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單元素養檢測(二)(第六章)
(滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分．每小題只有一個選項符合題目要求．
1.如圖是某電力機車雨刷器的示意圖．雨刮器由刮水片和雨刮臂鏈接而成，M、N為刮水片的兩個端點，P為刮水片與雨刮臂的鏈接點，雨刮臂繞O軸轉動的過程中，刮水片始終保持豎直，下列說法正確的是(　　)
A．P點的線速度始終不變
B．P點的向心加速度不變
C．M、N兩點的線速度相同
D．M、N兩點的運動周期不同
解析：P點以O為圓心做圓周運動，所以線速度與向心加速度方向變化，故A、B錯誤；由于刮水片始終保持豎直，所以刮水片各點的線速度與P點的相同，所以M、N兩點的線速度相同，故C正確；刮水器上各點的周期相同，所以M、N兩點的周期相同，故D錯誤．
答案：C
2.如圖所示，操場跑道的彎道部分是半圓形，最內圈的半徑大約是36 m．一位同學沿最內圈勻速率跑過一側彎道的時間約為12 s，則這位同學在沿彎道跑步時(　　)
A．角速度約為 rAd/s
B．線速度約為3 m/s
C．轉速約為 r/s
D．向心加速度約為 m/s2
解析：由題意知，同學在沿彎道跑步時角速度約為ω＝ rAd/s，故A錯誤；根據v＝ωr可得線速度約為v＝3π m/s，故B錯誤；根據n＝得轉速約為n＝ r/s，故C錯誤；根據A＝ω2r得向心加速度約為A＝ m/s2，故D正確．
答案：D
3.[2024·衢州市高一期末]如圖所示，花式摩托艇表演中，摩托艇以速度v在水平海面做勻速圓周運動，軌跡半徑為r，摩托艇與人的總質量為m，重力加速度為g，空氣阻力不計．關于水對摩托艇的作用力，下列說法正確的是(　　)
A．方向始終指向圓心
B．方向始終豎直向上
C．大小為
D．大小為
解析：摩托艇受到重力和水的作用力，靠兩個力的合力提供向心力，如圖所示，則水對摩托艇的作用力方向既不是指向圓心也不是豎直方向，摩托艇所受到的合力為F合＝m，所以F＝＝ ，故選D.
答案：D
4.[2024·河南安陽高一期末]在天宮課堂中，航天員老師利用手搖離心機將水油分離．天宮課堂中航天員的手搖離心機可簡化為如圖在空間站中手搖小瓶的模型，假設小瓶(包括小瓶中的油和水)的質量為m，P為小瓶的質心，細線的長度(從圖中O到P之間的長度)為L，小瓶在t時間內轉動了n圈，當小瓶轉動到豎直平面內最高點時，細線中的拉力為(　　)
A． B．
C． D．
解析：小瓶在t時間內轉動了n圈，則周期為T＝，在空間站中手搖小瓶在豎直平面內做勻速圓周運動，僅有繩的拉力提供向心力，有FT＝mL＝，故選C.
