2019-2020年高中物理第二章勻速圓周運動階段驗收評估教科版.doc

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2019-2020年高中物理第二章勻速圓周運動階段驗收評估教科版 一、選擇題(本題共8小題，每小題7分，共56分。1～5小題只有一個選項符合題目要求，6～8小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得7分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分) 1．市場上出售的蒼蠅拍，把手長50 cm的明顯比30 cm的使用效果好，這是因為使用把手長的拍子打蒼蠅時(　　) A．蒼蠅看不見蒼蠅拍子而易被打 B．由于拍子轉(zhuǎn)動角速度大而易打到蒼蠅 C．由于拍子轉(zhuǎn)動線速度大而易打到蒼蠅 D．無法確定 解析：選C　拍蒼蠅時手腕轉(zhuǎn)動角速度有限，把手長則拍子線速度大易打到蒼蠅。 2．精彩的F1賽事相信你不會陌生吧！在觀眾感覺精彩與刺激的同時，車手們卻時刻處在緊張與危險之中。假如在一個彎道上高速行駛的賽車突然后輪脫落，則關(guān)于脫落的后輪的運動情況，以下說法正確的是(　　) 圖1 A．仍然沿著汽車行駛的彎道運動 B．沿著與彎道垂直的方向飛出 C．沿著脫離時，輪子前進的方向做直線運動，離開彎道 D．上述情況都有可能 解析：選C　后輪脫離后沿前進的方向做離心運動，故選C。 3.水平放置的平板表面有一個圓形淺槽，如圖2所示。一只小球在水平槽內(nèi)滾動直至停下，在此過程中(　　) 圖2 A．小球受四個力，合力方向指向圓心 B．小球受三個力，合力方向指向圓心 C．槽對小球的總作用力提供小球做圓周運動的向心力 D．槽對小球彈力的水平分力提供小球做圓周運動的向心力 解析：選D　對小球進行受力分析，小球受到重力、槽對小球的支持力和摩擦力3個力的作用，所以A錯誤；其中重力和支持力在豎直面內(nèi)，而摩擦力是在水平面內(nèi)的，重力和支持力的合力作為向心力指向圓心，但再加上摩擦力三個力的合力就不指向圓心了，所以選項B、C錯誤，選項D正確。 4．一箱土豆在轉(zhuǎn)盤上隨轉(zhuǎn)盤以角速度ω做勻速圓周運動，其中一個處于中間位置的土豆質(zhì)量為m，它到轉(zhuǎn)軸的距離為R，則其他土豆對該土豆的作用力為(　　) A．mg　　　　　　　　　 　B．mω2R C. D. 解析：選C　設其他土豆對該土豆的作用力為F，則該土豆受到重力mg和F作用。由于該土豆做勻速圓周運動，所以這兩個力的合力提供該土豆做勻速圓周運動的向心力，如圖所示。根據(jù)直角三角形的關(guān)系得F＝，而F向＝mω2R，所以F＝，C正確。 5．如圖3所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．A的速度比B的大 B．A與B的向心加速度大小相等 C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 解析：選D　A、B兩個座椅具有相同的角速度。根據(jù)公式：v＝ωr，A的運動半徑小，A的速度就小，故A錯誤；根據(jù)公式：a＝ω2r，A的運動半徑小，A的向心加速度就小，故B錯誤；對任一座椅，受力如圖，由繩子的拉力與重力的合力提供向心力，則得：mgtan θ＝mω2r，則得tan θ＝，A的半徑r較小，ω相等，可知A與豎直方向夾角θ較小，故C錯誤。A的向心加速度小，A的向心力就小，A對纜繩的拉力就小，故D正確。 6.如圖4所示，拖拉機后輪的半徑是前輪半徑的兩倍，A和B是前輪和后輪邊緣上的點，若車行進時車輪沒有打滑，則(　　) 圖4 A．兩輪轉(zhuǎn)動的周期相等 B．前輪和后輪的角速度之比為2∶1 C．A點和B點的線速度大小之比為1∶2 D．A點和B點的向心加速度大小之比為2∶1 解析：選BD　根據(jù)v＝ωr和vA＝vB，可知A、B兩點的角速度之比為2∶1；故B正確；據(jù)ω＝和前輪與后輪的角速度之比2∶1，求得兩輪的轉(zhuǎn)動周期為1∶2，故A錯誤；A、B分別為同一傳動裝置前輪和后輪邊緣上的一點，所以vA＝vB，故C錯誤；由a＝，可知，向心加速度與半徑成反比，則A與B點的向心加速度之比為2∶1，故D正確。 