高一下学期物理人教版（2019版）必修二 第六章 圆周运动 单元检测（A卷）（含解析）
文档属性
| 名称 | 高一下学期物理人教版（2019版）必修二 第六章 圆周运动 单元检测（A卷）（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-03-18 11:52:46 | ||
图片预览
文档简介
第六章 圆周运动 单元检测（A卷）
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．物体的向心加速度越大，速率变化越快
B．做匀速圆周运动的物体，所受合外力是恒力
C．匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动
D．火车不受内外轨挤压时的转弯速度为限定速度，当火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将会挤压铁轨的外轨
2．洗衣机是现代家庭常见的电器设备。它是采用转筒带动衣物旋转的方式进行脱水的，下列有关说法中错误的是（ ）
A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好
C．水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力
D．靠近中心的衣物脱水效果比四周的衣物脱水效果好
3．由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
4．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮匀速转动的角速度为ω，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
5．某型号汽车的后雨刮器如图甲所示，雨刮器摆臂可视为绕O点旋转的折杆OAB，如图乙所示，OA长度a、AB长度3a，∠OAB=120°，AB部分装有胶条，雨刮器工作时胶条紧贴后窗平面可视为匀速率转动。雨刮器工作时下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点线速度大小之比为1：4
B．A、B角速度之比1：3
C．A、B加速度大小之比为1：
D．B点加速度方向沿着AB指向A
6．一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力），如图所示。当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动。随着在最低点给小球的水平初速度逐渐增大，小球在最高点的速度也逐渐增大，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为
B．随着速度逐渐增大，小球在最低点对轻杆的作用力一直增大
C．随着速度逐渐增大，小球在最高点对轻杆的作用力一直增大
D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
7．游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上。绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转面在空中飞，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，不计空气阻力，当人做匀速圆周运动时，图中l和d不变，下列说法中正确的是（ ）
A．绳的拉力对座椅做正功
B．θ角越大，小球的周期越小
C．θ角越大，绳子拉力越小
D．θ角越大，小球的线速度越小
8．小球、分别通过长度相等的轻绳拴在点，给、恰当速度，使两小球分别在不同水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动过程中始终在同一以点为球心的球面上，与竖直面夹角为，与竖直面夹角为，则做圆周运动的周期与做圆周运动的周期之比为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
10．如图所示，在粗糙水平桌面上，长为的细绳一端系一质量为的小球，手握住细绳另一端点在水平桌面上做匀速圆周运动，圆心为，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与水平桌面平行，点做圆周运动的半径，小球与桌面间的动摩擦因数为，取。当细绳与点做圆周运动的轨迹相切时，下列说法正确的是（ ）
A．小球做圆周运动的轨道半径为
B．小球做圆周运动的向心力大小为
C．点做圆周运动的角速度为
D．小球做圆周运动的线速度为
11．汕头海湾隧道工程采取的是隧道盾构挖掘技术。盾构机刀盘直径为15.01米，相当于五层楼高。其基本工作原理是：沿隧洞轴线向前推进，同时通过旋转前端盾形结构，利用安装在前端的刀盘对土壤进行开挖切削，挖掘出来的土碴被输送到后方。如图所示为某盾构机前端，以下说法中正确的是（ ）
A．盾构机前端转动时，各个刀片转动的角速度相同
B．盾构机前端转动时，各个刀片的线速度随半径的增大而减小
C．当盾构机前端转速为3r/min时，其转动周期为0.05s
D．当盾构机前端转速为3r/min时，前端外边缘的线速度约为2.4m/s
12．如图所示，在水平转台上放置有质量相同的滑块P和Q（可视为质点），它们与转台之间的动摩擦因数相同，P与转轴OO′的距离为r1，Q与转轴OO′的距离为r2，且r1A．P需要的向心力小于Q需要的向心力
B．P所受到的摩擦力等于Q所受到的摩擦力
C．若角速度ω缓慢增大，Q一定比P先开始滑动
D．若角速度ω缓慢增大，P一定比Q先开始滑动
三、实验题
13．如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小与质量、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v的关系：
（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
D．微小量放大法
（2）改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：
1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
1.0 2.25 4.0 6.25 9.0
0.88 2.00 3.50 5.50 7.90
①请在图乙中作出F–v2图线____；
②若圆柱体运动半径r=0.3m，由作出的F–v2的图线可得圆柱体的质量m=____ kg.（结果保留两位有效数字）
14．一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线.如图1所示．在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图图2所示．
请你帮该同学完成下列任务：（只保留2位有效数字）
（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=__cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=______cm.