答案：C
5.[2024·廣東實驗中學高一期末]學校春季趣味運動會中有一個集體項目是“同心追夢”，各班派出30名參賽選手，分成6組在兩側接力區進行接力比賽．比賽時5人一組共同抬著竹竿協作配合，以最快速度向標志物跑，到標志物前，以標志物為圓心，轉一圈，繼續向下一個標志物繞圈，分別繞完3個標志物后，進入對面接力區域，將竹竿交給下一組參賽選手，直到全隊完成比賽．假設五位質量不同的參賽選手與地面和竹竿間的動摩擦因數相同，某次繞圈過程中角速度先增加后不變，竹竿長度為L，標志物和竹竿始終在一條直線上，最外圍的同學做圓周運動的半徑不變．下列說法正確的是(　　)
A．最外圍同學受到的向心力最大
B．最里面的同學最容易被甩出去
C．靠近外圍的四位同學的線速度與他們到最里面同學的距離成正比
D．做勻速圓周運動過程中，最外圍同學所受合外力始終水平指向圓心
解析：五位同學都是繞障礙物做圓周運動，角速度相等，根據F向＝mω2r可知，F向與m、r有關，但m未知，最外圍同學受到的向心力不一定最大，且各位同學可以施加給竹竿的力的大小未知，所以不確定哪位同學最容易被甩出去，故A、B錯誤；設最里面同學到轉軸距離為r1，外圍同學到最里面同學的間距為r2，則v＝ωr＝ω(r1＋r2)，可知靠近外圍的四位同學的線速度與他們到最里面同學的距離不是正比關系，故C錯誤；做勻速圓周運動的物體由合力提供向心力，即合外力指向圓心，故D正確．
答案：D
6.汽車在過凹凸路面時，都會做減速操作，如圖A、B分別是一段凹凸路面的最高點和最低點，若把汽車視作質點，則下列說法正確的是(　　)
A．汽車行駛到A點時，處于超重狀態，如果采取加速操作會使車胎受到更大的壓力
B．汽車行駛到B點時，處于超重狀態，如果采取加速操作會使汽車飛離路面
C．汽車行駛到A點時，處于失重狀態，如果采取減速操作會增加車胎與路面間的彈力，使得行駛更加穩定安全
D．汽車行駛到B點時，處于失重狀態，如果采取減速操作會增加車胎與路面間的彈力，使得行駛更加穩定安全
解析：汽車在A點具有向下的加速度，由牛頓定律可知，路面對汽車的支持力小于汽車的重力，此時汽車處于失重狀態，如果采取加速操作，會使加速度增大，路面對汽車的支持力減小，汽車會飛離地面，若采取減速操作，加速度減小，路面對汽車的支持力增大，即車胎與路面間的彈力增大，汽車行駛更安全，故A錯誤，C正確；汽車在B點具有向上的加速度，由牛頓定律可知，路面對汽車的支持力大于汽車的重力，此時汽車處于超重狀態，如果采取加速操作，會使加速度增大，路面對汽車的支持力增大，車胎受到的壓力增大，汽車更緊貼地面；若采取減速操作，加速度減小，路面對汽車的支持力減小，即車胎與路面間的彈力減小，故B、D錯誤．
答案：C
7.如圖所示，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ光滑且足夠長．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軸先以角速度ω1勻速轉動，然后提高轉速以角速度ω2勻速轉動．下列說法正確的是(　　)
A．小球的高度一定升高
B．小球的高度一定降低
C．兩次轉動桿對小球的彈力大小可能不變
D．兩次轉動小球所受的合力大小可能不變
解析：如圖所示，對小球進行受力分析，小球受重力、支持力、彈簧的拉力．彈簧拉力在豎直方向的分力等于重力，所以彈簧的拉力F是不變的，則小球的高度不變，故A、B錯誤；角速度小時，轉動桿對小球的支持力FN的方向可能如圖所示，角速度大時，轉動桿對小球的支持力方向可能與圖示FN的方向相反，此時角速度不同，支持力的大小可能相等，故C正確；小球位置不變，做圓周運動的半徑不變，角速度增大，根據F合＝mω2r可知，合力肯定增大，故D錯誤．
答案：C
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．每小題有多個選項符合題目要求．全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．
8．獅河公園有一種叫做“快樂飛機”的游樂項目，模型如圖所示，已知模型飛機質量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　)
　
A．模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂對模型飛機的作用力方向一定與旋臂垂直
C．旋臂對模型飛機的作用力大小為m
D．若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力增大
解析：向心力是效果力，是合力作用，物體實際不受向心力作用，故A錯誤；模型飛機在水平面內勻速圓周運動，豎直方向平衡，所以桿的一個分力平衡了飛機的重力，另一個分力提供了飛機勻速圓周運動的向心力，所以旋臂對模型飛機的作用力方向不一定與旋臂垂直，故B錯誤；旋臂對模型飛機的作用力大小F＝＝m，當夾角θ增大時，旋臂對模型飛機的作用力增大，故C、D正確．
