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[沪科版]高中物理必修二（全册）章末检测卷汇

总（共6套）

第1章怎样研究抛体运动

章末检测试卷(一)

(时间：90分钟满分：100分)

一、选择题(本题共10小题, 每小题4分, 共40分)

1．一质点在某段时间内做曲线运动, 则在這段时间内( )

A．速度一定在不断改变, 加速度也一定不断改变

B．速度可以不变, 但加速度一定不断改变

C．质点不可能在做匀变速运动

D．质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向

答案 D

解析物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一直线上, 故速度方向时刻改变, 所以曲线运动是变速运动, 其加速度不爲零, 但加速度可以不变, 例如平抛运动, 就是匀变速运动．故A、B、C错误．曲线运动的速度方向时刻改变, 质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向, 故D正确．

2．斜抛运动与平抛运动相比较, 相同的是( )

A．都是匀变速曲线运动

B．平抛是匀变速曲线运动, 而斜抛是非匀变速曲线运动

C．都是加速度逐渐增大的曲线运动

D．平抛运动是速度一直增大的运动, 而斜抛是速度一直减小的曲线运动

答案 A

解析平抛运动与斜抛运动的共同特点是它们都以一定的初速度抛出后, 只受重力作用．合外力爲G＝mg, 根据牛顿第二定律可以知道平抛运动和斜抛运动的加速度都是恒定不变的, 大小爲g, 方向竖直向下, 都是匀变速运动．它们不同的地方就是平抛运动是水平抛出、初速度的方向是水平的, 斜抛运动有一定的抛射角, 可以将它分解成水平分速度和竖直分速度, 也可以将平抛运动看成是特殊的斜抛运动(抛射角爲0°)．平抛运动和斜抛运动初速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上, 所以它们都是匀变速曲线运动, B、C错, A正确．平抛运动的速率一直在增大, 斜抛运动的速率可能先减小后增大, 也可能一直增大, D错．

3．一物体在光滑的水平桌面上运动, 在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图1所示．关于物体的运动, 下列说法正确的是( )

图1

A．物体做速度逐渐增大的曲线运动

B．物体运动的加速度先减小后增大

C．物体运动的初速度大小是50 m/s

D．物体运动的初速度大小是10 m/s

答案 C

解析由题图知, x方向的初速度沿x轴正方向, y方向的初速度沿y轴负方向, 则合运动的初速度方向不在y轴方向上；x轴方向的分运动是匀速直线运动, 加速度爲零, y轴方向的分运动是匀变速直线运动, 加速度沿y轴方向, 所以合运动的加速度沿y轴方向, 与合初速度方向不在同一直线上, 因此物体做曲线运动．根据速度的合成可知, 物体的速度先减小后增大, 故A错误．物体运动的加速度等于y轴方向的加速度, 保持不变, 故B错误；根据题图可知物体的初速度爲：v0＝v x02＋v y02＝302＋402 m/s＝50 m/s, 故C正确, D错误, 故选C.

4. 如图2所示, 细绳一端固定在天花板上的O点, 另一端穿过一张CD光盘的中央光滑小孔后拴着一个橡胶球, 橡胶球静止时, 竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上, 并沿桌面边缘以速度v匀速移动, 移动过程中, CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线, 当悬线与竖直方向的夹角爲θ时, 小球上升的速度大小爲( )

图2

A ．v sin θ

B ．v cos θ

C ．v tan θ

D ．v cot θ 答案 A

解析 由题意可知, 悬线与光盘交点参与两个运动, 一是逆着线的方向运动, 二是垂直于线的方向运动, 则合运动的速度大小爲v ,

由数学三角函数关系有：v 线＝v sin θ, 而线的速度大小即爲小球上升的速度大小, 故A 正确, B 、C 、D 错误．

5．如图3所示, 小朋友在玩一种运动中投掷的游戏, 目的是在运动中将手中的球投进离地面高3 m 的吊环, 他在车上和车一起以2 m/s 的速度向吊环运动, 小朋友抛球时手离地面的高度爲1.2 m, 当他在离吊环的水平距离爲2 m 时将球相对于自己竖直上抛, 球刚好沿水平方向进入吊环, 他将球竖直向上抛出的速度是(g 取10 m/s 2

)( )

