第6章 圆周运动 水平测评（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第6章 圆周运动 水平测评（word版含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 416.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-02-22 00:00:00 | ||
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文档简介
2019人教版必修第二册 第6章 水平测评
一、单选题
1．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上有两个质量相同的物块P和Q两物块均可视为质点，它们随圆盘一起做匀速圆周运动，线速度大小分别为和，摩擦力大小分别为和，下列说法中正确的是
A． B．
C． D．
2．如图所示，飞机在竖直平面内俯冲又拉起，这一过程可看作匀速圆周运动．在最低点时，飞行员对座椅的压力为F．设飞行员所受重力为G．则飞机在最低点时
A．F=0 B．FG
3．“打陀螺”是一种传统的体育项目。河南66岁的朗大爷在公园里用电钻启动100斤大陀螺后，用鞭子抽打陀螺，引起很多网友围观、点赞，如图，多次抽打陀螺后，陀螺边缘上距离中心处的点线速度大小可以达到，此时陀螺绕其中心的转速约为（ ）
A． B． C． D．
4．做匀速圆周运动的物体，下列物理量保持不变的是（ ）
A．速度 B．向心加速度 C．合力 D．动能
5．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时与水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员（ ）
A．受到的拉力为G B．受到的拉力为2G
C．向心加速度为3g D．向心加速度为2g
7．为美观和经济，许多桥建成拱形，汽车通过桥项时，对桥面的压力会减小，过快的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志.设汽车对桥面的压力是其重力的0.6倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为130 m，则该限速标志所示速度约为(取g=10m/s )（ ）
A．54 km/h B．60 km/h C．80 km/h D．100 km/h
8．小金属球质量为m、用长L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方L/2处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度释放，当悬线碰到钉子后的瞬时（设线没有断），则（ ）
A．小球的角速度突然增大
B．小球的线速度突然减小
C．小球的向心加速度不变
D．悬线的张力突然减小
二、多选题
9．关于地球的运动，正确的说法有：
A．由于自转，地表各点的线速度随纬度增大而减小
B．由于自转，地表各点的角速度随纬度增大而减小
C．由于自转，地表各点的向心加速度随纬度增大而增大
D．由于自转，地表各点的重力加速度随纬度增大而增大
10．杂技演员表演“水流星”，在长为0.9m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m=0.5kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为3m/s，则下列说法正确的是（g=10m/s2）
A．“水流星”通过最高点时，没有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N
11．如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω= 是b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg
12．一轻杆的一端固定质量为m的小球，以另一端为圆心在竖直平面内做圆周运动，轻杆长为l，以下说法中正确的是（ ）
A．小球过最高点时，杆的弹力不可以等于零
B．小球过最高点时的最小速度为
C．小球到最高点时速度v>0，小球一定能通过最高点做圆周运动
D．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与小球所受重力方向相反
三、实验题
13．某研究型课外学习小组利用如图所示的圆锥摆验证圆周运动的向心力大小与角速度的关系。实验前用天平测得小钢球的质量为m，然后将细线的一端固定在铁架台上，下端悬挂小钢球，具体验证方法如下：
（1）将钢球拉离竖直方向一个角度，给小球以合适的初速度，让其做圆锥摆运动，测量球转过n圈所用的时间t，并测量小球做圆周运动的直径d，根据公式，理论上小球做该圆周运动所需要的向心力大小Fn=_______；
（2）测出摆长在竖直方向上的投影高度h，查询当地重力加速度g的值，那么小球实际受到的向心力大小=_______；
（3）在一次实验操作中，测得小球质量m=50g，n=30，t=38.0s，d=20cm，h=40cm，当地重力加速度g=9.8m/s2，由测得数据可算得=_______N、=_______N（计算结果保留4位有效数字），根据实验结果就可以验证向心力大小与角速度的关系。
14．如图所示为某课题小组设计的探究圆周运动向心力的实验装置。有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，使激光笔1射出的激光束竖直、激光笔2射出的激光束水平，并让激光都恰好照射到小球的中心，水平激光束与竖直细线的交点为O；
