1、单元素养评价(一) (第五章)(90分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分,其中18题为单选,912题为多选) 1.下列说法中正确的是()A.物体在恒定的合外力作用下一定会做直线运动B.做曲线运动物体的速度和加速度一定是变矢量C.在曲线运动过程中某时刻物体的法向加速度可能为零D.在曲线运动过程中任何时刻物体的切向加速度都不能为零【解析】选C。物体做曲线运动的条件是合力与速度方向不在同一条直线上,物体在恒定的合外力作用下也可以做曲线运动,如平抛运动,故A错误;速度、加速度都是矢量,做曲线运动的物体速度的方向一定是变化的,所以速度是变矢量,但物体的加速度可以不变,如平抛运动
2、,故B错误;在曲线运动过程中某时刻物体的法向加速度可能短时间内为零,如单摆运动到最高点瞬间,故C正确;在曲线运动过程中某时刻物体的切向加速度可能为零,如匀速圆周运动,故D错误。2.关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期的关系,下列说法中正确的是()A.线速度大的角速度一定大B.线速度大的周期一定小C.角速度大的周期一定小D.角速度大的半径一定小【解析】选C。据=知,线速度大的角速度不一定大,故A项错误;据T=知,线速度大的周期不一定小,故B项错误;据T=知,角速度大的周期一定小,故C项正确;据r=知,角速度大的半径不一定小,故D项错误。【加固训练】做匀速圆周运动的物体,物理量中不断改变的
3、是()A.角速度B.线速度C.周期D.转速【解析】选B。做匀速圆周运动的物体,线速度的大小不变,但方向时刻变化;角速度不变,周期和转速没有方向,也不变。所以选B。3.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时运动员正沿圆弧形弯道匀速率滑行,则运动员()A.所受的合力变化,做变加速运动B.所受的合力恒定,做匀加速运动C.所受的合力恒定,做变加速运动D.所受的合力为零,做匀速运动【解析】选A。在匀速圆周运动过程中,线速度大小不变,方向改变,向心加速度大小不变,方向始终指向圆心,向心力大小不变,方向始终指向圆心,故运动员做变加速运动,故A正确,B、C、D错误。【总结提升】解决本题
4、的关键是知道匀速圆周运动的性质,明确在匀速圆周运动的过程中,线速度的大小不变,方向时刻改变,向心加速度、向心力的方向始终指向圆心。线速度、向心加速度、向心力是矢量,矢量只有在大小和方向都不变时,该量才是不变的。4.(2020佛山高一检测)冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍,在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员,其安全速度的最大值是()A.k B.C.D.【解析】选B。由题意可知,最大静摩擦力为重力的k倍,所以最大静摩擦力等于kmg。设运动员的最大速度为v,则:kmg=m ,解得:v=,故B正确。【加固训练】飞行员的质量为m,飞行员驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆
5、周运动(在最高点时,飞行员头朝下),则在轨道的最高点和最低点时,飞行员对座椅的压力()A.相差6mgB.相差C.相差2D.相差2mg【解析】选D。在最高点有:F1+mg=m,解得:F1=m-mg;在最低点有:F2-mg=m,解得:F2=m+mg,所以F2-F1=2mg,故D正确。5.如图所示,一条细绳跨过光滑轻定滑轮连接物体A、B,A悬挂起来,B穿在一根竖直光滑杆上。当绳与竖直杆间的夹角为时,B沿杆下滑的速度为v,则下列判断正确的是()A.A的速度为vcosB.A的速度为vsinC.细绳的张力一定等于A的重力D.细绳的张力一定小于A的重力【解析】选A。将B物体的速度按图示两个方向分解,如图所示
6、:可得绳子速度v绳=vcos,而绳子速度等于物体A的速度,则有物体A的速度vA=v绳=vcos。随着夹角的减小,则A在加速向上运动,因此绳子的张力大于A的重力,故A正确,B、C、D错误。6.A、B分别是地球上的两个物体,A在北纬某城市,B在赤道上某地,如图所示。当它们随地球自转时,它们的角速度分别是A、B,它们的线速度大小分别是vA和vB,下列说法正确的是()A.A=B,vAvBC.AB,vA=vB【解析】选A。A与B均绕地轴做匀速圆周运动,在相同的时间转过的角度相等,由角速度的定义式=知,A、B角速度相等,即A=B;由角速度与线速度关系公式v=r知,B的转动半径较大,故B的线速度较大,即vA
