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章末检测试卷(第3章)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.(2023·连云港市期末)转篮球是中学生喜爱的一项娱乐项目。如图所示，某同学让篮球在他的手指正上方匀速转动，下列说法正确的是(　　)
A.篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处
B.篮球上离转动轴距离相等的各点速度相同
C.篮球上各点做圆周运动的角速度不相等
D.篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小
2.(2023·福建三明一中高一期中)四幅图为生活中与向心力知识相关的情景，下列有关说法正确的是(　　)
A.图甲为火车转弯的轨道，内低外高以防止脱轨
B.图乙为小车过凸桥的情景，此过程小车处于超重状态
C.图丙为“旋转秋千”，人与座椅整体受到重力、绳子拉力和向心力
D.图丁为汽车在凹凸不平的地面上行驶，应快速通过此路面
3.(2024·淮北市濉溪县临涣中学高一月考)如图(a)所示为游乐园中的旋转飞椅，可简化为如图(b)所示的模型，乘坐在吊椅上的游客甲和乙的运动均可视为匀速圆周运动，不考虑空气阻力的影响，游客甲和乙的座椅吊绳长度不同，座椅与游客均可视为质点，则吊绳与竖直方向夹角θ较大的游客(　　)
A.角速度较大
B.座椅离地面高度较小
C.向心加速度较小
D.所受的向心力较大
4.(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5.(2023·福州市第一中学高一期中)如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是(　　)
A.小球的线速度变大
B.小球的角速度变大
C.小球的加速度变小
D.细绳对小球的拉力变小
6.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两点的向心加速度大小相等且大于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.稳定运行时d滑块所受的摩擦力是变力
7.(2021·河北卷)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω'>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时(　　)
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
8.(2023·厦门市湖滨中学高一期中)如图甲所示，质量为m的小球与轻杆一端相连，绕杆的另一端点O在竖直平面内做圆周运动，从小球经过最高点开始计时，杆对小球的作用力大小F随杆转过角度θ的变化关系如图乙所示，忽略摩擦阻力，重力加速度大小为g，则(　　)
A.当θ=0时，小球的速度为零
B.当θ=π时，力F的大小为6mg
C.当θ=时，小球受到的合力大于3mg
D.当θ=π时，小球的加速度大小为6g
三、非选择题：本题共7小题，共60分。
9.(4分)(2023·上海浦东新华师大二附中高一期末)两轮用皮带传动，rA∶rB∶rC=3∶2∶1。则轮边缘上的 A、B、C 点的线速度之比vA∶vB∶vC=　　　　　　，向心加速度之比aA∶ aB∶aC=　　　　　　。
10.(4分)(2023·泉州市高一期末)如图所示，小球质量为m，在竖直放置的半径为r光滑圆形轨道内做圆周运动，当地重力加速度为g，则小球通过最高点的最小速度是　　　　　，小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管道壁对小球　　　　　(填“一定有”“可能有”或“一定没有”)弹力的作用。
11.(6分)(2023·福建厦门二中高一月考)如图所示是探究向心力大小与质量m、转动角速度ω和转动半径r之间关系的向心力演示器。现有两个质量相同的钢球和一个同体积的铝球。
(1)(3分)下列说法正确的是　　　　。
A.将小球放到长槽的不同位置，可以改变小球圆周运动的半径
B.塔轮的作用是改变两小球圆周运动的半径
C.小球对挡板的弹力越大，弹簧测力套筒下降的越多
(2)(3分)在探究向心力大小与角速度之间关系时，将左塔轮和右塔轮上的皮带一起往下移动一级使得左右塔轮半径之比为2∶1，则左右两侧弹簧测力套筒露出的红白相间条纹总数之比应为　　　　　。
12.(9分)(2023·日照市统考)某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小F与半径r、角速度ω、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
(1)小组同学先让一个滑块做半经r为0.20 m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14 m，0.16 m，0.18 m，0.22 m，在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。
(2)(3分)本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的　　　　。
A.探究平抛运动的特点
B.探究两个互成角度的力的合成规律
C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(3)(3分)对②图线的数据进行处理，获得了F-x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是　　　　。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
(4)(3分)对5条F-ω图线进行比较分析，作F-r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为　　　　。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
13.(11分)(2024·阜阳市红旗中学高一月考)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，则：
