1、第六章学业质量标准检测本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1(2021大庆市东风中学高一开学考试)下面关于向心力的叙述中，错误的是(B)A向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力B做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定受到一个向心力的作用C向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合
2、力，或者是某一个力的分力D向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小解析：向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力，选项A正确，不符合题意；向心力是物体指向圆心方向的合力，它是效果力，不是物体所受的力，选项B错误，符合题意；向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力，选项C正确，不符合题意；向心力的方向指向圆心，则只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小，选项D正确，不符合题意。2(2021全国甲卷，15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交
3、替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(C)A10 m/s2B100 m/s2C1 000 m/s2D10 000 m/s2解析：纽扣在转动过程中2n100 rad/s由向心加速度a2r1 000m/s2，故选C。3(2021杭州上海世界外国语中学高一期末)小明用手掌水平托着一个苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动(如图所示)。对苹果从最左侧b点到最右侧d点之间运动的过程，下列说法中正确的是(A)A苹果一直处于失重状态B手掌对苹果的支持力一直不变C苹果所受的合外力越来越大D手掌对苹果的摩擦力先增大后减小解
4、析：苹果做匀速圆周运动，从b点到d点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向有分加速度，方向一直向下，所以苹果一直处于失重状态，A正确；苹果从b点到d点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向的分加速度先增大后减小，方向向下，由牛顿第二定律可知，重力与支持力的合力先增大后减小，所以手掌对苹果的支持力先减小后增大，B错误；苹果做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向一直指向圆心，C错误；苹果从b到d的运动中，加速度大小不变，加速度在水平方向的分加速度先减小后增大，由牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力先减小后增大，D错误。4(2021高邮市临泽中学高一月考)如图所示是A、B两物体做匀速圆周运动的
5、向心加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一支，由图可知(A)AA物体运动的线速度大小不变BA物体运动的角速度不变CB物体运动的角速度是变化的DB物体运动的线速度大小不变解析：根据an知，当线速度v大小为定值时，an与r成反比，其图像为双曲线的一支；根据anr2知，当角速度大小为定值时，an与r成正比，其图像为过原点的倾斜直线。故选A。5如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L，当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则(A)A飞镖击中P点所需的
6、时间为B圆盘的半径可能为C圆盘转动角速度的最小值为DP点随圆盘转动的线速度不可能为解析：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2rgt2，解得圆盘的半径为r，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足t2k(k0,1,2)，故，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；P点随圆盘转动的线速度为vr。当k2时，v，故D错误。6用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，线的张力为T，则T随2变化的图像是(C)解析：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为，当0时，小球静止，
7、受重力mg、支持力N和绳的拉力T而平衡，Tmgcos 0，所以A项、B项都不正确；增大时，T增大，N减小，当N0时，角速度为0。当0时，由牛顿第二定律得，Tsin Ncos m2Lsin ，Tcos Nsin mg，解得Tm2Lsin 2mgcos ；当0时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得Tsin m2Lsin ，所以TmL2，可知T2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误。故选C。7如图所示，甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，甲的运动半径大于乙的运动半径。若它们转一圈的时间相等，下列说法正确的是(AC)A甲的线速度大于乙的线速度B甲的角速度大于乙的角速度C甲的运
8、动周期等于乙的运动周期D甲的向心加速度小于乙的向心加速度解析：由转一圈的时间相等可知T甲T乙，C正确；由知甲乙，B错误；由vR可知在相同时R甲R乙，所以v甲v乙，A正确；同理，向心加速度a2R可知在相同时R甲R乙，a甲a乙，D错误。8(2021大庆市东风中学高一开学考试)铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面倾角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度大于，则(BC)A内轨对内侧车轮轮缘有挤压B外轨对外侧车轮轮缘有挤压C这时铁轨对火车的支持力不等于D车轮对内外侧均没有挤压解析：火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度
9、正好是，当 v时重力和支持力的合力不够提供向心力，则火车拐弯时会挤压外轨，故A、D错误，B正确；当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力N，但此时外轨对外侧车轮轮缘有挤压，所以铁轨对火车的支持力不等于，故C正确。9乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是(BC)A车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B人在最高点时对座位仍可能产生压力，且压力不一定小于mgC人在最低点时对座位的压力大于mg，处于超重状态D人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等解析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，则有mgm，解得