答案：CD
9.[2024·廣東廣州高一期末]水車是我國勞動人民利用水能的一項重要發明，某水車模型如圖所示，從槽口水平流出的水初速度大小為v0，垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上，落點到輪軸間的距離為R，在水流不斷沖擊下，輪葉受沖擊點的線速度大小接近沖擊前瞬間水流速度大小，忽略空氣阻力，重力加速度為g，有關水車及從槽口流出的水，以下說法正確的是(　　)
A．水流在空中運動水平射程為x＝
B．水流在空中運動時間為t＝
C．水車最大角速度接近ω＝
D．水流沖擊輪葉前瞬間的線速度大小v＝2v0
解析：水流垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上水平方向速度和豎直方向速度滿足tAn30°＝，解得t＝，故B正確；水流在空中運動水平射程為x＝v0t＝，故A錯誤；水流到水輪葉面上時的速度大小為v＝＝2v0，根據v＝ωR，解得水車最大角速度為ω＝，故C、D正確．
答案：BCD
10.如圖所示，圓弧半徑為R、內徑很小的光滑半圓管豎直放置在水平地面上，兩個質量均為m的小球A、B以不同的速度進入管內(小球直徑略小于半圓管橫截面直徑)，A通過最高點C時，對管壁上部壓力為3mg，B通過最高點C時，對管壁上下部均無壓力，則關于小球A、B通過最高點C時的速度vA及A、B兩球落地點間的距離x，下列選項中正確的是(重力加速度大小為g)(　　)
A．x＝R B．x＝2R
C．vA＝2 D．vB＝
解析：在最高點，對A球有3mg＋mg＝，解得vA＝2，對B球有mg＝，解得vB＝，故C、D正確；離開圓管后兩球均做平拋運動，由平拋運動規律可得gt2＝2R，則落地時A、B的水平分位移分別為xA＝vAt＝vA ＝4R，xB＝vBt＝vB ＝2R，則x＝xA－xB＝2R，故A錯誤，B正確．
答案：BCD
三、非選擇題：本題共5小題，共54分．
11.(6分)如圖所示是一種簡易的圓周運動向心力演示儀，圖中A、B為兩個穿在水平滑桿上并通過棉線與轉軸相連的重錘．試結合下列演示現象，分析影響向心力的因素．
(1)使線長LA＝LB，質量mA＞mB，加速轉動橫桿；
現象：連接A的棉線先斷；
表明：在半徑和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨________的增大而增大；
(2)使質量mA＝mB，線長LA＞LB，加速轉動橫桿；
現象：連接A的棉線先斷；
表明：在物體質量和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨________的增大而增大；
(3)對任一次斷線過程進行考察；
現象：并不是橫桿一開始轉動就斷線，而是加速了一段時間之后線才斷的；
表明：在物體質量和半徑一定的條件下，圓周運動所需向心力隨________的增大而增大．
解析：(1)mA＞mB，連接A的棉線先斷，即質量越大，棉線的拉力越大，則說明在半徑和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨物體質量的增大而增大．
(2)mA＝mB，線長LA＞LB，而連接A的棉線先斷，即棉線越長，所受的拉力越大；表明在物體質量和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨轉動半徑的增大而增大．
(3)并不是橫桿一開始轉動就斷線，而是加速了一段時間之后隨著轉動角速度的增大線才斷的，表明在物體質量和半徑一定的條件下，圓周運動所需向心力隨轉動角速度的增大而增大．
答案：(1)物體質量　(2)轉動半徑　(3)轉動角速度
12．(10分)小明和小樂同學在觀看雙人花樣滑冰比賽時，看到男運動員拉著女運動員的手以男運動員為軸旋轉(如圖甲所示)，他們開始討論運動員旋轉快慢跟什么條件有關，于是就設計了一個實驗來探究影響運動員旋轉周期的因素．他們在實驗室準備了鐵架臺、拴有細繩的小鋼球、毫米刻度尺和秒表，已知當地的重力加速度為g.該同學實驗操作步驟如下：
(1)將鐵架臺放在水平桌面上，將小球懸掛在鐵架臺橫桿上，按如圖乙所示固定好刻度尺，使刻度尺的零刻度線與繩子結點處于同一高度．
(2)給小球一個初速度，并經過調整盡量使小球在水平方向上做圓周運動，這樣小球的運動可以視為勻速圓周運動．小明立刻拿著秒表開始計時并數小球圓周運動的圈數，從他按下秒表的那一刻開始數0，當數到n時停秒表，秒表顯示的時間為t，則小球做圓周運動的周期T0＝________．在小明數數計時的過程中，小樂同學負責從刻度尺上讀出鐵架臺上繩子結點到圓平面的豎直高度h1，多次測量后取平均值.