③当小球第一次到达A点看到反射光时开始计时，并记录为1次，最后记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，待小球停止转动，设法用刻度尺测量点O到竖直激光束的距离R和点O到塑料圆盘的距离h；
⑤改变质量、转速、绳长或半径等物理量，重启电源，如上所述反复多次实验，并记录相关数据。全部结束后，整理器材。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________
A．小球运动的周期为
B．小球运动的线速度大小为
C．小球运动的向心力大小为
D．若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、升高
（2）该小组换用较长的细绳连接同一个小球做第二次实验，调整转动的角速度，但使小球转动的半径R保持不变。第二次实验跟第一次实验相比，角速度___________，小球做圆周运动所受的向心力___________（均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
四、解答题
15．如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角θ=37°。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，。求：
（1）小球所受电场力F大小；
（2）小球质量m；
（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v的大小；
（4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。
16．家用台式计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示，某台计算机上的硬磁盘共有9216个磁道（即9216个不同半径的同心圆），每个磁道分成个扇区（每个扇用区为圆周），每个扇区可以记录512个字节，电动机使磁盘以转速匀速转动．磁盘在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道．求：
（1）磁盘的角速度为多大（结果可以用表示）？
（2）一个扇区通过磁头所用的时同是多少？（结果保留一位有效数字）
（3）不计磁头转移磁道的时间，计算机内最多可以从一个硬盘面上读取多少个字节？（结果保留三位有效数字）
17．2013年4月20日，四川雅安发生7.0级地震，牵动了我们的心。如图所示，一架执行救援任务的直升机在H=180m的高空以v0=20m/s的速度水平匀速飞行，要将两箱物资先后准确地投到山脚和山顶的安置点A、B，已知山高h=135m，山脚与山顶的水平距离s0=500m，取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)第一箱物资应在飞机离A的水平距离sl为多少时投放？
(2)第一箱物资投放后飞机继续飞行的距离s应为多少时再投放第二箱物资？
18．如图所示，长为L=0.5 m的轻杆OA绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，A端连着一个质量m=2 kg的小球，g取10 m/s2。
（1）如果小球的速度为3 m/s，求在最低点时杆对小球的拉力为多大。
（2）如果在最高点杆对小球的支持力为4 N，求杆旋转的角速度为多大。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
同轴传动角速度相等，故ωp=ωq，由于rp＜rQ，根据v=rω，有vp＜vQ，故CD错误；由于rp＜rQ，根据F=mrω2可知Fp＜FQ，故A正确，B错误；故选A．
2．D
【解析】
【详解】
根据牛顿第三定律可知在最低点时，座椅对人的支持力为F，在最低点时，向心力竖直向上，人受到座椅的支持力和重力，故有，所以，D正确．
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据匀速圆周运动的运动学规律有
代入数据解得
故选B。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
做匀速圆周运动的物体，速度、向心加速度和合力都是大小不变，方向不断变化；而因为速度大小不变，可知动能不变。
故选D。
5．A
【解析】
【详解】
根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度
vy=v0tanα
则运动的时间
则AB间的水平距离
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．B
【解析】
【详解】
如图所示
F1＝Fcos 30°
F2＝Fsin 30°
F2＝G
F1＝ma
所以
a＝g
F＝2G
选项B正确，ACD错误。
故选B。
7．C
【解析】
【详解】
在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可知：
由于，联立解得，故C正确，ABD错误．
点睛：本题主要考查了圆周运动，明确在最高点汽车的受力分析，结合牛顿第二定律即可求解．
8．A
【解析】
【详解】
当细线碰到钉子瞬间，线速度的大小不变．据v=rω知，碰到钉子后，半径变小，则角速度增大．故A正确，B错误；根据a=知，线速度大小不变，半径变小，则向心加速度增大,故C错误；根据T-mg=m知，T=mg+m，线速度大小不变，半径变小，则拉力变大,故D错误．故选A.