(1)(5分)圆盘的角速度为多大时，物块A开始滑动；
(2)(6分)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)
14.(12分)(2023·厦门市高一期末)一种智能呼啦圈如图甲所示，其主要由外侧带有轨道的腰带、滑轮、轻绳及配重组成，滑轮可以在轨道上无摩擦滑动。其原理简化图如图乙所示，腰带半径r=0.2 m，绳长L=0.5 m，配重质量m=0.4 kg，当轻微扭动腰时，配重飞起做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角θ1=37°，此时配重距离地面高h=0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，运动过程中腰带视为静止，不计空气阻力。求：
(1)(4分)此时配重的线速度大小；
(2)(4分)若此时剪断绳子，配重落地点与抛出点的水平距离；
(3)(4分)若加速扭动腰，使绳子与竖直方向夹角由θ1变为θ2=53°，此过程绳子拉力对配重所做的功。
15.(14分)(2023·苏州高新区第一中学高一月考)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处。小球从A处由静止释放被弹开后，经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，重力加速度为g，求：
(1)(2分)小球在最高点C的速度大小vC；
(2)(3分)小球在最低点B的速度大小vB；
(3)(4分)释放小球前弹簧的弹性势能；
(4)(5分)小球由B到C克服阻力做的功。
答案精析
1.D　[只有篮球上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才在球心处，其他点做圆周运动的圆心都不在球心处，A错误；篮球上离轴距离相等的各点速度大小相同，方向不同，B错误；篮球上各点为同轴转动，篮球上各点做圆周运动的角速度相等，C错误；根据公式a=ω2r，同轴转动，角速度一样，半径越小向心加速度越小，D正确。]
2.A　[火车转弯的轨道，内低外高，以火车的重力和轨道对火车的支持力的合力提供向心力，防止脱轨，选项A正确；题图乙为小车过凸桥的情景，此过程小车加速度有向下的分量，则处于失重状态，选项B错误；题图丙为“旋转秋千”，人与座椅整体受到重力、绳子拉力作用，两个力的合力提供向心力，选项C错误；汽车在凹凸不平的地面上行驶，若在凸面位置的速度过大时，汽车会脱离桥面；在凹面位置汽车速度过大时会对轮胎产生过大的压力而爆胎，则在该路面行驶时应慢速通过此路面，选项D错误。]
3.B 　[乘坐在吊椅上的游客甲和乙的运动可视为匀速圆周运动，角速度ω相等，A错误；设吊绳长为l，转盘半径为r，座椅与转盘的高度为d，根据牛顿第二定律得mgtan θ=m(r+lsin θ)·ω2，可得g=(+d)ω2，可知吊绳与竖直方向的夹角越大，座椅与转盘的高度越大，距离水平地面的高度越小，故B正确；根据mgtan θ=ma可知，吊绳与竖直方向夹角θ较大的游客向心加速度较大，C错误；F=ma，由于不知道两游客的质量关系，无法判断甲、乙所受向心力的大小，D错误。]
4.C　[如图所示，
设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据动能定理得mgh=mv2
由几何关系可得h=Lsin θ，sin θ=
联立可得h=，则v=L，故C正确，A、B、D错误。]
5.CD　[在绳子完全被释放后与释放前相比，由于小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度的大小，所以小球的线速度v大小不变，故A错误；根据v=ωr知两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，v不变，r增大，则角速度减小，故B错误；由a=可知，v不变，r增大，则小球的加速度a变小，由牛顿第二定律可知，细绳对小球的拉力F=ma，则F变小，故C、D正确。]
6.AD　[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。]
7.BD　[对小球受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有Tsin θ=mg，而T=k(-l0)，可知θ为定值，T不变，则当角速度增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当角速度较小，杆对小球的弹力N背离转轴时，
则Tcos θ-N=mω2r
即N=Tcos θ-mω2r
当角速度较大，N'指向转轴时，
则Tcos θ+N'=mω'2r，即N'=mω'2r-Tcos θ
因ω'>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合=mω2r，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，则D正确。]
8.BC　[当θ=0时，刚好由重力提供向心力，则mg=m，解得v=，故A错误；当θ=π时，由合力提供向心力得F-mg=ma=m，最高点到最低点，由动能定理得mg·2l=mv'2-mv2，解得F=6mg，a=5g，故B正确，D错误；当θ=时，由水平方向上的合力提供向心力得F合x=m，角度由θ=0变为θ=过程中，由动能定理得mgl=mv″2-mv2，解得F合x=3mg，当θ=时，小球受到的合力为F合==mg> 3mg，故C正确。]
9.3∶1∶1　6∶1∶2
解析　点B和点C是皮带传动边缘点，线速度相等，故vB∶vC=1∶1；根据v=rω，有ωB∶ωC=rC∶rB=1∶2；点A和点C是同轴转动，角速度相等，故ωA∶ωC=1∶1；根据v=rω，有vA∶vC=rA∶rC=3∶1；综合可得vA∶vB∶vC=3∶1∶1；向心加速度为a=，代入数据可得aA∶aB∶aC=6∶1∶2。
10.0　一定有
解析　因为内壁有支撑，所以小球通过最高点的最小速度是0；
小球在水平线ab以下管道中运动时，小球做圆周运动，外侧管道壁对小球一定有弹力。
11.(1)AC　(2)1∶4
解析　(1)将小球放到长槽的不同位置，可以改变小球圆周运动的半径，故A正确；塔轮通过皮带传动，是半径不同的轮子转动的角速度大小不同，所以塔轮的作用是改变两小球圆周运动的角速度，故B错误；小球对挡板的弹力越大，弹簧测力套筒下降的越多，故C正确。
