1、第六章水平测试卷 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分， 满分 100 分， 考试时间 90 分钟。 第卷(选择题，共 48 分) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选 项中，第 18 题只有一项符合题目要求，第 912 题有多项符合题目要求。全部 选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) 1下列关于匀速圆周运动的描述，正确的是() A是匀速运动 B是匀变速运动 C是加速度变化的曲线运动 D合力不一定时刻指向圆心 答案C 解析匀速圆周运动线速度大小不变， 方向改变， 不是匀速运动， 故 A 错误； 匀速圆周运动的加速
2、度指向圆心，大小不变，方向时刻改变，所以不是匀变速曲 线运动，故 B 错误；匀速圆周运动的加速度指向圆心，大小不变，方向时刻改变， 所以匀速圆周运动是加速度方向不断改变的曲线运动，故 C 正确；匀速圆周运动 的合力的方向始终指向圆心，故 D 错误。 2如图所示，某游乐场的大型摩天轮半径为 R，匀速旋转一周需要的时间为 t。 已知质量为 m 的小华乘坐的车厢此刻处于摩天轮的最底部， 则下列说法正确的 是() A摩天轮运动的角速度为 2t B摩天轮运动的线速度为2R t C摩天轮运动的向心加速度为4 2R2 t2 D在最低点时座椅对小华的作用力为4m 2R t2 答案B来源:Zxxk.Com 解析
3、摩天轮旋转一周的时间即为其旋转周期， 则知摩天轮旋转的周期Tt， 所以摩天轮运动的角速度2 T 2 t ，故 A 错误；摩天轮运动的线速度 v2R T 2R t ，故 B 正确；摩天轮运动的向心加速度 anv 2 R 4 2R2 Rt2 4 2R t2 ，故 C 错误；小 华在最低点时，支持力与重力的合力充当向心力，则有：Fmgm4 2R t2 ，解得： Fmgm4 2R t2 ，故 D 错误。 3转笔深受广大中学生的喜爱，如图所示，假设某转笔高手能让笔绕其上的 某一点 O 做匀速圆周运动，下列有关转笔中涉及到的物理知识的叙述，正确的是 () A笔杆上各点线速度大小相同 B笔杆上各点周期相同
4、C笔杆上的点离 O 点越远，角速度越小 D笔杆上的点离 O 点越远，向心加速度越小 答案B 解析由题意知，笔上各点转动一圈所用时间相等，所以各点的周期相等， 因为 v2R T ，所以离 O 越远的点半径越大，线速度越大，故 A 错误，B 正确； 因为 T2 ，故各点的角速度相等，C 错误；因为 anr2，所以离 O 点越远， 向心加速度越大，故 D 错误。 4摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所 示。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走 在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。假设有一超高速列车 在水平面内行驶，以 100
5、m/s 的速度拐弯，拐弯半径为 500 m，则质量为 50 kg 的 乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g 取 10 m/s2)() A500 5 NB500 2 N C1000 ND0 答案A 解析根据牛顿第二定律得：F合mv 2 R 5010000 500 N1000 N，根据平行四 边形定则知火车给乘客的作用力：N mg2F2 合 500210002 N500 5 N， 故 A 正确，B、C、D 错误。 5如图所示，底面半径为 R 的平底漏斗水平放置，质量为 m 的小球置于底 面边缘紧靠侧壁，漏斗内表面光滑，侧壁的倾角为，重力加速度为 g。现给小球 一垂直于半径向里的某一初速
6、度 v0，使之在漏斗底面内做圆周运动，则() A小球一定受到两个力的作用 B小球可能受到三个力的作用 C当 v0 gRtan时，小球对底面的压力为零 D当 v0 gRtan时，小球对侧壁的压力为零 答案B 解析设小球刚好对底面无压力时的速度为 v， 此时小球的向心力 Fmgtan mv 2 R ，所以 v gRtan。故当小球转动速度 v0”“”或“”) (3)通过本实验可以得到的结论有_。 A在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比 B在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成反比 C在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比 D在质量和角速度一定的情况下，向心力
