高中物理新教材同步必修第二册 章末检测试卷（二）

章末检测试卷(二) (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、选择题(本题共12 小题，每小题4 分，共48 分.1～8 为单项选择题，9～12 为多项选择 题) 1.如图1 所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时她正沿圆弧形 弯道匀速率滑行，则她( ) 图1 A.所受的合力为零，做匀速运动 B.所受的合力恒定，做匀加速运动 C.所受的合力恒定，做变加速运动 D.所受的合力变化，做变加速运动 答案 D 解析 运动员做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心，其方向变化，所以做变加速运动， D 正确. 2.(2018·邢台市高一下期中)如图2 所示，某篮球运动员以胳膊肘O 点为转轴投篮，篮球距O 点距离为r，篮球出手瞬间手臂转动的角速度为ω.篮球出手后做斜上抛运动，则以下说法正 确的是( ) 图2 A.篮球出手的瞬间，线速度大小为 B.篮球出手的瞬间，加速度大小为 C.篮球在空中运动到最高点时速度为零 D.若篮球未到达篮球筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条件再次投篮时应适当增大 角速度ω 答案 D 解析 根据线速度与角速度关系可知，线速度大小为v＝ωr，故选项A 错误；根据向心加速 度公式可知，向心加速度大小为an＝ω2r，故选项B 错误；由题意可知，篮球出手后做斜上 抛运动，根据运动的分解可知，篮球在空中运动到最高点时水平方向速度不为零，竖直方向 的速度为零，故选项C 错误；若篮球未到达篮筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条 件再次投篮时需增大篮球出手瞬间的线速度大小，即在不改变其他条件再次投篮时应适当增 大角速度，故选项D 正确. 3.(2018·绵阳市高一检测)质量为m 的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小 于圆管的直径，如图3 所示.已知小球以速度v 通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为 mg，则小球以速度通过圆管的最高点时( ) 图3 A.小球对圆管的内、外壁均无压力 B.小球对圆管的外壁的压力等于 C.小球对圆管的内壁压力等于 D.小球对圆管的内壁压力等于mg 答案 C 解析 依题意知，小球以速度v 通过最高点时，由牛顿第二定律得2mg＝m① 若小球以速度通过圆管的最高点时小球受向下的压力FN，则有mg＋FN＝m② 由①②式解得FN＝－， 上式表明，小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律知小球对圆管内壁有向下的压力，大小 为，故C 正确. 4.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙物体质量分别为M 和 m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ 倍，两物体用一根长为L(L<R)的 水平轻绳连在一起.如图4 所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半 径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大不得超过(两 物体均看做质点，重力加速度为g)( ) 图4 A. B. C. D. 答案 D 解析 以最大角速度转动时，设轻绳的拉力大小为FT，以甲为研究对象，FT＝μMg，以乙为 研究对象FT＋μmg＝mLω2，可得ω＝，选项D 正确. 5.如图5 所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A 和轮B 水平放置(两轮不打滑)，两轮 半径rA＝2rB，当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若将小 木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为( ) 图5 A. B. C. D.rB 答案 C 解析 当主动轮A 匀速转动时，A、B 两轮边缘上的线速度大小相等，由ω＝得＝＝＝.因 A、B 材料相同，故木块与A、B 间的动摩擦因数相同，由于小木块恰能在A 轮边缘上相对 静止，则由静摩擦力提供的向心力达到最大值Ffm，得Ffm＝mωA 2rA，设木块放在B 轮上恰能 相对静止时距B 轮转轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦力提供，故Ffm＝mωB 2r，联 立解得r＝()2rA＝()2rA＝＝，C 正确. 6.用如图6 甲所示的装置研究平抛运动，每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧 形轨道不同位置由静止释放，在圆弧形轨道最低点水平部分装有压力传感器，由其测出小球 对轨道压力的大小F.已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的 不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的F－x 图像，g 取10 m/s2，则由图可求得圆弧形轨 道的半径R 为( ) 图6 A.0.125 m B.0.25 m C.0.50 m D.1.0 m 答案 B 解析 设小球水平抛出时的速度为v0，轨道对小球的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m， 由牛顿第三定律得：FN＝F 由平抛运动规律有，小球的水平射程x＝v0t， 小球的竖直位移y＝gt2， 由几何关系有y＝xtan θ， 联立可得F＝mg＋ x， 代入图像中数据可得R＝0.25 m，B 正确，A、C、D 错误. 7.质量分别为M 和m 的两个小球，分别用长2l 和l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动 时，拴质量为M 和m 的小球的悬线与竖直方向夹角分别为α 和β，如图7 所示，则( ) 图7 A.cos α＝ B.cos α＝2cos β C.tan α＝ D.tan α＝tan β 答案 A 解析 两球绕同一转轴做圆周运动，故它们的角速度相同.对于球M，受重力和绳子拉力作 用，这两个力的合力提供向心力，如图所示.