（2）如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0=_______（用字母表示）
（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0一图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T=________s．
四、解答题
15．如图所示，已知绳长，水平杆长，小球质量，整个装置可绕竖直轴转动，（g取）问：
(1)要使绳子与竖直方向成45°角，该装置必须以多大的角速度转动才行？
(2)在(1)中，绳子对小球的拉力为多大？
16．如图所示，一轻绳连着一小球，悬挂于O点，现把小球拉开一角度后静止释放．设小球质量m=3kg，绳长L=4m，小球运动的最低点离地高度h=5m．
（1）若小球通过最低点的速度大小为v=2m/s，求此时绳的拉力大小；
（2）若轻绳能够承受的最大拉力为78N，求允许小球通过最低点的最大速率；
（3）若以（2）问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，求小球平抛的水平位移大小．
17．如图所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动，转速。在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，求观察到白点转动的方向和转动的周期。
18．如图所示，水平放置的圆盘，在其边缘C点固定一个小桶，桶高不计，圆盘半径R=1m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B距离O的高度h=1.25m，在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为μ=0.2，现用力F=4N的水平力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω=2πrad/s绕通过圆心的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块上一段时间后撤去，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．(g=10m/s2)，求拉力作用的时间和相应的滑道长度．
参考答案：
1．D
【详解】A．向心加速度是描述物体速度方向变化快慢的物理量，向心加速度越大速度方向变化越快，A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，所受合外力指向圆心，方向时刻变化，B错误；
C．如果匀速直线运动和匀变速直线运动的方向相同，那么它们的合运动是直线运动，C错误；
D．火车不受内外轨挤压时的转弯速度为限定速度，当火车超过限定速度转弯时，所需向心力增大，火车有做离心运动的趋势，车轮轮缘将会挤压铁轨的外轨，D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．脱水过程中，衣物由于离心作用而紧贴筒壁，A正确，不符合题意；
B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好，B正确，不符合题意；
C．水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力而做离心运动，C正确，不符合题意；
D．四周的衣物脱水效果比靠近中心的衣物脱水效果好，D错误，符合题意。
故选D．
3．A
【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin( + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
x = lOPcos( + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
【点睛】
4．A
【详解】甲、丙的线速度大小相等，根据
a＝
知甲、丙的向心加速度之比为r3∶r1，甲的向心加速度
a甲＝r1ω2
则
a丙＝
故选A。
5．C
【详解】因为AB两点是同轴转动，所以A、B两点的角速度是相等的；AB两点做圆周运动的圆心都是O点，半径分别是OA和OB，由余弦定理可得
OB=a
由
v=rω
可知线速度之比等于半径之比，故A、B两点线速度大小之比为1：， A、B两点的角速度是相等的，周期相等，向心加速度
A、B两点向心加速度大小之比为1：， B的向心加速度是沿着OB指向圆心O的。
故选C。
6．B
【详解】A．设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得
mg-F=m
当轻杆对小球的作用力大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为0，选项A错误；
B．在最低点，由
F-mg=m
可得轻杆对小球的作用力（拉力）
F=mg+m
若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，故B正确．
C．在最高点时由
mg-F=m
可得在最高点轻杆对小球的作用力
F=mg-m
若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后反向增大（先为支持力后为拉力，正负表示力的方向）．由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，故C错误；
D．轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】A. 当人做匀速圆周运动时，绳的拉力方向上没有位移发生，拉力不做功，选项A错误；