7、的大小与半径成反比 答案(1)控制变量法(2)(3)A 解析(1)使用向心力演示器研究向心力大小与质量的关系时半径和角速度 都不变，研究向心力大小与半径的关系时质量和角速度都不变，研究向心力大小 与角速度的关系时半径和质量都不变，所以采用的科学方法是控制变量法。 (2)由图可知图中两球受到的向心力相等， 转动的半径相同， 由于铝的密度小， 则相同体积的铝球的质量小，由向心力的公式：Fnmr2，则AB。 (3)通过本实验可以得到的结论有，在半径和角速度一定的情况下，向心力的 大小与质量成正比， 在质量和角速度一定的情况下， 向心力的大小与半径成正比， 在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速
8、度的平方成正比，故 A 正确， B、C、D 错误。 三、计算题(本题共 4 小题，共 40 分。要有必要的文字说明和解题步骤，有 数值计算的要注明单位) 15(8 分)申雪、赵宏博是我国双人花样滑冰的名将，曾代表祖国在世界各大 比赛中取得了骄人的成绩。如图所示是模拟赵宏博(男)以自己为转动轴拉着申雪 (女)做匀速圆周运动，若赵宏博的转速为 30 r/min，申雪触地冰鞋的线速度为 4.7 m/s。 (1)求申雪触地冰鞋做圆周运动的角速度和半径； (2)若他们手拉手绕他们连线上的某点做匀速圆周运动，已知男、女运动员触 地冰鞋的线速度分别为 3.6 m/s 和 4.8 m/s，问男、女运动员做圆周
9、运动的半径之 比为多少？ 答案(1)3.14 rad/s1.5 m(2)34 解析(1)n30 r/min0.5 r/s， 角速度2n3.14 rad/s。 设触地冰鞋做圆周运动的半径为 r，来源:学科网 ZXXK 由 vr 得 rv 4.7 3.14 m1.5 m。 (2)他们各自做如图所示的圆周运动，他们的角速度相同，设男运动员做圆周 运动的半径为 r1，女运动员做圆周运动的半径为 r2， 则r1 r2 v1 v2 v1 v2 3.6 4.8 3 4。 16(8 分)如图所示，斜面 AB 与竖直半圆轨道在 B 点圆滑相连，斜面倾角为 45，半圆轨道的半径为 2 m，一小球从斜 面下滑，进入
10、半圆轨道，最后落到 斜面上，当小球通过 C 点时，小球对轨道的压力为 66 N，小球的质量为 3 kg，g 取 10 m/s2，试求： (1)小球通过 C 点的速度为多大？ (2)小球从离开轨道到落到斜面所用的时间。 答案(1)8 m/s(2)0.4 s 解析(1)在 C 点，根据牛顿第二定律可得： FNmgmv 2 C R ，解得 vC8 m/s。 (2)小球离开轨道后做平抛运动， 则 xvCt；2Rx1 2gt 2， 联立解得：t0.4 s。 17. (12 分)如图所示，一根长 0.1 m 的细线，一端系着一个质量为 0.18 kg 的 小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速
11、圆周运动。当小球的转 速增加到原来的 3 倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大 40 N。 (1)求此时线的拉力为多大？ (2)求此时小球运动的线速度为多大？ (3)若桌面高出地面 0.8 m，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面 边缘的水平距离为多少？(g 取 10 m/s2) 答案(1)45 N(2)5 m/s(3)2 m 解析(1)设小球原来的角速度为，线的拉力为 F， 则有 Fmr2 FFmr(3)2 又F40 N，由两式得 F5 N 所以线断时，线的拉力为 FFF45 N。 (2)设此时小球的线速度为 v，则有 FFmv 2 r 代入数据得 v5 m/s。 (3)飞出桌面后
12、小球做平抛运动，则有 h1 2gt 2 xvt 联立两式并代入数据得 x2 m。 18(12 分)如图所示，装置 BOO可绕竖直轴 OO转动，可视为质点的小 球与两细线 AB、AC 连接后分别系于 B、C 两点，装置静止时细线 AB 水平，细线 AC 与竖直方向的夹角37。 已知小球的质量为 m， 细线 AC 长为 l， sin370.6， cos370.8，重力加速度为 g。求： (1)当装置处于静止状态时，细线 AB 的拉力和 AC 的拉力的大小； (2)当细线 AB 拉力的大小等于小球重力的一半时，该装置绕 OO轴转动的 角速度的大小； (3)当细线 AB 的拉力为零时，该装置绕 OO轴转动的角速度的最小值。 答案(1)0.75mg1.25mg(2) 5g 12l (3) 5g 4l 解析(1)对小球进行受力分析如图 1，由平衡条件得： TABmgtan370.75mg TAC mg cos371.25mg。 (2)根据牛顿第二定律得： TACcosmg， TACsinTABm21lsin， 其中 TAB1 2mg 解得：1 5g 12l。 (3)由题意，当最小时，绳 AC 与竖直方向的夹角仍为37，对小球受力 分析，如图 2，则有： mgtanm(lsin)2min 解得：min 5g 4l 。