点睛：解决本题的关键抓住线速度的大小不变，并知道线速度、角速度、向心加速度和半径的关系，去分析角速度、向心加速度等变化．
9．AD
【解析】
【详解】
试题分析：地球自转，地球上所有点的角速度相等，随着纬度的增大，自转半径在减小，故根据可得地表各点的线速度随纬度增大而减小，A正确，B错误，根据可得由于自转，地表各点的向心加速度随纬度增大而减小，C错误，地表各点的重力加速度随纬度增大而增大，D正确
故选AD
考点：考查了匀速圆周运动规律的应用
点评：本题的关键是知道地球自转，地表上各点的角速度是相等的，
10．AB
【解析】
【详解】
当水对桶底压力为零时有：mg=m，解得，由于“水流星”通过最高点的速度为3m/s，知水对桶底压力为零，不会从容器中流出．对水和桶分析，有：T+mg=m，解得T=0．知此时绳子的拉力为零．故AB正确，D错误．“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态．故C错误．故选AB．
11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
AC．a、b做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对a有
解得
对b有
解得
b先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故AC正确；
B．两木块滑动前转动的角速度相同，但半径不同，a的半径小，所以a向心力小，则a受到的静摩擦力小，故B错误；
D．当时，a没有滑动，则a受到摩擦力小于kmg，故D错误。
故选AC。
12．CD
【解析】
【详解】
试题分析：小球过最高点时，若速度等于，则杆的弹力等于零，选项A错误；因为是轻杆，故小球过最高点时的最小速度为零，故当小球到最高点时速度v>0，小球一定能通过最高点做圆周运动，选项B错误，C正确；当小球经过最高点的速度为时，杆对小球提供支持力，即杆对球的作用力与小球所受重力方向相反，选项D正确；故选CD.
考点：牛顿第二定律；圆周运动.
13． 0.1229 0.1225
【解析】
【详解】
(1)[1]小球做圆周运动的周期为
角速度为
轨道半径为
联立以上各式，有
(2)[2]设摆线与竖直方向夹角为，则有
设摆线拉力为F，则有
，
联立解得
(3)[3][4]将各项数据带入到和表达式中，可求得
，
14． BD 变小 变小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]A．从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n－1，时间为t，故周期为
故A错误；
B．小球的线速度大小
故B正确；
C．小球受重力和拉力，合力提供向心力，设线与竖直方向的夹角为α，则
Tcos α＝mg
Tsin α＝Fn
故
故C错误；
D．若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2应分别左移、上移，故D正确。
故选BD。
（2）[2][3]换用较长的细绳连接同一个小球做第二次实验，调整转动的角速度，但使小球转动的半径R保持不变，设细绳与竖直方向的夹角为θ，用较长的细绳连接时θ角变小，对小球受力分析得
Fn＝mgtan θ
Fn＝mRω2
联立可解得θ角变小时，向心力变小，角速度变小。
15．（1）310-3N；（2）410-4kg；（3）2m/s；（4）5.610-3N
【解析】
【详解】
（1）小球所受电场力F大小
（2）球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，
根据共点力平衡条件和图中几何关系有
解得小球的质量
（3）将电场撤去，小球摆动到最低点的过程由机械能守恒定律得：
解得
（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得
解得
16．(1) 240π rad/s (2)(3) 5.03×108
【解析】
【详解】
(1) 电动机使磁盘以
7200r/min=120r/s
的转速匀速转动，角速度为：
ω=2πn=2π×120=240π rad/s
(2) 经过一个扇区转过的圆心角为：
故经过一个扇区用时为：
(3) 转速为
n=7200r/min=120r/s
计算机在1s内从磁盘面上读取的字节数
N=120×8192×512=5.03×108（字节）
17．(1)120m；(2)560m
【解析】
【详解】
(1)第一箱物资投下后做平抛运动，则有
解得
则第一箱物资应在飞机离A的水平距离
(2)第二箱物资投下后也做平抛运动，则有
第二箱物资投放后抛出的水平距离为
根据题意则有
.
