2019—2020学年新人教版必修第二册 第六章 圆周运动 单元检测试题1(解析版)

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名称 2019—2020学年新人教版必修第二册 第六章 圆周运动 单元检测试题1(解析版)
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资源类型 教案
版本资源 人教版(2019)
科目 物理
更新时间 2020-04-04 12:31:53

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文档简介

2019—2020学年新人教版必修第二册
第六章 圆周运动
单元检测试题1(解析版)
1.关于向心力的下列说法中正确的是
A.向心力不改变做圆周运动物体速度的大小
B.做匀速圆周运动的物体,其向心力是不变的
C.做圆周运动的物体,所受合力一定等于向心力
D.做匀速圆周运动的物体,一定是所受的合外力充当向心力
2.如图所示,A、B两球穿过光滑水平杆,两球间用一细绳连接,当该装置绕竖直轴OO′匀速转动时,两球在杆上恰好不发生滑动.若两球质量之比mA∶mB=3∶2,那么关于A、B两球的下列说法中正确的是( )
A.A、B两球受到的向心力之比为3∶2
B.A、B两球角速度之比为1∶1
C.A、B两球运动半径之比为2∶3
D.A、B两球向心加速度之比为2∶3
3.如图所示,将物块 置于沿逆时针方向转动的水平转盘上,并随转盘一起转动(物块与转盘间无相对滑动).图中 方向指向圆心, 方向与 方向垂直下列说法正确的是
A.若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是匀速转动
B.若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是加速转动
C.若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是加速转动?
D.若物块 所受摩擦力方向为 方向,转盘一定是减速转动
4.在较大的平直木板上相隔一定距离钉几个钉子,将三合板弯曲成拱桥形卡入钉子内形成拱形桥,三合板上表面事先铺上一层牛仔布以增加摩擦,这样玩具惯性车就可以在桥面上跑起来了。把这套系统放在电子秤上做实验,如图所示,关于实验中电子秤的示数,下列说法正确的是(  )
A.玩具车静止在拱桥顶端时的示数小一些
B.玩具车运动通过拱桥顶端时的示数大一些
C.玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态
D.玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大(未离开拱桥),示数越小
5.如图所示,A、B两轮靠轮边缘间的摩擦转动,两轮半径RA=2RB,P、Q为两轮边缘上一点,当主动轮A匀速转动时,两点角速度大小之比为(  )
A.2:1 B.1:2 C.1:1 D.1:4
6.如图,在电动机转轮上距轴为处固定一质量为的小球,电机启动后,球以角速度绕轴匀速转动,则电机对地面最大压力和最小压力之差为( )
A. B. C. D.
7.匀速圆周运动中,线速度v、角速度ω、周期T、半径R之间的关系,正确的是( )
A.ω=vR B.ω=2πT C.v=ωR D.
8.下列说法中正确的是( )
A.合运动的时间等于两个分运动的时间之和
B.做匀速圆周运动的物体,所受到的合外力为零
C.曲线运动一定是变速运动
D.分运动是直线运动,则合运动必是直线运动
9.如图所示,一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定,另一端固定着一个小球A,轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上.若物块与地面摩擦不计,则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时,小球A的线速度大小为(  )
A. B.
C. D.
10.如图所示,光滑水平面上一个小球由细线牵引,绕桌面上的图钉O做匀速圆周运动,小球在运动过程中( )
A.动能变化 B.速度变化
C.周期变化 D.角速度变化
11.如图所示,摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8 m顶部水平高台,接着以v=3m/s水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径R=1.0m,人和车的总质量为180 kg,特技表演的全过程中,阻力忽略不计.g=10 m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:(人和车可视为质点)
(1)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离s;
(2)从平台飞出到达A点时的速度及圆弧对应圆心角θ;
(3)人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力.
12.如图所示,质量m=1 kg的小球用细线拴住,线长l=0.5 m,细线所受拉力达到F=18 N时就会被拉断.当小球从图示虚线位置释放后摆到悬点的正下方时,细线恰好被拉断.若此时小球距水平地面的高度h=5 m,求小球落地点到P点的距离.(P点在悬点的正下方, g=10 m/s2)
