人教版高中物理新教材同步讲义必修第二册 第6章 章末检测试卷(二)（含解析）

章末检测试卷(二)

(满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)

1．(2022·浙江安吉县高级中学高一开学考试)对于下列图像的说法正确的是(　　)

A．图(a)中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度相同

B．图(b)中，医务人员用离心机分离血清，血浆和红细胞均受到离心力的作用

C．图(c)中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、向心力、弹力三个力作用

D．图(d)中，砂轮不能转速过高，以防止砂轮破裂而酿成事故

答案　D

解析　图(a)中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度大小相同，但是方向不一定相同，选项A错误；图(b)中，医务人员用离心机分离血清，混合液不同部分做离心运动是由于外力不足以提供向心力造成的，不是受到离心力的作用，故B错误；图(c)中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、摩擦力、弹力三个力作用，其中的摩擦力提供汽车转弯的向心力，选项C错误；图(d)中，砂轮上的各点之间的引力提供向心力，F＝mr4π2n2，砂轮转速越高，n越大，需要的引力越大，则砂轮转速过高，会破裂而酿成事故，故D正确．

2.(2021·贵州黔西高一期末)如图所示，一小车在圆形轨道上做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)

A．小车的速度大小保持不变

B．小车的加速度保持不变

C．小车的合力为零

D．小车处于平衡状态

答案　A

解析　做匀速圆周运动的小车速度大小不变，方向不断发生改变，故A正确；做匀速圆周运动的小车加速度的大小不变，方向时刻改变，所以所受合力大小不变，方向不断发生改变，小车受力不平衡，故B、C、D错误．

3．(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千的总质量约为50 kg.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

8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　)

A．200 N   B．400 N

C．600 N   D．800 N

答案　B

解析　取该同学与踏板为研究对象，设每根绳子中的平均拉力为F，到达最低点时，受力如图所示．

由牛顿第二定律知：2F－mg＝

代入数据得F＝405 N，

选项B正确．

4.如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球．在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A.把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，在细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是(　　)

A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍

B．小球的线速度突然增大到原来的3倍

C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍

D．小球的向心力突然增大到原来的1.5倍

答案　A

解析　细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B错误；圆周运动的半径由L变为，由a＝知，a增大到原来的3倍，A正确；根据v＝rω知角速度ω增大到原来的3倍，C错误；细绳碰到钉子前瞬间小球的向心力F向1＝m，碰后瞬间向心力F向2＝m＝3F向1，D错误．

5.如图所示的皮带传动装置中，皮带与轮之间不打滑，两轮半径分别为R和r，且R＝3r，A、B分别为两轮边缘上的点，则皮带运动过程中，关于A、B两点，下列说法正确的是(　　)

A．向心加速度大小之比aA∶aB＝1∶3

B．角速度大小之比ωA∶ωB＝3∶1

C．线速度大小之比vA∶vB＝1∶3

D．在相同的时间内通过的路程之比为sA∶sB＝3∶1

答案　A

解析　由于两轮为皮带传动，A、B线速度大小相等，由an＝可知，an与r成反比，所以向心加速度大小之比aA∶aB＝1∶3，故A正确，C错误；由ω＝可知，ω与r成反比，所以角速度大小之比ωA∶ωB＝1∶3，故B错误；由于A、B的线速度大小相等，在相同的时间内通过的路程相等，所以sA∶sB＝1∶1，故D错误．

6.轻质细杆OA长为0.5 m，A端有一质量为2 kg的小球，小球以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，小球通过最高点时的速度为2 m/s，g取10 m/s2，则此时轻杆OA将(　　)

A．受到4 N的拉力

B．受到4 N的压力

C．受到36 N的拉力

D．受到36 N的压力

答案　B

解析　小球到达最高点时，受重力和杆的弹力，先假设为向下的弹力，由牛顿第二定律得F＋mg＝m，解得F＝m－mg＝2× N－2×10 N＝－4 N<0，故弹力的方向与假设的方向相反，为向上的4 N的支持力，根据牛顿第三定律，球对杆有向下的4 N的压力．故选B.