BD. 当人做匀速圆周运动时，小球与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为v，由重力和绳子的拉力的合力提供圆周运动的向心力，如图：
则有：
解得
所以θ角越大，小球的周期越小，小球的线速度越大。选项B正确，D错误；
C. 竖直方向上有：
可知θ角越大，绳子拉力越大，选项C错误；
故选B。
8．C
【详解】由图可知
设球面半径为，所以向心加速度
解得
所以
ABD错误，C正确。
故选C。
9．BD
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确．
10．BD
【详解】A．由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径
选项A错误；
B．设小球与的连线和绳的夹角为，小球做圆周运动的向心力大小为
，
其中
解得
选项B正确；
C．由于
解得
选项C错误；
D．由于
解得
选项D正确。
故选BD。
11．AD
【详解】A．因为盾构机前端的各刀片同轴转动，所以各刀片的角速度相等，故A正确；
B．根据v=rω可知，角速度相等，各刀片的线速度随半径的增大而增大，故B错误；
C．因为转速
n=3r/min=0.05r/s
所以转动周期为
T=s=20s
故C错误；
D．根据v=2πrn知，盾构机前端外边缘的线速度大小为
v=2×3.14×7.505×0.05m/s≈2.4m/s
故D正确。
故选AD。
12．AC
【详解】AB．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有
因两滑块的质量相同，而r1CD．设两滑块与转台的动摩擦因数为，则最大静摩擦力为
则两滑块的最大静摩擦力相同；根据A项分析可知，在没有滑动前，Q所需要的向心力总是大于P所需要的向心力，则Q所受的静摩擦力总是大于P所受的静摩擦力，当角速度ω缓慢增大时，Q先达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故C正确，D错误。
故选AC。
13． B 0.27（或0.26）
【详解】第一空.实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法为控制变量法，故选B；
第二空.在图乙中作出F–v2图线如图所示；
第三空.根据，则，因为r=0.3m，则m=0.27kg.
14．
【详解】(1) 雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离S1=2.10cm；速度最小的雾滴到标志线的距离S2=2.90cm；
(2) 如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为，所以
(3)图象中斜率，可得T=1.6s.
【点睛】解决本题的关键知道雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．会根据求出雾滴运动的时间，再根据求出喷枪喷出雾滴的速度．
15．(1)6.44 rad/s；(2)4.24 N
【详解】(1)小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径
设绳对小球的拉力为F，小球重力为mg，对小球受力分析如图所示：
绳的拉力与重力的合力
提供小球做圆周运动的向心力，可得
联立解得
(2)绳子对小球的拉力
16．（1）33N；（2）8m/s；（3）8m
【详解】（1）质点在最低点受到的拉力与重力提供向心力，则：
，
代入数据解得：
F=33N
（2）小球下摆到B点时，绳的拉力和重力提供向心力，
由牛顿第二定律的：
，
代入数据解得：
vm=8m/s
（3）绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，
竖直方向：h=gt2，
水平方向，DC间距离：x=vmt，
代入数据解得：x=8m；
答：（1）若小球通过最低点的速度大小为v=2m/s，此时绳的拉力大小为33N；
（2）若轻绳能够承受的最大拉力为78N，允许小球通过最低点的最大速率为8m/s；
（3）若以（2）问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，小球平抛的水平位移大小为8m．
17．逆时针，1s
【详解】带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转20圈，则，在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，则 可得
所以观察到白点逆时针旋转
所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈
周期为
18．；（n=1、2、3…）
【详解】试题分析：物块由B点抛出后做平抛运动，在竖直方向有：h=gt2 ，解得t=0.5s
物块离开滑到的速度：
拉动物块时的加速度，由牛顿第二定律：F-μmg=ma1,得：a1=8m/s2，
撤去拉力物块做减速运动的加速度：a2="μg" =2m/s2
圆盘转动周期
物块在滑道导航先加速后减速：v=a1t1-a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=nT（n=1、2、3…）
由上面两式联立得： （n=1、2、3…）
物块加速获得速度： m/s
则板长为：
解得：（n=1、2、3…）
考点：平抛运动；圆周运动；牛顿第二定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等．以及熟练运用运动学公式；注意圆盘转动的周期性.