18．（1）56 N；（2）4 rad/s
【解析】
【详解】
解：（1）小球在最低点受力如图甲所示,合力等于向心力,由牛顿第二定律可得
FA-mg=m
解得
FA=56 N
（2）小球在最高点受力如图乙所示,则有由牛顿第二定律可得
mg-FB=mω2L
解得
ω=4 rad/s
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上有两个质量相同的物块P和Q两物块均可视为质点，它们随圆盘一起做匀速圆周运动，线速度大小分别为和，摩擦力大小分别为和，下列说法中正确的是
A． B．
C． D．
2．如图所示，飞机在竖直平面内俯冲又拉起，这一过程可看作匀速圆周运动．在最低点时，飞行员对座椅的压力为F．设飞行员所受重力为G．则飞机在最低点时
A．F=0 B．F
3．“打陀螺”是一种传统的体育项目。河南66岁的朗大爷在公园里用电钻启动100斤大陀螺后，用鞭子抽打陀螺，引起很多网友围观、点赞，如图，多次抽打陀螺后，陀螺边缘上距离中心处的点线速度大小可以达到，此时陀螺绕其中心的转速约为（ ）
A． B． C． D．
4．做匀速圆周运动的物体，下列物理量保持不变的是（ ）
A．速度 B．向心加速度 C．合力 D．动能
5．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时与水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员（ ）
A．受到的拉力为G B．受到的拉力为2G
C．向心加速度为3g D．向心加速度为2g
7．为美观和经济，许多桥建成拱形，汽车通过桥项时，对桥面的压力会减小，过快的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志.设汽车对桥面的压力是其重力的0.6倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为130 m，则该限速标志所示速度约为(取g=10m/s )（ ）
A．54 km/h B．60 km/h C．80 km/h D．100 km/h
8．小金属球质量为m、用长L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方L/2处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度释放，当悬线碰到钉子后的瞬时（设线没有断），则（ ）
A．小球的角速度突然增大
B．小球的线速度突然减小
C．小球的向心加速度不变
D．悬线的张力突然减小
二、多选题
9．关于地球的运动，正确的说法有：
A．由于自转，地表各点的线速度随纬度增大而减小
B．由于自转，地表各点的角速度随纬度增大而减小
C．由于自转，地表各点的向心加速度随纬度增大而增大
D．由于自转，地表各点的重力加速度随纬度增大而增大
10．杂技演员表演“水流星”，在长为0.9m的细绳的一端，系一个与水的总质量为m=0.5kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，若“水流星”通过最高点时的速率为3m/s，则下列说法正确的是（g=10m/s2）
A．“水流星”通过最高点时，没有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5N
11．如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω= 是b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg
12．一轻杆的一端固定质量为m的小球，以另一端为圆心在竖直平面内做圆周运动，轻杆长为l，以下说法中正确的是（ ）
A．小球过最高点时，杆的弹力不可以等于零
B．小球过最高点时的最小速度为
C．小球到最高点时速度v>0，小球一定能通过最高点做圆周运动
D．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与小球所受重力方向相反
三、实验题
13．某研究型课外学习小组利用如图所示的圆锥摆验证圆周运动的向心力大小与角速度的关系。实验前用天平测得小钢球的质量为m，然后将细线的一端固定在铁架台上，下端悬挂小钢球，具体验证方法如下：
（1）将钢球拉离竖直方向一个角度，给小球以合适的初速度，让其做圆锥摆运动，测量球转过n圈所用的时间t，并测量小球做圆周运动的直径d，根据公式，理论上小球做该圆周运动所需要的向心力大小Fn=_______；
（2）测出摆长在竖直方向上的投影高度h，查询当地重力加速度g的值，那么小球实际受到的向心力大小=_______；
（3）在一次实验操作中，测得小球质量m=50g，n=30，t=38.0s，d=20cm，h=40cm，当地重力加速度g=9.8m/s2，由测得数据可算得=_______N、=_______N（计算结果保留4位有效数字），根据实验结果就可以验证向心力大小与角速度的关系。
14．如图所示为某课题小组设计的探究圆周运动向心力的实验装置。有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，使激光笔1射出的激光束竖直、激光笔2射出的激光束水平，并让激光都恰好照射到小球的中心，水平激光束与竖直细线的交点为O；