(2)左右塔轮半径之比为2∶1，则左右塔轮转动角速度之比为1∶2，即小球所受向心力之比为1∶4，左右两侧弹簧测力套筒露出的红白相间条纹总数之比应为1∶4。
12.(2)C　(3)ω2(或mω2等带ω2即可)　(4)mω2
解析　(2)本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究圆周运动半径在不同值时，滑块的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动的特点”和“探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效替代法，故选C。
(3)②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当ω增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当ω增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与ω2成正比，以F为纵轴，ω2为横轴，则图像是一条过原点的直线，故题图丙图像横坐标x代表的是ω2。
(4)由(3)中分析知，在r一定时，F与ω2成正比；F-r图像是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；同时F也应与m成正比，归纳可知，F-r图像的斜率为mω2。
13.(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=ml0，
解得ω0==2 rad/s
(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)，代入数据解得Δx=0.2 m。
14.(1) m/s　(2) m　(3)1.25 J
解析　(1)当绳子与竖直夹角为θ1时，配重做匀速圆周运动的半径R=r+Lsin θ1
根据牛顿第二定律mgtan θ1=m，
解得v1= m/s
(2)剪断绳子后，配重做平抛运动，
则h=gt2，x=v1t，解得x= m
(3)当绳子与竖直方向夹角为θ2时，配重做匀速圆周运动的半径R'=r+Lsin θ2
根据牛顿第二定律mgtan θ2=m，
根据动能定理-mgH+W=m-m
两次配重的高度差H=Lcos θ1-Lcos θ2，
解得W=1.25 J。
15.(1)　(2)　(3)mgR　(4)mgR
解析　(1)在最高点C时，根据牛顿第二定律有
m=mg
解得vC=
(2)根据牛顿第三定律可知，小球在最低点B时所受支持力大小为N=8mg
根据牛顿第二定律有N-mg=m
解得vB=
(3)根据机械能守恒定律可得释放小球前弹簧的弹性势能为Ep=m=mgR
(4)设小球由B到C克服阻力做的功为W，根据动能定理有m-m=-2mgR-W
解得W=mgR。(共47张PPT)
章末检测试卷(第3章)
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A B C CD AD BD BC
题号 9 10 11 12
答案 3∶1∶1　6∶1∶2 0　一定有 (1)AC　(2)1∶4 (2)C　(3)ω2(或mω2等带ω2即可)　(4)mω2
题号 13 14 15
答案 (1)2 rad/s　(2)0.2 m (1) m/s　(2) m (3)1.25 J (1)　(2)　(3)mgR　(4)mgR
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一、单项选择题
1.(2023·连云港市期末)转篮球是中学生喜爱的一项娱乐项目。如图所示，某同学让篮球在他的手指正上方匀速转动，下列说法正确的是
A.篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处
B.篮球上离转动轴距离相等的各点速度相同
C.篮球上各点做圆周运动的角速度不相等
D.篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小
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只有篮球上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才
在球心处，其他点做圆周运动的圆心都不在球心处，
A错误；
篮球上离轴距离相等的各点速度大小相同，方向不
同，B错误；
篮球上各点为同轴转动，篮球上各点做圆周运动的角速度相等，C错误；
根据公式a=ω2r，同轴转动，角速度一样，半径越小向心加速度越小，D正确。
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答案
2.(2023·福建三明一中高一期中)四幅图为生活中与向心力知识相关的情景，下列有关说法正确的是
A.图甲为火车转弯的轨道，内低外高以防止脱轨
B.图乙为小车过凸桥的情景，此过程小车处于超重状态
C.图丙为“旋转秋千”，人与座椅整体受到重力、绳子拉力和向心力
D.图丁为汽车在凹凸不平的地面上行驶，应快速通过此路面
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火车转弯的轨道，内低外高，以火车的重力和轨道对火车的支持力的合力提供向心力，防止脱轨，选项A正确；
题图乙为小车过凸桥的情景，此过程小车加速度有向下的分量，则处于失重状态，选项B错误；
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题图丙为“旋转秋千”，人与座椅整体受到重力、绳子拉力作用，两个力的合力提供向心力，选项C错误；
汽车在凹凸不平的地面上行驶，若在凸面位置的速度过大时，汽车会脱离桥面；在凹面位置汽车速度过大时会对轮胎产生过大的压力而爆胎，则在该路面行驶时应慢速通过此路面，选项D错误。
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答案
3.(2024·淮北市濉溪县临涣中学高一月考)如图(a)所示为游乐园中的旋转飞椅，可简化为如图(b)所示的模型，乘坐在吊椅上的游客甲和乙的运动均可视为匀速圆周运动，不考虑空气阻力的影响，游客甲和乙的座椅吊绳长度不同，座椅与游客均可视为质点，则吊绳与竖直方向夹角θ较大的游客
A.角速度较大
B.座椅离地面高度较小