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．物体的向心加速度越大，速率变化越快
B．做匀速圆周运动的物体，所受合外力是恒力
C．匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动
D．火车不受内外轨挤压时的转弯速度为限定速度，当火车超过限定速度转弯时，车轮轮缘将会挤压铁轨的外轨
2．洗衣机是现代家庭常见的电器设备。它是采用转筒带动衣物旋转的方式进行脱水的，下列有关说法中错误的是（ ）
A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好
C．水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力
D．靠近中心的衣物脱水效果比四周的衣物脱水效果好
3．由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
4．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮匀速转动的角速度为ω，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
5．某型号汽车的后雨刮器如图甲所示，雨刮器摆臂可视为绕O点旋转的折杆OAB，如图乙所示，OA长度a、AB长度3a，∠OAB=120°，AB部分装有胶条，雨刮器工作时胶条紧贴后窗平面可视为匀速率转动。雨刮器工作时下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点线速度大小之比为1：4
B．A、B角速度之比1：3
C．A、B加速度大小之比为1：
D．B点加速度方向沿着AB指向A
6．一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力），如图所示。当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动。随着在最低点给小球的水平初速度逐渐增大，小球在最高点的速度也逐渐增大，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为
B．随着速度逐渐增大，小球在最低点对轻杆的作用力一直增大
C．随着速度逐渐增大，小球在最高点对轻杆的作用力一直增大
D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
7．游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上。绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转面在空中飞，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，不计空气阻力，当人做匀速圆周运动时，图中l和d不变，下列说法中正确的是（ ）
A．绳的拉力对座椅做正功
B．θ角越大，小球的周期越小
C．θ角越大，绳子拉力越小
D．θ角越大，小球的线速度越小
8．小球、分别通过长度相等的轻绳拴在点，给、恰当速度，使两小球分别在不同水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动过程中始终在同一以点为球心的球面上，与竖直面夹角为，与竖直面夹角为，则做圆周运动的周期与做圆周运动的周期之比为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
10．如图所示，在粗糙水平桌面上，长为的细绳一端系一质量为的小球，手握住细绳另一端点在水平桌面上做匀速圆周运动，圆心为，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与水平桌面平行，点做圆周运动的半径，小球与桌面间的动摩擦因数为，取。当细绳与点做圆周运动的轨迹相切时，下列说法正确的是（ ）
A．小球做圆周运动的轨道半径为
B．小球做圆周运动的向心力大小为
C．点做圆周运动的角速度为
D．小球做圆周运动的线速度为
11．汕头海湾隧道工程采取的是隧道盾构挖掘技术。盾构机刀盘直径为15.01米，相当于五层楼高。其基本工作原理是：沿隧洞轴线向前推进，同时通过旋转前端盾形结构，利用安装在前端的刀盘对土壤进行开挖切削，挖掘出来的土碴被输送到后方。如图所示为某盾构机前端，以下说法中正确的是（ ）
A．盾构机前端转动时，各个刀片转动的角速度相同
B．盾构机前端转动时，各个刀片的线速度随半径的增大而减小
C．当盾构机前端转速为3r/min时，其转动周期为0.05s
D．当盾构机前端转速为3r/min时，前端外边缘的线速度约为2.4m/s
12．如图所示，在水平转台上放置有质量相同的滑块P和Q（可视为质点），它们与转台之间的动摩擦因数相同，P与转轴OO′的距离为r1，Q与转轴OO′的距离为r2，且r1
B．P所受到的摩擦力等于Q所受到的摩擦力
C．若角速度ω缓慢增大，Q一定比P先开始滑动
D．若角速度ω缓慢增大，P一定比Q先开始滑动
三、实验题
13．如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小与质量、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v的关系：
（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
D．微小量放大法
（2）改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：
1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
1.0 2.25 4.0 6.25 9.0
0.88 2.00 3.50 5.50 7.90
①请在图乙中作出F–v2图线____；
②若圆柱体运动半径r=0.3m，由作出的F–v2的图线可得圆柱体的质量m=____ kg.（结果保留两位有效数字）
14．一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线.如图1所示．在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图图2所示．
请你帮该同学完成下列任务：（只保留2位有效数字）
（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=__cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=______cm.
