人教版必修第二册第6章章末综合练（word版含答案）

人教版必修第二册 第6章 章末综合练
一、单选题
1．如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为60kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为，此时每根绳子平均承受的拉力约为（取）（　　）
A．200N B．400N C．600N D．1200N
2．如图乙所示，汽车通过半径为r的拱形桥，在最高点处速度达到v时，驾驶员对座椅的压力恰好为零；若把地球看成大“拱形桥”，当另一辆“汽车”速度达到某一值时，“驾驶员”对座椅的压力也恰好为零，如图甲所示．设地球半径为R，则图甲中的“汽车”速度为 ( )
A． B．
C． D．
3．一倒立的圆锥筒，筒侧壁倾斜角度α不变．一小球在的内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法中正确的是
A．H越高，小球做圆周运动的向心力越大
B．H越高，小球做圆周运动的线速度越小
C．H越高，小球做圆周运动的周期越大
D．H越高，小球对侧壁的压力越小
4．如图所示，细杆一端通过铰链与天花板连接，在细杆的中点和另一端分别固定小球甲和乙。将杆置于水平位置由静止释放，当杆转到竖直位置时（　　）
A．甲球的角速度比乙的小 B．甲球的角速度比乙的大
C．甲球的线速度比乙的小 D．甲球的线速度比乙的大
5．如图是杂技演员在表演“水流星"节目时，水杯在竖直平面内作圆周运动的轨迹，下列说法正确的是（　　）
A．当水杯运动到最高点时，杯中的水处于超重状态
B．当水杯运动到最低点时，杯中的水处于失重状态
C．水杯运动一周的过程中，重力所做的功为零
D．水杯运动一周的过程中，重力的冲量为零
6．如图所示，质量分别为m1和m2的A、B两只小球用轻弹簧连在一起，且以长为L1的细绳拴在轴O上。A与B均以角速度ω做匀速圆周运动。当两球之间距离为L2时，将细线烧断，则细线烧断瞬间（　　）。（球可视为质点，不计摩擦）
A．A球的加速度大小为0
B．A球的加速度大小为ω2L1
C．B球的加速度大小为ω2L2
D．B球的加速度大小为ω2（L1+L2）
7．下列说法正确的是（ ）
A．匀速圆周运动是匀变速运动
B．做曲线运动的物体所受的合外力可能为零
C．曲线运动一定是变速运动
D．竖直上抛的物体运动到最高点时处于平衡状态
8．A、B两个物体，从同一高度同时开始运动，A做自由落体运动，B做初速度为的平抛运动，则下列说法中正确的是（　　）
A．两个物体相同时间内通过的位移相同 B．A比B先落地
C．两个物体落地时速度相同 D．两个物体同时落地
二、多选题
9．如图所示，在光滑的横杆上穿着两个质量分别为m1、m2的小球，小球用细线连接起来。当转台匀速转动时，两球分居在转轴两侧相对横杆静止，下列说法正确的是（　　）
A．两小球线速度必相等
B．两小球角速度必相等
C．两小球的向心力大小相等，方向相反
D．两小球到转轴O距离与其质量成反比
10．如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R，一质量为m的滑块（可视为质点）从距半圆弧槽D点正上方3R的A点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距半圆弧槽正上方2R的B点。不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为
B．滑块第一次到达D点时对半圆弧槽的压力为
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为
D．滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度为
11．如图所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为R，其质量为2m，一质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径不计，当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，则下列判断正确的是（　　）
A．小球运动的最小速度为0
B．小球在最高点受到的合力为mg
C．圆轨道对地面的最大压力为10mg
D．当小球离挡板N最近时，圆轨道对挡板N的压力大小为5mg
12．如图所示，直径为d的纸筒绕垂直于纸面的O轴匀速转动（图示为截面）．从枪口射出的子弹以速度v沿直径穿过圆筒，若子弹穿过圆筒时先后在筒上留下A、B两个弹孔．AO与BO的夹角为θ，则圆筒转动的角速度ω可能为（　　）

