高中物理同步练习06---质量评估二 含解析
新教材高中物理第六章圆周运动质量标准检测含解析新人教版必修第二册
第六章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ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1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10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 )A．10 m/s2B．100 m/s2C．1 000 m/s2D．10 000 m/s2解析：纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s由向心加速度a＝ω2r≈1 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)。
【人教版】高中物理必修二检测试卷(Word版含解析)：第六章章末质量评估(二)
章末质量评估(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.某行星绕太阳运动的轨道如图所示，则以下说法不正确的是()A．太阳一定在椭圆的一个焦点上B．该行星在a点的速度比在b、c两点的速度都大C．该行星在c点的速度比在a、b两点的速度都大D．行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积是相等的解析：由开普勒第一定律知，太阳一定位于椭圆的一个焦点上，A正确；由开普勒第二定律知太阳与行星的连线在相等时间内扫过的面积是相等的，因为a点与太阳的连线最短，b点与太阳的连线最长，所以行星在a点速度最大，在b点速度最小，选项B、D正确，C错误．答案：C2．地球对物体的引力大小等于物体对地球的引力，但我们总是看到物体落向地球而地球并不向物体运动，这是因为() A．万有引力定律不适用于地球和物体B．牛顿第三定律不适用于地球和物体C．以地球上的物体作为参考系，看不到地球向物体运动，如果以太阳为参考系，就可以看到地球向物体运动D．地球的质量太大，产生的加速度很小，即便以太阳为参照物，也看不到地球向物体运动解析：万有引力是普遍适用的，A错误．两物体之间的万有引力也是一对作用力与反作用力，同样遵循牛顿第三定律，B错误．地球的质量太大，产生的加速度很小，即便以太阳为参照物，也看不到地球向物体运动，C错误，D正确．答案：D3．有一质量分布均匀的球状行星，设想把一物体放在该行星的中心位置，则此物体与该行星间的万有引力是()A．零B．无穷大C．无穷小D．无法确定解析：许多同学做此题时，直接将r＝0代入公式F＝GMmr2，得出F为无穷大的错误结论．这是因为当物体位于行星中心时，行星不能再视为质点．如图所示，将行星分成若干关于球心O对称的质量小块，其中每一小块均可视为质点．现取同一直径上关于O对称的两个小块m、m′，它们对球心处物体的万有引力大小相等，方向相反，其合力为零．由此推广到行星中所有的其他质量小块．因此行星与物体间存在着万有引力，但这些力的合力为零．故正确选项为A.答案：A4．宇宙飞船进入一个围绕太阳运动的近乎圆形的轨道上运动，如果轨道半径是地球轨道半径的9倍，那么宇宙飞船绕太阳运行的周期是()A．3年B．9年C．27年D．81年解析：开普勒第三定律中的公式R3T2＝k，解得：T＝R3k.一颗小行星围绕太阳在近似圆形的轨道上运动，若轨道半径是地球轨道半径的9倍，小行星绕太阳运行的周期是地球周期的27倍，即小行星绕太阳运行的周期是27年．故选C.答案：C5．地球表面的平均重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则可用下列哪一式来估算地球的密度()A.3g4πRG B.3g4πR2GC.gRG D.gR2G解析：对于地面上的物体，有mg＝GMmR2，又知M＝43πR3ρ，整理得ρ＝3g4πRG，A正确．答案：A6．英国《每日邮报》称，英国学者通过研究确认“超级地球”“格利泽581d”的体积约为地球体积的27倍，密度约为地球密度的13.已知地球表面的重力加速度为g，地球的第一宇宙速度为v，将“格利泽581d”视为球体，可估算()A．“格利泽581d”表面的重力加速度为2gB．“格利泽581d”表面的重力加速度为3gC ．“格利泽581d ”的第一宇宙速度为 2vD ．“格利泽581d ”的第一宇宙速度为 3v解析：由万有引力与重力关系有：GMm R 2＝mg ，M ＝ρV ，V ＝43πR 3，解三式得：g ＝43G πρR .由“格利泽”与地球体积关系及体积公式可知，格利泽半径为地球半径的3倍，由题意可知，格利泽表面的重力加速度与地球表面的重力加速度相等，A 、B 项错；由第一宇宙速度定义式v ＝gR 可知，格利泽的第一宇宙速度为3v ，C 项错，D 项正确．答案：D7．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O 点运动的( )A ．轨道半径约为卡戎的17B ．角速度大小约为卡戎的17C ．线速度大小约为卡戎的7倍D ．向心力大小约为卡戎的7倍解析：做双星运动的星体相互间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，即F 万＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，得m 1m 2＝r 2r 1，故A 正确；双星运动的角速度相同，故B 错误；由v ＝ωr 可知冥王星的线速度为卡戎的17，故C 错误；两星间的向心力为两者间的万有引力且等值反向，故D 错误．答案：A8．如果火星的质量为地球质量的19，火星的半径为地球半径的1 2.那么关于火星探测器，下列说法中正确的是()A．探测器的发射速度只有达到了第三宇宙速度才可以发射成功B．火星的密度是地球密度的89C．探测器在火星表面上的重力是在地球表面上重力的29 D．火星探测器环绕火星运行的最大速度为绕地球运行的第一宇宙速度的2倍解析：探测器发射速度达到第二宇宙速度即可，A错；ρ＝M43πR3，ρ火ρ地＝M火M地·⎝⎛⎭⎪⎫R地R火3＝19×8＝89，B对；由GMmR2＝mg知g火g地＝M火M地·⎝⎛⎭⎪⎫R地R火2＝19×4＝49，C错；由GMmR2＝mv2R得v＝GMR，v火v地＝M火M地·R地R火＝19×2＝29，D错．答案：B9．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是()A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值解析：根据万有引力定律F ＝G Mm r 2可知，由于各小行星的质量和各小行星到太阳的距离不同，万有引力不同，选项A 错误；设太阳的质量为M ，小行星的质量为m ，由万有引力提供向心力则G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，则各小行星做匀速圆周运动的周期T ＝2π r 3GM，因为各小行星的轨道半径r 大于地球的轨道半径．所以各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的周期(一年)，选项B 错误；向心加速度a ＝F m＝G M r2，内侧小行星到太阳的距离小，向心加速度大，选项C 正确；由G Mm r 2＝m v 2r 得小行星的线速度v ＝ GM r，小行星做圆周运动的轨道半径大于地球的公转轨道半径，线速度小于地球绕太阳公转的线速度，选项D 错误．答案：C10．如图所示，a 为放在赤道上随地球一起自转的物体，b 为同步卫星，c 为一般卫星，d 为极地卫星．设b 、c 、d 三卫星距地心的距离均为r ，做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 、d 线速度大小相等B ．a 、b 、c 、d 角速度大小相等C ．a 、b 、c 、d 向心加速度大小相等D．若b卫星升到更高圆轨道上运动，则b仍可能与a物体相对静止解析：a、b比较，角速度相等，由v＝ωr，可知v a＜v b，根据线速度公式v＝GMr，b、c、d为卫星，轨道半径相同，线速度大小相等，故A错误；根据ω＝GMr3，b、c、d为卫星，轨道半径相同，角速度大小相等，a、b比较，角速度相等，所以a、b、c、d角速度大小相等，故B正确；a、b比较，角速度相等，由a＝ω2r，a a＜a b，根据向心加速度大小公式a＝GMr2，b、c、d为卫星，轨道半径相同，向心加速度大小相等，故C错误；b为同步卫星，若b卫星升到更高圆轨道上运动，周期发生变化，b不可能与a物体相对静止，故D错误．故选B.答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11．质量为m的人造地球卫星，在半径为r的圆轨道上绕地球运行时，其线速度为v，角速度为ω，取地球质量为M，当这颗人造地球卫星在轨道半径为2r的圆轨道上绕地球运行时，则()A．根据公式v＝GMr，可知卫星运动的线速度将减少到v2B．根据公式F＝m v2r，可知卫星所需的向心力将减小到原来的12C．根据公式ω＝vr，可知卫星的角速度将减小到ω2D ．根据F ＝G Mm r 2，可知卫星的向心力减小为原来的14解析：人造地球卫星绕地球运行时，由万有引力提供向心力，则有G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝ GM r ，则知卫星运动的线速度将减小到v 2，故A 正确；卫星运动的线速度将减小到v 2，轨道半径增大到原来的2倍，根据公式F ＝m v 2r ，可知卫星所需的向心力将减小到原来的14，故B 错误；卫星运动的线速度将减小到v 2，轨道半径增大到原来的2倍，根据公式ω＝v r ，可知卫星的角速度将减小到ω22，故C 错误；根据F ＝G Mm r2，M 和m 不变，r 变为原来的2倍，可知卫星的向心力减小为原来的14，故D 正确． 