7.如圖5所示，天車下吊著兩個質(zhì)量都是m的工件A和B，系A的吊繩較短，系B的吊繩較長，若天車勻速運動到某處突然停止，則該時刻兩吊繩所受拉力FA、FB及兩工件的加速度aA與aB的大小關(guān)系是(　　) 圖5 A．FA>FB　　　　　　　　 　B．a(chǎn)AaB 解析：選AD　天車突然停止后，工件A、B由于慣性而做圓周運動，在最低點兩工件的線速度大小相同，則有a＝，由于rAaB，D正確。對工件F－mg＝m，即F＝mg＋m，結(jié)合rAFB，A正確。 8.如圖6所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度。下列說法正確的是(　　) 圖6 A．b一定比a先開始滑動 B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度 D．當ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg 解析：選AC　木塊相對圓盤不滑動時有Ff靜＝mω2r，a、b半徑不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B錯誤。當a恰好滑動時，有kmg＝mω0a2l，得ω0a＝，同理可得，b恰好滑動時ω0b＝，故A、C正確。ω＝<ω0a，a相對圓盤未滑動，F(xiàn)f靜＝mω2l＝kmg，D錯誤。 二、計算題(共3小題，共44分，解答時應寫出必要文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值的要注明單位) 9．(12分)如圖7所示，醫(yī)學上常用離心分離機加速血液的沉淀，其“下沉”的加速度可這樣表示：a＝rω2，而普通方法靠“重力沉淀”產(chǎn)生的加速度為a′＝g，式子中ρ0、ρ分別為液體密度和液體中固體顆粒的密度，r表示試管中心到轉(zhuǎn)軸的距離，ω為轉(zhuǎn)軸角速度，由以上信息回答： 圖7 (1)當滿足什么條件時，“離心沉淀”比“重力沉淀”快？ (2)若距離r＝0.2 m，離心機轉(zhuǎn)速n＝3 000 r/min，求a∶a′。(π2≈g＝10 m/s2) 解析：(1)比較兩個加速度a和a′可知：只要rω2>g，即ω>，離心沉淀就比重力沉淀快。 (2)由角速度ω＝2πn＝2π rad/s＝100π rad/s。 則＝＝≈2 000。 可見離心沉淀比重力沉淀快得多。 答案：(1)ω>　(2)2 000 10. (15分)如圖8所示，將一根光滑的細金屬棒折成“V”形，頂角為2θ，其對稱軸豎直，在其中一邊套上一個質(zhì)量為m的小金屬環(huán)P。 圖8 (1)若固定“V”形細金屬棒，小金屬環(huán)P從距離頂點O為x的A點處由靜止自由滑下，則小金屬環(huán)由靜止下滑至頂點O需多長時間？ (2)若小金屬環(huán)P隨“V”形細金屬棒繞其對稱軸以每秒n轉(zhuǎn)勻速轉(zhuǎn)動時，則小金屬環(huán)離對稱軸的距離為多少？ 解析：(1)小金屬環(huán)在下滑過程中，在重力和金屬棒對它的支持力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設小金屬環(huán)沿棒運動的加速度為a，滑至O點所需時間為t，由牛頓第二定律得： mgcos θ＝ma 由運動學公式得： x＝at2 以上兩式聯(lián)立解得：t＝ 。 (2)小金屬環(huán)隨“V”形細金屬棒繞其對稱軸做勻速圓周運動所需的向心力由重力和金屬棒對它的支持力的合力提供，如圖所示，設小金屬環(huán)離對稱軸的距離為r，由牛頓第二定律和向心力公式得 mgcot θ＝mω2r 又ω＝2πn 聯(lián)立解得r＝。 