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章末检测试卷(二)
(时间：90分钟 总分值：100分)
一、选择题(此题共12小题，每题4分，共48分.1～8为单项选择题，9～12为多项选择题)
1.如图1所示为某中国运发动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，那么她( )
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 运发动做匀速圆周运动，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.(2022·邢台市高一下期中)如图2所示，某篮球运发动以胳膊肘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ω.篮球出手后做斜上抛运动，那么以下说法正确的选项是( )
图2
A.篮球出手的瞬间，线速度大小为
B.篮球出手的瞬间，加速度大小为
C.篮球在空中运动到最高点时速度为零
D.假设篮球未到达篮球筐(篮球运动的距离较小)，那么在不改变其他条件再次投篮时应适当增大角速度ω
答案 D
解析 根据线速度与角速度关系可知，线速度大小为v＝ωr，应选项A错误；根据向心加速度公式可知，向心加速度大小为an＝ω2r，应选项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高点时水平方向速度不为零，竖直方向的速度为零，应选项C错误；假设篮球未到达篮筐(篮球运动的距离较小)，那么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，应选项D正确.
3.(2022·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.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，那么小球以速度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
C.小球对圆管的内壁压力等于
D.小球对圆管的内壁压力等于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2mg＝m①
假设小球以速度通过圆管的最高点时小球受向下的压力FN，那么有mg＋FN＝m②
由①②式解得FN＝－，
上式说明，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，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(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L(L<R)的水平轻绳连在一起.如图4所示，假设将甲物体放在转轴的位置上，甲、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，那么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. B.
C. D.
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，FT＝μMg，以乙为研究对象FT＋μmg＝mLω2，可得ω＝，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，假设将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮静止，那么木块距B轮转轴的最大距离为( )
图5
A.B.C.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ω＝得＝＝＝.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，那么由静摩擦力提供的向心力到达最大值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，那么向心力由最大静摩擦力提供，故Ffm＝mωB2r，联立解得r＝()2rA＝()2rA＝＝，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局部装有压力传感器，由其测出小球对轨道压力的大小F.斜面与水平地面之间的夹角θ＝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F－x图像，g取10m/s2，那么由图可求得圆弧形轨道的半径R为( )
图6
A.0.125m B.0.25m
C.0.50m D.1.0m
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，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
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＝gt2，
由几何关系有y＝xtan θ，
联立可得F＝mg＋x，
代入图像中数据可得R＝0.25 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α和β，如图7所示，那么( )
图7
A.cosα＝ B.cosα＝2cosβ
C.tanα＝ D.tanα＝tanβ
答案 A
解析 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，如下图.设它们转动的角速度是ω，由Mgtanα＝M·2lsinα·ω2，可得：cos α＝；同理可得cos β＝，那么cos α＝，所以选项A正确，B、C、D错误.
8.(2022·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h＝2L，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＝向右匀速运动，在A处环被挡住而立即停止，A离墙的水平距离也为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ΔH是(不计空气阻力)( )
图8
A.B.C.D.
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F－mg＝m，又v＝，解得F＝2mg，故绳断裂，之后小球做平抛运动.假设小球直接落地，那么有h＝gt2，球的水平位移x＝vt＝2L＞L，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′，那么t′＝＝，小球下落的高度h′＝gt′2＝，那么球第一次与墙的碰撞点离墙角B点的距离ΔH＝h－h′＝2L－＝L.应选D.
9.(2022·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.质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，那么学员和教练员(均可视为质点)( )
图9
A.运动周期之比为5∶4
B.运动线速度大小之比为5∶4
C.向心加速度大小之比为4∶5
D.受到的合力大小之比为15∶14
答案 BD
解析 A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，半径之比为5∶4，知线速度大小之比为5∶4，故B正确；根据an＝rω2知，向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F合＝man，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，知合力大小之比为15∶14，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，以下说法中正确的选项是( )
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 摩托车受力分析如下图.