A． B． C． D．
三、实验题
13．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，记录当地的重力加速度的大小；
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；
③当小球第一次到达点看到反射光时开始计时，并记录为1次，最后记录小球次到达点的时间；
④切断电源，待小球停止转动，设法用刻度尺测量点到竖直激光束的距离和点到塑料圆盘的距离；
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”）。
(3)某次实验中，若已测出、，，，，取3.14，通过计算可知当地重力加速度大小应为________（结果保留3位有效数字）。
14．北京是既举办过夏季奥运又举办过冬奥会的城市，花样滑冰是冬奥会上一个极具观赏性的比赛项目。小明和小乐同学在观看双人花样滑冰比赛时，看到男运动员拉着女运动员的手以男运动员为轴旋转（如图a所示），他们开始讨论运动员旋转快慢跟什么条件有关，于是就设计了一个实验来探究影响运动员旋转周期的因素。他们在实验室准备了铁架台、栓有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为。该同学实验操作步骤如下：
（1）将铁架台放在水平桌面上，将小球悬挂在铁架台横杆上，按如图b所示固定好刻度尺，使刻度尺的零刻度与绳子结点处于同一高度。
（2）给小球一个初速度，并经过调整尽量使小球在水平方向上做圆周运动，这样小球的运动可以看做是匀速圆周运动。小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始数0，当数到时停秒表，秒表显示的时间为，则小球做圆周运动的周期__________。在小明数数计时的过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度，多次测量后取平均值。
（3）由匀速圆周运动规律，小球做圆周运动周期的表达式为___________（用以上题目所给出的符号表示）
（4）带入所测数据经过计算，若，则可以证明运动员的旋转快慢与___________有关。
四、解答题
15．水上摩天轮它架设70个轿厢，可同时容纳384个人观光，如图所示．设摩天轮的半径为R，一质量为m的游客乘摩天轮匀速旋转一圈所用时间为T，重力加速度为g．求：
（1）摩天轮旋转的角速度大小；
（2）从最低点到最高点，该游客重力势能的增加量；
（3）该游客在最高点时对轿厢的压力．
16．如图所示，内壁粗糙、半径为R 的半球形容器固定在水平转台上，转台 可以绕过容器球心O的竖直轴线以角速度匀速转动。半球形容器的直径 MON 水平，OA与轴线的夹角 60，OB与轴线的夹角 30 ，小物块质量为 m，重 力加速度为 g，则：
(1)若转台以角速度匀速转动时，小物块恰好在A处随容器一起转动，且所受 摩擦力恰好为0，求角速度的值；
(2)保持转台以第(1)问中的角速度值转动，当 小物块在B处时也可以随容器一起匀速转动，求小物 块在 B 处时所受摩擦力的大小和方向。
17．如图所示的光滑水平面上，质量为m的小球在轻绳的拉力作用下做匀速圆周运动，小球运动n圈所用时间为t，圆周的半径为r。求：
(1)小球做圆周运动的周期T；
(2)小球线速度的大小；
(3)小球所受拉力的大小。
18．质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计)；今将小球拉至悬线与竖直位置成角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为，M：m=4：1，重力加速度为g，求：
（1）小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是多大？
（2）小物块Q离开平板车时平板车的速度为多大？
（3）平板车P的长度为多少？
（4）小物块Q落地时距小球的水平距离为多少？
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为T，绳长为L，根据牛顿第二定律有在最低点有
代入数据解得每根绳子的拉力为
即每根绳子拉力约为，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．C
【解析】
【详解】
汽车通过拱形桥，在最高点驾驶员对座椅的压力恰好为零时，重力提供向心力
①