图3

A ．2.8 m/s

B ．4.8 m/s

C ．6.8 m/s

D ．8.8 m/s 答案 C

解析 小球的运动可分解爲水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动, 题中球恰好沿水平方向进入吊环, 说明小球进入吊环时竖直上抛分运动恰好到达最高点, 则运动时间爲t ＝

x 水平v 水平, 由上升高度Δh ＝v 竖t －12

gt 2

, 得v 竖＝6.8 m/s, 选项C 正确． 6．如图4所示爲足球球门, 球门宽爲L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起, 将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度爲h , 足球做平抛运动(足球可看成质点), 则( )

图4

A ．足球位移的大小x ＝L 2

4

＋s 2

B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h (L 24

＋s 2) C ．足球初速度的大小v 0＝

g 2h (L 24

＋s 2

)＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L

2s

答案 B

解析 足球位移大小爲x ＝(L

2

)2＋s 2＋h 2

＝L 2

4

＋s 2＋h 2

, A 错误；根据平抛运动规律有：

h ＝1

2

gt 2, L 2

4

＋s 2

＝v 0t , 解得v 0＝

g 2h (L 24

＋s 2

), B 正确, C 错误；足球初速度方向与球门线夹角正切值tan θ＝s L

2

＝2s

L

, D 错误．

7．(多选)以初速度v 0＝20 m/s 从100 m 高台上水平抛出一个物体(g 取10 m/s 2

, 不计空气阻力), 则( )

A ．2 s 后物体的水平速度爲20 m/s

B ．2 s 后物体的速度方向与水平方向成45°角

C ．每1 s 内物体的速度变化量的大小爲10 m/s

D ．每1 s 内物体的速度大小的变化量爲10 m/s 答案 ABC

解析 水平抛出的物体做平抛运动, 水平方向速度不变, v x ＝v 0＝20 m/s, A 项正确；2 s 后, 竖直方向的速度v y ＝gt ＝20 m/s, 所以tan θ＝v y

v x

＝1, 则θ＝45°, B 项正确；每1 s 内物体的速度的变化量的大小爲Δv ＝g Δt ＝10 m/s, 所以C 项正确；物体的运动速度大小爲v x 2

＋v y 2

, 相同时间内, 其变化量不同, D 项错误．

8．(多选)一条船要在最短时间内渡过宽爲100 m 的河, 已知河水的流速v 1与船离河岸的距

离x 变化的关系如图5甲所示, 船在静水中的速度v 2与时间t 的关系如图乙所示, 则以下判断中正确的是( )

图5

A ．船渡河的最短时间是20 s

B ．船运动的轨迹可能是直线

C ．船在河水中的加速度大小爲0.4 m/s 2

D ．船在河水中的最大速度是5 m/s 答案 AC

解析 船在行驶过程中, 船头始终与河岸垂直时渡河时间最短, 即t ＝100

5 s ＝20 s, A 正

确；由于水流速度变化, 所以合速度变化, 船头始终与河岸垂直时, 运动的轨迹不可能是直线, B 错误；船在最短时间内渡河t ＝20 s, 则船运动到河的中央时所用时间爲10 s, 水的流速在x ＝0到x ＝50 m 之间均匀增加, 则a 1＝4－010 m/s 2＝0.4 m/s 2

, 同理x ＝50 m 到x

＝100 m 之间a 2＝0－410 m/s 2＝－0.4 m/s 2, 则船在河水中的加速度大小爲0.4 m/s 2

, C 正确；

船在河水中的最大速度爲v ＝52

＋42

m/s ＝41 m/s, D 错误．

9．(多选)物体做平抛运动的轨迹如图6所示, O 爲抛出点, 物体经过点P (x 1, y 1)时的速度方向与水平方向的夹角爲θ, 则下列结论正确的是( )

