1、高考资源网（） 您身边的高考专家章末过关检测（二）（时间：60分钟，满分：100分）一、单项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1在某场足球赛中，足球被某运动员踢出后沿场地直线滚动若足球的直径约为22 cm，当滚动的速度为11 m/s时，由弧长s、半径R及圆弧所对圆心角的关系sR可推算出其球皮上最高点绕球心转动的角速度为( )A50 rad/s B100 rad/sC200 rad/s D400 rad/s解析：选B设经过时间t，则足球滚动的距离svt就是圆心角所对应的圆弧，因此又有sR，而角速度，联立解得100 rad/s2用一根细绳，一端系
2、住一个质量为m的小球，另一端悬在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动若使小球不离开桌面，其转速最大值是( )A BC D2解析：选A转速最大时，小球对桌面刚好无压力，则F向mgtan mlsin 2，即，其中cos ，所以n，故选A3质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的临界速度值是v，当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道的压力值为( )Amg B2mgC3mg D5mg解析：选C小球经过最高点而不脱离轨道时，重力完全提供向心力，即mgm，当小球的速度等于2v时，则有Nmgm，那么N3mg，方向竖直向下，因此，小球对轨道
3、的压力等于3mg，选项C正确4如图所示，匀速转动的水平圆盘上在离转轴某一距离处放一滑块，该滑块恰能随圆盘做匀速圆周运动而不产生相对滑动，则在改变下列何种条件的情况下，滑块仍能与圆盘保持相对静止( )A增大圆盘转动的角速度B增大滑块到转轴的距离C增大滑块的质量mD改变上述任一条件的情况下都不可能使滑块与圆盘保持相对静止解析：选C由fmgm2r可知，增大或减小m都不会引起滑块的滑动，故C正确5“空间之旅”飞车表演时，演员驾着摩托车，在球形金属网内壁上下盘旋，令人惊叹不已摩托车沿图所示竖直轨道做圆周运动的过程中( )A一定做匀速圆周运动B对金属网内壁压力大小始终不变C经过最低点时的向心力仅由支持力提
4、供D通过最高点时的最小速度与球形金属网直径有关解析：选D摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动时，摩托车受摩擦力、重力、金属网内壁支持力的共同作用，运动较复杂，很难做匀速圆周运动，A选项错误；经过最低点时向心力是支持力和重力的合力提供的通过最高点时，有最小速度时只由重力提供向心力，则由mgm，可知其最小速度v，与球形金属网直径有关，故选项B、C错误，D正确6如图所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环（可视为质点），同时从大环两侧的对称位置由静止滑下两小环同时滑到大环底部时，速度都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为( )A（2m2M）g BmgC2mMg D
5、2mMg解析：选C隔离一个小环，向上为正方向：Nmgm，Nmgm把大环和两个小环合起来作为研究对象FMg2NMg2m故C正确二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分）7在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤从物理知识的角度来解释，以下说法不正确的是( )A树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断B树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断C树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，
6、易于判断D伐木工人的经验缺乏科学依据解析：选ACD树木倒下时树干上各部分的角速度相同，半径越大其线速度越大，B项正确，A、C、D错误8如图所示，在绕中心轴OO转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法中正确的是( )A物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变B物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了C物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零D物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变解析：选CD在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，则摩擦力的竖直分量与重力平衡，切线分量与速度方向相同，使物体速度增加，所以物体所受的摩擦力与竖
7、直方向的夹角不为零，C正确；物体的向心力由弹力提供，随着速度增加，向心力增加，物体所受弹力逐渐增大，如果圆筒的角速度均匀增加，则摩擦力大小不变，D正确9如图所示，小物块位于地面上的半径为R的半球的顶端，若给小物块一水平的初速度v时小物块对半球刚好无压力，则下列说法正确的是( )A小物块立即离开球面做平抛运动B小物块落地时水平位移为RC小物块沿球面运动D小物块落地时速度的方向与地面成45角解析：选AB小物块在最高点时对半球刚好无压力，表明从最高点开始小物块即离开球面做平抛运动，A对，C错；由mgm知，小物块在最高点的速度大小v，又由于Rgt2，vygt，xvt，故xR，B对；tan ，45，D错
8、10如图所示，一个内壁光滑的圆锥的轴线垂直于水平面，圆锥固定不动，两个质量相同的球A、B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则( )A球A的线速度必大于球B的线速度B球A的角速度必小于球B的角速度C球A的运动周期必小于球B的运动周期D球A对筒壁的压力必大于球B对筒壁的压力解析：选AB对A有mgcot mmRA对B有mgcot m mRB由题图知RARB，得vAvB，ATB，又由受力情况知NANB，故C、D错误三、非选择题（本题共3小题，共40分，按题目要求作答，计算题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）11（12分）电动打夯机的结构如图所示，则偏心轮（飞轮和配重
9、物m组成）、电动机和底座三部分组成，飞轮上的配重物的质量m6 kg电动机、飞轮（不含配重物）和底座总质量M30 kg，配重物的重心到轮轴的距离r20 cm在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，g取10 m/s2，求：(1)在电动机带动下，偏心轮转动的角速度；(2)打夯机对地面的最大压力解析：(1)设偏心轮转动的角速度为，配重物在最高点时（Mm）gmr2 10 rad/s173 rad/s(2)配重物在最低点时，飞轮对它的作用力为F由牛顿第二定律可知：Fmgmr2，对机体，由平衡得FMgF由牛顿第三定律，所以打夯机对地面的最大压力NF2（M
10、m）g720 N答案：(1)173 rad/s(2)720 N12（14分）如图是利用传送带装运煤块的示意图其中传送带足够长，倾角37，煤块与传送带间的动摩擦因数08，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H18 m，与运煤车车厢中心的水平距离x12 m现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），煤块在传送带作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心，取g10 m/s2，sin 3706，cos 3708，求：(1)传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R；(2)煤块在传送带
11、上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t解析：(1)由平抛运动公式，得xvt，Hgt2代入数据解得v2 m/s要使煤块在轮最高点做平抛运动，则煤块到达轮最高点时对轮压力为零，由牛顿第二定律，得mgm 代入数据得R04 m(2)由牛顿第二定律Fma得agcos gsin 04 m/s2由vv0at得t5 s答案：(1)2 m/s04 m(2)5 s13（14分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与
12、OO之间的夹角为60重力加速度大小为g(1)若0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0；(2)（1k）0，且0k1，求小物块受到的摩擦力的大小和方向解析：(1)当0时，小物块只受重力和支持力作用，如图甲所示，其合力提供向心力，F合mgtan F向mr而rRsin ，F合F向由得0 (2)当（1k）0，且0k1时，所需要的向心力大于0时的向心力，故摩擦力方向沿罐壁的切线方向向下建立如图乙所示标系在水平方向上：Nsin fcos m2r在竖直方向上：Ncos fsin mg0由几何关系知rRsin 联立式，解得fmg当（1k）0时，摩擦力的方向沿罐壁的切线方向向上建立如图丙所示的坐标系在水平方向上：Nsin fcos m2r在竖直方向上：Ncos fsin mg0由几何关系知rRsin 联立式，解得fmg答案：(1)0 (2)当（1k）0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为fmg当（1k）0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为fmg高考资源网版权所有，侵权必究！
