資源簡介

章末檢測試卷(第二章)
(分值：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.(2023·南京師大附中高一期末)如圖所示，摩托車正沿圓弧彎道以不變的速率行駛，則它(　　)
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與重力平衡
C.所受的合力可能不變
D.所受的合力始終變化
2.(2023·四川涼山高一期中)很多飯店的大圓桌上都配備了電動的轉盤，方便坐在不同位置的食客們夾取食物，若將食物看成質點，對于擺放在轉盤上不同位置的食物，下列說法正確的是(　　)
A.距圓心越遠的食物，線速度越小
B.所有食物的角速度大小相同
C.距圓心距離相同但位置不同的食物所需向心力大小相等
D.距圓心距離相同但位置不同的食物的向心加速度大小不相等
3.(2020·全國卷Ⅰ)如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，g取9.8 m/s2，此時每根繩子平均承受的拉力約為(　　)
A.200 N B.400 N C.600 N D.800 N
4.(2023·四川南充市高一期中)如圖所示，有一種游樂項目，游客進入一個大型圓筒狀容器后，緊靠豎直筒壁站立。當圓筒開始轉動后，轉速逐漸增大，游客會感到自己被緊緊地壓在筒壁上；當轉速增大到一定數值時，游客對底板恰好無壓力，已知游客與筒壁間的動摩擦因數為μ，轉動半徑為r，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，此時游客的向心加速度大小為(　　)
A.μg B.μgr
C. D.
5.(2024·保定市高一期中)如圖，園林工人正在把一顆被臺風吹倒的小樹苗扶正，已知樹苗的長度為L，在扶正過程中該工人的兩手與樹苗的接觸位置不變且某時刻距地面高為h，樹苗與地面的夾角為α，該工人手水平向左的速度恰好為v，則樹苗轉動的角速度為(　　)
A. B. C. D.
6.(2024·綿陽市高一期中)固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示。今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓弧軌道運動，只要適當調節釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后(　　)
A.一定會落到水平面AE上
B.一定會再次落到圓弧軌道上
C.可能會落在A點
D.可能會再次落到圓弧軌道上
7.(2023·綿陽市高一期末)如圖所示，光滑小球串在三桿夾角均為120°的“Y”形桿上，三桿結點為O，“Y”形桿的一桿豎直，并繞該豎直桿勻速旋轉，使小球維持在距O點l處，重力加速度為g，則“Y”形桿旋轉的角速度ω為(　　)
A. B. C. D.
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.(2023·綿陽市高一期末)如圖所示，在粗糙水平板上放一個物體，使水平板和物體一起在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，ab為水平直徑，cd為豎直直徑，在運動過程中木板始終保持水平，物體相對木板始終靜止，則(　　)
A.物體始終受到三個力作用
B.只有在a、b、c、d四點，物體受到合外力才指向圓心
C.從a到b，物體所受的摩擦力先減小后增大
D.在位置d，物體處于超重狀態
9.(2022·安吉縣高級中學高一開學考試)某人站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩的一端，繩的另一端系有質量為m=0.55 kg的小球，使球在豎直平面內以手為圓心做圓周運動。當球某次運動到最低點時，繩恰好受到所能承受的最大拉力被拉斷，球以繩斷時的速度水平飛出，通過水平距離x=1.2 m后落地。已知握繩的手離地面高度為d=1.0 m，手與球之間的繩長為r=0.55 m，重力加速度g=10 m/s2，忽略空氣阻力。則(　　)
A.從繩斷到小球落地的時間為0.3 s
B.小球落地時的速度大小為4 m/s
C.繩子能承受的最大拉力為16 N
D.繩子能承受的最大拉力為21.5 N
10.(2021·河北卷)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω'勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω'>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω'勻速轉動時(　　)
A.小球的高度一定降低
B.彈簧彈力的大小一定不變
C.小球對桿壓力的大小一定變大
D.小球所受合外力的大小一定變大
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(9分)(2024·成都市高一期中)用如圖所示的實驗裝置探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系。轉動手柄1使長槽4和短槽5分別隨變速輪塔2、3勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂6的擋板對球的壓力提供了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒7下降，從而露出標尺8，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值。