(3)由勻速圓周運動規律，小球做圓周運動周期的表達式為T＝________(用以上題目所給出的符號表示)．
(4)代入所測數據經過計算，若T0≈T，則可以證明運動員的旋轉快慢與__________有關．
解析：(2)因為從計時開始數0，所以數到n時經歷了n個周期，故T0＝.
解析：(3)根據實驗模型，由繩在水平方向的分力提供向心力mg tAn θ＝m()2L sin θ，其中θ為繩與豎直方向的夾角，L為繩長，故T＝2π .
(4)根據(3)中結論，周期與懸掛點到圓周運動圓心的豎直高度有關，即運動員的旋轉快慢與懸掛點到圓周運動圓心的豎直高度(男運動員肩部與女運動員重心的高度差)有關．
答案：(2)　(3)2π　(4)懸掛點到圓周運動圓心的豎直高度(男運動員肩部與女運動員重心的高度差)
13.(10分)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4 m的半圓弧CD相切于C點．小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CD.為保證安全，小車速率最大為4 m/s.在ABC段的加速度最大為2 m/s2，CD段的加速度最大為1 m/s2.小車視為質點，求小車從A到D所需最短時間t和在AB段做勻速直線運動的最長距離l.
解析：在BC段的最大加速度為A1＝2 m/s2，則根據A1＝可得在BC段的最大速度為v1m＝ m/s，
在CD段的最大加速度為A2＝1 m/s2，則根據A2＝，
可得在BC段的最大速度為v2m＝2 m/s可知在BCD段運動時的速度為v＝2 m/s，在BCD段運動的時間為t3＝＝ s，
AB段從最大速度vm減速到v的時間t1＝＝ s＝1 s，
位移x2＝＝3 m，
在AB段勻速運動的最長距離為l＝8 m－3 m＝5 m；
則勻速運動的時間t2＝＝ s，
則從A到D最短時間為t＝t1＋t2＋t3＝() s
答案：() s　5 m
14.(12分)[2024·南通市高一期末]如圖所示，水平轉盤上放有質量為m的物塊，物塊到轉軸的距離為r.一段繩的一端與物塊相連，另一端系在圓盤中心上方r處，繩恰好伸直，物塊和轉盤間的動摩擦因數為μ，設物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重力加速度為g.
(1)當水平轉盤以角速度ω1勻速轉動時，繩上恰好有張力，求ω1的值；
(2)當水平轉盤以角速度ω2勻速轉動時，物塊恰好離開轉盤，求ω2的值．
解析：(1)當水平轉盤以角速度ω1勻速轉動時，繩上恰好有張力，靜摩擦力達到最大值，則此時物塊所需向心力恰好完全由最大靜摩擦力提供，則μmg＝，解得ω1＝ .
(2)物塊恰好離開轉盤，則FN＝0，物塊只受重力和繩的拉力，如圖所示，
mg tAn θ＝r，
tAn θ＝，
聯立解得：ω2＝ .
答案：(1) 　(2)
15.(16分)如圖，質量為m＝0.6 kg的小球以某一初速度從P點水平拋出，恰好從光滑豎直圓軌道ABC的A點的切線方向進入圓軌道，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點．已知圓軌道的半徑R＝0.3 m，OA連線與豎直方向成θ＝60°，小球到達A點時的速度vA＝4 m/s，取g＝10 m/s2.
(1)求小球做平拋運動的初速度大小v0；
(2)求P點與A點的水平距離和豎直高度；
(3)小球到達C點后飛出，試通過計算判斷，小球能否擊中A點．
解析：(1)對小球到A點的速度進行分解，則有v0＝vA cos 60°＝2 m/s.
(2)豎直方向的分速度為vy＝vA sin 60°＝2 m/s，
由公式vy＝gt得t＝＝ s＝ s，
由平拋運動規律得
聯立解得 m.