7、vbvc,tatbtcB.vavbvbvc,tatbtcD.vavbtbtc【解析】选D。三个物体都做平抛运动,在竖直方向上是自由落体运动,由h=gt2,得t=,可以知道下落的距离最大的物体运动时间最长,所以运动时间的关系为tatbtc,以c点所在的平面为水平面,画一条水平线,三个物体的竖直位移相同,所以它们的运动时间t相同,由s=v0t可以知道,水平位移大的物体的初速度大,所以初速度的关系为vcvbva,故D正确。【加固训练】如图所示,O为斜面的底端,在O点正上方的A、B两点分别以初速度vA、vB正对斜面抛出两个小球,结果两个小球都垂直击中斜面,击中的位置分别为P、Q(图中未标出)。OB=A
8、B,空气阻力忽略不计,则()A.OP=OQB.OP=4OQC.vA=vBD.vA=vB【解析】选C。设任一小球初速度为v0,抛出点的高度为h,运动时间为t,斜面的倾角为。根据题意,小球垂直击中斜面,速度与斜面垂直,由速度分解可知:vytan=v0,又 vy=gt,可得:t=根据几何关系得:h=gt2+v0ttan=(+)根据2OB=OA,则得vA=vB根据几何关系可得:=所以OP=2OQ ,故选C。8.如图是一种“滚轮平盘无级变速器”示意图,它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦作用,当平盘转动时,滚轮就会跟随转动,如果认为滚轮不会打滑,那么,主动轴转速n1、从动轴
9、转速n2、滚轮半径r以及滚轮距离主动轴中心的距离x之间的关系是()A.n2=n1B.2n2=n1C.n2=n1D.n2=n1【解析】选A。由滚轮不会打滑可知,主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同,即:v1=v2由此可得:x2n1=r2n2解得:n2=n1故A正确,B、C、D错误。9.(2019银川高一检测)如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,下列说法中正确的是()A.小球通过管道最低点时,小球对管道的压力向下B.小球通过管道最低点时,小球对管道的压力向上C.小球通过管道最高点时,小球对管道的压力
10、一定为零D.小球通过管道最高点时,小球对管道可能有压力【解析】选A、D。设管道的半径为R,小球的质量为m,小球通过最低点时速度大小为v1,根据牛顿第二定律:N-mg=m可知小球所受合力向上,则管道对小球的支持力向上,小球对管道的压力向下,故A正确,B错误;最高点时速度大小为v2,根据牛顿第二定律:mg-N=m,当v2=时,N=0,说明管道对小球无压力;当v2时,N0,说明管道对小球的作用力向下,则小球对管道的压力向上,故C错误,D正确。10.在空间O点以初速度v0水平抛出一个小球,小球运动到空中A点(图中未画出)时,速度与水平方向的夹角为60 ,若在O点抛出小球时的初速度方向不变,大小变为2v
11、0 ,结果小球运动到空中B点(图中未画出)时速度与水平方向的夹角也为60 ,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.OB长是OA长的2倍B.OB长是OA长的4倍C.OA与水平方向的夹角小于OB与水平方向的夹角D.OA与水平方向的夹角等于OB与水平方向的夹角【解析】选B、D。设小球到A点时,OA为位移,设OA与水平方向的夹角为,则tan=tan60 ,小球到达B点时,OB为位移,设OB与水平方向的夹角为,则tan=tan60,联立可得=,故OA与水平方向的夹角等于OB与水平方向的夹角,故C错误,D正确;则O、A、B在同一直线上,假设OAB为斜面,球从O点运动到A点的时间t1=,水平位移x1=v0
12、t1=,则sOA=,同理得到,sOB=,因此OB长是OA长的4倍,故A错误,B正确。11.如图,两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B,A以速度v1斜向上抛出,B以速度v2竖直向上抛出,当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力,A、B质量相等且均可视为质点,重力加速度为g,以下判断正确的是()A.相遇时A的速度一定为零B.相遇时B的速度一定为零C.A从抛出到最高点的时间为D.从抛出到相遇,A、B竖直方向速度的变化量相同【解析】选B、C、D。相遇时A还具有水平速度,则相遇时A的速度不为零,选项A错误;因A在最高点的竖直速度为零,A、B竖直方向运动情况相同,则相遇时B的速度一定为零,选项B正确;