答案：AD12．a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，向心加速度为a 1，b 处于地面附近近地轨道上，正常运行速度为v 1，c 是地球同步卫星，离地心距离为r ，运行速率为v 2，加速度为a 2，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如下图，地球的半径为R ，则有( )A ．a 的向心加速度等于重力加速度gB ．d 的运动周期有可能是20小时C.a 1a 2＝R rD.v 1v 2＝r R解析：地球同步卫星c 的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，根据a ＝ω2r ，知c 的向心加速度大；由ma ＝G Mm r 2，得a ＝GM r2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向心加速度约为g ，故知a 的向心加速度小于重力加速度g ，故A 错误．由开普勒第三定律R 3T2＝k 知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于c 的周期24 h ，故B 错误．a 、c 的角速度相同，由a ＝ω2r 知a 1a 2＝R r ，故C 正确．根据G Mm r2＝m v 2r ，解得v ＝ GM r ，则得v 1v 2＝r R，故D 正确．答案：CD13．如图所示为一卫星绕地球运行的轨道示意图，O 点为地球球心，已知引力常量为G ，地球质量为M ，OA ＝R ，OB ＝4R ，下列说法正确的是( )A ．卫星在A 点的速率v A ＝GM R B ．卫星在B 点的速率v B ＜ Gm 4R C ．卫星在A 点的加速度a A ＝GM R 2 D ．卫星在B 点的加速度a B ＜GM 16R 2解析：卫星在圆轨道上运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：G Mm R 2＝ma ＝m v 2R ，解得：v ＝GM R ，a ＝GM R2. 卫星经过椭圆轨道的A 点时，由于万有引力小于向心力，故做离心运动，故：G Mm R 2＜m v 2R ，解得：v ＞GM R，故A 错误． 卫星经过椭圆轨道的B 点时，由于万有引力大于向心力，故做向心运动，故：G Mm （4R ）2＞m v 24R ，解得：v ＜ GM 4R ，故B 正确．根据牛顿第二定律，卫星在A 点的加速度：a A ＝GM R 2，故C 正确．根据牛顿第二定律，卫星在B 点的加速度a B ＝GM 16R 2，故D 错误． 答案：BC14.由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动．如图所示，三颗星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．每个星体受到引力大小均为3Gm 2a2 B ．每个星体的角速度均为 3Gm a 3C ．若a 不变，m 是原来的两倍，则周期是原来的12D ．若m 不变，a 是原来的4倍，则线速度是原来的12解析：对任意一个星体，受力分析如图所示，有F 1＝G m 2a 2，F 2＝G m 2a 2，每个星体受到的引力为F ＝2F 1cos 30°＝3G m 2a 2，故A 错误；由几何关系可知，每个星体绕中心做匀速圆周运动的半径r ＝3a3，根据万有引力提供向心力，有3G m 2a 2＝m ω2·33a ，解得ω＝3Gma 3，故B 正确；对每个星体，根据万有引力提供向心力，有3G m 2a 2＝m 4π2T 2·3a 3，解得T ＝2π a 33Gm，若a 不变，m 是原来的两倍，则周期是原来的22，故C 错误；对每个星体，根据万有引力提供向心力，有3G m 2a 2＝m v 23a3，解得v ＝Gma，若m 不变，a 是原来的4倍，则线速度是原来的12，故D 正确．答案：BD三、非选择题(本题共4小题，共46分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)设想着陆器完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到围绕月球做圆周运动的轨道舱，其过程如图所示．设轨道舱的质量为m ，月球表面的重力加速度为g ，月球的半径为R ，轨道舱到月球中心的距离为r ，引力常量为G ，试求：(1)月球的质量； (2)轨道舱的速度和周期．解析：(1)设月球的质量为M ，则在月球表面 G MmR2＝mg ，得月球质量M ＝g R 2G .(2)设轨道舱的速度为v ，周期为T ，则G Mmr 2＝m v 2r ，解得v ＝Rgr. G Mmr 2＝m 4π2T 2r ，解得T ＝2πr R r g . 答案：(1)g R 2G(2)Rg r 2πr Rr g16．(12分)某航天飞机在地球赤道上空飞行，轨道半径为r ，飞行方向与地球的自转方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，在某时刻航天飞机通过赤道上某建筑物的上方，求它下次通过该建筑物上方所需的时间．解析：用ω表示航天飞机的角速度，用m 、M 分别表示航天飞机及地球的质量，则有GMmr2＝mrω2.航天飞机在地面上，有G MmR 2＝mg .联立解得ω＝gR 2r 3. 若ω＞ω0，即航天飞机高度低于同步卫星高度，用t 表示所需时间，则ωt －ω0t ＝2π.所以t ＝2πω－ω0＝2πgR2r 3－ω0. 若ω＜ω0，即航天飞机高度高于同步卫星高度，用t 表示所需时间，则ω0t －ωt ＝2π.所以t ＝2πω0－ω＝2πω0－gR 2r 3. 答案：2πgR 2r 3－ω0或2πω0－ gR 2r 317．(12分)人造地球卫星P 绕地球球心做匀速圆周运动，已知P 卫星的质量为m ，距地球球心的距离为r ，地球的质量为M ，引力常量为G ，求：(1)卫星P 与地球间的万有引力的大小； (2)卫星P 的运行周期；(3)现有另一地球卫星Q ，Q 绕地球运行的周期是卫星P 绕地球运行周期的8倍，且P 、Q 的运行轨迹位于同一平面内，如图所示，求卫星P 、Q 在绕地球运行过程中，两卫星间相距最近时的距离．解析：(1)卫星P 与地球间的万有引力F ＝G Mmr 2.(2)由万有引力定律及牛顿第二定律，有G Mmr 2＝m 4π2T 2r ，解得T ＝2πr 3GM. (3)对P 、Q 两卫星，由开普勒第三定律，可得 r 3T 2＝r 3QT 2Q，又T Q ＝8T ， 因此r Q ＝4r .P 、Q 两卫星和地球共线且P 、Q 位于地球同侧时距离最近，故最近距离为d ＝3r .答案：(1)G Mmr2 (2)2πr 3GM(3)3r 18．(12分)如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P 点，沿水平方向以初速度v 0抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡另一点Q 上，斜坡的倾角α，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，已知球的体积公式是V ＝43πR 3.求：(1)该星球表面的重力加速度g ； (2)该星球的密度；(3)该星球的第一宇宙速度．解析：(1)小球在斜坡上做平抛运动时： 水平方向上：x ＝v 0t ，①竖直方向上：y ＝12gt 2，②由几何知识tan α＝yx ，③由①②③式得g ＝2v 0tan αt.(2)对于星球表面的物体m 0，有G Mm 0R 2＝m 0g .又V ＝43πR 3.故ρ＝M V ＝3v 0tan α2πRtG.(3)该星球的第一宇宙速度等于它的近地卫星的运动速度，故G MmR2＝m v 2R ，又GM ＝gR 2， 解得v ＝2v 0R tan αt. 答案：(1)2v 0tan αt (2)3v 0tan α2πRtG (3)2v 0R tan αt。
高中物理 第六章 万有引力与航天单元质量评估(含解析)新人教版必修2(1)
【全程方略】2013年高中物理 第六章 万有引力与航天单元质量评估（含解析）新人教版必修2一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1.下列说法中正确的是( )A.经典力学能够说明微观粒子的规律性B.经典力学适用于宏观物体的低速运动问题，不适用于高速运动的问题C.相对论与量子力学的出现，表示经典力学已失去意义D.对于宏观物体的高速运动问题，经典力学仍能适用2.要使两物体间万有引力减小到原来的1/8，可采取的方法是( )A.使两物体的质量各减少一半，距离保持不变B.使两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的1/2C.使其中一个物体质量减为原来的1/4，距离不变D.使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的1/43.星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度。
星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2=2v 1。
已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的1/6。