C.向心加速度较小
D.所受的向心力较大
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乘坐在吊椅上的游客甲和乙
的运动可视为匀速圆周运动，
角速度ω相等，A错误；
设吊绳长为l，转盘半径为r，
座椅与转盘的高度为d，根据牛顿第二定律得mgtan θ=m(r+lsin θ)·ω2，可得g=(+d)ω2，可知吊绳与竖直方向的夹角越大，座椅与转盘的高度越大，距离水平地面的高度越小，故B正确；
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根据mgtan θ=ma可知，吊绳与
竖直方向夹角θ较大的游客向
心加速度较大，C错误；
F=ma，由于不知道两游客的
质量关系，无法判断甲、乙所受向心力的大小，D错误。
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答案
4.(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
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如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据动能定理得mgh=mv2
由几何关系可得h=Lsin θ，sin θ=
联立可得h=，则v=L，故C正确，A、B、D错误。
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答案
二、多项选择题
5.(2023·福州市第一中学高一期中)如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是
A.小球的线速度变大 B.小球的角速度变大
C.小球的加速度变小 D.细绳对小球的拉力变小
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在绳子完全被释放后与释放前相比，由于小球
所受的拉力与速度垂直，不改变速度的大小，
所以小球的线速度v大小不变，故A错误；
根据v=ωr知两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，v不变，r增大，则角速度减小，故B错误；
由a=可知，v不变，r增大，则小球的加速度a变小，由牛顿第二定律可知，细绳对小球的拉力F=ma，则F变小，故C、D正确。
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答案
6.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两点的向心加速度大小相等且大于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.稳定运行时d滑块所受的摩擦力是变力
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√
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√
答案
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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。
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答案
7.(2021·河北卷)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω'>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
√
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√
答案
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对小球受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向
的夹角为θ，则对小球竖直方向有Tsin θ=mg，而T=
k(-l0)，可知θ为定值，T不变，则当角速度增大后，
小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当角速度较小，杆对小球的弹力N背离转轴
时，则Tcos θ-N=mω2r
即N=Tcos θ-mω2r
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答案
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当角速度较大，N'指向转轴时，则Tcos θ+N'=mω'2r，即N'=mω'2r-Tcos θ
因ω'>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合=mω2r，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，则D正确。
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答案
8.(2023·厦门市湖滨中学高一期中)如图甲所示，质量为m的小球与轻杆一端相连，绕杆的另一端点O在竖直平面内做圆周运动，从小球经过最高点开始计时，杆对小球的作用力大小F随杆转过角度θ的变化关系如图乙所示，忽略摩擦阻力，重力加速度大小为g，则
A.当θ=0时，小球的速度为零
B.当θ=π时，力F的大小为6mg
C.当θ=时，小球受到的合力大于3mg
D.当θ=π时，小球的加速度大小为6g
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√
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√
答案
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当θ=0时，刚好由重力提供向心力，
则mg=m，解得v=，故A错误；
当θ=π时，由合力提供向心力得F-