13、两球运动到最高点的时间相等,即t=,选项C正确;根据v=gt可知,从抛出到相遇,A、B竖直方向速度的变化量相同,选项D正确。12.如图所示,M能在水平光滑杆上自由滑动,滑杆连架装在转盘上,M用绳跨过在圆心处的光滑滑轮与另一质量为m的物体相连。当转盘以角速度转动时,M离轴距离为r,且恰能保持稳定转动。当转盘转速增至原来的2倍,调整r使之达到新的稳定转动状态,则滑块M()A.所受向心力变为原来的4倍B.线速度变为原来的C.半径r变为原来的D.M的角速度变为原来的【解析】选B、C。转速增加,再次稳定时,M做圆周运动的向心力仍由拉力提供,拉力仍然等于m的重力,所以向心力不变,故A错误。转速增至原来的2
14、倍,则角速度变为原来的2倍,根据F=mr2,向心力不变,则r变为原来的,根据v=r,线速度变为原来的,故B、C正确, D错误。【加固训练】如图,(d和c共轴)靠轮传动装置中右轮半径为2r,a为它边缘上的一点,b为轮上的一点、距轴为r;左侧为一轮轴,大轮的半径为4r,d为它边缘上的一点;小轮半径为r,c为它边缘上的一点。若传动中靠轮不打滑,则下列说法错误的是()A.a点与d点的向心加速度大小之比为14B.a点与c点的线速度之比为11C.c点与b点的角速度之比为21D.b点与d点的周期之比为21【解析】选A。c=2a、c=d,则d=2a;又ra=2r、rd=4r;据a=r2可得,ad=8aa,故A
15、错误;小轮与右轮间靠摩擦传动不打滑,两轮边缘上点的线速度大小相等,即va=vc,故B正确;va=vc、ra=2r、rc=r,据=可得,c=2a;a、b两点均在右轮上,a=b;所以c=2b,故C正确;大轮与小轮同轴转动,则c=d;又c=2b,所以d=2b。据T=可得,Tb=2Td,故D正确。二、实验题(本题共2小题,共12分)13.(6分)一个同学在“探究平抛运动的规律”的实验中,只画出了如图所示的一部分曲线,于是他在曲线上取水平距离x相等的三点A、B、C,量得x=0.4 m,又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1 m,h2=0.5 m。g取10 m/s2,利用这些数据,可得:(1)物体从A
16、到B所用的时间T=s。(2)物体抛出时的初速度为m/s。(3)物体经过B点时速度为m/s。【解析】(1)在竖直方向上根据y=gT2,T= s=0.2 s。(2)物体抛出时的初速度v0= m/s=2 m/s。(3)经过B点时的竖直分速度:vyB= m/s=1.5 m/s物体经过B点的速度:vB= m/s=2.5 m/s。答案:(1)0.2(2)2(3)2.5【加固训练】某物理兴趣小组在探究平抛运动规律的实验时,让小球做平抛运动,用频闪照相机对准方格背景照相,拍摄到了如图所示的照片,已知每个小方格边长10 cm,重力加速度g取 10 m/s2。(1)若以拍摄的第一点为坐标原点,水平向右和竖直向下为
17、正方向,则没有被拍摄到的小球位置坐标为。(2)小球平抛的初速度大小为。(3)小球在2位置的速度大小为。【解析】(1)小球在水平方向上做匀速直线运动,相等时间内水平位移相等,可知没有拍摄到的小球位置的横坐标x=203 cm=60 cm,竖直方向上做自由落体运动,连续相等时间内的位移之差是一恒量,可知竖直方向没有拍摄到的小球位置与位置3间有3格,则该位置的纵坐标y=610 cm=60 cm。(2)在竖直方向上,根据y=L=gT2得,T= s=0.1 s,则小球平抛运动的初速度v0= m/s=2 m/s。(3)小球在位置2的竖直分速度vy2= m/s=1.5 m/s,根据平行四边形定则知,小球在位置