(3)設小球在C點速度為vC時，剛好能擊中A點．則有水平方向R sin 60°＝vCtC，豎直方向R cos 60°＋R＝
聯立解得 m/s，
小球在圓周軌道最高點的最小速度為v，
則有mg＝m，得v＝ m/s，
因為vC答案：(1)2 m/s　(2) m　0.6 m　
(3)無法擊中，計算過程見解析
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單元素養檢測(二)(第六章)
1.如圖是某電力機車雨刷器的示意圖．雨刮器由刮水片和雨刮臂鏈接而成，M、N為刮水片的兩個端點，P為刮水片與雨刮臂的鏈接點，雨刮臂繞O軸轉動的過程中，刮水片始終保持豎直，下列說法正確的是(　　)
A．P點的線速度始終不變
B．P點的向心加速度不變
C．M、N兩點的線速度相同
D．M、N兩點的運動周期不同
答案：C
解析：P點以O為圓心做圓周運動，所以線速度與向心加速度方向變化，故A、B錯誤；由于刮水片始終保持豎直，所以刮水片各點的線速度與P點的相同，所以M、N兩點的線速度相同，故C正確；刮水器上各點的周期相同，所以M、N兩點的周期相同，故D錯誤．
答案：D
答案：D
答案：C
5.[2024·廣東實驗中學高一期末]學校春季趣味運動會中有一個集體項目是“同心追夢”，各班派出30名參賽選手，分成6組在兩側接力區進行接力比賽．比賽時5人一組共同抬著竹竿協作配合，以最快速度向標志物跑，到標志物前，以標志物為圓心，轉一圈，繼續向下一個標志物繞圈，分別繞完3個標志物后，進入對面接力區域，將竹竿交給下一組參賽選手，直到全隊完成比賽．假設五位質量不同的參賽選手與地面和竹竿間的動摩擦因數相同，某次繞圈過程中角速度先增加后不變，竹竿長度為L，標志物和竹竿始終在一條直線上，最外圍的同學做圓周運動的半徑不變．下列說法正確的是(　　)
A．最外圍同學受到的向心力最大
B．最里面的同學最容易被甩出去
C．靠近外圍的四位同學的線速度與他們到最里面同學的距離成正比
D．做勻速圓周運動過程中，最外圍同學所受合外力始終水平指向圓心
答案：D
解析：五位同學都是繞障礙物做圓周運動，角速度相等，根據F向＝mω2r可知，F向與m、r有關，但m未知，最外圍同學受到的向心力不一定最大，且各位同學可以施加給竹竿的力的大小未知，所以不確定哪位同學最容易被甩出去，故A、B錯誤；設最里面同學到轉軸距離為r1，外圍同學到最里面同學的間距為r2，則v＝ωr＝ω(r1＋r2)，可知靠近外圍的四位同學的線速度與他們到最里面同學的距離不是正比關系，故C錯誤；做勻速圓周運動的物體由合力提供向心力，即合外力指向圓心，故D正確．
6.汽車在過凹凸路面時，都會做減速操作，如圖A、B分別是一段凹凸路面的最高點和最低點，若把汽車視作質點，則下列說法正確的是(　　)
A．汽車行駛到A點時，處于超重狀態，如果采取加速操作會使車胎受到更大的壓力
B．汽車行駛到B點時，處于超重狀態，如果采取加速操作會使汽車飛離路面
C．汽車行駛到A點時，處于失重狀態，如果采取減速操作會增加車胎與路面間的彈力，使得行駛更加穩定安全
D．汽車行駛到B點時，處于失重狀態，如果采取減速操作會增加車胎與路面間的彈力，使得行駛更加穩定安全
答案：C
解析：汽車在A點具有向下的加速度，由牛頓定律可知，路面對汽車的支持力小于汽車的重力，此時汽車處于失重狀態，如果采取加速操作，會使加速度增大，路面對汽車的支持力減小，汽車會飛離地面，若采取減速操作，加速度減小，路面對汽車的支持力增大，即車胎與路面間的彈力增大，汽車行駛更安全，故A錯誤，C正確；汽車在B點具有向上的加速度，由牛頓定律可知，路面對汽車的支持力大于汽車的重力，此時汽車處于超重狀態，如果采取加速操作，會使加速度增大，路面對汽車的支持力增大，車胎受到的壓力增大，汽車更緊貼地面；若采取減速操作，加速度減小，路面對汽車的支持力減小，即車胎與路面間的彈力減小，故B、D錯誤．
7.如圖所示，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ光滑且足夠長．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軸先以角速度ω1勻速轉動，然后提高轉速以角速度ω2勻速轉動．下列說法正確的是(　　)
A．小球的高度一定升高
B．小球的高度一定降低
C．兩次轉動桿對小球的彈力大小可能不變
D．兩次轉動小球所受的合力大小可能不變
答案：C