(1)(3分)如圖所示，變速輪塔2、3用皮帶連接的轉盤半徑比為3∶1，則變速輪塔2、3的角速度之比為　　　　。
(2)(3分)把兩個質量相同的小球分別放在長槽和短槽內，使它們的轉動半徑相同，將輪塔上的皮帶分別置于第一層、第二層和第三層，可以探究　　　　　　。
A.向心力的大小與質量的關系
B.向心力的大小與半徑的關系
C.向心力的大小與角速度的關系
(3)(3分)用該實驗裝置探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，在利用控制變量法進行實驗探究時，轉動手柄1的角速度　　　　(填“需要”或者“不需要”)保持相同。
12.(9分)(2024·綿陽市高一期中)在“用圓錐擺驗證向心力的表達式”實驗中，如圖甲所示，懸點剛好與一個豎直的刻度尺零刻度線對齊。將畫著幾個同心圓的白紙置于水平桌面上，使鋼球靜止時剛好位于圓心正上方。用手撥動鋼球，設法使它在空中做勻速圓周運動，通過俯視觀察發現其做圓周運動的半徑為r，鋼球的質量為m，重力加速度為g。
(1)(3分)用秒表記錄運動n圈的總時間為t，那么鋼球做圓周運動需要的向心力的表達式為F=　　　　　 。
(2)(3分)通過刻度尺測得鋼球軌道平面距懸點的高度為h，那么鋼球做圓周運動時外力提供向心力的表達式為F=　　　　　 。
(3)(3分)改變鋼球做圓周運動的半徑，多次實驗，得到如圖乙所示的-h關系圖像，可以達到粗略驗證向心力表達式的目的，該圖線的斜率表達式為k=　　　　　 。
13.(11分)如圖所示，有一可繞豎直中心軸轉動的水平圓盤，上面放置勁度系數k=46 N/m的彈簧，彈簧的一端固定于軸O上，另一端連接質量m=1.0 kg的小物塊A，物塊與圓盤間的動摩擦因數μ=0.20，開始時彈簧未發生形變，長度l0=0.50 m，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，求：
(1)(5分)圓盤的角速度為多大時，物塊A開始滑動；
(2)(6分)當圓盤角速度緩慢地增加到4.0 rad/s時，彈簧的伸長量是多少(彈簧始終在彈性限度內且物塊未脫離圓盤)。
14.(12分)(2022·遼寧卷)2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2 000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。
(1)(5分)如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v=9 m/s時，滑過的距離x=15 m，求加速度的大小；
(2)(7分)如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為R甲=8 m、R乙=9 m，滑行速率分別為v甲=10 m/s、v乙=11 m/s，求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。
15.(13分)(2023·遂寧中學高一期中)如圖甲所示，小球通過細繩懸掛在墻壁上，懸點為O，離地高度為2L。小球可視為質點且質量為m，繩長為且保持不變，繩子能承受的最大張力為3mg，不計一切阻力，已知L=10 m，重力加速度為g=10 m/s2，求：
(1)(6分)設小球在向右擺到最低點時繩子剛好斷裂，則它們的落地點離O點的水平距離為多少；
(2)(7分)若繩長改為L，小球在水平面內做圓錐擺運動，如圖乙，且小球做擺角為θ的圓錐擺運動時繩子剛好斷裂，則小球經過多長時間落地，以及繩斷裂瞬間小球的速度大小。
答案精析
1.D　［摩托車沿圓弧彎道以不變的速率行駛時，受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是合力的效果，不是實際受力，故A錯誤；地面的作用力是摩擦力和支持力的合力，與重力不平衡，故B錯誤；摩托車做勻速圓周運動，合力方向始終指向圓心，所以所受合力始終變化，故C錯誤，D正確。］
2.B　［對于擺放在轉盤上不同位置的食物，所有食物的角速度大小相同，根據v=ωr，a=ω2r，F=mω2r，可知距圓心越遠的食物，線速度越大；距圓心距離相同但位置不同的食物所需向心力大小不一定相等，因為食物的質量不一定相等；距圓心距離相同但位置不同的食物的向心加速度大小相等。故選B。］
3.B　［取該同學與踏板為研究對象，設每根繩子中的平均拉力為F，到達最低點時，受力如圖所示。
由牛頓第二定律知2F-mg=
代入數據得F=405 N，選項B正確。］
4.C　［游客在豎直方向上受力平衡，則有μN=mg，水平方向有N=ma，解得a=，故選C。］
5.D　［人手水平向左的速度v分解為垂直樹干的速度v1和沿樹干的速度，接觸位置到O點的距離r=，由線速度與角速度的關系，可得角速度ω===，故選D。］
6.A　［小球通過D點的臨界條件是在D點重力提供其做圓周運動的向心力，設圓的半徑為R，有mg=m