18、2的速度大小v2= m/s=2.5 m/s。答案:(1)(60 cm,60 cm)(2)2 m/s(3)2.5 m/s14.(6分)如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置图,转动手柄1,可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上,可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供,球对挡板的反作用力通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力筒9下降,从而露出标尺10,标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么:(1)现将两小球分别放在两边的槽内,
19、为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系,下列说法中正确的是。A.在小球运动半径相等的情况下,用质量相同的小球做实验B.在小球运动半径相等的情况下,用质量不同的小球做实验C.在小球运动半径不等的情况下,用质量不同的小球做实验D.在小球运动半径不等的情况下,用质量相同的小球做实验(2)在该实验中应用了(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。【解题指南】(1)要探究小球受到的向心力大小与角速度的关系,需控制一些变量,即保持小球的质量、转动的半径不变。(2)该实验采用的是控制变量法。【解析】(1)根据F=mr2知,要研究小球受到的向
20、心力大小与角速度的关系,需控制小球的质量和运动半径不变,故A正确。(2)该实验需要控制小球的质量和运动半径不变,来研究向心力大小与角速度的关系,所以采用的是控制变量法。答案:(1)A(2)控制变量法三、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)如图所示,一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上,一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道,当小球从轨道口B飞出后,小球落地点C距A处的距离为4R(AB为圆的直径,重力加速度为g),求:(1)小球经过B点的速度。(2)小球在B点对轨道的压力。【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)分析平抛运动,
21、可以分方向考虑,水平方向做匀速运动,竖直方向做自由落体运动。(2)求小球在B点对轨道的压力时要取小球为研究对象,用牛顿第二定律求出小球受到的支持力,再根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力。(3)求矢量时要注意既要求出大小,还要指出方向。【解析】(1)小球从B点飞出后,做平抛运动,水平方向x=vBt(1分)竖直方向:2R=gt2(1分)得:vB=2(2分)小球在B点速度方向水平向左。(2)当小球在B点时由向心力的公式可得N+mg=(2分)代入数值可得N=3mg(2分)由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为3mg,方向竖直向上。答案:(1) 2 ,方向水平向左(2)3mg,方向竖直向上【加固训练】如
22、图所示,在距地面高为H=45 m处,有一小球A以初速度v0=10 m/s水平抛出,与此同时,在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出,B与水平地面间的动摩擦因数为=0.4,A、B均可视为质点,空气阻力不计(g取10 m/s2)。求:(1)小球A的落地时间。(2)物块B运动的位移。(3)B停下后,B与A的落地点之间的距离。【解析】(1)根据H=gt2得A球落地的时间为:tA= s=3 s。(2)物块B匀减速运动的加速度大小为:a=g=0.410 m/s2=4 m/s2,则B物块运动到停止的距离为:xB= m=12.5 m。(3)A平抛运动的水平位移为:xA=v0tA=103 m=30 m
23、,B匀减速运动的时间为:tB=2.5 sA落地时,B已经停止,则AB相距为:x=xA-xB=(30-12.5) m=17.5 m。答案:(1)3 s(2)12.5 m(3)17.5 m16.(12分)图中给出一段“S”形单行盘山公路的示意图,弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧,圆心分别为O1、O2,弯道中心线半径分别为r1=10 m, r2=20 m,弯道2比弯道1高h=12 m,有一直道与两弯道圆弧相切。质量m=1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍,行驶时要求汽车不打滑。(sin37=0.6,sin53=0.8)(1)求汽车