图6

A ．tan θ＝y 1

2x 1

B ．tan θ＝2y 1

x 1

C ．物体抛出时的速度爲v 0＝x 1g 2y 1

D ．物体经过P 点时的速度v P ＝gx 12

2y 1

＋2gy 1 答案 BCD

解析 tan θ＝v y v x ＝gt v 0, 竖直位移

y 1＝12gt 2, 水平位移x 1＝v 0t , 则gt ＝2y 1t , v 0＝x 1

t

, 所以

tan θ＝v y v x ＝

gt v 0＝2y 1

t x 1t

＝2y 1x 1, B 正确, A 错误；物体抛出时的速度v 0＝x 1

t

, 而t ＝2y 1

g

, 所

以v 0＝x 1t

＝x 1

g

2y 1

, C 正确；物体竖直方向上的速度爲v y ＝2gy 1, 所以经过P 点时的速度v P ＝v 02

＋v y 2

＝

gx 12

2y 1

＋2gy 1, D 正确． 10.(多选)跳台滑雪是奥运比赛项目之一, 利用自然山形建成的跳台进行, 某运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后, 又落回到斜面雪坡上, 如图7所示, 若斜面雪坡的倾角爲θ, 飞出时的速度大小爲v 0, 不计空气阻力, 运动员飞出后在空中的姿势保持不变, 重力加速度爲g , 则( )

图7

A ．如果v 0不同, 该运动员落到雪坡时的位置不同, 速度方向也不同

B ．如果v 0不同, 该运动员落到雪坡时的位置不同, 但速度方向相同

C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θ

g

D ．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0

cos θ

答案 BC

解析 运动员落到雪坡上时, 初速度越大, 落点越远；位移与水平方向的夹角爲θ, 设速度与水平方向的夹角爲α, 则有tan α＝2tan θ, 所以初速度不同时, 落点不同, 但速度方向与水平方向的夹角相同, 故选项A 错误, B 正确；由平抛运动规律可知x ＝v 0t , y ＝12gt 2,

且tan θ＝y x

, 可解得t ＝

2v 0tan θ

g

, 故选项C 正确；运动员落到雪坡上时, 速度v ＝

v 02＋(gt )2＝v 01＋4tan 2 θ, 故选项D 错误．故本题选B 、C.

二、实验题(本题共8分)

11．(8分)未来在一个未知星球上用如图8甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O 正下方

P 点处有水平放置的炽热电热丝, 当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断, 小球由于惯性向

前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前, 拍

下了小球在做平抛运动过程中的多张照片, 经合成后, 照片如图乙所示．a 、b 、c 、d 爲连续四次拍下的小球位置, 已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s, 照片大小如图中坐标所示, 又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比爲1∶4, 则：

图8

(1)由以上信息, 可知a 点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点． (2)由以上及图信息, 可以推算出该星球表面的重力加速度爲________m/s 2

. (3)由以上及图信息可以算出小球平抛的初速度是________m/s. (4)由以上及图信息可以算出小球在b 点时的速度是________m/s. 答案 (1)是 (2)8 (3)0.8 (4)42

5

解析 (1)竖直方向上, 由初速度爲零的匀加速直线运动经过连续相等的时间内通过的位移之比爲1∶3∶5可知, a 点爲抛出点．

(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, 设爲T , 在竖直方向有Δh ＝gT 2

, T ＝0.10 s, 可求得g ＝8 m/s 2

.

(3)由两位置间的时间间隔爲0.10 s, 水平距离爲8 cm, x ＝v 0t , 得小球平抛的初速度v 0＝0.8 m/s.

(4)b 点竖直分速度爲ac 间的竖直平均速度, 根据速度的合成求b 点的合速度, v yb ＝4×4×10－22×0.10 m/s ＝0.8 m/s, 所以v b ＝v 02＋v yb 2

＝425

m/s.

三、计算题(本题共4小题, 共52分, 解答时应写出必要的文字说明和解题步骤, 有数值计算的要注明单位)

12．(12分)如图9所示, 斜面体ABC 固定在地面上, 小球p 从A 点静止下滑．当小球p 开始下滑时, 另一小球q 从A 点正上方的D 点水平抛出, 两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB 光滑, 长度l ＝2.5 m, 斜面倾角θ＝30°.不计空气阻力, g 取10 m/s 2

, 求：

图9

(1)小球p 从A 点滑到B 点的时间． (2)小球q 抛出时初速度的大小． 答案 (1)1 s (2)53

4

m/s

解析 (1)设小球p 从斜面上下滑的加速度爲a , 由牛顿第二定律得：a ＝

mg sin θ

m

＝g sin θ①

设下滑所需时间爲t 1, 根据运动学公式得

l ＝12

at 12②

由①②得

t 1＝

2l

g sin θ

③

解得t 1＝1 s④

(2)对小球q ：水平方向位移x ＝l cos θ＝v 0t 2⑤ 依题意得t 2＝t 1⑥ 由④⑤⑥得

v 0＝l cos θt 1＝534

m/s.