不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )gr gr gr A. B. C. D.gr 3634.(2012·扬州高一检测)有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 接近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T ，已知引力常量为G ，则可得( )A.该行星的半径为vT 2πB.该行星的平均密度为23GT π C.无法求出该行星的质量D.该行星表面的重力加速度为2224v Tπ 5.(2012·成都高一检测)2012年6月,“神舟九号”与“天宫一号”完美“牵手”,成功实现交会对接(如图)。
交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段。
则下列说法正确的是( )A.在远距离导引段,“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处B.在远距离导引段,“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处C.在组合体飞行段,“神舟九号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sD.分离后,“天宫一号”变轨升高至飞行轨道运行时,其速度比在交会对接轨道时大6.(2012·广州高一检测)关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星,下述说法正确的是( )A.已知它的质量是1.24 t,若将它的质量增加为2.84 t,其同步轨道半径变为原来的2倍B.它的运行速度小于7.9 km/s,它处于完全失重状态C.它可以绕过北京的正上方,所以我国能利用其进行电视转播D.它的周期是24 h,其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定7.某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球轨道半径的1/3，则此卫星运行的周期大约是( )A ．1天～4天B ．4天～8天C ．8天～16天D ．16天～20天 8.人造地球卫星与地面的距离为地球半径的1.5倍，卫星正以角速度ω做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g,R 、ω、g 这三个物理量之间的关系是( )22g 2g 33g 25g A. D.55R 5R 22R 52Rω=ω=ω=ω= 9.有两个大小一样、由同种材料组成的均匀球体紧靠在一起，它们之间的万有引力为F ，若用上述材料制成两个半径更小的靠在一起的均匀球体，它们间的万有引力将( )A.等于FB.小于FC.大于FD.无法比较10.(2012·山东高考)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。
高中物理教材第二章练习题及答案
高中物理教材第二章练习题及答案
本文档提供了高中物理教材第二章的练题及答案，旨在帮助高中物理学生巩固和复相关知识。
1. 第一节练题
1.1. 问题：描述牛顿第一定律的内容是什么？
答案：牛顿第一定律又称惯性定律，它指出一个物体如果没有外力作用，将保持匀速运动或静止状态。
1.2. 问题：如何判断一个物体是否处于平衡状态？
答案：一个物体处于平衡状态时，所有作用在它上面的力的合力为零。
1.3. 问题：什么是质量和重量？
答案：质量是一个物体所固有的特性，衡量了物体对于改变其运动状态所需要的力。
重量是物体受地球引力作用的结果，由质量乘以重力加速度计算得出。
...
2. 第二节练题
2.1. 问题：什么是力的合成？
答案：力的合成是将两个或多个力的作用效果用一个等效的单一力表示的方法。
2.2. 问题：如何计算力的合成？
答案：力的合成可以通过将各个力的大小和方向相加来计算。
2.3. 问题：什么是力的分解？
答案：力的分解是将一个力分解成多个分力的过程。
...
以上所列为部分练题及其答案，希望对学生们的物理研究有所帮助。
更多练题和答案请参考教材第二章。
2024_2025学年高中物理第3章匀变速直线运动的研究章末测评2含解析鲁科版必修1
章末综合测评(二) 匀变速直线运动的探讨(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．物体在做匀减速直线运动时(运动方向不变)，下面结论正确的是( ) A ．加速度越来越小 B ．加速度总与物体的运动方向相同 C ．位移随时间匀称减小 D ．速度随时间匀称减小D [物体做匀减速直线运动，表明它的速度匀称减小，加速度大小不变，加速度方向与物体的运动方向相反，A 、B 错误，D 正确；由于物体运动方向不变，则位移渐渐增大，故C 错误．]2．如图为甲同学制作的反应时间测量尺，用来测量其他同学的反应时间，乙同学先把手放在直尺0 cm 的位置做捏住直尺的打算，但手不能碰直尺，看到甲同学放开直尺时，乙同学马上捏住下落的直尺，已知乙同学捏住10 cm 的位置，反应时间为0.14 s ，若丙同学进行同样的试验，捏住了20 cm 的位置，则丙同学的反应时间为( )A ．0.28 sB ．0.24 sC ．0.20 sD ．0.16 sC [设直尺下落的加速度为a ，由h ＝12at 2得，a ＝2h t 2＝2×0.10.142 m/s 2≈10.2m/s 2，丙同学的反应时间t 1＝2h 1a＝2×0.210.2s≈0.20 s，C 正确．] 3．一质点的x t 图象如图所示，那么此质点的v t 图象可能是下图中的( )A B C DA [x t 图象的切线斜率表示速度，由图象可知，0～t 12时间内图象的斜率为正且越来越小，在t 12时刻图象斜率为0，即物体正向速度越来越小，t 12时刻减为零；从t 12～t 1时间内，斜率为负值，数值越来越大，即速度反向增大，故选项A 正确．]4．一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分为1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为( )A ．1∶3∶5B ．1∶4∶9C ．1∶8∶27D ．1∶16∶81C [设该物体在这三段时间内的运动时间依次为t 、2t 、3t ，则由s ＝12at 2得，s Ⅰ＝s 1＝12at 2，s Ⅱ＝s 2－s 1＝12a (3t )2－12at 2＝4at 2，s Ⅲ＝s 3－s 2＝12a (6t )2－12a (3t )2＝272at 2，故s Ⅰ∶s Ⅱ∶s Ⅲ＝1∶8∶27，选项C 正确．]5．汽车以20 m/s 的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机后做匀减速运动，加速度大小为5 m/s 2，则它关闭发动机后通过37.5 m 所需时间为( )A ．3 sB ．4 sC ．5 sD ．6 sA [汽车行驶s ＝v 202a ＝2022×5 m ＝40 m 停止运动，40 m ＞37.5 m ，依据s ＝v 2－v 20－2a ，t ＝v 0－v a 得t ＝3 s ，只有选项A 正确．]6．在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平面上刹车过程中的位移随时间改变的规律为s ＝20t －2t 2(s 的单位是m ，t 的单位是s)．则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为( )A ．25 mB ．50 mC ．100 mD ．200 mB [依据s ＝20t －2t 2可知，该汽车初速度v 0＝20 m/s ，加速度a ＝－4 m/s 2．刹车时间t ＝Δv a ＝0－20－4 s ＝5 s ．刹车后做匀减速运动的位移为刹车痕迹长度，依据s ＝v 0t ＋12at 2得s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫20×5－12×4×52 m ＝50 m ，故B 正确．]7．火车从车站动身做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2，此时恰好有一辆自行车(可视为质点)从火车头旁边驶过，自行车速度v 0＝8 m/s ，火车长l ＝336 m ．则( )A ．火车追上自行车以前落后于自行车的最大距离是46 mB ．火车追上自行车用时32 sC ．火车追上自行车后再过24 s 时间可超过自行车D ．16 s 时二车相距最远BCD [当火车速度等于v 0时，二车相距最远．v 0＝at 1，得t 1＝v 0a ＝80.5s ＝16 s ，最大距离x m ＝v 0t －12at 21＝8×16 m－12×0.5×162m ＝64 m ，故A 错误，D 正确；设火车追上自行车所用时间为t 2，追上时位移相等，则v 0t 2＝12at 22，得t 2＝2v 0a ＝2×80.5 s ＝32 s ，故B 正确；追上时火车的速度v ＝at 2＝0.5×32 m/s＝16 m/s ，设再过t 3时间超过自行车，则vt 3＋12at 23－v 0t 3＝l ，代入数据解得t 3＝24 s ，故C 正确．]8．做匀减速直线运动的物体的加速度大小为a ，初速度大小是v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小表达正确的是( )A ．v 0t ＋12at 2B ．v 0t －12at 2C ．v 02tD ．