解得vD=，離開D點后小球做平拋運動，豎直方向有R=gt2，水平方向有x=vDt，整理有x=R>R，即小球若通過D點，則其一定落在AE平面上。故選A。］
7.A　［小球在水平面內做勻速圓周運動，圓周半徑為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===，故選A。］
8.CD　［在c、d兩點處，只受重力和支持力，在其他位置處物體受到重力，支持力、靜摩擦力三個作用，故A錯誤；
物體做勻速圓周運動，合外力提供向心力，所以合外力始終指向圓心，故B錯誤；
從a運動到b，物體的加速度的方向始終指向圓心，水平方向的加速度先減小后反向增大，根據牛頓第二定律可得，物體所受木板的摩擦力先減小后增大，故C正確；
在位置d，物體加速度向上，物體處于超重狀態，故D正確。］
9.AD　［小球在豎直方向上做自由落體運動，有d-r=gt2，得從繩斷到小球落地的時間為t==0.3 s，選項A正確；小球拋出時的水平速度v0== m/s=4 m/s，則落地時的速度大小為v==5 m/s，選項B錯誤；小球運動到最低點時有T-mg=m，又由牛頓第三定律，可得繩子能承受的最大拉力為T'=T=mg+m=21.5 N，選項C錯誤，D正確。］
10.BD　［對小球受力分析，設彈簧彈力為FT，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向有FTsin θ=mg
而FT=k
可知θ為定值，FT不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；
水平方向當轉速較小，桿對小球的彈力FN背離轉軸時，
則FTcos θ-FN=mω2r
即FN=FTcos θ-mω2r
當轉速較大，FN指向轉軸時，
則FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos θ
因ω'>ω，根據牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力不一定變大，C錯誤；
根據F合=mω2r，可知，因角速度變大，則小球受合外力變大，則D正確。］
11.(1)1∶3　(2)C　(3)不需要
解析　(1)變速輪塔2、3用皮帶連接的轉盤半徑比為3∶1，兩輪塔邊緣的線速度相等，根據v=ωr可知，變速輪塔2、3的角速度之比為1∶3；
(2)把兩個質量相同的小球分別放在長槽和短槽內，使它們的轉動半徑相同，將輪塔上的皮帶分別置于第一層、第二層和第三層，即改變兩球做圓周運動的角速度，則可以探究向心力的大小與角速度的關系，故選C；
(3)用該實驗裝置探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，在利用控制變量法進行實驗探究時，轉動手柄1的角速度不需要保持相同。
12.(1)mr　(2)mg　(3)
解析　(1)根據向心力公式有F=m，而且
v==，解得F=mr
(2)如圖所示，由幾何關系可得F=mgtan θ=mg
(3)由上面分析得mg=mr，整理得
=h，故圖線的斜率表達式為k=。
13.(1)2 rad/s　(2)0.2 m
解析　(1)設圓盤的角速度為ω0時，物塊A將開始滑動，此時物塊的最大靜摩擦力提供向心力，則有μmg=ml0，
解得ω0==2 rad/s
(2)設此時彈簧的伸長量為Δx，物塊受到的摩擦力和彈簧彈力的合力提供向心力，則有μmg+kΔx=mω2(l0+Δx)，
代入數據解得Δx=0.2 m。
14.(1)2.7 m/s2　(2)　甲
解析　(1)根據速度位移公式有v2=2ax
代入數據可得a=2.7 m/s2
(2)根據向心加速度的表達式a=
可得甲、乙的向心加速度大小之比為
=·=
甲、乙均做勻速圓周運動，則運動的時間為
t=
代入數據可得甲、乙運動的時間為
t甲= s，t乙= s
因t甲15.(1)10 m　(2) s　 m/s
解析　(1)在最低點有3mg-mg=m
斷裂后做平拋運動，則有2L-=g
x1=v0t1
解得x1=10 m
(2)繩子恰好斷裂時，圓錐擺的擺角為θ，對小球分析有mgtan θ=m
由于剛好斷裂，則有cos θ==
斷裂后做平拋運動，則有2L-Lcos θ=g
解得t2= s，v1= m/s。(共45張PPT)
章末檢測試卷(第二章)
對一對
答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B B C D A A CD
題號 9 10
答案 AD BD
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(1)1∶3　(2)C　(3)不需要
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(1)2 rad/s　(2)0.2 m
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(1)2.7 m/s2　(2)　甲
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(1)10 m　(2) s　 m/s
一、單項選擇題
1.(2023·南京師大附中高一期末)如圖所示，摩托車正沿圓弧彎道以不變的速率行駛，則它
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與重力平衡