若把地球看成大“拱形桥”， “驾驶员”对座椅的压力也恰好为零，也是重力提供向心力
②
由①②式可得得
A. 与计算结果不相符，故A不符合题意；
B. 与计算结果不相符，故B不符合题意；
C. 与计算结果相符，故C符合题意；
D. 与计算结果不相符，故D不符合题意．
3．C
【解析】
【详解】
A、小球做匀速圆周运动，由重力和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出力图如图，则向心力为：，不变，向心力大小不变，故选项A错误；
B、根据牛顿第二定律得，H越高，r越大，不变，则v越大，故B错误；
C、由得：，则知H越高，r越大，越小，则周期T越大，故C正确；
D、侧壁对小球的支持力不变，则小球对侧壁的压力不变，故D错误．
故选C。
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．甲球和乙球在同一转轴上，所以角速度相等，故AB错误；
CD．由公式
可知甲球的线速度比乙球的线速度小，故C正确，D错误。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
A、在最高点时，加速度竖直向下，处于失重状态，故选项A错误；
B、在最低点时，加速度竖直向上，处于超重状态，故选项B错误；
C、根据重力做功的特点，重力做功只与初末位置的高度差有关，故水杯运动一周的过程中，高度差为零，所以重力所做的功为零，故选项C正确；
D、重力的冲量为：，故水杯运动一周的过程中，重力的冲量不为零，故选项D错误．
点睛：水做圆周运动，通过最高点时，水受到的重力和弹力的合力等于向心力，主要超重和失重的问题．
6．D
【解析】
【详解】
由牛顿运动定律知，细线烧断前弹簧的弹力
T2=m2ω2（L1+L2）
细线烧断瞬间，细线的弹力立即减为0，弹簧的弹力T2不变
T2=m2ω2（L1+L2）=m1a1=m2a2
解得
a1=，a2=ω2（L1+L2）
故选D。
7．C
【解析】
【详解】
试题分析：匀速圆周运动的加速度即向心加速度，方向指向圆心，在不断变化，所以不是匀变速，选项A错．曲线运动的物体，速度在不断变化，加速度不等于0，一定是变速运动，根据牛顿第二定律，合外力不等于0，选项B错C对．竖直上抛的物体运动到最高点速度等于0，但是只受到重力作用，合外力不等于0，所以不是平衡状态，选项D错．
考点：曲线运动
【名师点睛】厘清曲线运动的定义，速度方向时刻在变化，即加速度不等于0，合外力不等于0，是变速运动，但是否为匀变速则不一定．曲线运动的条件是力和速度不共线，对力和速度方向有要求，对力和速度大小无要求．匀速圆周速度大小不变，但合力方向在变化，非匀变速．平抛合力为恒力则为匀变速．
8．D
【解析】
【详解】
A．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，水平方向的分运动是匀速直线运动；A做自由落体运动，B做初速度为的平抛运动，两个物体相同时间内通过的位移不相同（大小、方向均不相同），故A项错误；
BD．两物体从同一高度同时开始运动，在竖直方向的运动情况相同，两个物体同时落地，故B项错误，D项正确；
C．设下落的高度为h，则A落地时的速度大小
方向竖直向下；B落地时的速度大小
方向斜向下，故C项错误。
故选D。
9．BCD
【解析】
【详解】
BCD．两球相当于做共轴转动，角速度相同，因为细线对A、B两球的弹力相等，知A、B两球做圆周运动的向心力相等，方向相反，则有
m1r1ω2=m2r2ω2
所以
r1：r2=m2：m1
故BCD正确；
A．根据
v=ωr
可知它们线速度与半径成正比，即与质量成反比，故A错误。
故选BCD。
10．AC
【解析】
【详解】
A．滑块从A到D做自由落体运动，满足
解得
A正确；
B．滑块第一次到达D点时，有
B错误；
C．滑块第一次从A到B的过程中，设滑块克服摩擦力做的功为，根据动能定理有
解得
C正确；
D．若滑块第二次进入半圆弧槽克服摩擦力做的功不变，则滑块从B点到D点满足
解得
但是在第二次进入的速度比第一次小，摩擦阻力变小，所以滑块第二次进入半圆弧槽克服摩擦力做的功变小，D错误。
故选AC。
11．CD
【解析】
【详解】
当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，即，方向向下，根据牛顿第二定律得，解得最高点的速度，AB错误；从最高点到最低点过程中，只有重力做功，根据动能定理得，，解得最低点的速度为；根据牛顿第二定律得，联立解得小球对轨道的最大压力，则圆轨道对地面的最大压力为，C正确；在小球运动到挡板N时，根据动能定理得，，根据牛顿第二定律得，联立解得，则圆轨对挡板N的压力为5mg，D正确．