由于FN＝
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Fn＝mgtanθ＝m＝mω2r＝mr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，以下判断正确的选项是( )
图11
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 小球在最高点，根据牛顿第二定律得mg＋F＝m，解得v2＝＋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＝＋gR知，图线的斜率k＝，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v2＝＋gR知，纵轴截距为gR，绳长不变，那么图线与纵轴交点坐标不变，故D正确.
12.(2022·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ω绕竖直直径转动，且细绳伸直时，那么ω可能为( )
图12
A. B.
C. D.
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°，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：F＝mω2r，其中r＝Rsin 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：Fmin＝mgtan 60°，即mgtan 60°＝mωmin2Rsin 60°，解得：ωmin＝.当绳子拉力到达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°－mg＝0，水平方向：FNcos 30°＋(2mg)cos 30°＝mωmax2(Rsin 60°)，解得：ωmax＝，故A、D错误，B、C正确.
二、实验题(此题共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，屡次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：
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.
①作出F－v2图线；
②假设圆柱体运动半径r＝0.2m，由作出的F－v2的图线可得圆柱体的质量m＝________kg.(结果保存两位有效数字)
答案 (1)B(2分) (2)①如下图(2分)
②0.18(2分)
14.(6分)(2022·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，屡次实验，得到如图乙所示的关系图像，可以到达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)mr(2分) (2)mg(2分) (3)k＝(2分)
解析 (1)根据向心力公式：Fn＝m
而v＝＝，
得：Fn＝mr
(2)如下图，由几何关系可得：
F＝mgtan θ＝mg
(3)由上面分析得：F＝Fn
即mg＝mr
整理得：＝h；
故斜率表达式为：k＝.
三、计算题(此题共4小题，共40分)
15.(8分)(2022·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.人和车的总质量均为m，当乙车以v1＝的速度过轨道最高点B时，甲车以v2＝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＞，故受轨道弹力方向向下(2分)
由牛顿第二定律得：FB＋mg＝m(2分)
解得：FB＝mg(1分)
(2)甲在最低点A时，由牛顿第二定律得：
FA－mg＝m(2分)
解得：FA＝7mg.(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，当转速到达某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转台半径R＝0.5m，离水平地面的高度H＝0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4m.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10m/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μ.
答案 (1)1m/s (2)0.2
解析 (1)物块做平抛运动
竖直方向有H＝gt2①(2分)
水平方向有s＝v0t②(2分)
联立①②两式得v0＝s＝1 m/s.③(1分)
(2)物块恰好离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，
有μmg＝m④(3分)
联立③④得μ＝＝0.2.(2分)
17.(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)mg＋m (2)2R (3)2
解析 (1)在B点，由牛顿第二定律FN－mg＝m(1分)
得FN＝m＋mg，(1分)
由牛顿第三定律得，小球通过B点时对半圆槽的压力大小为mg＋m.(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，
那么mg＝m(1分)
通过C点后小球做平抛运动：xAB＝vCt，h＝gt2，h＝2R(2分)
联立以上各式可得xAB＝2R(1分)
(3)设小球落到A点时，速度方向与水平面的夹角设为θ，那么tan θ＝，v⊥＝gt,2R＝gt2(2分)
解得tan θ＝2(1分)
18.(12分)(2022·新乡市高一下学期期末)如图18，长L＝1.5m的细线一端系一小球，另一端悬挂在竖直转轴P上，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.小球的质量m＝1.2kg，细线能承受的最大拉力Fm＝20N，P点到水平地面的距离h＝1.7m，重力加速度g取10m/s2，求：
图18
(1)小球能在水平面内做圆周运动的最大角速度ωm；
(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)rad/s (2)2m
解析 (1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为θ，对小球受力分析可知Fmcosθ＝mg(1分)
mgtanθ＝mωm2Lsinθ(2分)
解得：ωm＝rad/s(1分)
(2)细线拉断时，小球的速度
v＝ωm·Lsinθ(1分)
解得：v＝4m/s(1分)
细线拉断后小球做平抛运动
h－Lcosθ＝gt2(2分)
x＝vt(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＝(2分)
解得：d＝2m.(1分)
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