【考点】平抛运动和直线运动的物体相遇问题 【题点】平抛运动和直线运动的物体相遇问题

13．(12分)在一定高度处把一个小球以v 0＝30 m/s 的速度水平抛出, 它落地时的速度大小

v t ＝50 m/s, 如果空气阻力不计, 重力加速度g 取10 m/s 2.求：

(1)小球在空中运动的时间t ；

(2)小球在平抛运动过程中通过的水平位移大小x 和竖直位移大小y ； (3)小球在平抛运动过程中的平均速度大小v . 答案 (1)4 s (2)120 m 80 m (3)1013 m/s

解析 (1)设小球落地时的竖直分速度爲v y , 由运动的合成可得v t ＝v 02

＋v y 2

, 解得v y ＝

v t 2－v 02＝502－302 m/s ＝40 m/s

小球在竖直方向上做自由落体运动, 有v y ＝gt , 解得t ＝v y g ＝40

10

s ＝4 s

(2)小球在水平方向上的位移爲x ＝v 0t ＝30×4 m＝120 m 小球的竖直位移爲y ＝12gt 2＝12

×10×42

m ＝80 m

(3)小球位移的大小爲s ＝x 2

＋y 2

＝1202

＋802

m ＝4013 m

由平均速度公式可得v ＝s t ＝

4013

4

m/s ＝1013 m/s.

14.(12分)如图10所示, 斜面倾角爲θ＝45°, 从斜面上方A 点处由静止释放一个质量爲

m 的弹性小球(可视爲质点), 在B 点处和斜面碰撞, 碰撞后速度大小不变, 方向变爲水平,

经过一段时间在C 点再次与斜面碰撞．已知A 、B 两点的高度差爲h , 重力加速度爲g , 不考虑空气阻力．求：

图10

(1)小球在AB 段运动过程中, 落到B 点的速度大小； (2)小球落到C 点时速度的大小． 答案 (1)2gh (2)10gh

解析 (1)小球下落过程中, 做自由落体运动, 设落到斜面B 点的速度爲v , 满足：v 2

＝2gh , 解得：v ＝2gh

(2)小球从B 到C 做平抛运动, 设从B 到C 的时间爲t , 竖直方向：BC sin θ＝12gt 2

水平方向：BC cos θ＝vt 解得：t ＝2

2h g

所以C 点的速度爲v C ＝v 2＋g 2t 2

＝10gh

15．(16分)如图11所示, 在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝1.0 kg 的小物块, 它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25, 且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个1

4

圆弧挡板, 圆弧半径R ＝5 2 m, 今以圆弧圆心O 点爲原点建立平面直角坐标系．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块, 已知重力加速度g ＝10 m/s 2

.

图11

(1)爲使小物块不能击中挡板, 求水平恒力F 作用的最长时间；

(2)若小物块在水平台阶上运动时, 水平恒力F 一直作用在小物块上, 当小物块过O 点时撤去水平恒力, 求小物块击中挡板上的位置． 答案 (1) 2 s (2)x ＝5 m, y ＝5 m

解析 (1)爲使小物块不会击中挡板, 设拉力F 作用最长时间t 1时, 小物块刚好运动到O 点．

由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1 解得：a 1＝2.5 m/s 2

匀减速运动时的加速度大小爲：a 2＝μg ＝2.5 m/s 2

由运动学公式得：s ＝12a 1t 12＋12a 2t 22

而a 1t 1＝a 2t 2 解得：t 1＝t 2＝ 2 s

(2)水平恒力一直作用在小物块上, 由运动学公式有：v 02

＝2a 1s 解得小物块到达O 点时的速度爲：v 0＝5 m/s 小物块过O 点后做平抛运动． 水平方向：x ＝v 0t 竖直方向：y ＝12gt 2

又x 2

＋y 2

＝R 2

解得位置爲：x ＝5 m, y ＝5 m

第2章 研究圆周运动

章末检测试卷(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) 1．关于平抛运动和圆周运动, 下列说法正确的是( ) A ．平抛运动是匀变速曲线运动 B ．匀速圆周运动是速度不变的运动 C ．圆周运动是匀变速曲线运动

