资源简介

章末检测试卷(第二章)
(分值：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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·南京师大附中高一期末)如图所示，摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，则它(　　)
A.受到重力、支持力和向心力的作用
B.所受地面的作用力恰好与重力平衡
C.所受的合力可能不变
D.所受的合力始终变化
2.(2023·四川凉山高一期中)很多饭店的大圆桌上都配备了电动的转盘，方便坐在不同位置的食客们夹取食物，若将食物看成质点，对于摆放在转盘上不同位置的食物，下列说法正确的是(　　)
A.距圆心越远的食物，线速度越小
B.所有食物的角速度大小相同
C.距圆心距离相同但位置不同的食物所需向心力大小相等
D.距圆心距离相同但位置不同的食物的向心加速度大小不相等
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，该同学和秋千踏板的总质量约为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，g取9.8 m/s2，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
4.(2023·四川南充市高一期中)如图所示，有一种游乐项目，游客进入一个大型圆筒状容器后，紧靠竖直筒壁站立。当圆筒开始转动后，转速逐渐增大，游客会感到自己被紧紧地压在筒壁上；当转速增大到一定数值时，游客对底板恰好无压力，已知游客与筒壁间的动摩擦因数为μ，转动半径为r，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，此时游客的向心加速度大小为(　　)
A.μg B.μgr
C. D.
5.(2024·保定市高一期中)如图，园林工人正在把一颗被台风吹倒的小树苗扶正，已知树苗的长度为L，在扶正过程中该工人的两手与树苗的接触位置不变且某时刻距地面高为h，树苗与地面的夹角为α，该工人手水平向左的速度恰好为v，则树苗转动的角速度为(　　)
A. B. C. D.
6.(2024·绵阳市高一期中)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)
A.一定会落到水平面AE上
B.一定会再次落到圆弧轨道上
C.可能会落在A点
D.可能会再次落到圆弧轨道上
7.(2023·绵阳市高一期末)如图所示，光滑小球串在三杆夹角均为120°的“Y”形杆上，三杆结点为O，“Y”形杆的一杆竖直，并绕该竖直杆匀速旋转，使小球维持在距O点l处，重力加速度为g，则“Y”形杆旋转的角速度ω为(　　)
A. B. C. D.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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)
8.(2023·绵阳市高一期末)如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物体相对木板始终静止，则(　　)
A.物体始终受到三个力作用
B.只有在a、b、c、d四点，物体受到合外力才指向圆心
C.从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大
D.在位置d，物体处于超重状态
9.(2022·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
10.(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
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(9分)(2024·成都市高一期中)用如图所示的实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。转动手柄1使长槽4和短槽5分别随变速轮塔2、3匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂6的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。
(1)(3分)如图所示，变速轮塔2、3用皮带连接的转盘半径比为3∶1，则变速轮塔2、3的角速度之比为　　　　。
(2)(3分)把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽内，使它们的转动半径相同，将轮塔上的皮带分别置于第一层、第二层和第三层，可以探究　　　　　　。
A.向心力的大小与质量的关系
B.向心力的大小与半径的关系
C.向心力的大小与角速度的关系
(3)(3分)用该实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，在利用控制变量法进行实验探究时，转动手柄1的角速度　　　　(填“需要”或者“不需要”)保持相同。
12.(9分)(2024·绵阳市高一期中)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，悬点刚好与一个竖直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正上方。用手拨动钢球，设法使它在空中做匀速圆周运动，通过俯视观察发现其做圆周运动的半径为r，钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)(3分)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么钢球做圆周运动需要的向心力的表达式为F=　　　　　 。
(2)(3分)通过刻度尺测得钢球轨道平面距悬点的高度为h，那么钢球做圆周运动时外力提供向心力的表达式为F=　　　　　 。
(3)(3分)改变钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的-h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k=　　　　　 。
13.(11分)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)(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)(2022·辽宁卷)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