7.在空间站中，宇航员长期处于失重状态．为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示．圆环绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．已知地球表面的重力加速度为g，圆环的半径为r，宇航员可视为质点．下列说法正确的是(　　)

A．宇航员处于平衡状态

B．宇航员的向心加速度大小应为g

C．旋转舱绕其轴线转动的角速度大小应为

D．旋转舱绕其轴线转动的线速度大小应为

答案　B

解析　旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，圆环绕中心匀速旋转使宇航员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致，向心加速度大小应为g，合力指向圆心，处于非平衡状态；根据g＝ω2r＝，解得ω＝，v＝，故B正确，A、C、D错误．

8．(2021·山东高二学业考试)图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的“魔盘”上，当“魔盘”转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙．若“魔盘”转速缓慢增大，则游客在滑动之前(　　)

A．游客受到“魔盘”的摩擦力缓慢增大

B．游客始终处于平衡状态

C．游客受到“魔盘”的支持力缓慢增大

D．游客受到的合外力大小不变

答案　A

解析　对游客受力分析如图

分别对水平和竖直方向列方程，水平方向Ffx－FNx＝m4π2n2r

竖直方向Ffy＋FNy＝mg

则随着“魔盘”转速缓慢增大，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则Ff、FN两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，只能Ff增大，FN减小．故A正确，C错误；滑动之前，游客在竖直方向受力平衡，水平方向的向心力即为合外力，随着转速缓慢增大，需要的向心力增大，即合外力增大，故B、D错误．

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)

9.如图所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺表面上的三个点．d、e是放在陀螺上表面的两个相同的滑块，陀螺上表面水平且粗糙．d滑块离轴线比e离轴线稍远．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω旋转时系统稳定，则下列说法正确的是(　　)

A．a、b两点的向心加速度相等且大于c

B．若ω继续变大e滑块将比d滑块先滑离陀螺表面

C．此时d滑块和e滑块向心力大小相等

D．稳定运行中d滑块所受的摩擦力是变力

答案　AD

解析　根据题意知a、b、c、d和e点是同轴转动，角速度相等，因为a＝rω2，ra＝rb＞rc所以aa＝ab＞ac，故A正确；因为rd＞re，所以d滑块比e滑块所需的向心力大，而静摩擦力提供向心力，所以ω继续变大，d滑块先达到最大静摩擦力，故d滑块先滑离陀螺表面，故B、C错误；稳定时给d滑块提供向心力的是其所受到的摩擦力，而d滑块受到的摩擦力大小不变，但是方向不断变化，是变力，故D正确．

10.(2022·南京市大厂高级中学高一开学考试)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(　　)

A．h越大，摩托车对侧壁的压力越大

B．h越大，摩托车做圆周运动的线速度越大

C．h越大，摩托车做圆周运动的周期越大

D．h越大，摩托车做圆周运动的向心力越大

答案　BC

解析　摩托车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，摩托车在竖直方向上受力平衡，FNcos θ＝mg，可知侧壁对摩托车的支持力与高度h无关，根据牛顿第三定律可知摩托车对侧壁的压力不变，故A错误；根据牛顿第二定律可知mgtan θ＝m解得v＝，高度h越大，r越大，摩托车运动的线速度越大，B正确；根据牛顿第二定律可知mgtan θ＝mr，解得T＝2π，高度h越大，r越大，摩托车运动的周期越大，C正确；摩托车的向心力大小为mgtan θ，与h无关，D错误．

11.(2022·浙江安吉县高级中学高一开学考试)某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳的一端，绳的另一端系有质量为m＝0.55 kg的小球，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x＝1.2 m后落地．已知握绳的手离地面高度为d＝1.0 m，手与球之间的绳长为r＝0.55 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．则(　　)

A．从绳断到小球落地的时间为0.3 s

B．小球落地时的速度大小为4 m/s

C．绳子能承受的最大拉力为16 N

D．绳子能承受的最大拉力为21.5 N

答案　AD

解析　小球在竖直方向上做自由落体运动，有d－r＝gt2，得从绳断到小球落地的时间为t＝＝0.3 s，选项A正确；

小球抛出时的水平速度v0＝＝ m/s＝4 m/s，则落地时的速度大小为v＝＝5 m/s，选项B错误；

小球运动到圆周运动最低点时FT－mg＝m，又由牛顿第三定律，可得绳子能承受的最大拉力为FT′＝FT＝mg＋m＝21.5 N，选项C错误，D正确．

12.(2021·黑龙江实验中学开学考试)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.2 s后又恰好垂直撞上倾角为45°的斜面．已知半圆形管道的半径为R＝0.5 m，B小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.则(　　)