C.所受的合力可能不變
D.所受的合力始終變化
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摩托車沿圓弧彎道以不變的速率行駛時，受到
重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是合力
的效果，不是實際受力，故A錯誤；
地面的作用力是摩擦力和支持力的合力，與重力不平衡，故B錯誤；
摩托車做勻速圓周運動，合力方向始終指向圓心，所以所受合力始終變化，故C錯誤，D正確。
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2.(2023·四川涼山高一期中)很多飯店的大圓桌上都配備了電動的轉盤，方便坐在不同位置的食客們夾取食物，若將食物看成質點，對于擺放在轉盤上不同位置的食物，下列說法正確的是
A.距圓心越遠的食物，線速度越小
B.所有食物的角速度大小相同
C.距圓心距離相同但位置不同的食物所需向心力大小相等
D.距圓心距離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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對于擺放在轉盤上不同位置的食物，所有食物的角速度大小相同，根據v=ωr，a=ω2r，F=mω2r，可知距圓心越遠的食物，線速度越大；距圓心距離相同但位置不同的食物所需向心力大小不一定相等，因
為食物的質量不一定相等；距圓心距離相同但位置不同的食物的向心加速度大小相等。故選B。
答案
3.(2020·全國卷Ⅰ)如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，g取9.8 m/s2，此時每根繩子平均承受的拉力約為
A.200 N B.400 N
C.600 N D.800 N
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取該同學與踏板為研究對象，設每根繩子中的平均拉力為F，到達最低點時，受力如圖所示。
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由牛頓第二定律知2F-mg=
代入數據得F=405 N，選項B正確。
答案
4.(2023·四川南充市高一期中)如圖所示，有一種游樂項目，游客進入一個大型圓筒狀容器后，緊靠豎直筒壁站立。當圓筒開始轉動后，轉速逐漸增大，游客會感到自己被緊緊地壓在筒壁上；當轉速增大到一定數值時，游客對底板恰好無壓力，已知游客與筒壁間的動摩擦因數為μ，轉動半徑為r，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，此時游客的向心加速度大小為
A.μg B.μgr
C. D.
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游客在豎直方向上受力平衡，則有μN=mg，
水平方向有N=ma，解得a=，故選C。
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5.(2024·保定市高一期中)如圖，園林工人正在把一顆被臺風吹倒的小樹苗扶正，已知樹苗的長度為L，在扶正過程中該工人的兩手與樹苗的接觸位置不變且某時刻距地面高為h，樹苗與地面的夾角為α，該工人手水平向左的速度恰好為v，則樹苗轉動的角速度為
A. B.
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人手水平向左的速度v分解為垂直樹干的速度v1和沿樹干的速度，接觸位置到O點的距離r=，由線速度與角速度的關系，可得角速度ω===，故選D。
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6.(2024·綿陽市高一期中)固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示。今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓弧軌道運動，只要適當調節釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后
A.一定會落到水平面AE上
B.一定會再次落到圓弧軌道上
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小球通過D點的臨界條件是在D點重力提供其做圓周運動的向心力，設圓的半徑為R，有mg=m
解得vD=，離開D點后小球做平拋運動，豎直方
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向有R=gt2，水平方向有xD=vDt，整理有x=R>R，即小球若通過D點，則其一定落在AE平面上。故選A。
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7.(2023·綿陽市高一期末)如圖所示，光滑小球串在三桿夾角均為120°的“Y”形桿上，三桿結點為O，“Y”形桿的一桿豎直，并繞該豎直桿勻速旋轉，使小球維持在距O點l處，重力加速度為g，則“Y”形桿旋轉的角速度ω為