D ．做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的 答案 A

解析 平抛运动的加速度恒定, 所以平抛运动是匀变速曲线运动, A 正确；平抛运动的水平方向是匀速直线运动, 所以落地时速度一定有水平分量, 不可能竖直向下, D 错误；匀速圆

周运动的速度方向时刻变化, B 错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心, 也就是方向时刻变化, 所以不是匀变速运动, C 错误．

2．如图1所示, 当汽车通过拱形桥顶点的速度爲10 m/s 时, 车对桥顶的压力爲车重的34,

如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时, 不受摩擦力作用, 则汽车通过桥顶的速度应爲(g ＝10 m/s 2

)( )

图1

A ．15 m/s

B ．20 m/s

C ．25 m/s

D ．30 m/s

答案 B

解析 速度爲10 m/s 时, 车对桥顶的压力爲车重的3

4, 对汽车受力分析：受重力与支持力

(由牛顿第三定律知支持力大小爲车重的3

4

), 运动分析：做圆周运动, 由牛顿第二定律可

得：mg －N ＝m v 2R , 得R ＝40 m, 当汽车不受摩擦力时, mg ＝m v 20

R

, 可得：v 0＝20 m/s, B 正确．

3．如图2所示, 质量爲m 的石块从半径爲R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中, 如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变, 那么( )

图2

A ．因爲速率不变, 所以石块的加速度爲零

B ．石块下滑过程中受到的合外力越来越大

C ．石块下滑过程中的摩擦力大小不变

D ．石块下滑过程中的加速度大小不变, 方向始终指向球心 答案 D

解析 石块做匀速圆周运动, 合外力提供向心力, 大小不变, 根据牛顿第二定律知, 加速度大小不变, 方向始终指向球心, 而石块受到重力、支持力、摩擦力作用, 其中重力不变, 所受支持力在变化, 则摩擦力变化, 故A 、B 、C 错误, D 正确．

4．质量分别爲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, 拴质量爲M 和m 的小球的悬线与竖直方向夹角分别爲α和β, 如图3所示, 则( )

图3

A ．cos α＝cos β

2

B ．cos α＝2cos β

C ．tan α＝tan β

2

D ．tan α＝tan β

答案 A

解析 对于球M , 受重力和绳子拉力作用, 這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ω, 由Mg tan α＝M ·2l sin α·ω2

, 可得：cos α＝g

2lω2.同理可得

cos β＝

g lω2, 则cos α＝cos β2

, 所以选项A 正确．

【考点】圆锥摆类模型

【题点】类圆锥摆的动力学问题分析

5．如图4所示, 用长爲l 的细绳拴着质量爲m 的小球在竖直平面内做圆周运动, 则下列说法中正确的是( )

图4

A ．小球在圆周最高点时所受的向心力一定爲重力

B ．小球在最高点时绳子的拉力不可能爲零

C ．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动, 则其在最高点的速率爲0

D ．小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力 答案 D

解析 小球在圆周最高点时, 向心力可能等于重力也可能等于重力与绳子的拉力之和, 取决于小球的瞬时速度的大小, A 错误；小球在圆周最高点时, 如果向心力完全由重力充当,

则可以使绳子的拉力爲零, B错误；小球刚好能在竖直面内做圆周运动, 则在最高点, 重力提供向心力, v＝gl, C错误；小球在圆周最低点时, 具有竖直向上的向心加速度, 处于超重状态, 拉力一定大于重力, 故D正确．

6．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r A＝2r B, 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轮能静止, 则木块距B轮转轴的最大距离爲( )

图5

A.

r B

4

B.

r B

3

C.

r B

2

D．r B

答案 C

解析当主动轮匀速转动时, A、B两轮边缘上的线速度大小相等, 由ω＝

v

R

得

ωA

ωB

＝

v

r A

v

r B

＝

r B

r A

＝

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边缘上相对静止, 则由静摩擦力提供的向心力达到最大值f m, 得f m＝mωA2r A①

设木块放在B轮上恰能相对静止时距B轮转轴的最大距离爲r, 则向心力由最大静摩擦力提供, 故f m＝mωB2r②

由①②式得r＝(

ωA

ωB

)2r A＝(

1

2

)2r A＝

r A

4

＝

r B

2

, C正确．

【考点】水平面内的匀速圆周运动分析

【题点】水平面内的匀速圆周运动分析

7．如图6所示, 半径爲L的圆管轨道(圆管内径远小于轨道半径)竖直放置, 管内壁光滑, 管内有一个小球(小球直径略小于管内径)可沿管转动, 设小球经过最高点P时的速度爲v, 则( )