（2）如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0=_______（用字母表示）
（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0一图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T=________s．
四、解答题
15．如图所示，已知绳长，水平杆长，小球质量，整个装置可绕竖直轴转动，（g取）问：
(1)要使绳子与竖直方向成45°角，该装置必须以多大的角速度转动才行？
(2)在(1)中，绳子对小球的拉力为多大？
16．如图所示，一轻绳连着一小球，悬挂于O点，现把小球拉开一角度后静止释放．设小球质量m=3kg，绳长L=4m，小球运动的最低点离地高度h=5m．
（1）若小球通过最低点的速度大小为v=2m/s，求此时绳的拉力大小；
（2）若轻绳能够承受的最大拉力为78N，求允许小球通过最低点的最大速率；
（3）若以（2）问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，求小球平抛的水平位移大小．
17．如图所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动，转速。在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，求观察到白点转动的方向和转动的周期。
18．如图所示，水平放置的圆盘，在其边缘C点固定一个小桶，桶高不计，圆盘半径R=1m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B距离O的高度h=1.25m，在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为μ=0.2，现用力F=4N的水平力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω=2πrad/s绕通过圆心的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块上一段时间后撤去，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．(g=10m/s2)，求拉力作用的时间和相应的滑道长度．
参考答案：
1．D
【详解】A．向心加速度是描述物体速度方向变化快慢的物理量，向心加速度越大速度方向变化越快，A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，所受合外力指向圆心，方向时刻变化，B错误；
C．如果匀速直线运动和匀变速直线运动的方向相同，那么它们的合运动是直线运动，C错误；
D．火车不受内外轨挤压时的转弯速度为限定速度，当火车超过限定速度转弯时，所需向心力增大，火车有做离心运动的趋势，车轮轮缘将会挤压铁轨的外轨，D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．脱水过程中，衣物由于离心作用而紧贴筒壁，A正确，不符合题意；
B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好，B正确，不符合题意；
C．水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力而做离心运动，C正确，不符合题意；
D．四周的衣物脱水效果比靠近中心的衣物脱水效果好，D错误，符合题意。
故选D．
3．A
【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；
B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为
y = lOPsin( + ωt)
则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；
D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为
x = lOPcos( + ωt) + lPQ
则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
故选A。
【点睛】
4．A
【详解】甲、丙的线速度大小相等，根据
a＝
知甲、丙的向心加速度之比为r3∶r1，甲的向心加速度
a甲＝r1ω2
则
a丙＝
故选A。
5．C
【详解】因为AB两点是同轴转动，所以A、B两点的角速度是相等的；AB两点做圆周运动的圆心都是O点，半径分别是OA和OB，由余弦定理可得
OB=a
由
v=rω
可知线速度之比等于半径之比，故A、B两点线速度大小之比为1：， A、B两点的角速度是相等的，周期相等，向心加速度
A、B两点向心加速度大小之比为1：， B的向心加速度是沿着OB指向圆心O的。
故选C。
6．B
【详解】A．设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得
mg-F=m
当轻杆对小球的作用力大小F=mg时，小球的速度最小，最小值为0，选项A错误；
B．在最低点，由
F-mg=m
可得轻杆对小球的作用力（拉力）
F=mg+m
若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，故B正确．
C．在最高点时由
mg-F=m
可得在最高点轻杆对小球的作用力
F=mg-m
若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后反向增大（先为支持力后为拉力，正负表示力的方向）．由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，故C错误；