A. B.
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小球在水平面內做勻速圓周運動，圓周半徑為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===，故選A。
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二、多項選擇題
8.(2023·綿陽市高一期末)如圖所示，在粗糙水平板上放一個物體，使水平板和物體一起在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，ab為水平直徑，cd為豎直直徑，在運動過程中木板始終保持水平，物體相對木板始終靜止，則
A.物體始終受到三個力作用
B.只有在a、b、c、d四點，物體受到合外力才指向圓心
C.從a到b，物體所受的摩擦力先減小后增大
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在c、d兩點處，只受重力和支持力，在其他位置處物體受到重力，支持力、靜摩擦力三個作用，故A錯誤；
物體做勻速圓周運動，合外力提供向心力，所以合外力始終指向圓心，故B錯誤；
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從a運動到b，物體的加速度的方向始終指向圓心，水平方向的加速度先減小后反向增大，根據牛頓第二定律可得，物體所受木板的摩擦力先減小后增大，故C正確；
在位置d，物體加速度向上，物體處于超重狀態，故D正確。
答案
9.(2022·安吉縣高級中學高一開學考試)某人站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩的一端，繩的另一端系有質量為m=0.55 kg的小球，使球在豎直平面內以手為圓心做圓周運動。當球某次運動到最低點時，繩恰好受到所能承受的最大拉力被拉斷，球以繩斷時的速度水平飛出，通過水平距離x=1.2 m后落地。已知握繩的手離地面高度為d=1.0 m，手與球之間的繩長為r=0.55 m，重力加速度g=10 m/s2，忽略空氣阻力。則
A.從繩斷到小球落地的時間為0.3 s
B.小球落地時的速度大小為4 m/s
C.繩子能承受的最大拉力為16 N
D.繩子能承受的最大拉力為21.5 N
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√
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答案
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小球在豎直方向上做自由落體運動，有d-r=gt2，得從
繩斷到小球落地的時間為t==0.3 s，選項A正確；
小球拋出時的水平速度v0== m/s=4 m/s，則落地時的速度大小為v==5 m/s，選項B錯誤；
小球運動到最低點時有T-mg=m，又由牛頓第三定律，可得繩子能承受的最大拉力為T'=T=mg+m=21.5 N，選項C錯誤，D正確。
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答案
10.(2021·河北卷)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω'勻速轉動時，小球均相對PQ桿靜止，若ω'>ω，則與以ω勻速轉動時相比，以ω'勻速轉動時
A.小球的高度一定降低
B.彈簧彈力的大小一定不變
C.小球對桿壓力的大小一定變大
D.小球所受合外力的大小一定變大
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√
√
答案
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對小球受力分析，設彈簧彈力為FT，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對小球豎直方向有FTsin θ=mg
而FT=k
可知θ為定值，FT不變，則當轉速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確；
水平方向當轉速較小，桿對小球的彈力FN背離轉軸時，
則FTcos θ-FN=mω2r
即FN=FTcos θ-mω2r
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答案
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當轉速較大，FN指向轉軸時，
則FTcos θ+FN'=mω'2r
即FN'=mω'2r-FTcos θ
因ω'>ω，根據牛頓第三定律可知，小球對桿的壓力
不一定變大，C錯誤；
根據F合=mω2r，可知，因角速度變大，則小球受合外力變大，則D正確。
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答案
11.(2024·成都市高一期中)用如圖所示的實驗裝置探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系。轉動手柄1使長槽4和短槽5分別隨變速輪塔2、3勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂6的擋板對球的壓力提供了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒7下降，從而露出標尺8，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值。
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三、非選擇題
答案
(1)如圖所示，變速輪塔2、3用皮帶連接的轉盤半徑比為3∶1，則變速輪塔2、3的角速度之比為　　　　。
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1∶3
變速輪塔2、3用皮帶連接的轉盤半徑比為3∶1，兩輪塔邊緣的線速度相等，根據v=ωr可知，變速輪塔2、3的角速度之比為1∶3；
答案
(2)把兩個質量相同的小球分別放在長槽和短槽內，使它們的轉動半徑相同，將輪塔上的皮帶分別置于第一層、第二層和第三層，可以探究　。
A.向心力的大小與質量的關系
B.向心力的大小與半徑的關系
C.向心力的大小與角速度的關系
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C
答案
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把兩個質量相同的小球分別放在長槽和短槽內，使它們的轉動半徑相同，將輪塔上的皮帶分別置于第一層、第二層和第三層，即改變兩球做圓周運動的角速度，則可以探究向心力的大小與角速度的關系，故選C；