图6

A．v的最小值爲gL

B．v若增大, 轨道对球的弹力也增大

C．当v由gL逐渐减小时, 轨道对球的弹力也减小

D．当v由gL逐渐增大时, 轨道对球的弹力也增大

答案 D

解析由于小球在圆管中运动, 最高点速度可爲零, A错误；因爲圆管既可提供向上的支持力也可提供向下的压力, 当v＝gL时, 圆管受力爲零, 故v由gL逐渐减小时, 轨道对球的弹力增大, B、C错误；v由gL逐渐增大时, 轨道对球的弹力也增大, D正确．

8．(多选)如图7所示, 在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均爲m的A、B两个物块(可视爲质点)．A和B距轴心O的距离分别爲r A＝R, r B＝2R, 且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是f m, 两物块A和B随着圆盘转动时, 始终与圆盘保持相对静止．则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中, 下列说法正确的是( )

图7

A．B所受合外力一直等于A所受合外力

B．A受到的摩擦力一直指向圆心

C．B受到的摩擦力一直指向圆心

D．A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度爲2f m mR

答案CD

解析A、B都做匀速圆周运动, 合外力提供向心力, 根据牛顿第二定律得F合＝mω2R, 角速度ω相等, B的半径较大, 所受合外力较大, A错误．最初圆盘转动角速度较小, A、B 随圆盘做圆周运动所需向心力较小, 可由A、B与盘面间静摩擦力提供, 静摩擦力指向圆心．由于B所需向心力较大, 当B与盘面间静摩擦力达到最大值时(此时A与盘面间静摩擦力还没有达到最大), 若继续增大角速度, 则B将有做离心运动的趋势, 而拉紧细线, 使细线上出现张力, 角速度越大, 细线上张力越大, 使得A与盘面间静摩擦力先减小后反向增

大, 所以A 受到的摩擦力先指向圆心, 后背离圆心, 而B 受到的摩擦力一直指向圆心, B 错误, C 正确．当A 与盘面间静摩擦力恰好达到最大时, A 、B 将开始滑动, 则根据牛顿第二定律得, 对A 有T －f m ＝mRωm 2

, 对B 有T ＋f m ＝m ·2Rωm 2

.解得最大角速度ωm ＝2f m

mR

, D 正

确．

【考点】水平面内的匀速圆周运动的动力学分析 【题点】水平面内的匀速圆周运动的动力学分析

9．(多选)在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江, 若把這滑铁索过江简化成如图8所示的模型, 铁索的两个固定点A 、B 在同一水平面内, AB 间的距离爲L ＝80 m ．铁索的最低点离AB 间的垂直距离爲H ＝8 m, 若把铁索看做是圆弧, 已知一质量m ＝52 kg 的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度爲10 m/s.(取g ＝10 m/s 2

, 人的质量对铁索形状无影响)那么( )

图8

A ．人在整个铁索上的运动可看成是匀速圆周运动

B ．可求得铁索的圆弧半径爲104 m

C ．人在滑到最低点时对铁索的压力约爲570 N

D ．在滑到最低点时人处于失重状态 答案 BC

解析 从最高点滑到最低点的过程中速度在增大, 所以不可能是匀速圆周运动, 故A 错误；由几何关系得：R 2

＝(R －H )2

＋(L

2

)2

, L ＝80 m, H ＝8 m, 代入解得, 铁索的圆弧半径R ＝

104 m, 故B 正确；滑到最低点时, 由牛顿第二定律：N －mg ＝m v 2R , 得N ＝m (g ＋v 2

R

)＝52×(10＋

10

2

104

) N ≈570 N , 由牛顿第三定律知人对铁索的压力约爲570 N, 故C 正确；在最低点, 人对铁索的压力大于重力, 处于超重状态, 故D 错误．

10．(多选)如图9所示, 一根细线下端拴一个金属小球P , 细线的上端固定在金属块Q 上, Q 放在带光滑小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出), 两次金属块Q 都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较, 下列判断中正确的是( )