(1)(5分)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v=9 m/s时，滑过的距离x=15 m，求加速度的大小；
(2)(7分)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲=8 m、R乙=9 m，滑行速率分别为v甲=10 m/s、v乙=11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
15.(13分)(2023·遂宁中学高一期中)如图甲所示，小球通过细绳悬挂在墙壁上，悬点为O，离地高度为2L。小球可视为质点且质量为m，绳长为且保持不变，绳子能承受的最大张力为3mg，不计一切阻力，已知L=10 m，重力加速度为g=10 m/s2，求：
(1)(6分)设小球在向右摆到最低点时绳子刚好断裂，则它们的落地点离O点的水平距离为多少；
(2)(7分)若绳长改为L，小球在水平面内做圆锥摆运动，如图乙，且小球做摆角为θ的圆锥摆运动时绳子刚好断裂，则小球经过多长时间落地，以及绳断裂瞬间小球的速度大小。
答案精析
1.D　［摩托车沿圆弧弯道以不变的速率行驶时，受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是合力的效果，不是实际受力，故A错误；地面的作用力是摩擦力和支持力的合力，与重力不平衡，故B错误；摩托车做匀速圆周运动，合力方向始终指向圆心，所以所受合力始终变化，故C错误，D正确。］
2.B　［对于摆放在转盘上不同位置的食物，所有食物的角速度大小相同，根据v=ωr，a=ω2r，F=mω2r，可知距圆心越远的食物，线速度越大；距圆心距离相同但位置不同的食物所需向心力大小不一定相等，因为食物的质量不一定相等；距圆心距离相同但位置不同的食物的向心加速度大小相等。故选B。］
3.B　［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.C　［游客在竖直方向上受力平衡，则有μN=mg，水平方向有N=ma，解得a=，故选C。］
5.D　［人手水平向左的速度v分解为垂直树干的速度v1和沿树干的速度，接触位置到O点的距离r=，由线速度与角速度的关系，可得角速度ω===，故选D。］
6.A　［小球通过D点的临界条件是在D点重力提供其做圆周运动的向心力，设圆的半径为R，有mg=m
解得vD=，离开D点后小球做平抛运动，竖直方向有R=gt2，水平方向有x=vDt，整理有x=R>R，即小球若通过D点，则其一定落在AE平面上。故选A。］
7.A　［小球在水平面内做匀速圆周运动，圆周半径为r=lsin 60°=l，小球所受的合力提供向心力，即F=mgtan 30°=mg，由向心力公式F=mω2r可得，ω===，故选A。］
8.CD　［在c、d两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故A错误；
物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；
从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大，故C正确；
在位置d，物体加速度向上，物体处于超重状态，故D正确。］
9.AD　［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；小球运动到最低点时有T-mg=m，又由牛顿第三定律，可得绳子能承受的最大拉力为T'=T=mg+m=21.5 N，选项C错误，D正确。］
10.BD　［对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ=mg
而FT=k
可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，
则FTcos θ-FN=mω2r
即FN=FTcos θ-mω2r
当转速较大，FN指向转轴时，
则FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos 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。］
11.(1)1∶3　(2)C　(3)不需要
解析　(1)变速轮塔2、3用皮带连接的转盘半径比为3∶1，两轮塔边缘的线速度相等，根据v=ωr可知，变速轮塔2、3的角速度之比为1∶3；
(2)把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽内，使它们的转动半径相同，将轮塔上的皮带分别置于第一层、第二层和第三层，即改变两球做圆周运动的角速度，则可以探究向心力的大小与角速度的关系，故选C；
(3)用该实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，在利用控制变量法进行实验探究时，转动手柄1的角速度不需要保持相同。
12.(1)mr　(2)mg　(3)
解析　(1)根据向心力公式有F=m，而且
v==，解得F=mr
(2)如图所示，由几何关系可得F=mgtan θ=mg
(3)由上面分析得mg=mr，整理得
=h，故图线的斜率表达式为k=。
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)2.7 m/s2　(2)　甲
解析　(1)根据速度位移公式有v2=2ax
代入数据可得a=2.7 m/s2
(2)根据向心加速度的表达式a=
可得甲、乙的向心加速度大小之比为
=·=
甲、乙均做匀速圆周运动，则运动的时间为
t=
代入数据可得甲、乙运动的时间为
t甲= s，t乙= s
因t甲15.(1)10 m　(2) s　 m/s
解析　(1)在最低点有3mg-mg=m
断裂后做平抛运动，则有2L-=g
x1=v0t1
解得x1=10 m
(2)绳子恰好断裂时，圆锥摆的摆角为θ，对小球分析有mgtan θ=m
由于刚好断裂，则有cos θ==
断裂后做平抛运动，则有2L-Lcos θ=g
解得t2= s，v1= m/s。(共45张PPT)
章末检测试卷(第二章)
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B B C D A A CD
题号 9 10
答案 AD BD
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(1)1∶3　(2)C　(3)不需要
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(1)mr　(2)mg　(3)
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13.