D．轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】A. 当人做匀速圆周运动时，绳的拉力方向上没有位移发生，拉力不做功，选项A错误；
BD. 当人做匀速圆周运动时，小球与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为v，由重力和绳子的拉力的合力提供圆周运动的向心力，如图：
则有：
解得
所以θ角越大，小球的周期越小，小球的线速度越大。选项B正确，D错误；
C. 竖直方向上有：
可知θ角越大，绳子拉力越大，选项C错误；
故选B。
8．C
【详解】由图可知
设球面半径为，所以向心加速度
解得
所以
ABD错误，C正确。
故选C。
9．BD
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确．
10．BD
【详解】A．由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径
选项A错误；
B．设小球与的连线和绳的夹角为，小球做圆周运动的向心力大小为
，
其中
解得
选项B正确；
C．由于
解得
选项C错误；
D．由于
解得
选项D正确。
故选BD。
11．AD
【详解】A．因为盾构机前端的各刀片同轴转动，所以各刀片的角速度相等，故A正确；
B．根据v=rω可知，角速度相等，各刀片的线速度随半径的增大而增大，故B错误；
C．因为转速
n=3r/min=0.05r/s
所以转动周期为
T=s=20s
故C错误；
D．根据v=2πrn知，盾构机前端外边缘的线速度大小为
v=2×3.14×7.505×0.05m/s≈2.4m/s
故D正确。
故选AD。
12．AC
【详解】AB．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有
因两滑块的质量相同，而r1
则两滑块的最大静摩擦力相同；根据A项分析可知，在没有滑动前，Q所需要的向心力总是大于P所需要的向心力，则Q所受的静摩擦力总是大于P所受的静摩擦力，当角速度ω缓慢增大时，Q先达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故C正确，D错误。
故选AC。
13． B 0.27（或0.26）
【详解】第一空.实验中研究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法为控制变量法，故选B；
第二空.在图乙中作出F–v2图线如图所示；
第三空.根据，则，因为r=0.3m，则m=0.27kg.
14．
【详解】(1) 雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离S1=2.10cm；速度最小的雾滴到标志线的距离S2=2.90cm；
(2) 如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为，所以
(3)图象中斜率，可得T=1.6s.
【点睛】解决本题的关键知道雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．会根据求出雾滴运动的时间，再根据求出喷枪喷出雾滴的速度．
15．(1)6.44 rad/s；(2)4.24 N
【详解】(1)小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径
设绳对小球的拉力为F，小球重力为mg，对小球受力分析如图所示：
绳的拉力与重力的合力
提供小球做圆周运动的向心力，可得
联立解得
(2)绳子对小球的拉力
16．（1）33N；（2）8m/s；（3）8m
【详解】（1）质点在最低点受到的拉力与重力提供向心力，则：
，
代入数据解得：
F=33N
（2）小球下摆到B点时，绳的拉力和重力提供向心力，
由牛顿第二定律的：
，
代入数据解得：
vm=8m/s
（3）绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，
竖直方向：h=gt2，
水平方向，DC间距离：x=vmt，
代入数据解得：x=8m；
答：（1）若小球通过最低点的速度大小为v=2m/s，此时绳的拉力大小为33N；
（2）若轻绳能够承受的最大拉力为78N，允许小球通过最低点的最大速率为8m/s；
（3）若以（2）问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，小球平抛的水平位移大小为8m．
17．逆时针，1s
【详解】带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转20圈，则，在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，则 可得
所以观察到白点逆时针旋转
所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈
周期为
18．；（n=1、2、3…）
【详解】试题分析：物块由B点抛出后做平抛运动，在竖直方向有：h=gt2 ，解得t=0.5s
物块离开滑到的速度：
拉动物块时的加速度，由牛顿第二定律：F-μmg=ma1,得：a1=8m/s2，
撤去拉力物块做减速运动的加速度：a2="μg" =2m/s2
圆盘转动周期
物块在滑道导航先加速后减速：v=a1t1-a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=nT（n=1、2、3…）
由上面两式联立得： （n=1、2、3…）
物块加速获得速度： m/s
则板长为：
解得：（n=1、2、3…）
考点：平抛运动；圆周运动；牛顿第二定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等．以及熟练运用运动学公式；注意圆盘转动的周期性.