图9

A．Q受到的桌面的静摩擦力变大

B．Q受到的桌面的支持力不变

C．小球P运动的角速度变小

D．小球P运动的周期变大

答案AB

解析金属块Q保持在桌面上静止, 对金属块和小球的整体, 竖直方向上没有加速度, 根据平衡条件知, Q受到的桌面的支持力等于两个物体的总重力, 保持不变, 故B正确．

设细线与竖直方向的夹角爲θ, 细线的拉力大小爲T, 细线的长度爲L.P球做匀速圆周运动

时, 由重力和细线的拉力的合力提供向心力, 如图, 则有T＝mg

cos θ

, mg tan θ＝mω2L sin

θ, 得角速度ω＝

g

L cos θ

, 周期T时＝

2π

ω

＝2π

L cos θ

g

, 现使小球改到一个更高一

些的水平面上做匀速圆周运动时, θ增大, cos θ减小, 则细线拉力增大, 角速度增大, 周期减小．对Q, 由平衡条件知, f＝T sin θ＝mg tan θ, 知Q受到的桌面的静摩擦力变大, 故A正确, C、D错误．

11．(多选)m爲在水平传送带上被传送的小物体(可视爲质点), A爲终端皮带轮, 如图10所示, 已知皮带轮半径爲r, 传送带与皮带轮间不会打滑, 当m可被水平抛出时( )

图10

A．皮带的最小速度爲gr

B ．皮带的最小速度爲

g r

C ．A 轮每秒的转数最少是

1

2π

g r

D ．A 轮每秒的转数最少是1

2πgr

答案 AC

解析 物体恰好被水平抛出时, 在皮带轮最高点满足mg ＝mv 2

r

, 即速度最小爲gr , 选项A

正确；又因爲v ＝2πrn , 可得n ＝

1

2π

g

r

, 选项C 正确． 12．(多选)水平光滑直轨道ab 与半径爲R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切, 一小球以初速度

v 0沿直轨道向右运动, 如图11所示, 小球进入圆形轨道后刚好能通过c 点, 然后落在直轨

道上的d 点, 则(不计空气阻力)( )

图11

A ．小球到达c 点的速度爲gR

B ．小球在c 点将向下做自由落体运动

C ．小球在直轨道上的落点d 与b 点距离爲2R

D ．小球从c 点落到d 点需要的时间爲2R g

答案 ACD

解析 小球在c 点时由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2c

R

, v c ＝gR , A 项正确；小球在c 点具有水

平速度, 它将做平抛运动, 并非做自由落体运动, B 错误；小球由c 点平抛, 得：s ＝v c t ,2R ＝12

gt 2

, 解得t ＝2R

g

, s ＝2R , C 、D 项正确． 二、实验题(本题共2小题, 共10分)

13．(4分)航天器绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态, 物体对支持面几乎没有压力, 所以在這种环境中已经无法用天平称量物体的质量．假设某同学在這种环境中设计了如图12所示的装置(图中O 爲光滑小孔)来间接测量物体的质量：给待测物体一个初速度, 使它在桌面上做匀速圆周运动．假设航天器中具有基本测量工具．

图12

(1)实验时需要测量的物理量是__________________． (2)待测物体质量的表达式爲m ＝________________.

答案 (1)弹簧测力计示数F 、圆周运动的半径R 、圆周运动的周期T (2)FT 2

4π2R

解析 需测量物体做圆周运动的周期T 、半径R 以及弹簧测力计的示数F , 则有F ＝m 4π

2

T 2

R ,

所以待测物体质量的表达式爲m ＝FT 2

4π2R

.

14．(6分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径爲R ＝0.20 m)．

图13

完成下列填空：

(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上, 如图13(a)所示, 托盘秤的示数爲1.00 kg ； (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时, 托盘秤的示数如图(b)所示, 该示数爲___ kg ；

(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放, 小车经过最低点后滑向另一侧, 此过程中托盘秤的最大示数爲m ；多次从同一位置释放小车, 记录各次的m 值如下表所示：

序号

1 2 3 4 5 m (kg)

1.80

1.75

1.85

1.75

1.90

(4)根据以上数据, 可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力爲______ N ；小车通过最低点时的速度大小爲______ m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2

, 计算结果保留2位有效数字) 答案 (2)1.40 (4)7.9 1.4

解析 (2)由题图(b)可知托盘称量程爲10 kg, 指针所指的示数爲1.40 kg.