③当小球第一次到达A点看到反射光时开始计时，并记录为1次，最后记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，待小球停止转动，设法用刻度尺测量点O到竖直激光束的距离R和点O到塑料圆盘的距离h；
⑤改变质量、转速、绳长或半径等物理量，重启电源，如上所述反复多次实验，并记录相关数据。全部结束后，整理器材。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________
A．小球运动的周期为
B．小球运动的线速度大小为
C．小球运动的向心力大小为
D．若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、升高
（2）该小组换用较长的细绳连接同一个小球做第二次实验，调整转动的角速度，但使小球转动的半径R保持不变。第二次实验跟第一次实验相比，角速度___________，小球做圆周运动所受的向心力___________（均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
四、解答题
15．如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角θ=37°。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，。求：
（1）小球所受电场力F大小；
（2）小球质量m；
（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v的大小；
（4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。
16．家用台式计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示，某台计算机上的硬磁盘共有9216个磁道（即9216个不同半径的同心圆），每个磁道分成个扇区（每个扇用区为圆周），每个扇区可以记录512个字节，电动机使磁盘以转速匀速转动．磁盘在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道．求：
（1）磁盘的角速度为多大（结果可以用表示）？
（2）一个扇区通过磁头所用的时同是多少？（结果保留一位有效数字）
（3）不计磁头转移磁道的时间，计算机内最多可以从一个硬盘面上读取多少个字节？（结果保留三位有效数字）
17．2013年4月20日，四川雅安发生7.0级地震，牵动了我们的心。如图所示，一架执行救援任务的直升机在H=180m的高空以v0=20m/s的速度水平匀速飞行，要将两箱物资先后准确地投到山脚和山顶的安置点A、B，已知山高h=135m，山脚与山顶的水平距离s0=500m，取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)第一箱物资应在飞机离A的水平距离sl为多少时投放？
(2)第一箱物资投放后飞机继续飞行的距离s应为多少时再投放第二箱物资？
18．如图所示，长为L=0.5 m的轻杆OA绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，A端连着一个质量m=2 kg的小球，g取10 m/s2。
（1）如果小球的速度为3 m/s，求在最低点时杆对小球的拉力为多大。
（2）如果在最高点杆对小球的支持力为4 N，求杆旋转的角速度为多大。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
同轴传动角速度相等，故ωp=ωq，由于rp＜rQ，根据v=rω，有vp＜vQ，故CD错误；由于rp＜rQ，根据F=mrω2可知Fp＜FQ，故A正确，B错误；故选A．
2．D
【解析】
【详解】
根据牛顿第三定律可知在最低点时，座椅对人的支持力为F，在最低点时，向心力竖直向上，人受到座椅的支持力和重力，故有，所以，D正确．
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据匀速圆周运动的运动学规律有
代入数据解得
故选B。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
做匀速圆周运动的物体，速度、向心加速度和合力都是大小不变，方向不断变化；而因为速度大小不变，可知动能不变。
故选D。
5．A
【解析】
【详解】
根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度
vy=v0tanα
则运动的时间
则AB间的水平距离
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．B
【解析】
【详解】
如图所示
F1＝Fcos 30°
F2＝Fsin 30°
F2＝G
F1＝ma
所以
a＝g
F＝2G
选项B正确，ACD错误。
故选B。
7．C
【解析】
【详解】
在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可知：
由于，联立解得，故C正确，ABD错误．
点睛：本题主要考查了圆周运动，明确在最高点汽车的受力分析，结合牛顿第二定律即可求解．
8．A
【解析】
【详解】
当细线碰到钉子瞬间，线速度的大小不变．据v=rω知，碰到钉子后，半径变小，则角速度增大．故A正确，B错误；根据a=知，线速度大小不变，半径变小，则向心加速度增大,故C错误；根据T-mg=m知，T=mg+m，线速度大小不变，半径变小，则拉力变大,故D错误．故选A.