答案：(1) 　(2) 11. (17分)如圖9所示，在質(zhì)量為M的電動機上，裝有質(zhì)量為m的偏心輪，偏心輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω，當偏心輪重心在轉(zhuǎn)軸正上方時，電動機對地面的壓力剛好為零，則偏心輪重心離轉(zhuǎn)軸的距離多大？在轉(zhuǎn)動過程中，電動機對地面的最大壓力多大？ 圖9 解析：設偏心輪的重心距轉(zhuǎn)軸的距離為r，偏心輪等效為用一長為r的細桿固定質(zhì)量為m(偏心輪的質(zhì)量)的質(zhì)點繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。偏心輪的重心在正上方時，由題意知此時偏心輪對電動機向上的作用力大小F＝Mg 根據(jù)牛頓第三定律，此時軸對偏心輪的作用力向下，大小為F′＝F，其向心力為F′＋mg＝mω2r 聯(lián)立以上兩式得偏心輪重心到轉(zhuǎn)動軸的距離r＝ 當偏心輪的重心轉(zhuǎn)到最低點時，電動機對地面的壓力最大。 對偏心輪有F1－mg＝mω2r 電動機所受支持力N＝F1＋Mg 聯(lián)立解得N＝2(M＋m)g 由牛頓第三定律得，電動機對地面的最大壓力為2(M＋m)g。 答案：　2(M＋m)g 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　平拋運動和圓周運動 1.距地面高5 m的水平直軌道上A、B兩點相距2 m，在B點用細線懸掛一小球，離地高度為h，如圖1。小車始終以4 m/s的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地。不計空氣阻力，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2?？汕蟮胔等于(　　) 圖1 A．1.25 m　　　　　　　 　B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m 解析：選A　根據(jù)兩球同時落地可得 ＝＋，代入數(shù)據(jù)得h＝1.25 m，選項A正確。 2.如圖2，一個勻速轉(zhuǎn)動的圓盤上有a、b、c三點，已知oc＝oa，則下面說法中錯誤的是(　　) 圖2 A．a(chǎn)、b、c三點的角速度相同 B．a(chǎn)、b兩點線速度相同 C．c點的線速度大小是a點線速度大小的一半 D．a(chǎn)、b、c三點的運動周期相同 解析：選B　a、b、c三點共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，故A正確；a、b兩點的線速度大小相等，方向不同，故B錯誤；a、c兩點的角速度相等，根據(jù)v＝rω知，c點的線速度是a點線速度大小的一半，故C正確；a、b、c三點角速度相等，周期相同，故D正確。 3.如圖3所示為足球球門，球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動(足球可看成質(zhì)點，忽略空氣阻力)，則(　　) 圖3 A．足球位移的大小x＝ B．足球初速度的大小v0＝ C．足球末速度的大小v＝ D．足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tan θ＝ 解析：選B　根據(jù)幾何關(guān)系可知，足球做平拋運動的豎直高度為h，水平位移為x水平＝，則足球位移的大小為：x＝＝，選項A錯誤；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝，選項B正確；足球落到P點時豎直方向的速度滿足vy2＝2gh，可得足球末速度v＝＝，選項C錯誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tan θ＝，選項D錯誤。 4. (多選)如圖4所示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長的輕繩連接，整個裝置能繞過CD中點的軸OO1轉(zhuǎn)動。