mg=ma=m，最高点到最低点，由动能定理得mg·2l=mv'2-mv2，解得F=6mg，a=5g，故B正确，D错误；
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答案
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当θ=时，由水平方向上的合力提供向
心力得F合x=m，角度由θ=0变为θ=
过程中，由动能定理得mgl=mv″2-mv2，
解得F合x=3mg，当θ=时，小球受到的合力为F合=
=mg>3mg，故C正确。
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答案
三、非选择题
9.(2023·上海浦东新华师大二附中高一期末)两轮用皮带传动，rA∶rB∶rC =3∶2∶1。则轮边缘上的A、B、C 点的线速度之比vA∶vB∶vC=　　　　，向心加速度之比aA∶aB∶aC
=　　　 　。
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3∶1∶1
6∶1∶2
答案
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点B和点C是皮带传动边缘点，线速度相等，
故vB∶vC=1∶1；根据v=rω，有ωB∶ωC=rC∶
rB=1∶2；点A和点C是同轴转动，角速度相等，故ωA∶ωC=1∶1；根据v=rω，有vA∶vC=rA∶rC=3∶1；综合可得vA∶vB∶vC=3∶1∶1；向心加速度为a=，代入数据可得aA∶aB∶aC=6∶1∶2。
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答案
10.(2023·泉州市高一期末)如图所示，小球质量为m，
在竖直放置的半径为r光滑圆形轨道内做圆周运动，
当地重力加速度为g，则小球通过最高点的最小速
度是　　，小球在水平线ab以下管道中运动时，外
侧管道壁对小球　　　　(填“一定有”“可能有”或“一定没有”)弹力的作用。
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0
一定有
因为内壁有支撑，所以小球通过最高点的最小速度是0；
小球在水平线ab以下管道中运动时，小球做圆周运动，外侧管道壁对小球一定有弹力。
答案
11.(2023·福建厦门二中高一月考)如图所示是探究向心力大小与质量m、转动角速度ω和转动半径r之间关系的向心力演示器。现有两个质量相同的钢球和一个同体积的铝球。
(1)下列说法正确的是　　　。
A.将小球放到长槽的不同位置，可以改变
小球圆周运动的半径
B.塔轮的作用是改变两小球圆周运动的半径
C.小球对挡板的弹力越大，弹簧测力套筒下降的越多
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AC
答案
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将小球放到长槽的不同位置，可以改
变小球圆周运动的半径，故A正确；
塔轮通过皮带传动，是半径不同的轮
子转动的角速度大小不同，所以塔轮
的作用是改变两小球圆周运动的角速
度，故B错误；
小球对挡板的弹力越大，弹簧测力套筒下降的越多，故C正确。
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答案
(2)在探究向心力大小与角速度之间关系时，将左塔轮和右塔轮上的皮带一起往下移动一级使得左右塔轮半径之比为2∶1，则左右两侧弹簧测力套筒露出的红白相间条纹总数之比应为　　　。
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1∶4
左右塔轮半径之比为2∶1，则左右塔轮转动角速度之比为1∶2，即小球所受向心力之比为1∶4，左右两侧弹簧测力套筒露出的红白相间条纹总数之比应为1∶4。
答案
12.(2023·日照市统考)某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小F与半径r、角速度ω、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
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答案
(1)小组同学先让一个滑块做半经r为0.20 m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14 m，0.16 m，0.18 m，0.22 m，在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。
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答案
(2)本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的　　。
A.探究平抛运动的特点
B.探究两个互成角度的力的合成规律
C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
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C
答案
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本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质
量不变，探究圆周运动半径在不同值时，滑
块的向心力大小与角速度之间的关系，属于
控制变量法，与“探究加速度与物体受力、
物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动的特点”和“探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效替代法，故选C。
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答案
(3)对②图线的数据进行处理，获得了F-x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是　　　 　。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