(1)2 rad/s　(2)0.2 m
14.
(1)2.7 m/s2　(2)　甲
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(1)10 m　(2) s　 m/s
一、单项选择题
1.(2023·南京师大附中高一期末)如图所示，摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，则它
A.受到重力、支持力和向心力的作用
B.所受地面的作用力恰好与重力平衡
C.所受的合力可能不变
D.所受的合力始终变化
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摩托车沿圆弧弯道以不变的速率行驶时，受到
重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是合力
的效果，不是实际受力，故A错误；
地面的作用力是摩擦力和支持力的合力，与重力不平衡，故B错误；
摩托车做匀速圆周运动，合力方向始终指向圆心，所以所受合力始终变化，故C错误，D正确。
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2.(2023·四川凉山高一期中)很多饭店的大圆桌上都配备了电动的转盘，方便坐在不同位置的食客们夹取食物，若将食物看成质点，对于摆放在转盘上不同位置的食物，下列说法正确的是
A.距圆心越远的食物，线速度越小
B.所有食物的角速度大小相同
C.距圆心距离相同但位置不同的食物所需向心力大小相等
D.距圆心距离相同但位置不同的食物的向心加速度大小不相等
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对于摆放在转盘上不同位置的食物，所有食物的角速度大小相同，根据v=ωr，a=ω2r，F=mω2r，可知距圆心越远的食物，线速度越大；距圆心距离相同但位置不同的食物所需向心力大小不一定相等，因
为食物的质量不一定相等；距圆心距离相同但位置不同的食物的向心加速度大小相等。故选B。
答案
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，该同学和秋千踏板的总质量约为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，g取9.8 m/s2，此时每根绳子平均承受的拉力约为
A.200 N B.400 N
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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。
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由牛顿第二定律知2F-mg=
代入数据得F=405 N，选项B正确。
答案
4.(2023·四川南充市高一期中)如图所示，有一种游乐项目，游客进入一个大型圆筒状容器后，紧靠竖直筒壁站立。当圆筒开始转动后，转速逐渐增大，游客会感到自己被紧紧地压在筒壁上；当转速增大到一定数值时，游客对底板恰好无压力，已知游客与筒壁间的动摩擦因数为μ，转动半径为r，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，此时游客的向心加速度大小为
A.μg B.μgr
C. D.
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游客在竖直方向上受力平衡，则有μN=mg，
水平方向有N=ma，解得a=，故选C。
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5.(2024·保定市高一期中)如图，园林工人正在把一颗被台风吹倒的小树苗扶正，已知树苗的长度为L，在扶正过程中该工人的两手与树苗的接触位置不变且某时刻距地面高为h，树苗与地面的夹角为α，该工人手水平向左的速度恰好为v，则树苗转动的角速度为
A. B.
C. D.
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人手水平向左的速度v分解为垂直树干的速度v1和沿树干的速度，接触位置到O点的距离r=，由线速度与角速度的关系，可得角速度ω===，故选D。
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6.(2024·绵阳市高一期中)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后
A.一定会落到水平面AE上
B.一定会再次落到圆弧轨道上
C.可能会落在A点
D.可能会再次落到圆弧轨道上
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小球通过D点的临界条件是在D点重力提供其做圆周运动的向心力，设圆的半径为R，有mg=m
解得vD=，离开D点后小球做平抛运动，竖直方
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向有R=gt2，水平方向有xD=vDt，整理有x=R>R，即小球若通过D点，则其一定落在AE平面上。故选A。
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7.(2023·绵阳市高一期末)如图所示，光滑小球串在三杆夹角均为120°的“Y”形杆上，三杆结点为O，“Y”形杆的一杆竖直，并绕该竖直杆匀速旋转，使小球维持在距O点l处，重力加速度为g，则“Y”形杆旋转的角速度ω为