13.小华站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为m的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如图所示。已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长为d,重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)问绳能承受的最大拉力多大?
(2)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应为多少?最大水平距离为多少?
14.如图1所示,水平转盘可绕其竖直中心轴转动,盘上叠放在质量均为m=1kg的A、B两个物块,B物块用长为的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连,两个物块和传感器的大小均可不计.细线能承受的最大拉力为.A、B间的动摩擦因数为,B与转盘间的动摩擦因数为,且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.转盘静止时,细线刚好伸直,传感器的读数为零.当转盘以不同的角速度匀速转动时,传感器上就会显示相应的读数F.试通过计算在如图2坐标系中作出图象.(g=10m/s2)(要求写出必要的计算过程)
15.在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中,如图甲所示,细绳的悬点刚好与一竖直放置的刻度尺零刻度线对齐.将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上,使钢球静止时刚好位于圆心.用手带动钢球,调整白纸的位置,设法使球刚好沿纸上某个半径为r的圆做圆周运动,钢球的质量为m,重力加速度为g.
(1).用秒表记录运动n圈的总时间为t,那么小球做圆周运动需要的向心力表达式为Fn=__________.
(2).通过刻度尺测得小球运动轨道平面距悬点的高度为h,那么小球做圆周运动中外力提供的向心力表达式为F=__________;
(3).改变小球做圆周运动的半径,多次实验,得到如图乙所示的关系图象为一直线时,可以达到粗略验证向心力表达式的目的,该图线的斜率表达式为k=__________.
16.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1,可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上,可使两个槽内的小球分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力,通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降,从而露出标尺8。标尺8上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么:
(1)在该实验中应用了_____________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
(2)当用两个质量相等的小球做实验,且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时,转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍,那么,左边轮塔与右边轮塔之间的向心力之比为_____________,角速度之比为_____________。
参考答案
1.AD
【解析】
A、向心力总是指向圆心,而速度总是沿着切线方向,故向心力一定垂直于速度,不改变速度的大小,故A正确; B、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心,方向不断变化,是变力,故B错误; C、物体做变速圆周运动时,合力不总是指向圆心,故合力不一定等于向心力,向心力为合力的一个分力,故C错误; D、做匀速圆周运动的物体所受的合力总是指向圆心,提供向心力,故D正确.
点睛:向心力的方向不断变化,一定是变力;变速圆周运动的合外力不一定指向圆心,只有当合力指向圆心时,合力才完全充当向心力.
2.BCD
【解析】
由绳子的拉力提供向心力,绳子的拉力相等,所以向心力相等,向心力大小之比为1:1,故A错误;同轴转动角速度相同,即A、B两球角速度之比为1∶1;绳子的拉力提供向心力,则有:mAω2rA=mBω2rB,解得: ,故BC正确;根据a=ω2r得:,故D正确;故选BCD.
3.BD
【解析】
圆盘匀速转动时,重力和支持力平衡,合外力(摩擦力)提供圆周运动向心力,故摩擦力方向指向圆心O点,即co方向,选项A错误;当转盘加速转动时,物块P做加速圆周运动,不仅有沿c方向指向圆心的向心力,还有指向a方向的切向力,使线速度大小增大,两方向的合力即摩擦力可能指向b,故b正确,C错误;当转盘减速转动时,物块P做减速圆周运动,不仅有沿c方向指向圆心的向心力,还有指向a相反方向的切向力,使线速度大小减小,两方向的合力即摩擦力可能指向d,故D正确.故选BD.
点睛:分析圆周运动物体受到的力,把握好利用分解的思想:向切向和径向方向分解,平行速度方向的合力,即切向力,产生切向加速度,改变速度的大小;垂直速度方向的合力,指向圆心,产生向心加速度,只改变速度的方向,不改变速度的大小.
4.D
【解析】
【详解】
C.玩具车运动到最高点时,受向下的重力和向上的支持力作用,根据牛顿第二定律有
mg-FN=m