解析：如圖所示，對小球進行受力分析，小球受重力、支持力、彈簧的拉力．彈簧拉力在豎直方向的分力等于重力，所以彈簧的拉力F是不變的，則小球的高度不變，故A、B錯誤；角速度小時，轉動桿對小球的支持力FN的方向可能如圖所示，角速度大時，轉動桿對小球的支持力方向可能與圖示FN的方向相反，此時角速度不同，支持力的大小可能相等，故C正確；小球位置不變，做圓周運動的半徑不變，角速度增大，根據F合＝mω2r可知，合力肯定增大，故D錯誤．
答案：CD
答案：BCD
答案：BCD
11.(6分)如圖所示是一種簡易的圓周運動向心力演示儀，圖中A、B為兩個穿在水平滑桿上并通過棉線與轉軸相連的重錘．試結合下列演示現象，分析影響向心力的因素．
(1)使線長LA＝LB，質量mA＞mB，加速轉動橫桿；
現象：連接A的棉線先斷；
表明：在半徑和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨________的增大而增大；
物體質量
解析：mA＞mB，連接A的棉線先斷，即質量越大，棉線的拉力越大，則說明在半徑和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨物體質量的增大而增大．
(2)使質量mA＝mB，線長LA＞LB，加速轉動橫桿；
現象：連接A的棉線先斷；
表明：在物體質量和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨________的增大而增大；
轉動半徑
解析：(mA＝mB，線長LA＞LB，而連接A的棉線先斷，即棉線越長，所受的拉力越大；表明在物體質量和角速度一定的條件下，圓周運動所需向心力隨轉動半徑的增大而增大．
(3)對任一次斷線過程進行考察；
現象：并不是橫桿一開始轉動就斷線，而是加速了一段時間之后線才斷的；
表明：在物體質量和半徑一定的條件下，圓周運動所需向心力隨__________的增大而增大．
轉動角速度
解析：并不是橫桿一開始轉動就斷線，而是加速了一段時間之后隨著轉動角速度的增大線才斷的，表明在物體質量和半徑一定的條件下，圓周運動所需向心力隨轉動角速度的增大而增大．
12．(10分)小明和小樂同學在觀看雙人花樣滑冰比賽時，看到男運動員拉著女運動員的手以男運動員為軸旋轉(如圖甲所示)，他們開始討論運動員旋轉快慢跟什么條件有關，于是就設計了一個實驗來探究影響運動員旋轉周期的因素．他們在實驗室準備了鐵架臺、拴有細繩的小鋼球、毫米刻度尺和秒表，已知當地的重力加速度為g.該同學實驗操作步驟如下：


(3)由勻速圓周運動規律，小球做圓周運動周期的表達式為T＝________(用以上題目所給出的符號表示)．
(4)代入所測數據經過計算，若T0≈T，則可以證明運動員的旋轉快慢與_______________________________________________________有關．
懸掛點到圓周運動圓心的豎直高度(男運動員肩部與女運動員重心的高度差)
13.(10分)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4 m的半圓弧CD相切于C點．小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CD.為保證安全，小車速率最大為4 m/s.在ABC段的加速度最大為2 m/s2，CD段的加速度最大為1 m/s2.小車視為質點，求小車從A到D所需最短時間t和在AB段做勻速直線運動的最長距離l.

(1)當水平轉盤以角速度ω1勻速轉動時，繩上恰好有張力，求ω1的值；
(2)當水平轉盤以角速度ω2勻速轉動時，物塊恰好離開轉盤，求ω2的值．

15.(16分)如圖，質量為m＝0.6 kg的小球以某一初速度從P點水平拋出，恰好從光滑豎直圓軌道ABC的A點的切線方向進入圓軌道，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點．已知圓軌道的半徑R＝0.3 m，OA連線與豎直方向成θ＝60°，小球到達A點時的速度vA＝4 m/s，取g＝10 m/s2.
(1)求小球做平拋運動的初速度大小v0；
(2)求P點與A點的水平距離和豎直高度；
(3)小球到達C點后飛出，試通過計算判斷，小球能否擊中A點．

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