A．小球在斜面上的碰撞点C与B点的水平距离是0.9 m

B．小球在斜面上的碰撞点C与B点的水平距离是0.4 m

C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N

D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N

答案　BD

解析　根据平抛运动的规律和运动的合成可知tan 45°＝，则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得vx＝vy＝gt＝2 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝2×0.2 m＝0.4 m，故A错误，B正确；B点的速度为2 m/s，根据牛顿运动定律，在B点设轨道对球的作用力方向向下，则由FNB＋mg＝，代入解得FNB＝－2 N，负号表示轨道对球的作用力方向向上，故C错误，D正确．

三、非选择题(本题共6小题，共60分)

13．(6分)(2021·宿迁市高一期末)某同学利用如图所示的向心力演示器“探究小球做匀速圆周运动向心力F的大小与小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系”．匀速转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，槽内的小球也随之做匀速圆周运动．使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的弹力提供．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.根据标尺8上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值．实验过程如下：

(1)把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽上，使它们的运动半径相同，调整塔轮上的皮带的位置，探究向心力的大小与________的关系，将实验数据记录在表格中；

(2)保持两个小球质量不变，调整塔轮上皮带的位置，使与皮带相连的左、右两轮半径r左________r右(选填“>”“＝”或“<”)，保证两轮转速相同，增大长槽上小球的运动半径，探究向心力的大小与运动半径的关系，将实验数据记录在表格中；

(3)使两小球的运动半径和转速相同，改变两个小球的质量，探究向心力的大小与质量的关系，将实验数据记录在表格中：

(4)根据表中数据，向心力F的大小与小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系是________．

A．F∝mnr   B．F∝mn2r

C．F∝m2n2r   D．F∝mnr2

答案　(1)转速(2分)　(2)＝(2分)　(4)B(2分)

解析　(1)根据题意知控制小球的质量和运动半径相同，探究向心力的大小与转速的关系；

(2)需保持两个小球质量不变，调整塔轮上皮带的位置，使与皮带相连的左、右两轮半径r左＝r右，保证两轮转速相同，增大长槽上小球的运动半径，探究向心力的大小与运动半径的关系；

(4) 根据表中数据第1次：＝1　　＝＝1　　＝＝　　＝＝

结论1：转速相等，质量相等时，向心力的大小与运动半径成正比，即F∝r ；

第2次：＝1　　＝＝1　　＝＝　　＝＝

结论2：转速相等，运动半径相等时，向心力的大小与质量成正比，即F∝m；

第3次：＝＝1　　＝＝1　　＝　　＝＝＝2

结论3：质量相等，运动半径相等，向心力的大小与转速的平方成正比，即F∝n2；

综上所述：向心力F的大小与小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系是F∝mn2r，故选B.

14．(7分)(2021·安徽高一期中)某同学设计了一个探究向心力F的大小与角速度ω和半径r之间关系的实验．选一根圆珠笔杆，取一根2.5 m长的尼龙细线，一端系一个小钢球，另一端穿过圆珠笔杆，吊上若干质量相同的钩码，如图所示．调节尼龙细线，使小钢球距圆珠笔杆的顶口(笔尖部)的线长为0.5 m．握住圆珠笔杆，并在该同学头部的上方尽量使小钢球稳定在一个水平面内做匀速圆周运动．

(1)为了让小球做匀速圆周运动的向心力大小近似等于悬挂钩码的重力，应该保证圆珠笔杆的顶口尽量光滑，且笔尖上方的尼龙细线尽可能水平，此时钩码的质量应该________小球质量．

A．远小于  B．等于  C．远大于

(2)在满足上述条件的情况下，该同学做了如下实验：

①保持钩码个数不变，调节水平部分尼龙细线的长度为原来的4倍，此时钢球做匀速圆周运动的频率应为原来的________倍．

②保持水平部分尼龙细线的长度不变，改变钩码的个数，发现此时钢球匀速转动的频率为原来的2倍，此时钩码个数为原来的________倍．

(3)在该实验中我们主要用到了物理学中的__________．

A．理想实验法   B．等效替代法

C．控制变量法   D．演绎法

答案　(1)C(2分)　(2)①0.5(2分)　②4(2分)　(3)C(1分)

解析　(1)小球做匀速圆周运动的向心力大小近似等于悬挂钩码的重力，细线的拉力与小球的重力的合力等于向心力，此时钩码的质量应远大于小球的质量，尼龙细线容易处于水平，也便于小球的角速度增大，A、B错误，C正确．