12at 2 BCD [依据位移公式可知B 正确，A 错误；若将该运动反过来看，则是初速度为零的匀加速直线运动，则D 正确；因为末速度等于零，故v 0＝at 代入s ＝v 0t －12at 2得s ＝v 02t ，故C正确．]9．如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2．此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，下列说法中正确的有( )A ．假如马上做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．假如马上做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车肯定超速C ．假如马上做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车肯定不能通过停车线D ．假如距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处AC [假如汽车马上以最大加速度做匀加速运动，t 1＝2 s 内的位移s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m＞18 m ，此时汽车的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1＝12 m/s ＜12.5 m/s ，汽车没有超速，选项A 正确，B 错误；假如马上做匀减速运动，绿灯熄灭前汽车通过的距离肯定小于18 m ，不能通过停车线，选项C 正确；汽车以最大加速度减速时，速度减为零须要的时间t 2＝v 0a 2＝1.6 s ，此过程通过的位移为s 2＝v 0t 2－12a 2t 22＝6.4 m ，故选项D 错误．]10．有四个运动的物体A 、B 、C 、D ，物体A 、B 运动的s t 图象如图甲所示；物体C 、D 从同一地点沿同一方向运动的v t 图象如图乙所示．以下推断中正确的是( )甲 乙A ．物体A 和B 均做匀速直线运动且A 的速度比B 的大 B ．在0～3 s 的时间内，物体B 运动的位移为10 mC ．t ＝3 s 时，物体C 追上物体DD ．t ＝3 s 时，物体C 与物体D 之间有最大间距ABD [由甲图象可知，A 、B 两物体都做匀速直线运动，且A 的斜率大于B 的斜率，即A 的速度大于B 的速度，在0～3 s 的时间内，物体B 运动的位移为10 m ，故A 、B 对；由乙图象可知，C 做匀加速直线运动，D 做匀减速直线运动，在3 s 时两图线相交，即C 、D 两物体速度相等，该时刻两物体相距最远而不是两物体相遇，故C 错，D 对．]二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11．(6分)利用图中所示的装置可以探讨自由落体运动．试验中须要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落．打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．(1)为了测得重物下落的加速度，还须要的试验器材有________．(填入正确选项前的字母)A ．天平B ．停表C ．米尺(2)若试验中所得的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而试验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的缘由：____________________．解析：(1)时间由打点计时器确定，用米尺测定位移．(2)打点计时器与纸带间的摩擦以及空气阻力都会阻碍物体运动，从而使测得的重物下落的加速度变小．答案：(1)C (2)打点计时器与纸带间的摩擦(或空气阻力)12．(10分)做“探讨匀变速直线运动”的试验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图甲所示，并在其上取了A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220 V 、50 Hz 沟通电源．甲乙(1)设电火花计时器的打点周期为T ，则T ＝________，计算F 点的瞬时速度v F 的表达式为v F ＝________．(2)他经过测量并计算得到电火花计时器在打B 、C 、D 、E 、F 各点时物体的瞬时速度如下表．以A 点对应的时刻为t ＝0，试在如图乙所示坐标系中合理地选择标度，作出v t 图象，并利用该图象求出物体的加速度a ＝________m/s 2．对应点 BCDEF速度(m/s)0.1410.1800.2180.2620.3014个点没有画出，所以相邻两个计数点间的时间间隔t ＝5T ＝0.1 s ，依据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的瞬时速度，得v F ＝d 6－d 42t ＝d 6－d 410T． (2)作出v t 图象如图所示，留意尽量使描出的点落到直线上，不能落到直线上的点尽量让其分布在直线两侧．由速度—时间图象的斜率表示加速度，得a ＝v t －v 0t ＝0.301－0.100.5m/s 2≈0.40 m/s 2．答案：(1)0.02 s (2)d 6－d 410T(3)图见解析 0.40 13．(10分)一摩托车由静止起先在平直的马路上行驶，其运动过程的v t 图象如图所示．求：(1)摩托车在0～20 s 这段时间的加速度大小a ； (2)摩托车在0～75 s 这段时间的平均速度大小v ． 解析：(1)加速度a ＝v t －v 0t由v t 图象并代入数据得a ＝1.5 m/s 2．(2)设20 s 时速度为v m,0～20 s 的位移s 1＝0＋v m2t 120～45 s 的位移s 2＝v m t 2 45～75 s 的位移s 3＝v m ＋02t 30～75 s 这段时间的总位移s ＝s 1＋s 2＋s 3 0～75 s 这段时间的平均速度v ＝st 1＋t 2＋t 3代入数据得v ＝20 m/s ．答案：(1)1.5 m/s 2(2)20 m/s14．(10分)甲、乙两辆汽车都从静止动身做加速直线运动，加速度方向始终不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自由这两段时间间隔内走过的总路程之比．解析：设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在其次段时间间隔内行驶的路程为s 2．由运动学公式得：v ＝at 0，s 1＝12at 20，s 2＝vt 0＋12(2a )t 20．设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s ′1、s ′2．同样有：v ′＝(2a )t 0，s ′1＝12(2a )t 20，s ′2＝v ′t 0＋12at 20，设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有：s ＝s 1＋s 2，s ′＝s ′1＋s ′2，联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s ∶s ′＝5∶7．答案：5∶715．(12分)如图所示是一种新建成的让人体验自由落体运动的跳楼机，其中列出了一些数据供参考：A ．总高度60 m ；B ．限载12人；C ．最大速度为每小时45英里(1英里＝1 609 m ，此速度相当于20 m/s)；D ．跳楼机的运动可近似看成先做自由落体运动后做匀减速运动，且落地时的速度为0．(取g ＝10 m/s 2)请依据以上信息估算：(1)跳楼机下落的总时间至少为多少？ (2)减速过程的最大加速度是多少？解析：(1)跳楼机先做自由落体运动至最大速度后再马上做匀减速运动，此种状况对应的时间最短，如图所示，全程的平均速度v ＝12v max ＝10 m/s ，最短时间t min ＝Hv ＝6010s ＝6 s ． (2)跳楼机做自由落体运动的时间t 1＝v max g ＝2010s ＝2 s ， 故减速过程的最短时间t 2＝t min －t 1＝4 s ，则最大加速度a max ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v max t 2＝5 m/s 2．答案：(1)6 s (2)5 m/s 216．(12分)具有我国自主学问产权的“歼10”飞机的横空出世，证明了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图(a)所示．在光滑的水平轨道上停放相距x 0＝10 m 的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车，在弹射装置使甲车获得v 0＝40 m/s 的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞起先工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v t 图象如图(b)所示，设两车始终未相撞．(a) (b)(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；(2)求两车相距最近时的距离．解析：(1)由题图(b)可知：甲车加速度的大小a 甲＝40－10m/st 1，乙车加速度的大小a 乙＝10－0m/s t 1因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积 所以有m 甲a 甲＝m 乙a 乙 解得m 甲m 乙＝13． (2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v ＝10 m/s此时两车相距最近，对乙车有v ＝a 乙t 1，对甲车有v ＝a 甲(0.4 s －t 1)，可解得t 1＝0.3 s ，车的位移等于v t 图线与坐标轴所围的面积，有x 甲＝40＋10×0.32 m ＝7.5 m ，x 乙＝10×0.32m ＝1.5 m ，两车相距最近时的距离为x min ＝x 0＋x 乙－x 甲＝4 m ．答案：(1)13 (2)4 m。