点睛：解决本题的关键抓住线速度的大小不变，并知道线速度、角速度、向心加速度和半径的关系，去分析角速度、向心加速度等变化．
9．AD
【解析】
【详解】
试题分析：地球自转，地球上所有点的角速度相等，随着纬度的增大，自转半径在减小，故根据可得地表各点的线速度随纬度增大而减小，A正确，B错误，根据可得由于自转，地表各点的向心加速度随纬度增大而减小，C错误，地表各点的重力加速度随纬度增大而增大，D正确
故选AD
考点：考查了匀速圆周运动规律的应用
点评：本题的关键是知道地球自转，地表上各点的角速度是相等的，
10．AB
【解析】
【详解】
当水对桶底压力为零时有：mg=m，解得，由于“水流星”通过最高点的速度为3m/s，知水对桶底压力为零，不会从容器中流出．对水和桶分析，有：T+mg=m，解得T=0．知此时绳子的拉力为零．故AB正确，D错误．“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态．故C错误．故选AB．
11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
AC．a、b做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对a有
解得
对b有
解得
b先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故AC正确；
B．两木块滑动前转动的角速度相同，但半径不同，a的半径小，所以a向心力小，则a受到的静摩擦力小，故B错误；
D．当时，a没有滑动，则a受到摩擦力小于kmg，故D错误。
故选AC。
12．CD
【解析】
【详解】
试题分析：小球过最高点时，若速度等于，则杆的弹力等于零，选项A错误；因为是轻杆，故小球过最高点时的最小速度为零，故当小球到最高点时速度v>0，小球一定能通过最高点做圆周运动，选项B错误，C正确；当小球经过最高点的速度为时，杆对小球提供支持力，即杆对球的作用力与小球所受重力方向相反，选项D正确；故选CD.
考点：牛顿第二定律；圆周运动.
13． 0.1229 0.1225
【解析】
【详解】
(1)[1]小球做圆周运动的周期为
角速度为
轨道半径为
联立以上各式，有
(2)[2]设摆线与竖直方向夹角为，则有
设摆线拉力为F，则有
，
联立解得
(3)[3][4]将各项数据带入到和表达式中，可求得
，
14． BD 变小 变小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]A．从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n－1，时间为t，故周期为
故A错误；
B．小球的线速度大小
故B正确；
C．小球受重力和拉力，合力提供向心力，设线与竖直方向的夹角为α，则
Tcos α＝mg
Tsin α＝Fn
故
故C错误；
D．若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2应分别左移、上移，故D正确。
故选BD。
（2）[2][3]换用较长的细绳连接同一个小球做第二次实验，调整转动的角速度，但使小球转动的半径R保持不变，设细绳与竖直方向的夹角为θ，用较长的细绳连接时θ角变小，对小球受力分析得
Fn＝mgtan θ
Fn＝mRω2
联立可解得θ角变小时，向心力变小，角速度变小。
15．（1）310-3N；（2）410-4kg；（3）2m/s；（4）5.610-3N
【解析】
【详解】
（1）小球所受电场力F大小
（2）球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，
根据共点力平衡条件和图中几何关系有
解得小球的质量
（3）将电场撤去，小球摆动到最低点的过程由机械能守恒定律得：
解得
（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得
解得
16．(1) 240π rad/s (2)(3) 5.03×108
【解析】
【详解】
(1) 电动机使磁盘以
7200r/min=120r/s
的转速匀速转动，角速度为：
ω=2πn=2π×120=240π rad/s
(2) 经过一个扇区转过的圆心角为：
故经过一个扇区用时为：
(3) 转速为
n=7200r/min=120r/s
计算机在1s内从磁盘面上读取的字节数
N=120×8192×512=5.03×108（字节）
17．(1)120m；(2)560m
【解析】
【详解】
(1)第一箱物资投下后做平抛运动，则有
解得
则第一箱物资应在飞机离A的水平距离
(2)第二箱物资投下后也做平抛运动，则有
第二箱物资投放后抛出的水平距离为
根据题意则有
.
18．（1）56 N；（2）4 rad/s
【解析】
【详解】
解：（1）小球在最低点受力如图甲所示,合力等于向心力,由牛顿第二定律可得
FA-mg=m
解得
FA=56 N
（2）小球在最高点受力如图乙所示,则有由牛顿第二定律可得
mg-FB=mω2L
解得
ω=4 rad/s
答案第1页，共2页
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