(2)①由题意可知Mg＝mω2r，ω＝，细线的长度变为原来的4倍，即小球做圆周运动的半径r变成原来的4倍，其他条件不变，ω变成原来的0.5倍，由ω＝2πf，得频率f变成原来的0.5倍．

②由ω＝2πf可知，频率变成原来的2倍，角速度ω变成原来的2倍，小球的质量和小球做圆周运动的半径都不变，由F向＝mω2r可知，向心力变成原来的4倍，由平衡条件可得，钩码的个数变成原来的4倍．

(3)实验中主要用到了物理学中的控制变量法，A、B、D错误，C正确．

15．(10分)(2022·南京市大厂高级中学高一开学考试)如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上面放置劲度系数k＝46 N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接质量m＝1.0 kg的小物块A，物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.20，开始时弹簧未发生形变，长度l0＝0.50 m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：

(1)圆盘的角速度为多大时，物块A开始滑动；

(2)当圆盘角速度缓慢地增加到4.0 rad/s时，弹簧的伸长量是多少？(弹簧始终在弹性限度内且物块未脱离圆盘)

答案　(1)2 rad/s　(2)0.2 m

解析　(1)设圆盘的角速度为ω0时，物块A将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝mω02l0，(3分)

解得ω0＝＝2 rad/s(2分)

(2)设此时弹簧的伸长量为Δx，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有μmg＋kΔx＝mω2(l0＋Δx)，(3分)

代入数据解得Δx＝0.2 m．(2分)

16．(11分)(2021·盐城市高一期末)如图所示，一长l＝1 m的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量m＝1 kg的小球．轻杆随转轴O在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动、角速度ω＝5 rad/s，重力加速度g＝10 m/s2.则小球运动到

(1)最高点A时，求小球加速度a的大小；

(2)水平位置B时，求杆对球的作用力FB的大小；

(3)最低点C与最高点A时，求杆对小球的作用力FC、FA的大小之差．

答案　(1)25 m/s2　(2)5 N　(3)20 N

解析　(1)依题意，可得最高点A时，小球加速度a的大小为

a＝lω2＝1×52 m/s2＝25 m/s2(2分)

(2)在水平位置B时，小球重力和杆对小球的作用力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则可得

FB＝＝ N＝5 N(2分)

(3)最高点A时，根据牛顿第二定律有

mg＋FA＝ma(2分)

代入数据解得FA＝15 N(1分)

最低点C时，根据牛顿第二定律有

FC－mg＝ma(2分)

解得FC＝35 N(1分)

故杆对小球的作用力FC、FA的大小之差为

ΔF＝FC－FA＝20 N．(1分)

17．(12分)(2022·四川简阳市阳安中学月考)如图所示，一根长为0.5 m的轻质细线，一端系着一个质量为0.8 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥体顶端，圆锥顶角的一半θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，g取10 m/s2.求：

(1)整个系统静止时，小球受到绳子的拉力与圆锥体支持力的大小；

(2)当小球随圆锥体围绕其中心轴线一起以ω＝5 rad/s做匀速圆周运动时，小球受到绳子的拉力与圆锥体支持力的大小．

答案　(1)6.4 N　4.8N　(2)10 N　0

解析　(1)静止时，小球受力平衡，设绳子对小球的拉力为FT，圆锥体对小球的支持力为FN，由平衡条件得

FT＝mgcos 37°(2分)

FN＝mgsin 37°(2分)

解得FT＝6.4 N，FN＝4.8 N(2分)

(2)当小球与圆锥体之间的作用力恰为零时有

FN′＝0(1分)

此时由牛顿第二定律有

mgtan 37°＝mω2lsin 37°(2分)

解得ω＝5 rad/s(1分)

此时绳子的拉力FT′＝＝10 N．(2分)

18.(14分)如图，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，不计空气阻力，求：

(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(2分)

mgtan θ＝mωm2Lsin θ(2分)

解得：ωm＝ rad/s(1分)

(2)细线被拉断时，小球的速度

v＝ωm·Lsin θ(2分)

解得：v＝4 m/s(1分)

细线被拉断后小球做平抛运动，如图所示

h－Lcos θ＝gt2(2分)

x＝vt(2分)

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＝(1分)

解得：d＝2 m．(1分)