24、沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1。(2)汽车从弯道1的A点进入,从同一直径上的B点驶离,有经验的司机会利用路面宽度,用最短时间匀速安全通过弯道,设路宽d=10 m,求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上,计算时视汽车为质点 )。【解析】(1)弯道1的最大速度v1,有:kmg=m(2分)得v1=5 m/s(2分)(2)由kmg=m得v= 可知:r增大,v增大,r最大,切弧长最小,对应时间最短,所以轨迹如图所示由图可以得到r2=+r-(r1-)2(2分)代入数据可以得到r=12.5 m(1分)汽车沿着该路线行驶的最大速度v=12.5 m/s(1分)对应的圆心角为2=106(1分)线路长度s=
25、2r=23.1 m(2分)最短时间t=1.8 s(1分)答案:(1)5 m/s(2)1.8 s17.(8分)如图所示为马戏团的猴子表演杂技示意图。平台上质量为5 kg的猴子(可视为质点)从平台边缘A点抓住长l=0.8 m水平绳的末端,由静止开始绕绳的另一个固定端O点做圆周运动,运动至O点正下方B点时速度为4 m/s并松开绳子,之后做平抛运动。在B点右侧平地上固定一个倾角为37的斜面滑梯CD,猴子做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面方向。已知sin37=0.6,cos37=0.8,不计空气阻力影响(g取10 m/s2),求:(1)猴子刚运动到B点且绳子还未脱手时,其对绳子的拉力。(2
26、)猴子从B点运动到C点的时间以及BC两点间的水平距离。【解题指南】猴子从A到B摆动的过程中,猴子刚运动到B点且绳子还未脱手时,由重力和拉力的合力提供向心力,由牛顿第二定律求绳子的拉力;猴子做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面方向,由速度的分解法求出到达C点时的竖直分速度,从而求出平抛运动的时间,再求水平距离。【解析】(1)设在B点时猴子所受的拉力为F,由牛顿第二定律得: F-mg=m(2分)联立解得:F=150 N(1分)由牛顿第三定律得:猴子拉绳的力与绳拉猴子的力大小相等,等于150 N,方向竖直向下。(2)据题得:猴子到达C点时竖直分速度vy=vtan37=3 m/s(1分)平
27、抛时间 t= s=0.3 s(2分)BC间的水平距离 x=vt=1.2 m(2分)答案:(1)150 N,竖直向下(2) 0.3 s1.2 m18.(12分)如图所示,AB为一竖直面内的四分之一光滑圆弧轨道,半径R=0.5 m,与水平滑道BC相切于B点。BC长为2 m,动摩擦因数=0.2。C点下方h=1.25 m处放置一水平圆盘,圆心O与C点在同一竖直线上,其半径OE上某点固定一小桶(可视为质点),OEBC。一质量m=0.2 kg的物块(可视为质点)从圆轨道上某点滑下,当物块经过B点时,圆盘开始从图示位置绕通过圆心的竖直轴匀速转动。物块通过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小为5.6 N,物块由C
28、点水平抛出后恰好落入小桶内。g取10 m/s2,求:(1)物块通过B点的速度。(2)小桶到圆心O的距离。(3)圆盘转动的角速度应满足的条件。【解析】(1)物块到达B点时,由牛顿第二定律得F-mg=m(1分)解得:vB=3 m/s(1分)(2)从B到C根据牛顿第二定律可知mg=ma(1分)解得a=2 m/s2(1分)根据速度位移公式可知-=-2aL(1分)从C点做平抛运动x=vCt2(1分)h=g(1分)联立解得x=0.5 m(1分)(3)物块由B点到C点的时间为t1vC=vB-at1(1分)物块从B运动到小桶的总时间为t=t1+t2(1分)圆盘转动的角速度应满足条件t=2n(1分)得= rad/s(n=1、2、3、4)(1分)答案:(1)3 m/s(2)0.5 m(3)= rad/s(n=1、2、3、4)