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答案
(3)用該實驗裝置探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，在利用控制變量法進行實驗探究時，轉動手柄1的角速度　　　　(填“需要”或者“不需要”)保持相同。
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不需要
用該實驗裝置探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，在利用控制變量法進行實驗探究時，轉動手柄1的角速度不需要保持相同。
答案
12.(2024·綿陽市高一期中)在“用圓錐擺驗證向心力的表達式”實驗中，如圖甲所示，懸點剛好與一個豎直的刻度尺零刻度線對齊。將畫著幾個同心圓的白紙置于水平桌面上，使鋼球靜止時剛好位于圓心正上方。用手撥動鋼球，設法使它在空中做勻速圓周運動，通過俯視觀察發現其做圓周運動的半徑為r，鋼球的質量為m，重力加速度為g。
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答案
(1)用秒表記錄運動n圈的總時間為t，那么鋼球做圓周運動需要的向心力的表達式為F=　　　　。
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mr
根據向心力公式有F=m，而且
v==，解得F=mr
答案
(2)通過刻度尺測得鋼球軌道平面距懸點的高度為h，那么鋼球做圓周運動時外力提供向心力的表達式為F=　　　　　 。
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mg
如圖所示，由幾何關系可得F=mgtan θ=mg
答案
(3)改變鋼球做圓周運動的半徑，多次實驗，得到如圖乙所示的-h關系圖像，可以達到粗略驗證向心力表達式的目的，該
圖線的斜率表達式為k=　　　 。
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由上面分析得mg=mr，整理得
=h，故圖線的斜率表達式為k=。
答案
13.如圖所示，有一可繞豎直中心軸轉動的水平圓盤，上面放置勁度系數k=46 N/m的彈簧，彈簧的一端固定于軸O上，另一端連接質量m=1.0 kg的小物塊A，物塊與圓盤間的動摩擦因數μ=0.20，開始時彈簧未發生形變，長度l0=0.50 m，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，求：
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答案　2 rad/s
(1)圓盤的角速度為多大時，物塊A開始滑動；
答案
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設圓盤的角速度為ω0時，物塊A將開始滑動，此時物塊的最大靜摩擦力提供向心力，則有μmg=ml0，
解得ω0==2 rad/s
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答案
(2)當圓盤角速度緩慢地增加到4.0 rad/s時，彈簧的伸長量是多少(彈簧始終在彈性限度內且物塊未脫離圓盤)。
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答案　0.2 m
設此時彈簧的伸長量為Δx，物塊受到的摩擦力和彈簧彈力的合力提供向心力，則有μmg+kΔx=mω2(l0+Δx)，
代入數據解得Δx=0.2 m。
答案
14.(2022·遼寧卷)2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2 000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。
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(1)如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v=9 m/s時，滑過的距離x=15 m，求加速度的大小；
答案　2.7 m/s2
根據速度位移公式有v2=2ax
代入數據可得a=2.7 m/s2
答案
(2)如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為R甲=8 m、R乙=9 m，滑行速率分別為v甲=10 m/s、v乙=11 m/s，求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。
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答案　　甲
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根據向心加速度的表達式a=
可得甲、乙的向心加速度大小之比為=·=
甲、乙均做勻速圓周運動，則運動的時間為t=
代入數據可得甲、乙運動的時間為t甲= s，t乙= s
因t甲答案
15.(2023·遂寧中學高一期中)如圖甲所示，小球通過細繩懸掛在墻壁上，懸點為O，離地高度為2L。小球可視為質點且質量為m，繩長為且保持不變，繩子能承受的最大張力為3mg，不計一切阻力，已知L=10 m，重力加速度為g=10 m/s2，求：
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(1)設小球在向右擺到最低點時繩子剛好斷裂，則它們的落地點離O點的水平距離為多少；
答案　10 m
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在最低點有3mg-mg=m
斷裂后做平拋運動，則有2L-=g
x1=v0t1
解得x1=10 m
答案
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(2)若繩長改為L，小球在水平面內做圓錐擺運動，如圖乙，且小球做擺角為θ的圓錐擺運動時繩子剛好斷裂，則小球經過多長時間落地，以及繩斷裂瞬間小球的速度大小。
答案　 s　 m/s
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繩子恰好斷裂時，圓錐擺的擺角為θ，對小球分析有mgtan θ=m
由于剛好斷裂，則有cos θ==
斷裂后做平拋運動，則有2L-Lcos θ=g
解得t2= s
v1= m/s。
答案

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