2020_2021学年高中物理第二章力单元评估2练习含解析教科版必修1
第二章力单元评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(1～6为单选每小题3分，7～10为多选每小题4分，共34分)1．如图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示．弹簧测力计的示数F A、F B、F C、F D 由大到小的排列顺序是( C )A．F B>F D>F A>F C B．F D>F C>F B>F AC．F D>F B>F A>F C D．F C>F D>F B>F A解析：由平衡条件知F A＝mg sin45°＝22mg，F B＝mg，F C＝mg sin30°＝mg/2，F D>mg，所以选项C正确．2．牙膏是生活中常用的物品，根据你的观察和生活经验，判断下列说法正确的是( C ) A．牙膏皮被挤压后发生的形变为弹性形变B．牙膏被挤出来是因为牙膏受到重力的作用C．牙膏盖上的条纹是为了防滑而设计的D．挤牙膏时手对牙膏皮的作用力大于牙膏皮对手的作用力解析：牙膏皮被挤压后发生的形变，在撤去外力后没有恢复原状，是塑性形变，故A 错误；牙膏受到牙膏皮的作用力，发生形变，从而被挤出来，故B错误；牙膏盖上的条纹是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦的，故C正确；挤牙膏时手对牙膏皮的作用力与牙膏皮对手的作用力属于作用力与反作用力，大小相等，故D错误．3.如图所示，不光滑的水平面上并列放置两物块A和B.已知水平面对A的最大静摩擦力为4 N，水平面对B的最大静摩擦力为2 N，当用F＝3 N的水平力从左侧推A时，物体A、B受的摩擦力分别为F f A、F f B，则( B )A．F f A＝1 N，F f B＝2 NB．F f A＝3 N，F f B＝0C．F f A＝4 N，F f B＝2 ND．因动摩擦因数和A、B的质量未知，故无法计算解析：对A：水平方向受到3 N向右的推力和3 N向左的静摩擦力，没有超过A的最大静摩擦力4 N，所以A和B接触而没有挤压，B对A的作用力F BA＝0.对B：没有相对水平面滑动的趋势，水平面对B没有摩擦力，F f B＝0.4．甲、乙两位同学做“拔河”游戏，两人分别用伸平的手掌托起一长凳的一端，保持凳子水平，然后各自向两侧拖拉，如图所示．若凳子下表面各处的粗糙程度相同，且在乙端的凳面上放四块砖，则下列判断正确的是( B )A．凳子向甲方移动B．凳子向乙方移动C．凳子在原处不会被移动D．凳子向两位同学中体重大的一侧移动解析：凳子最终向哪方移动取决于该方的最大静摩擦力比另一方大，最大静摩擦力的大小取决于正压力(在粗糙程度相同时)，而乙端的凳面上有四块砖，故乙端的最大静摩擦力大于甲端的最大静摩擦力，所以凳子向乙方移动．5．如图所示，支杆AB的长度都一样，杆重不计，悬挂的都是重为G的物体，那么支杆AB受力最小的是( D )解析：以A点为研究对象，进行受力分析可得如图所示的受力分析图，然后将重力G 分解，在画力的分解示意图时，要将4个图中代表重力G的长度画成相同的长度，以便于从图中比较出分力的关系，此为图解法．由图中可看出图④中的F AB最小，选项D正确．6．如图所示，小明想推动家里的衣橱，但用尽了力气也推不动，他便想了个妙招，用A、B两块木板，搭成一个底角较小的“人”字形架，然后往中央一站，衣橱被推动了，下列说法中正确的是( C )A．这是不可能的，因为小明根本没有用力去推衣橱B．这是不可能的，因为无论如何小明的力气也没那么大C．这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力D．这有可能，但A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力解析：由力的分解可知，这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力，选项C 正确．7．如图，物体M在竖直向上的拉力F的作用下静止在斜面上，下面表述正确的是( AC )A．M所受合力为零B．M一定是受四个力作用C．M可能对斜面无压力作用D．物体与斜面之间一定存在摩擦力解析：物体M在竖直向上的拉力F的作用下静止在斜面上，说明物体处于平衡状态，所以物体受到的合外力为零，故选项A正确；对物体受力分析，拉力F是已知的，地球表面附近的物体一定受到地球的重力，故一定受到向下的重力；如果拉力与重力平衡，斜面体对M 没有支持力，就没有摩擦力，故物体只受2个力；如果拉力F小于重力，会与斜面体相互挤压，故物体还会受到支持力和沿斜面向上的静摩擦力，即共受4个力，故选项C正确，选项B、D错误．8．一滑雪者沿一倾角为α的山坡滑下，然后又滑上另一倾角为β的山坡(α>β)，如图所示，则下列说法正确的是( BD )A．在A、B两山坡上，滑雪者都受到重力、支持力、下滑力和摩擦力作用B．在A、B两山坡上，滑雪者都受到重力、支持力和摩擦力作用C．在A山坡上摩擦力是动力，在B山坡上摩擦力是阻力D．在A、B两山坡上，摩擦力都是阻力，且滑雪者在A山坡上所受摩擦力小于在B山坡上所受摩擦力解析：滑雪者受到重力、支持力和摩擦力，其中重力可以分解为两个力，一是使滑雪者有沿山坡下滑趋势的分力，二是使滑雪者压紧坡面的分力．分析滑雪者受力时，考虑了mg 就不能再同时考虑它的分力，故A错误，B正确．不论在A山坡还是在B山坡，滑雪者所受的滑动摩擦力总是阻碍他相对山坡的滑动，所以都是阻力；由于摩擦力F f＝μF N＝μmg cosθ，μ相同时，倾角越大，cosθ越小，滑动摩擦力也越小，故C错误，D正确．9．如图所示，半径为R、内壁光滑的空心圆筒放在地面上，将两个重力都为G、半径都为r的球(R<2r<2R)放在圆筒中，下列说法中正确的是( ABC )A．筒底对球A的弹力大小一定等于2GB．筒壁对球A的弹力等于筒壁对球B的弹力大小C．球A对球B的弹力一定大于重力GD．球B对筒壁的压力一定小于重力G解析：对两个球的整体研究，筒底对整体的支持力等于两球的总重，筒壁对球A的弹力等于筒壁对球B的弹力大小，A、B正确；对球B研究，筒壁对球B的弹力与球B受到的重力的合力等于球A对球B的弹力，由几何关系可得球A对球B的弹力一定大于重力G，C正确；球B对筒壁的压力可能小于、可能等于、也可能大于重力G，D错误．10．如右图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为( BD )A．μmg B．μ(mg＋F sinθ)C．μ(mg＋F cosθ) D．F cosθ解析：木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力F N、摩擦力F f.沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解如右图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以，在x轴上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)；在y轴上向上的力等于向下的力(竖直方向二力平衡)．即F cosθ＝F f，①F N＝mg＋F sinθ，②又由于F f＝μF N，所以F f＝μ(mg＋F sinθ)，③故B、D答案是正确的．二、实验题(11题4分，12题12分，共16分)11．请完成以下两小题．某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别固定在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细线挂一个重物．(1)为完成实验，下述操作中必需的是bcd.a．测量细绳的长度b．测量橡皮筋的原长c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度d．记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是更换不同的小重物．解析：运用等效思想来验证平行四边形定则，即要验证以两力为平行四边形的邻边，作平行四边形，其对角线是否和合力相符．本题中结点受三个力，其中两个力的合力与第三个力等大反向，故先测出各力的大小和方向，然后作出各力的图示，以两边为邻边做平行四边形，如果在实验误差范围内平行四边形的对角线与第三个力等大反向，即可验证．为测量各力的大小故需要记录橡皮筋原长、悬挂重物后的长度，为确定力的方向还需记录悬挂重物后O点位置．故应选bcd.可以通过改变小重物改变各力的大小．12．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数k.做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记做L0；弹簧下端挂一个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记做L1；弹簧下端挂两个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记做L2…弹簧下端挂七个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记做L7.