A. B.
C. D.
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小球在水平面内做匀速圆周运动，圆周半径为r=lsin 60°=l，小球所受的合力提供向心力，即F=mgtan 30°=mg，由向心力公式F=mω2r可得，ω===，故选A。
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二、多项选择题
8.(2023·绵阳市高一期末)如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物体相对木板始终静止，则
A.物体始终受到三个力作用
B.只有在a、b、c、d四点，物体受到合外力才指向圆心
C.从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大
D.在位置d，物体处于超重状态
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在c、d两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故A错误；
物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；
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从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大，故C正确；
在位置d，物体加速度向上，物体处于超重状态，故D正确。
答案
9.(2022·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
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√
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答案
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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；
小球运动到最低点时有T-mg=m，又由牛顿第三定律，可得绳子能承受的最大拉力为T'=T=mg+m=21.5 N，选项C错误，D正确。
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答案
10.(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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对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ=mg
而FT=k
可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，
则FTcos θ-FN=mω2r
即FN=FTcos θ-mω2r
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答案
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当转速较大，FN指向转轴时，
则FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos 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
11.(2024·成都市高一期中)用如图所示的实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。转动手柄1使长槽4和短槽5分别随变速轮塔2、3匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂6的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。
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三、非选择题
答案
(1)如图所示，变速轮塔2、3用皮带连接的转盘半径比为3∶1，则变速轮塔2、3的角速度之比为　　　　。
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1∶3
变速轮塔2、3用皮带连接的转盘半径比为3∶1，两轮塔边缘的线速度相等，根据v=ωr可知，变速轮塔2、3的角速度之比为1∶3；
答案
(2)把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽内，使它们的转动半径相同，将轮塔上的皮带分别置于第一层、第二层和第三层，可以探究　。
A.向心力的大小与质量的关系
B.向心力的大小与半径的关系
C.向心力的大小与角速度的关系
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C
答案
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把两个质量相同的小球分别放在长槽和短槽内，使它们的转动半径相同，将轮塔上的皮带分别置于第一层、第二层和第三层，即改变两球做圆周运动的角速度，则可以探究向心力的大小与角速度的关系，故选C；
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答案
(3)用该实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，在利用控制变量法进行实验探究时，转动手柄1的角速度　　　　(填“需要”或者“不需要”)保持相同。
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不需要
用该实验装置探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，在利用控制变量法进行实验探究时，转动手柄1的角速度不需要保持相同。
答案
12.(2024·绵阳市高一期中)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，悬点刚好与一个竖直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正上方。用手拨动钢球，设法使它在空中做匀速圆周运动，通过俯视观察发现其做圆周运动的半径为r，钢球的质量为m，重力加速度为g。
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答案
(1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么钢球做圆周运动需要的向心力的表达式为F=　　　　。
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mr
根据向心力公式有F=m，而且
v==，解得F=mr
答案
(2)通过刻度尺测得钢球轨道平面距悬点的高度为h，那么钢球做圆周运动时外力提供向心力的表达式为F=　　　　　 。
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mg
如图所示，由几何关系可得F=mgtan θ=mg
答案
(3)改变钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的-h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k=　　　 。
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由上面分析得mg=mr，整理得
=h，故图线的斜率表达式为k=。
答案
13.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：
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答案　2 rad/s
(1)圆盘的角速度为多大时，物块A开始滑动；
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.(2022·辽宁卷)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
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(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v=9 m/s时，滑过的距离x=15 m，求加速度的大小；
答案　2.7 m/s2
根据速度位移公式有v2=2ax
代入数据可得a=2.7 m/s2
答案
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲=8 m、R乙=9 m，滑行速率分别为v甲=10 m/s、v乙=11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
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答案　　甲
答案
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根据向心加速度的表达式a=
可得甲、乙的向心加速度大小之比为=·=
甲、乙均做匀速圆周运动，则运动的时间为t=
代入数据可得甲、乙运动的时间为t甲= s，t乙= s
因t甲答案
15.(2023·遂宁中学高一期中)如图甲所示，小球通过细绳悬挂在墙壁上，悬点为O，离地高度为2L。小球可视为质点且质量为m，绳长为且保持不变，绳子能承受的最大张力为3mg，不计一切阻力，已知L=10 m，重力加速度为g=10 m/s2，求：
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(1)设小球在向右摆到最低点时绳子刚好断裂，则它们的落地点离O点的水平距离为多少；
答案　10 m
答案
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在最低点有3mg-mg=m
断裂后做平抛运动，则有2L-=g
x1=v0t1
解得x1=10 m
答案
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(2)若绳长改为L，小球在水平面内做圆锥摆运动，如图乙，且小球做摆角为θ的圆锥摆运动时绳子刚好断裂，则小球经过多长时间落地，以及绳断裂瞬间小球的速度大小。
答案　 s　 m/s
答案
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绳子恰好断裂时，圆锥摆的摆角为θ，对小球分析有mgtan θ=m
由于刚好断裂，则有cos θ==
断裂后做平抛运动，则有2L-Lcos θ=g
解得t2= s
v1= m/s。
答案

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