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ω2(或mω2等带ω2即可)
②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当ω增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当ω增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与ω2成正比，以F为纵轴，ω2为横轴，则图像是一条过原点的直线，故题图丙图像横坐标x代表的是ω2。
答案
(4)对5条F-ω图线进行比较分析，作F-r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为　　　　。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
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mω2
由(3)中分析知，在r一定时，F与ω2成正比；F-r图像是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；同时F也应与m成正比，归纳可知，F-r图像的斜率为mω2。
答案
13.(2024·阜阳市红旗中学高一月考)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，则：
(1)圆盘的角速度为多大时，物块A开始滑动；
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答案　2 rad/s　
答案
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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=ml0，解得ω0==2 rad/s
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答案
(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)
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答案　0.2 m
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)，代入数据解得Δx=0.2 m。
答案
14.(2023·厦门市高一期末)一种智能呼啦圈如图甲所示，其主要由外侧带有轨道的腰带、滑轮、轻绳及配重组成，滑轮可以在轨道上无摩擦滑动。其原理简化图如图乙所示，腰带半径r=0.2 m，绳长L=0.5 m，配重质量m=0.4 kg，当轻微扭动腰时，配重飞起做匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角θ1=37°，此时配重距离地面高h=0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，运动过程
中腰带视为静止，不计空气阻力。求：
(1)此时配重的线速度大小；
答案　 m/s　
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答案
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当绳子与竖直夹角为θ1时，配重做匀速圆周运动的半径R=r+Lsin θ1
根据牛顿第二定律mgtan θ1=m，
解得v1= m/s
答案
(2)若此时剪断绳子，配重落地点与抛出点的水平距离；
答案　 m　
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剪断绳子后，配重做平抛运动，则h=gt2，x=v1t，解得x= m
答案
(3)若加速扭动腰，使绳子与竖直方向夹角由θ1变为θ2=53°，此过程绳子拉力对配重所做的功。
答案　1.25 J
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答案
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当绳子与竖直方向夹角为θ2时，
配重做匀速圆周运动的半径R'=
r+Lsin θ2
根据牛顿第二定律mgtan θ2=m，
根据动能定理-mgH+W=m-m
两次配重的高度差H=Lcos θ1-Lcos θ2，解得W=1.25 J。
答案
15.(2023·苏州高新区第一中学高一月考)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处。小球从A处由静止释放被弹开后，经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，重力加速度为g，求：
(1)小球在最高点C的速度大小vC；
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答案　　
答案
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在最高点C时，根据牛顿第二定律有
m=mg
解得vC=
答案
(2)小球在最低点B的速度大小vB；
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答案　　
根据牛顿第三定律可知，小球在最低点B时所受支持力大小为N=8mg
根据牛顿第二定律有N-mg=m
解得vB=
答案
(3)释放小球前弹簧的弹性势能；
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答案　mgR　
根据机械能守恒定律可得释放小球前弹簧的弹性势能为Ep=m= mgR
答案
(4)小球由B到C克服阻力做的功。
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答案　mgR
设小球由B到C克服阻力做的功为W，根据动能定理有m-m= -2mgR-W
解得W=mgR。
答案

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