(1)下表记录的是该同学已测出的6个数值，其中有2个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是L5和L6.测量记录表：(2)实验中，L3和L7两个数值还没有测定，请你根据上图将这两个测量值填入记录表中．(3)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d1＝L4－L0＝6.90 cm，d2＝L5－L1＝6.90 cm，d 3＝L 6－L 2＝7.00 cm.请你给出第四个差值：d 4＝L 7－L 3＝7.20(7.18～7.22) cm.(4)根据以上差值，可以求出每增加50 g 砝码的弹簧平均伸长量ΔL .ΔL 用d 1、d 2、d 3、d 4表示的式子为：ΔL ＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44×4，代入数据解得ΔL ＝1.75 cm. (5)计算弹簧的劲度系数k ＝28 N/m.(g 取9.8 m/s 2)解析：本题是探究弹力和弹簧伸长关系的实验，考查了刻度尺的读数、减小误差的方法及分析处理实验数据的能力．通过对(3)问中差值的分析发现所求差值是每增4个砝码的弹簧伸长量，从而确定每增加一个50 g 砝码的弹簧平均伸长量，同时为了减小误差要注意用逐差法求ΔL 的平均值．(1)通过对6个数值的分析可知记录有误的是L 5、L 6.(2)用最小刻度是毫米的刻度尺测量时，正确读数并记录到毫米的下一位，即L 3＝6.85 cm ，L 7＝14.05 cm.(3)利用逐差法并结合已求差值可知第四个差值 d 4＝L 7－L 3＝14.05 cm －6.85 cm ＝7.20 cm.(4)每增加50 g 砝码的弹簧平均伸长量ΔL ＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44×4＝6.90＋6.90＋7.00＋7.2016 cm ＝1.75 cm.(5)根据ΔF ＝k ·ΔL ，又ΔF ＝mg ，所以k ＝ΔF ΔL ＝mg ΔL ＝0.05×9.80.017 5N/m ＝28 N/m. 三、计算题(共50分)13．(12分)如图所示，在一个V 形槽中有一个重为G ＝100 N 的粗细均匀的圆柱体，槽两侧底角均为α＝60°.圆柱体与槽之间的动摩擦因数μ＝0.2.要使圆柱体沿水平轴线方向匀速运动，沿水平轴线方向的水平推力F 应为多大？答案：40 N解析：把圆柱体的重力沿垂直两侧槽面分解，得压力F N1＝F N2＝G2cosα，匀速推动时的推力F＝μF N1＋μF N2＝μGcosα.代入数值得F＝40 N.14．(12分)如图所示，一轻质三角形框架B处悬挂一定滑轮(质量可忽略不计)．一体重为500 N的人通过跨定滑轮的轻绳匀速提起一重为300 N的物体．(1)此时人对地面的压力是多大？(2)斜杆BC，横杆AB所受的力是多大？答案：(1)200 N (2)400 3 N 200 3 N解析：(1)先以人为研究对象，人受三个力作用，重力G、地面对人的支持力F N、绳子的拉力F T.由平衡方程可得F N＋F T＝G，解得F N＝200 N．即人对地面的压力为200 N.(2)以B点为研究对象，其受力情况如图所示．将绳子的拉力F分解为两个力：一个分力是对AB杆的拉力、一个分力是对BC杆的压力．F＝2G＝600 N，由题意及受力分解图可知：F AB＝F tan30°＝200 3 N，F BC＝Fcos30°＝400 3 N.15．(13分)如下图所示，重为G的均匀链条，两端用等长的轻细绳连接悬挂在等高的地方，细线和水平方向成θ角．试求：(1)细线张力；(2)链条最低点的张力．答案：(1)G 2sin θ (2)G 2tan θ解析：(1)以链条整体为研究对象，受重力G 、两边绳子的拉力且两边绳子的拉力相等．由链条处于静止状态可求得细线张力等于G 2tan θ. (2)以链条的右半段为研究对象，受重力G /2、左半段的水平向左的拉力以及绳的拉力．由右半段处于静止状态，可求得此张力为G cot θ2.16．(13分)如图所示，山坡上两相邻高压塔A 、B 之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线沿弧形下垂，最低点为C 点．已知弧线BC 的长度是AC 的3倍，而左塔B 处铜线的切线与竖直方向的夹角β＝30°角．问右塔A 处铜线的切线与竖直方向的夹角α为多大？答案：60°解析：设A 处、B 处铜线的张力分别为T A 、T B ，铜线的总重力为mg ，对铜线在水平方向进行受力分析，有T A sin α＝T B sin β，对AC 段在竖直方向进行受力分析，有T A cos α＝14mg ，对BC 段在竖直方向进行受力分析，有T B cos β＝34mg ，联立得tan α＝3tan β，所以α＝60°.。
物理(人教版必修2)练习阶段质量评估2
阶段质量评估(二) 万有引力与航天A 卷 基础达标卷 (时间：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题6分，共60分.1～6题为单选题，7～10题为多选题．)1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是( )A ．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B ．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性C ．牛顿利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值D ．卡文迪许利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值解析：胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故选项A 错误；牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性，故选项B 错误；卡文迪许利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值，故选项C 错误，选项D 正确．答案：D2．(2015·重庆卷)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m ，距地面高度为h ，地球质量为M ，半径为R ，引力常量为G ，则飞船所在处的重力加速度大小为( )A ．0B ．GM (R ＋h )2C ．GMm (R ＋h )2D ．GM h2解析：飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即G Mm (R ＋h )2＝mg ，得g ＝GM(R ＋h )2，选项B 正确．答案：B3．(2015·江苏卷)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120.该中心恒星与太阳的质量比约为( )A ．110B ．1C ．5D ．10解析：行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G Mm r 2＝mr 2πT2可得M ＝4π2r 3GT 2，该中心恒星的质量与太阳的质量之比M M 日＝r 3r 3日·T 2日T2＝1203×365242＝1.04，故选项B 正确． 答案：B4．(2015·北京卷)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转的周期大于火星公转的周期B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度解析：根据G Mm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r ＝m v 2r ＝ma n ＝mω2r 得，公转周期T ＝2πr 3GM，故地球公转的周期较小，选项A 错误；公转线速度v ＝GMr，故地球公转的线速度较大，选项B 错误；公转加速度a n ＝GMr 2，故地球公转的加速度较大，选项C 错误；公转角速度ω＝GMr 3，故地球公转的角速度较大，选项D 正确．答案：D5．(2015·福建卷)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A ．v 1v 2＝r 2r 1B ．v 1v 2＝r 1r 2C ．v 1v 2＝⎝⎛⎭⎫r 2r 12D ．v 1v 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22解析：对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMmr 2＝m v 2r ，可得v ＝GMr.所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝r 2r 1，故选项A 正确． 答案：A6．如图是“嫦娥一号”奔月示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是( )A ．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度B ．在绕月圆轨道上，卫星运行周期与卫星质量有关C ．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比D ．