FN=mg-m可知玩具车此时处于失重状态,C错误;
ABD.玩具车静止在拱桥顶端时,示数即总重力,运动通过拱桥顶端时,系统有向下的加速度(向心加速度),支持力小于总重力,即示数小于总重力,且速度越大,向心加速度越大,示数越小,AB错误,D正确。
故选D。
5.B
【解析】
P、Q两点线速度大小相等,根据v=ωr可知,角速度之比为1:2,故B正确,ACD错误.
6.B
【解析】
【详解】
设电机质量为,在小球运动到最低点时,根据牛顿第二定律得
解得
此时电机对地面的压力最大
在小球运动到最高点时,根据牛顿第二定律得
解得
此时电机对地面的压力最小
则压力之差
故B正确。
故选B。
7.C
【解析】
【详解】
根据角速度定义:
线速度定义:
可知:

A.ω=vR,与分析不符,故A错误;
B.ω=2πT,与分析不符,故B错误;
C.v=ωR ,与分析相符,故C正确;
D.,与分析不符,故D错误。
8.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.合运动与两个分运动之间具有等时性,故A错误;
B.做匀速圆周运动的物体,所受的合外力不为零,大小恒定,方向指向圆心,故B错误;
C.曲线运动的速度方向在时刻变化着,所以曲线运动一定是变速运动,故C正确;
D.分运动是直线运动,合运动不一定时直线运动,比如平抛运动,故D错误。
故选C。
9.A
【解析】
【详解】
当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时,B点的线速度等于木块的速度在垂直于杆方向上的分速度
vB=vsinθ
则杆的角速度
ω=
则小球A的线速度
vA=Lω=
故A正确,BCD错误.
故选A.
点睛:将物块的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向,在垂直于杆方向上的速度等于B点绕O转动的线速度,根据v=rω求出转动的角速度,从而求出A的线速度大小.
10.B
【解析】
【详解】
A、小球做匀速圆周运动,速度的大小不变,所以小球的动能不变,故A错误; B、速度的大小不变,方向时刻改变.所以小球的线速度不断改变,故B正确; C、周期是标量,v的大小不变, 故匀速圆周运动的周期不变,故C错误; D、角速度虽然是矢量,但方向不变,v大小不变, 则角速度不变,故D错误。
故选B。
点睛:用细绳拉着质量为m的小球在光滑水平面上做匀速圆周运动,速度的大小不变,方向时刻改变,而动能是标量,只有大小,没有方向.周期是标量,不变,角速度虽然是矢量,但它的方向也不变.
11.(1)s=1.2m;(2);(3)5580N
【解析】
【详解】
(1)车做的是平抛运动,据平抛运动的规律可得,竖直方向上有:
H=
水平方向上有:
s=vt
解得:
s=
(2)摩托车落至A点时,其竖直方向的分速度为:vy=gt=4m/s
到达A点时速度为:
设摩托车落地至A点时速度方向与水平方向的夹角为α,则有
tanα=
即有:α=53°
所以有:θ=2α=106°
(3)对摩托车受力分析可知,摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力,所以有:
NA-mgcosα=
代入数据解得:NA=5580 N.
12.2m
【解析】
【详解】
球摆到悬点正下方时,线恰好被拉断,说明此时线的拉力,则由牛顿第二定律有:
解得:
线断后球做平抛运动竖直方向上:
水平方向上:
解得:
故本题答案是:;
13.(1);(2),。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设绳断后球飞行的时间为t,由平抛运动规律有
竖直方向
水平方向
D=v1t
解得
v1=
设绳能承受的最大拉力大小为Fmax,这也是球受到绳的最大拉力的大小,球做圆周运动的半径为
由圆周运动向心力公式,有
Fmax-mg=

Fmax=mg
(2)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳承受的最大拉力不变,有
Fmax-mg=m
解得
v3=
绳断后球做平抛运动,竖直位移为
y=d-l
水平位移为x,时间为t1,由平抛运动规律有

x=4
当l=时,x有最大值
xmax=d
14.
【解析】
【详解】
设B恰好滑动时角速度为,A恰好滑动时的角速度为,绳子拉力最大时角速度为,当B恰好滑动时,绳子恰好出现拉力,此时对AB整体:
解得:
因此当,时,绳子没有拉力,传感器示数为零;
当A恰好滑动时,对物块A,
解得:
此时绳子的拉力为F1,对AB整体:

解得:
即A恰好滑动时绳子未断;
因此当,时:
即:

当A脱离B后,B继续匀速圆周运动直到绳子达到最大拉力,对B:
解得:
因此当,时:
即:
综上所述,作出如图所示
15.
【解析】
【详解】
(1)根据向心力公式:




得:
Fn=;
(2)如图由几何关系可得:

(3)由上面分析得:
整理得:

故斜率表达式为:;
16.控制变量法 1∶2 1:2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据可知探究小球受到的向心力大小与角速度的关系,需控制一些变量,即保持小球的质量、转动的半径不变;探究小球受到的向心力大小与质量的关系,需控制一些变量,即保持转动的角速度、转动的半径不变;探究小球受到的向心力大小与转动的半径的关系,需控制一些变量,即保持小球的质量、转动的角速度不变;该实验中应用了控制变量法;
(2)[2][3]线速度相等,则角速度与半径成反比,故可知左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为
根据可知左边轮塔与右边轮塔之间的向心力之比为