12．CD
【解析】
【详解】
如果圆筒顺时针转动，圆筒转过的角度为：α=2nπ+π+θ （其中：n=0、1、2、…）
经历的时间为：，故圆筒转动的角速度ω为：，当n=1时，，故C正确；子弹穿过圆筒的过程中，如果圆筒逆时针转动，圆筒转过的角度为：
α=2nπ+π-θ（其中：n=0、1、2、…）时间：，故圆筒转动的角速度ω为：，当n=1时，，故D正确．所以CD正确，AB错误．
13． BD 变小 变小 9.86
【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．小球的线速度大小为
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
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保持不变,设细绳与竖直方向的夹角为，用较长的细绳连接时角变小，对小球受力分析得
联立可解得角变小时，向心力变小，角速度变小。
(3)[4]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
小球做圆周运动的周期T=2s
解得
14． 悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度有关（男运动员肩部与女运动员重心的高度差）
【解析】
【分析】
【详解】
（2）[1]因为从计时开始数0，所以数到时经历了个周期，故
（3）[2]根据实验模型，由绳在水平方向分力提供向心力
其中为绳与竖直方向夹角，为绳长，故
（4）[3]根据（3）中结论，周期与悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度有关；即运动员的旋转快慢与悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度有关（男运动员肩部与女运动员重心的高度差）。
15．（1） （2） （3）
【解析】
【分析】
根据圆周运动的周期求出旋转的角速度大小，根据上升的高度求出重力势能的增加量，根据牛顿第二定律求出游客在最高点时对轿厢的压力．
【详解】
（1）根据，代入数据可得：
（2）根据△EP=mgh得，游客重力势能的增加量△Ep=2mgR
（3）根据牛顿第二定律：
由牛顿第三定律可知：
【点睛】
对圆周运动知识的基本运用，掌握向心力、角速度、线速度、向心加速度、周期的基本公式，并能灵活运用．
16．(1)；(2)，方向垂直于向下
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若转台以角速度匀速转动时，对小物块在A处进行受力分析，则小物块所受的合力提供其在水平方向做匀速圆周运动的向心力，即
代入数据解得
(2)假设小物块在B处受的摩擦力方向垂直于向上，则其受力情况如下所示
则小物块所受的合力提供其在水平方向做匀速圆周运动的向心力，即
小物块在竖直方向的合力为0，即
联立两式解得
所以小物块在B处受的摩擦力大小为
摩擦力的方向垂直于向下。
17．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)小球运动的周期
(2)线速度的大小
(3)根据牛顿第二定律
根据向心加速度公式
绳的拉力提供向心力，则绳的拉力大小
18．（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】
（1）小球由静止摆到最低点的过程中，机械能守恒，则有：
解得小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是：

（2）小球与物块Q相撞时，没有能量损失，满足动量守恒，机械能守恒，则知：
mv0=mv1+mvQ
由以上两式可知二者交换速度：
v1=0，
小物块Q在平板车上滑行的过程中，满足动量守恒，则有：
mvQ=Mv+m 2v
又知M：m=4：1
则小物块Q离开平板车时平板车的速度为。
（3）小物块Q在平板车P上滑动的过程中，部分动能转化为内能，由能的转化和守恒定律，知：
解得平板车P的长度为：
（4）小物块Q在平板车上滑行的过程中，设平板车前进距离为LM，对平板车由动能定理得：
解得：

小物块Q离开平板车做平抛运动，竖直方向有：
水平方向有：
x=2vt
解得：

小物块Q落地时距小球的水平距离：
答案第1页，共2页
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