已知兩物塊的質(zhì)量相等，桿CD對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開始時繩子處于自然長度(繩子恰好伸直但無彈力)，物塊B到OO1軸的距離為物塊A到OO1軸距離的兩倍?，F(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使轉(zhuǎn)速逐漸增大，在從繩子處于自然長度到兩物塊A、B即將滑動的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．物塊A受到的靜摩擦力一直增大 B．物塊B受到的靜摩擦力先增大，后保持不變 C．物塊A受到的靜摩擦力先增大后減小 D．物塊A受到的合外力一直增大 解析：選BD　物塊A所受的合外力提供它做圓周運動的向心力，所以隨著轉(zhuǎn)動速度的增大，物塊A所受的合外力一直增大，選項D正確。由題意可知，A、B兩物塊轉(zhuǎn)動的角速度相同，則兩物塊的向心力之比為1∶2，在輕繩張緊前，兩物塊做圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，由fA＝mω2rA和fB＝mω2rB可知，兩物塊所受的靜摩擦力在輕繩張緊前隨轉(zhuǎn)速的增大而增大，當物塊B所受的靜摩擦力達到最大值后，向心力由摩擦力與繩子拉力的合力提供，故物塊B所受的靜摩擦力先增大后保持不變，選項B正確，A、C錯誤。 5.如圖5所示，將質(zhì)量為m的小球從傾角為θ的光滑斜面上A點以速度v0水平拋出(v0∥CD)，小球運動到B點，已知A點的高度為h。求： 圖5 (1)小球到達B點時的速度大小。 (2)小球到達B點的時間。 解析：小球從A點拋出后在斜面上做類平拋運動。由牛頓第二定律得mgsin θ＝ma 小球沿水平方向做勻速直線運動，有 vx＝v0 小球在沿斜面向下的方向做初速度為零的勻加速直線運動，有vy＝at，＝at2 小球到達B點時的速度大小 vB＝ ， 聯(lián)立以上各式得t＝ ， vB＝ 。 答案：(1) 　(2) 6.滑板運動員在U形槽中的運動可以簡化為運動員在半徑為R的半圓弧槽中的運動，若滑板運動員以一定的水平初速度從A點跳入槽內(nèi)，下落h高度落在最低點B左邊的槽壁上，之后滑到槽最低點B的速度為v，人和滑板的質(zhì)量為m，滑板與圓弧槽的動摩擦因數(shù)為μ，求： 圖6 (1)人從A點跳入槽內(nèi)時的初速度大小。 (2)人在圓弧槽最低點的加速度大小。 解析：(1)人下落h高度，用的時間t＝ 水平位移x＝R－ 因此初速度v0＝＝。 (2)人和滑板在半圓弧槽底部時受到重力、槽底對滑板向上的支持力F和向左的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得 F－mg＝m 則F＝mg＋m 人在圓弧槽最低點時的向心加速度大小為：a1＝ 切向加速度大小為a2＝＝μ 因此人在圓弧槽最低點的加速度為a＝＝。 答案：(1) (2) 7.如圖7所示，細繩一端系著質(zhì)量M＝0.6 kg的物體，靜止在水平面上，另一端通過光滑小孔吊著質(zhì)量m＝0.3 kg的物體，M的中點與圓孔距離為0.2 m，并知M和水平面的最大靜摩擦力為2 N?，F(xiàn)使此平面繞中心軸線方向轉(zhuǎn)動，角速度ω在什么范圍內(nèi)，m會處于靜止狀態(tài)？(取g＝10 m/s2) 圖7 解析：設物體M和水平面保持相對靜止，當ω具有最小值時，M有向著圓心O運動的趨勢。所以M受到的靜摩擦力方向沿半徑向外。 當靜摩擦力等于最大靜摩擦力時， 對M受力分析有 F－f＝Mω12r，① 又F＝mg，② 由①②可得ω1＝ ， 代入數(shù)據(jù)得ω1≈2.9 rad/s。 當ω具有最大值時，M有離開圓心O運動的趨勢。M受的最大靜摩擦力指向圓心，對M受力分析有 F＋f＝Mω22r，③ 又F＝mg，④ 由③④得ω2＝ ， ω2≈6.5 rad/s， 所以ω的范圍是2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s。 答案：2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s 8.