2 0 R mg，(1 分) 由
24、牛顿第三定律得，小球通过 B 点时对半圆槽的压力大小为 mgmv 2 0 R .(1 分) (2)小球恰好能通过最高点 C，故重力提供其做圆周运动的向心力， 则 mgmv 2 C R (1 分) 通过 C 点后小球做平抛运动：xABvCt，h1 2gt 2，h2R(2 分) 联立以上各式可得 xAB2R(1 分) (3)设小球落到 A 点时，速度方向与水平面的夹角设为 ，则 tan v vC，vgt,2R 1 2gt 2(2 分) 解得 tan 2(1 分) 18.(12 分)(2019 新乡市高一下学期期末)如图 18，长 L1.5 m 的细线一端系一小球，另一端 悬挂在竖直转轴 P 上，
25、缓慢增加转轴 P 的转动速度使小球在水平面内做圆周运动.已知小球的 质量 m1.2 kg，细线能承受的最大拉力 Fm20 N，P 点到水平地面的距离 h1.7 m，重力 加速度 g 取 10 m/s2，求： 图 18 (1)小球能在水平面内做圆周运动的最大角速度 m； (2)细线被拉断后，小球的落地点到 P 点在水平地面上的竖直投影点 O的距离 d. 答案 (1)10 3 rad/s (2)2 m 解析 (1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为 ，对小球受力分析可知 Fmcos mg(1 分) mgtan mm2Lsin (2 分) 解得：m10 3 rad/s(1 分) (2)细线拉断时，小球的速度 vm Lsin (1 分) 解得：v4 m/s(1 分) 细线拉断后小球做平抛运动 hLcos 1 2gt 2(2 分) xvt(1 分) 小球的落地点到 P 在水平地面上的投影点 O的距离 d Lsin 2x2(2 分) 解得：d2 m.(1 分)