(4)由多次测出的m 值, 利用平均值可求m ＝1.81 kg.而模拟器的重力爲G ＝m 0g ＝9.8 N, 所以小车经过凹形桥最低点时对桥的压力爲N ＝mg －m 0g ≈7.9 N；根据径向合力提供向心力, 即7.9 N －(1.40－1.00)×9.8 N＝0.4v

2

R

, 解得v ≈1.4 m/s.

三、计算题(本题共3小题, 共42分, 解答时应写出必要的文字说明和解题步骤, 有数值计算的要注明单位)

15．(10分)如图14所示是马戏团中上演的飞车节目, 在竖直平面内有半径爲R 的圆轨道．表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动．已知人和摩托车的总质量爲m , 人以v 1＝2gR 的速度过轨道最高点B , 并以v 2＝3v 1的速度过最低点A .求在A 、B 两点摩托车对轨道的压力大小相差多少？(不计空气阻力)

图14

答案 6mg

解析 在B 点, F B ＋mg ＝m v 12

R , 解得F B ＝mg , 根据牛顿第三定律, 摩托车对轨道的压力大小

F B ′＝F B ＝mg 在A 点, F A －mg ＝m v 22

R

解得F A ＝7mg , 根据牛顿第三定律, 摩托车对轨道的压力大小F A ′＝F A ＝7mg 所以在A 、B 两点车对轨道的压力大小相差F A ′－F B ′＝6mg . 【考点】向心力公式的简单应用 【题点】竖直面内圆周运动的动力学问题

16．(16分)如图15所示, 在匀速转动的水平圆盘上, 沿半径方向放置两个用细线相连的质量均爲m 的小物体A 、B , 它们到转轴的距离分别爲r A ＝20 cm 、r B ＝30 cm, A 、B 与盘间的最大静摩擦力均爲重力的k ＝0.4倍, 现极其缓慢地增加转盘的角速度, 试求：(g ＝10 m/s 2

, 答案可用根号表示)

图15

(1)当细线上开始出现张力时, 圆盘的角速度ω0. (2)当A 开始滑动时, 圆盘的角速度ω.

(3)当A 即将滑动时, 烧断细线, A 、B 运动状态如何？ 答案 (1)2

3

30 rad/s (2)4 rad/s (3)见解析

解析 (1)当细线上开始出现张力时, B 与圆盘之间的静摩擦力达到最大值． 对B ：mω02

r B ＝kmg 即ω0＝

kg r B ＝0.4×100.3 rad/s ＝2

3

30 rad/s (2)当A 开始滑动时, A 、B 所受静摩擦力均达最大, 设此时细线张力爲T , 对B ：T ＋kmg ＝mω2

r B 对A ：kmg －T ＝mω2r A 联立解得：ω＝

2kg r A ＋r B

＝2×0.4×10

0.2＋0.3

rad/s ＝4 rad/s

(3)烧断细线时, 线的拉力消失, B 所受静摩擦力不足以提供所需向心力, 故将远离圆心；对A , 拉力消失后, 静摩擦力变小, 提供所需向心力, 故继续做圆周运动．

17．(16分)如图16所示, 轨道ABCD 的AB 段爲一半径R ＝0.2 m 的光滑1

4圆形轨道, BC 段爲

高爲h ＝5 m 的竖直轨道, CD 段爲水平轨道．一质量爲0.2 kg 的小球从A 点由静止开始下滑, 到达B 点时的速度大小爲2 m/s, 离开B 点做平抛运动(g ＝10 m/s 2

), 求：

图16

(1)小球离开B 点后, 在CD 轨道上的落点到C 点的水平距离； (2)小球到达B 点时对圆形轨道的压力大小；

(3)如果在BCD 轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示), 那么小球离开B 点后能否落到斜面上？如果能, 求它第一次落在斜面上的位置距离B 点多远．如果不能, 请说明理由．

答案 (1)2 m (2)6 N (3)能落到斜面上, 第一次落在斜面上的位置距离B 点1.13 m 解析 (1)设小球离开B 点后做平抛运动的时间爲t 1, 落点到C 点距离爲s 由h ＝12

gt 12

得：t 1＝

2h

g

＝1 s, s ＝v B t 1＝2 m.