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力解析：若发射速度达到第三宇宙速度，“嫦娥一号”将脱离太阳系的束缚，故选项A 错误；在绕月球运动时，月球对卫星的万有引力完全提供向心力，则G Mm r 2＝m 4π2rT 2，T ＝2πr 3GM，即卫星运行周期与卫星的质量无关，故选项B 错误；卫星所受月球的引力F ＝G Mmr 2，故选项C 正确；在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力小于受月球的引力，故选项D 错误．答案：C7．关于开普勒行星运动的公式a 3T 2＝k ，下列理解正确的是( )A ．T 表示行星运动的自转周期B ．T 表示行星运动的公转周期C ．k 是一个与行星无关的常量D ．若地球绕太阳运转轨道的半长轴为a 地，周期为T 地；月球绕地球运转轨道的半长轴为a 月，周期为T 月，则a 3地T 2地＝a 3月T 2月解析：开普勒行星运动的公式a 3T 2＝k ，T 表示行星运动的公转周期，故选项A 错误，选项B 正确；k 是一个与行星无关的常量，故选项C 正确；地球绕太阳运转，月球绕地球运转，公式中的k 不同，则a 3地T 2地≠a 3月T 2月，故选项D 错误．答案：BC8．火星直径约为地球直径的一半，质量约为地球质量的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍．根据以上数据，下列说法正确的是( )A ．火星表面的重力加速度比地球表面的小B ．火星公转的周期比地球的长C ．火星公转的线速度比地球的大D ．火星公转的向心加速度比地球的大解析：由G Mm R 2＝mg 得g ＝G M R 2，计算得火星表面的重力加速度约为地球表面的25，选项A 正确；由G Mm R 2＝m 2πT 2R 得T ＝2πR 3GM，公转轨道半径大的周期长，选项B 正确；由v ＝GM R 知轨道半径大的线速度小，选项C 错误；公转向心加速度a ＝G MR2，可知选项D 错误．答案：AB9．(2017·江苏卷)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空．与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km 的圆轨道上飞行，则其( )A ．角速度小于地球自转角速度B ．线速度小于第一宇宙速度C ．周期小于地球自转周期D ．向心加速度小于地面的重力加速度解析：C 对：由GMm (R ＋h )2＝m (R ＋h )4π2T 2知，周期T 与轨道半径的关系为(R ＋h )3T 2＝k (恒量)，同步卫星的周期与地球的自转周期相同，但同步卫星的轨道半径大于“天舟一号”的轨道半径，则“天舟一号”的周期小于同步卫星的周期，也就小于地球的自转周期．A 错：由ω＝2πT 知，“天舟一号”的角速度大于地球自转的角速度．B 对：由GMm(R ＋h )2＝m v 2R ＋h 知，线速度v ＝GMR ＋h，而第一宇宙速度v ′＝GMR，则v ＜v ′.D 对：设“天舟一号”的向心加速度为a ，则ma ＝GMm (R ＋h )2，而mg ＝GMm R 2，可知a ＜g .答案：BCD10．如图所示为“高分一号”卫星与北斗导航系统中的卫星“G 1”，在空中某一平面内绕地心O 做匀速圆周运动的示意图．已知卫星“G 1”的轨道半径为r ，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，引力常量为G .则( )A ．“高分一号”的加速度大于卫星“G 1”的加速度B ．“高分一号”的运行速度大于第一宇宙速度C ．地球的质量为gr 2GD ．卫星“G 1”的周期为2πrRr g解析：解本题的关键是知道万有引力提供向心力．由牛顿第二定律得G Mmr 2＝ma ，解得a ＝GMr 2，由题图可知，“高分一号”的半径小于卫星“G 1”的半径，则“高分一号”的加速度大于卫星“G 1”的加速度，故选项A 正确；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G Mmr 2＝m v 2r，解得v ＝GMr，“高分一号”的轨道半径大于地球半径，则“高分一号”的线速度小于第一宇宙速度，故选项B 错误；地球表面的物体受到的重力等于万有引力，即G MmR 2＝mg ，解得地球的质量M ＝gR 2G ，故选项C 错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr 2＝m 2πT 2r ，解得T ＝2πrRrg，故选项D 正确 ． 答案：AD二、计算题(本题共2小题，共40分)11．(20分)已知月球质量是地球质量的1/81，月球半径是地球半径的1/3.8． (1)在月球和地球表面附近，以同样的初速度分别竖直上抛一个物体，上升的最大高度比值是多少？(2)在距月球和地球表面相同高度处(此高度较小)，以同样的初速度分别水平抛出一个物体，物体的水平射程比值为多少？解析：(1)在月球和地球表面附近竖直上抛的物体都做匀减速直线运动，其上升的最大高度分别为h 月＝v 20/(2g 月)，h 地＝v 20/(2g 地)．根据万有引力和星球表面的重力关系G MmR 2＝mg 得g 月＝GM 月R 2月，g 地＝GM 地R 2地于是得上升的最大高度比值为 h 月h 地＝g 地g 月＝M 地R 2月M 月R 2地＝81×13.82≈5.6(2)设抛出点的高度为H ，初速度为v 0，在月球和地球表面附近做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动，从抛出到落地所用时间分别为t 月＝2Hg 月，t 地＝2H g 地在水平方向做匀速直线运动，其水平射程比值为 s 月s 地＝v 0t 月v 0t 地＝g 地g 月＝R 月R 地M 地M 月＝93.8≈2.37． 答案：(1)5.6 (2)2.3712．(20分)取地球的第一宇宙速度为7.9 km /s ，地球表面的重力加速度为g ＝10 m/s 2，某行星的质量是地球的8倍，半径是地球的2倍，则此行星的第一宇宙速度大小为多少？一个质量60 kg 的人在该行星表面上的重力大小是多少？解析：设卫星的质量为m ，中心天体的质量为M ，半径为R ，天体的第一宇宙速度即卫星绕天体表面做圆周运动的运行速度，设为v ．由牛顿第二定律得GMm R 2＝m v 2R解得v ＝GM R由题意可知M 行＝8M 地，R 行＝2R 地 可得v 行＝2v 地＝15.8 km/s设人的质量为m ′，当人在一个天体表面上时有 m ′g ′＝GMm ′R 2解得g ′＝GMR 2可得g 行＝2g ＝20 m/s 2所以在该行星表面上，一个质量60 kg 的人的重力大小为 m ′g 行＝1 200 N ． 答案：1 200 NB 卷 能力提升卷(时间：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题6分，共60分.1～6题为单选题，7～10题为多选题．)1．一颗小行星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径是地球公转半径的4倍，则这颗小行星运行速率是地球运行速率的( )A ．4倍B ．2倍C ．0.5倍D ．16倍解析：设小行星、地球绕太阳运行的向心力分别为F 1、F 2，对应的速度分别为v 1、v 2，由向心力公式得F ＝m v 2r ，由太阳与行星之间的相互作用规律可知，F ∝mr 2，由以上两式得v∝1r ，故v 1v 2＝r 2r 1，因r 1＝4r 2，所以v 1v 2＝12，故选项C 正确． 答案：C2．有一星球X 的密度与地球的密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的3倍，则该星球的质量与地球质量的比值为( )A ．3B ．27C ．13D ．9解析：在不考虑星球自转的时候，星球表面物体的重力等于万有引力，即G MmR2＝mg ，故X 星球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度的比值g X g ＝M X R 2地M 地R 2X ，又M ＝43πR 3ρ，所以g X g ＝R X R 地＝3，M XM 地＝27.故选项B 正确． 答案：B3．月球与地球质量之比约为1∶80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O 做匀速圆周运动．据此观点，可知月球与地球绕O 点运动的线速度大小之比约为( )A ．1∶6 400B ．1∶80C ．80∶1D ．6 400∶1解析：月球和地球绕O 点做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自运动的向心力，则地球和月球的向心力相等．月球、地球和O 点始终共线，说明月球和地球有相同的角速度和周期．因此有mω2r 1＝Mω2r 2，所以v 1v 2＝r 1r 2＝M m，线速度和质量成反比，选项C 正确．答案：C4．2013年6月12日，“神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟十号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2.则v 1v 2等于( )A ．R 31R 32B ．R 2R 1 C ．R 22R 21D ．R 2R 1解析：“天宫一号”变轨前后都是地球的卫星，都由地球对它的万有引力提供向心力，由G MmR 2＝m v 2R得v ＝GMR ，所以v 1v 2＝R 2R 1，故选项B 正确． 