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单元素养评价（二）(第六章)(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)1.如图所示,位于潍坊滨海区白浪河入海口处的“渤海之眼”摩天轮是世界上最大的无轴式摩天轮,总高度145 m。有36个轿厢,每个轿厢能够坐8到10人,运行一周约需要30分钟。轿厢中的人随摩天轮匀速转动过程中 ()A.线速度不变B.角速度不变C.向心加速度不变D.在最高点处于超重状态【解析】选B。匀速圆周运动中,线速度方向、向心加速度方向时刻改变,A、C错;角速度不变,B正确;在最高点加速度向下,处于失重状态,D错。2.在冬奥会短道速滑项目中,运动员绕周长仅111 m的短道竞赛。运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度,将发生侧滑而摔离正常比赛路线。图中圆弧虚线Ob代表弯道,即正常运动路线,Oa为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看作质点)。下列论述正确的是()A.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C.若在O点发生侧滑,则滑动的方向沿Oa方向D.若在O点发生侧滑,则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间【解析】选D。发生侧滑是因为运动员受到的合力方向偏离圆心,而不是背离圆心,A错误;发生侧滑是因为运动员受到的合力小于所需要的向心力,选项B错误。发生侧滑时,运动员所受合力仍提供向心力,只是合力不足,运动员做逐渐远离圆心的运动,选项D正确,C错误。3.如图为某共享单车的主要传动部件。大齿轮和小齿轮通过链条相连, a、b分别是大齿轮和小齿轮边沿上的两点。已知大齿轮直径d1=20 cm,小齿轮直径d2=10 cm,若两齿轮匀速转动,则下列关于a点与b点的说法中错误的是()A.线速度大小之比为11B.角速度大小之比为12C.向心加速度大小之比为21D.周期之比为21【解析】选C。大齿轮和小齿轮是同缘转动,边缘的线速度相同,则选项A正确;根据v=r可知,角速度大小之比为ab=12,选项B正确;根据a=v可知向心加速度大小之比为12,选项C错误;根据T=可知周期之比为21,选项D正确。故选C。【补偿训练】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。4.如图所示,运动员以速度v在倾角为的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m,做圆周运动的半径为R,重力加速度为g,将运动员和自行车看作一个整体,则该整体在运动中()A.处于平衡状态B.做匀变速曲线运动C.受到的各个力的合力大小为mD.受重力、支持力、摩擦力、向心力作用【解析】选C。合力提供向心力,合力方向始终指向圆心,做变加速曲线运动,故A、B错误;整体做匀速圆周运动,合力提供向心力,则合力F=,故C正确;运动员和自行车组成的整体受重力、支持力、摩擦力作用,靠合力提供向心力,故D错误。5.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。【补偿训练】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。6.一辆小汽车,分别以相同的速率经过半径相同的拱形路面的最高点和凹形路面的最低点。车对拱形路面顶部的压力大小为N1,车对凹形路面底部的压力大小为N2,则N1与 N2的大小关系是()A.N1N2B.N1=N2C.N1N2D.无法判断【解析】选C。小汽车在最高点和最低点,靠径向的合力提供向心力,结合牛顿第二定律分析求解。小汽车在拱形路面的最高点,根据牛顿第二定律得mg-N1=m,则N1=mg-mmg,故N1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。16.(5分)(多选)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。17.(10分)如图所示为改装的探究圆周运动的向心加速度的实验装置。有机玻璃支架上固定一个直流电动机,电动机转轴上固定一个半径为r的塑枓圆盘,圆盘中心正下方用细线接一个重锤,圆盘边缘连接细绳,细绳另一端连接一个小球。实验操作如下:利用天平测量小球的质量m,记录当地的重力加速度g的大小;闭合电源开关,让小球做如图所示的匀速圆周运动,调节激光笔2的高度和激光笔1的位置,让激光恰好照射到小球的中心,用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h;当小球第一次到达A点时开始计时,并记录为1次,记录小球n次到达A点的时间t;切断电源,整理器材。请回答下列问题:(1)(多选)下列说法正确的是_。A.小球运动的周期为B.小球运动的线速度大小为C.小球运动的向心力大小为D.若电动机转速增加,激光笔1、2应分别左移、升高(2)若已测出R=40.00 cm、r=4.00 cm,h=90.00 cm,t=100.00 s,n=51,取3.14,则小球做圆周运动的周期T=_s,记录的当地重力加速度大小应为g=_m/s2。(计算结果均保留3位有效数字) 【解析】(1)从小球第1次到第n次通过A位置,转动圈数为n-1,时间为t,故周期为:T=,故A错误;小球的线速度大小为:v=,故B正确;小球受重力和拉力,合力提供向心力,设绳与竖直方向的夹角为,则:Tcos=mgTsin=F向故F向=mgtan=mg,故C错误;若电动机的转速增加,则转动半径增加,故激光笔1、2应分别左移、上移,故D正确;故选B、D。(2)小球做圆周运动的周期T= s=2.00 s;向心力:F向=mg=mR解得:g=9.86 m/s2答案:(1)B、D(2)2.009.8618.(15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(2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(2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)(2分)答案:(1)3 m/s(2)0.5 m(3)= rad/s(n=1、2、3、4)- 15 -
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