如圖8所示，一個小球質(zhì)量為m，從半徑為R的光滑圓形管內(nèi)的頂部A點水平飛出，恰好又從管口B點射入管內(nèi)，已知O為圓心，且OB水平，OA豎直，則： 圖8 (1)小球在A點對上側(cè)管壁有彈力作用還是對下側(cè)管壁有彈力作用？作用力多大？(重力加速度為g) (2)若要使小球?qū)ι蟼?cè)管壁彈力大小等于重力，則小球在A點的速度應為多少？ 解析：(1)從A運動到B，小球做平拋運動，則有R＝vAt， R＝gt2， 得vA＝。 若小球?qū)ι?、下管壁均無彈力，則mg＝，v＝，因為vA<，所以管壁對小球有向上的作用力 則mg－N1＝， 解得N1＝mg，由牛頓第三定律，小球?qū)ο聜?cè)管壁有向下的作用力，大小N1′＝mg。 (2)小球在A點時mg＋N2＝m， 由題意知N2＝mg 聯(lián)立可得vA′＝。 答案：(1)見解析　(2) 9．“太極球”是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材。做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落地上?，F(xiàn)將球拍和太極球簡化成如圖9甲所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內(nèi)始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢。A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高。設球的重力為1 N，不計拍的重力。(g取10 m/s2)求： 圖9 (1)健身者在C處所需施加的力比在A處大多少？ (2)設在A處時健身者需施加的力為F，當球運動到B、D位置時，板與水平方向需有一定的夾角θ，請作出tan θ F的關(guān)系圖像。 解析：(1)設球運動的線速度為v，半徑為R 則在A處時F＋mg＝m① 在C處時F′－mg＝m② 由①②式得ΔF＝F′－F＝2mg＝2 N。 (2)在A處時健身者需施加的力為F，球做勻速圓周運動的向心力F向＝F＋mg③ 在B處不受摩擦力作用，受力分析如圖甲所示，則有 F向＝F″sin θ④ F″cos θ＝mg⑤ 聯(lián)立③④⑤代入數(shù)據(jù)得tan θ＝F＋1 作出的tan θ F的關(guān)系圖像如圖乙所示。 答案：(1)2 N　(2)見解析圖乙 10．如圖10所示，軌道ABCD的AB段為一半徑R＝0.2 m的光滑圓形軌道，BC段為高為h＝5 m的豎直軌道，CD段為水平軌道。一質(zhì)量為0.2 kg的小球從A點由靜止開始下滑，到達B點時速度的大小為2 m/s，離開B點做平拋運動，g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)小球離開B點后，在CD軌道上的落地點到C點的水平距離； (2)小球到達B點時對圓形軌道的壓力大小； (3)如果在BCD軌道上放置一個傾角為θ＝45的斜面(如圖中虛線所示)，那么小球離開B點后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距離B點有多遠。如果不能，請說明理由。 解析：(1)設小球離開B點做平拋運動的時間為t1，落地點到C點的水平距離為s 由h＝gt12得：t1＝＝1 s s＝vBt1＝2 m (2)小球到達B點時受重力G和豎直向上的彈力N作用，由牛頓第二定律知 F向＝N－G＝m 解得N＝6 N 由牛頓第三定律知小球到達B點時對圓形軌道的壓力N′＝－N，即小球到達B點時對圓形軌道的壓力大小為6 N，方向豎直向下。 (3)如圖，斜面BE的傾角θ＝45，CE長d＝h＝5 m，因為d>s，所以小球離開B點后能落在斜面上。 假設小球第一次落在斜面上F點，BF長為L，小球從B點到F點的時間為t2 Lcos θ＝vBt2① Lsin θ＝gt22② 聯(lián)立①②兩式得t2＝0.4 s L≈1.13 m。 答案：(1)2 m　(2)6 N　(3)見解析