设它们转动的角速度是ω，由Mgtan α＝M·2lsin α·ω2，可得：cos α＝；同理可得cos β＝，则cos α＝，所以选项A 正确，B、C、D 错误. 8.(2018·玉溪市高一月考)如图8 所示，轻质细绳长为L，挂一个质量为m 的小球，球离地的 高度h＝2L，当绳受到大小为2mg 的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在 光滑水平杆上，现让环与球一起以速度v＝向右匀速运动，在A 处环被挡住而立即停止，A 离墙的水平距离也为L，球在以后的运动过程中，球第一次与墙的碰撞点离墙角B 点的距离 ΔH 是(不计空气阻力)( ) 图8 A. B. C. D. 答案 D 解析 环被挡住的瞬间，小球做圆周运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝m，又v＝，解得 F＝2mg，故绳断裂，之后小球做平抛运动.假设小球直接落地，则有h＝gt2，球的水平位移x ＝vt＝2L＞L，所以小球先与墙壁发生碰撞；设球做平抛运动到墙的时间为t′，则t′＝＝，小 球下落的高度h′＝gt′2＝，则球第一次与墙的碰撞点离墙角B 点的距离ΔH＝h－h′＝2L－＝L. 故选D. 9.(2019·杭州二中期中)如图9 所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O 点做匀速圆周运动的俯视 图.已知质量为60 kg 的学员在A 点位置，质量为70 kg 的教练员在B 点位置，A 点的转弯半 径为5.0 m，B 点的转弯半径为4.0 m，则学员和教练员(均可视为质点)( ) 图9 A.运动周期之比为5∶4 B.运动线速度大小之比为5∶4 C.向心加速度大小之比为4∶5 D.受到的合力大小之比为15∶14 答案 BD 解析 A、B 两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A 错误；根据v＝ rω，半径之比为5∶4，知线速度大小之比为5∶4，故B 正确；根据an＝rω2知，向心加速度 大小之比为5∶4，故C 错误；根据F 合＝man，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为 6∶7，知合力大小之比为15∶14，故D 正确. 10.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行 驶，做匀速圆周运动.如图10 所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为 h，下列说法中正确的是( ) 图10 A.h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大 B.h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 C.h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越大 D.h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大 答案 BC 解析 摩托车受力分析如图所示. 由于FN＝ 所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力也不变，A 错误； 由Fn＝mgtan θ＝m＝mω2r＝mr 知h 变化时，向心力Fn不变，但高度升高，r 变大，所以线 速度变大，角速度变小，周期变大，选项B、C 正确，D 错误. 11.如图11 甲所示，一长为R 的轻绳，一端系在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未 知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其 速度平方v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是( ) 图11 A.利用该装置可以得出重力加速度，且g＝ B.绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大 C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变 答案 CD 解析 小球在最高点，根据牛顿第二定律得mg＋F＝m，解得v2＝＋gR；由题图乙知，纵轴 截距a＝gR，解得重力加速度g＝，故A 错误；由v2＝＋gR 知，图线的斜率k＝，绳长不变， 用质量较大的球做实验，得到的图线的斜率更小，故B 错误；用质量较小的球做实验，得 到的图线斜率更大，故C 正确；由v2＝＋gR 知，纵轴截距为gR，绳长不变，则图线与纵轴 交点坐标不变，故D 正确. 12.(2018·达州市高一检测)如图12 所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为 m 的带孔小球穿在环上，同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳 上的最大拉力为2mg，当圆环以角速度ω 绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则ω 可能为( ) 图12 A. B. C. D. 答案 BC 解析 当圆环旋转且细绳伸直时，因为圆环光滑，所以小球受重力、环对球的支持力，还可 能受绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，小球绕竖直轴做 圆周运动，向心力由水平方向的合力提供，其大小为：F＝mω2r，其中r＝Rsin 60°一定，所 以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的第一个临界条件是小 球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得： Fmin＝mgtan 60°，即mgtan 60°＝mωmin 2Rsin 60°，解得：ωmin＝.当绳子拉力达到2mg 时，此时 角速度最大，对小球进行受力分析得，竖直方向：FNsin 30°－(2mg)sin 30°－mg＝0，水平方 向：FNcos 30°＋(2mg)cos 30°＝mωmax 2(Rsin 60°)，解得：ωmax＝，故A、D 错误，B、C 正确. 二、实验题(本题共2 小题，共12 分) 13.(6 分)如图13 甲所示是某同学探究做圆周运动的物体的质量、向心力、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大小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 与线速度大小v 的关系. 