10、临界速度为v0，当速度v时，没有保险带，人也不会掉下来，故A错误；当人在最高点的速度v 时人对座位就产生压力。当速度增大到v2时，根据FNmgm，解得F N3mg，故压力为3mg，故B正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg，故C正确；在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式a可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故D错误。10(2021河北卷，9)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
11、速度和匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时(BD)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解析：对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为，则对小球竖直方向Tsin mg，而Tk可知为定值，T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时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则Tcos FNm2r即FNTcos m2r当转速较大时，FN指向转轴Tcos FNm2r即FNm2rTcos 因 ，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
12、m2r可知，因角速度变大，半径不变，则小球受合外力变大，D正确。第卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11(6分)(2021浙江高一月考)用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为121，回答以下问题：(1)在该实验中，主要利用了_C_ 来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；A理想实验法B微元法C控制变量法D等效替代法(2)探究向心力与半径之间的关系时，应让质量相同的小球分别放在_C_处，同时选择半径_相同_(填“相同”或“不同”)的两个塔轮。A挡板A与挡板BB挡板A与挡板CC挡板B与挡板C解
13、析：(1)保持m、r任意两个量不变，研究小球做圆运动所需的向心力F与其中一个量之间的关系，这种实验方法叫作控制变量法，故选C。(2)探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、角速度都相同，如角速度相同，则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处，故选C。12(8分)如图所示是“DIS向心力实验器”，当质量为m的砝码随旋转臂一起在水平面内做半径为r的圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋转臂另一端的挡光杆(挡光杆的挡光宽度为s，旋转半径为R)每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度的数据。(1
14、)某次旋转过程中挡光杆经过光电门时的遮光时间为t，则角速度_。 (2)以F为纵坐标，以_(选填“t”“”“t2”或“”)为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为k_mr_。(用上述已知量的字母表示)解析：(1)挡光杆通过光电门时的线速度v，由解得。(2)根据向心力公式有Fm2r，将代入解得Fmr，可以看出，以为横坐标；可在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为kmr。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(8分)如图甲，某汽车以恒定的速率驶入一个
15、狭长的90圆弧形水平弯道，弯道两端连接的都是直道。有人在车内测量汽车的向心加速度随时间的变化关系如图乙所示。求：(1)汽车转弯所用的时间；(2)汽车行驶的速率。答案：(1)10 s(2)10 m/s解析：(1)由题图乙可得汽车转弯所用的时间为：t10 s。(2)汽车在转弯过程中做圆周运动的周期T4t40 s，由anr，可得：r63.7 m，由an，解得v10 m/s。14(10分)(2021云南省南华第一中学高一月考)有一辆质量为m800 kg的小汽车驶上圆弧半径R40 m的拱桥上，g10 m/s2，若汽车到达桥顶时的速度v10 m/s。(1)求向心加速度的大小；(2)拱桥受到的压力大小；(3
16、)汽车恰好对拱桥无压力时的速度？答案：(1)2.5 m/s2(2)6 000 N(3)20 m/s解析：(1)由向心加速度公式可得a2.5 m/s2。(2)根据牛顿第二定律mgFNma，可得支持力大小F N6 000 N。(3)汽车恰好对拱桥无压力时mgm，解得v220 m/s。15(14分)如图所示装置可绕竖直轴OO转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，当细线AB沿水平方向绷直时，细线AC与竖直方向的夹角37。已知小球的质量m1 kg，细线AC长L1 m。(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)若装置匀速转动，细线AB刚好被拉直成水平
17、状态，求此时的角速度1；(2)若装置匀速转动的角速度2 rad/s，求细线AB和AC上的张力大小FTAB、FTAC。答案：(1) rad/s(2)2.5 N12.5 N解析：(1)当细线AB刚好被拉直时，细线AB的拉力为零，细线AC的拉力和小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mgtan 37mLAB，又有LABLsin 37，解得1 rad/s rad/s。(2)若装置匀速转动的角速度2 rad/s1，LABLsin 37，竖直方向：FTACcos 37mg，水平方向：FTACsin 37FTABmLAB，代入数据解得FTAC12.5 N，FTAB2.5 N。16(14
18、分)(2021广东广州市第二中学高一月考)如图，质量为m0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径R0.3 m，OA连线与竖直方向成60，小球到达A点时的速度vA4 m/s，取g10 m/s2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v0；(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；(3)小球到达C点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A点。答案：(1)2 m/s(2) m,0.6 m(3)无法击中解析：(1)小球到A点的速度进行分解，则有v0vAcos 602 m/s。(2)竖直方向的分速度为vyvAsin 602 m/s，由公式vygt得ts，由平抛运动规律得v2gh、xv0t，联立解得h0.6 m、x m。(3)设小球在C点速度为vC时，刚好能击中A点。则有水平方向Rsin 60vCtC，竖直方向Rcos 60Rgt，联立解得vC m/s，小球在圆周轨道最高点的最小速度为v，则有mgm，得v m/s，因为vCv，故小球无法击中A点。