图13 (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 (2)改变线速度大小v，多次测量，该同学测出了五组F、v 数据，如下表所示： v/(m·s－1) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90 该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点. ①作出F－v2图线； ②若圆柱体运动半径r＝0.2 m，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) 答案 (1)B(2 分) (2)①如图所示(2 分) ②0.18(2 分) 14.(6 分)(2018·厦门外国语学校高一下学期期中)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中， 如图14 甲所示，细绳的悬点刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线平齐.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.用手带动钢球在水平面上做圆锥摆运动， 设法使它刚好对纸面无压力，且沿纸上某个半径为r 的圆周运动，钢球的质量为m，重力加 速度为g. 图14 (1)用停表记录运动n 圈的总时间为t，那么小球做圆周运动时需要的向心力表达式为Fn＝ ________. (2)通过刻度尺测量小球运动的轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动时合外力提 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像，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________. 答案 (1)mr(2 分) (2)mg(2 分) (3)k＝(2 分) 解析 (1)根据向心力公式：Fn＝m 而v＝＝， 得：Fn＝mr (2)如图所示，由几何关系可得： F＝mgtan θ＝mg (3)由上面分析得：F＝Fn 即mg＝mr 整理得：＝h； 故斜率表达式为：k＝. 三、计算题(本题共4 小题，共40 分) 15.(8 分)(2018·郑州一中高一下期中)如图15 是马戏团上演的飞车节目，圆轨道半径为R.表 演者骑着车在圆轨道内做圆周运动.已知人和车的总质量均为m，当乙车以v1＝的速度过轨 道最高点B 时，甲车以v2＝v1的速度经过最低点A.忽略其他因素影响，求： 图15 (1)乙在最高点B 时受轨道的弹力大小； (2)甲在最低点A 时受轨道的弹力大小. 答案 (1)mg (2)7mg 解析 (1)乙在最高点的速度v1＞，故受轨道弹力方向向下(2 分) 由牛顿第二定律得：FB＋mg＝m(2 分) 解得：FB＝mg(1 分) (2)甲在最低点A 时，由牛顿第二定律得： F A－mg＝m(2 分) 解得：F A＝7mg.(1 分) 16.(10 分)如图16 所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一 数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度 H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2.求： 图16 (1)物块做平抛运动的初速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 答案 (1)1 m/s (2)0.2 解析 (1)物块做平抛运动 竖直方向有H＝gt2①(2 分) 水平方向有s＝v0t②(2 分) 联立①②两式得v0＝s＝1 m/s.③(1 分) (2)物块恰好离开转台时，最大静摩擦力提供向心力， 有μmg＝m④(3 分) 联立③④得μ＝＝0.2.(2 分) 17.(10 分)如图17 所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰 与水平面相切.质量为m 的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小 球恰好能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点.不计空气阻力，重力加速度为g，求： 图17 (1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小； (2)A、B 两点间的距离； (3)小球落到A 点时速度方向与水平面夹角的正切值. 答案 (1)mg＋m (2)2R (3)2 解析 (1)在B 点，由牛顿第二定律FN－mg＝m(1 分) 得FN＝m＋mg，(1 分) 由牛顿第三定律得，小球通过B 点时对半圆槽的压力大小为mg＋m.(1 分) (2)小球恰好能通过最高点C，故重力提供其做圆周运动的向心力， 则mg＝m(1 分) 通过C 点后小球做平抛运动：xAB＝vCt，h＝gt2，h＝2R(2 分) 联立以上各式可得xAB＝2R(1 分) (3)设小球落到A 点时，速度方向与水平面的夹角设为θ，则tan θ＝，v⊥＝gt,2R＝gt2(2 分) 解得tan θ＝2(1 分) 18.(12 分)(2019·新乡市高一下学期期末)如图18，长L＝1.5 m 的细线一端系一小球，另一端 悬挂在竖直转轴P 上，缓慢增加转轴P 的转动速度使小球在水平面内做圆周运动.已知小球 的质量m＝1.2 kg，细线能承受的最大拉力Fm＝20 N，P 点到水平地面的距离h＝1.7 m，重 力加速度g 取10 m/s2，求： 图18 (1)小球能在水平面内做圆周运动的最大角速度ωm； (2)细线被拉断后，小球的落地点到P 点在水平地面上的竖直投影点O′的距离d. 答案 (1) rad/s (2)2 m 解析 (1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为θ，对小球受力分析可知Fmcos θ＝ mg(1 分) mgtan θ＝mωm 2Lsin θ(2 分) 解得：ωm＝ rad/s(1 分) (2)细线拉断时，小球的速度 v＝ωm·Lsin θ(1 分) 解得：v＝4 m/s(1 分) 细线拉断后小球做平抛运动 h－Lcos θ＝gt2(2 分) x＝vt(1 分) 小球的落地点到P 在水平地面上的投影点O′的距离 d＝(2 分) 解得：d＝2 m.(1 分)