答案：B5．天文学家在太阳系外找到一个和地球尺寸大体相同的系外行星P ，这个行星围绕某恒星Q 做匀速圆周运动．测得P 的公转周期为T ，公转轨道半径为r ，已知引力常量为G .则( )A ．恒星Q 的质量为4π2r 3GT 2B ．行星P 的质量为4π2r 3GT2C ．以7.9 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面D ．以11.2 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面解析：本题易错之处是不知道各宇宙速度的物理意义．设恒星Q 的质量为M ，行星P 的质量为m ，由万有引力提供向心力得G Mm r 2＝mr 2πT 2，则M ＝4π2r 3GT 2，无法求出m ，故选项A正确，选项B 错误；以16.7 km/s 的速度从地球发射的探测器才可能到达该行星表面，选项C 、D 错误．答案：A6．一颗月球卫星在距月球表面高为h 的圆形轨道上运行，已知月球半径为R ，月球表面的重力加速度大小为g 月，引力常量为G ，由此可知( )A ．月球的质量为g 月R 2GB ．月球表面附近的环绕速度大小为g 月(R ＋h )C ．月球卫星在轨道上运行时的向心加速度大小为RR ＋h g 月D ．月球卫星在轨道上运行的周期为2πR ＋hg 月解析：解本题的关键是知道向心加速度的几种表达式．卫星绕月球做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，则G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )＝m v 2R ＋h ＝ma ，在月球表面上，万有引力等于重力，则有m ′g 月＝G Mm ′R 2，得GM ＝g 月R 2，解得M ＝g 月R 2G ，v ＝g 月R 2R ＋h，a＝g 月R 2(R ＋h )2，T ＝2π(R ＋h )3g 月R 2，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A7．设想“嫦娥号”登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，测得其周期为T .飞船在月球上着陆后，自动机器人用测力计测得质量为m 的仪器重为P ，已知引力常量为G .由以上数据可以求出的量有( )A ．仪器随月球自转的加速度B ．月球半径C ．月球质量D ．月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度解析：“嫦娥号”登月飞船所需的向心力由月球对它的万有引力提供，即G Mm 0R 2＝m 04π2T 2R ，则GM R 2＝4π2R T 2；月球表面质量为m 的物体所受的万有引力等于其重力P ，即G MmR 2＝P ；最后两个等式中只有R 和M 未知，联立即可解得M 和R ，故选项B 、C 正确．答案：BC8．关于绕着地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，(在估算时，地球半径R ＝6 400 km ，地球表面重力加速度g 取9.8 m/s 2)下列说法正确的是( )A ．人造卫星轨道半径越大，线速度越大B ．人造地球卫星发射速度应该大于7.9 km /s ，小于11.2 km/sC ．人造卫星的轨道半径越大，周期也越大D ．人造卫星要实现从低轨道到高轨道的变轨，需要向前喷火减速 解析：由公式G Mm r 2＝m v 2r ＝m 4π2T2r 得v ＝GMr，T ＝4π2r 3GM，故卫星旋转的轨道半径越大，线速度会越小，周期会越大，选项A 错误，选项C 正确．当人造地球卫星轨道半径近似等于地球半径时，线速度为7.9 km /s 是最大的环绕速度，也是最小的发射速度，但发射速度如果超过11.2 km/s ，卫星将脱离地球的约束，不再绕地球运转，选项B 正确；要想实现从低轨道到高轨道的变轨，需要向后喷火加速做离心运动，选项D 错误．答案：BC9．我国自行设计、制造的“天宫一号”空间实验室发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“天宫一号”经过变轨后绕地球做圆周运动，运行周期为90 min.“天宫一号”、同步通信卫星和赤道上随地球自转的物体相比较，下列说法正确的是( )A ．“天宫一号”的向心加速度最大B ．同步通信卫星的角速度最大C ．赤道上随地球自转的物体的线速度最小D ．“天宫一号”的速度大于7.9 km/s解析：解本题的关键是根据万有引力定律和牛顿第二定律列出待比较量所满足的方程．由题意可知，“天宫一号”的周期小于同步通信卫星的周期，根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，可知r 天＜r 同，因为G Mm r 2＝ma ，a ＝G Mr 2，所以a 天＞a 同，又因为在地球赤道上随地球自转的物体的角速度ω物＝ω同，由a ＝ω2r 可知a 同＞a 物，所以“天宫一号”的向心加速度最大，选项A 正确；由于“天宫一号”的周期小于同步通信卫星的周期，ω＝2πT ，所以“天宫一号”的角速度大于同步通信卫星的角速度，选项B 错误；由G Mmr 2＝m v 2r可得v ＝GMr，所以v 天＞v 同，又由v ＝ωr 可知v 物＜v 同，所以赤道上随地球自转的物体的线速度最小，选项C正确；第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，所以“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度，选项D 错误．答案：AC10．我国发射的“中星10号”地球同步通信卫星，卫星的质量为5.22 t ，下列说法正确的是( )A ．卫星可以定点在北京的正上方B ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度C ．卫星运行的速度比第一宇宙速度小D ．卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小解析：同步卫星只能定点在赤道的正上方，不可能定点在北京的正上方，选项A 错误；由G Mm r 2＝m v 2r ＝ma 可得卫星运行的向心加速度a ＝GM r 2＜GMR 2＝g ，故选项B 正确；v ＝GMr＜GMR，故卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项C 正确；因月球绕地球运行的周期大于同步卫星的周期，由ω＝2πT可知，卫星运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度，选项D 错误．答案：BC二、计算题(本题共2小题，共40分)11．(20分)如图所示，A 是地球静止卫星，另一个卫星B 的圆轨道位于赤道平面内，距离地面高度为h .已知地球半径为R ，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g ，O 为地球中心．(1)卫星B 的运行周期是多少？(2)如果卫星B 的绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A 、B 两卫星相距最近(O 、B 、A 在同一直线上)，求至少再经过多长时间，它们再一次相距最近？解析：(1)由万有引力定律和向心力公式得G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2B (R ＋h )① G Mm R2＝mg ② 联立①②式解得T B ＝2π(R ＋h )3R 2g ③(2)由题意得(ωB －ω0)t ＝2π④由③式得ωB ＝gR 2(R ＋h )3 代入④式得t ＝2πR 2g (R ＋h )3－ω0． 答案：(1)2π(R ＋h )3R 2g (2)2πR 2g (R ＋h )3－ω012．(20分)有一探测卫星在地球赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M ，地球半径为R ，引力常量为G ，探测卫星绕地球运动的周期为T .求：(1)探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径；(2)探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的线速度大小；(3)在距地球表面高度恰好等于地球半径时，探测卫星上的观测仪器某一时刻能观测到赤道的最大弧长．(此探测器观测不受日照影响，不考虑空气对光的折射)解析：(1)设探测卫星质量为m ，探测卫星绕地球运动的轨道半径为r ，根据万有引力定律和牛顿运动定律得G Mm r 2＝m 4π2r T 2 解得r ＝3GMT 24π2． (2)设探测卫星绕地球做匀速圆周运动时的线速度大小为v ，则v ＝2πr T ＝32πGM T． (3)设探测卫星在地球赤道上方A 点处，距离地球中心为2R ，探测卫星上的观测仪器能观测到地球赤道上的B 点和C 点，能观测到赤道上的弧长是L BC ，如图所示，cos α＝R 2R ＝12则α＝60°，能观测到地球表面赤道的最大长度L BC ＝2πR 3． 答案：(1) 3GMT 24π2 (2) 32πGM T (3)2πR 3。
新教材2023高中物理第六章圆周运动质量评估新人教版必修第二册
第六章质量评估(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分.每小题只有一个选项符合题目要求)1.关于平抛运动和圆周运动,下列说法正确的是()A.匀速圆周运动是速度不变的运动B.平抛运动是匀变速曲线运动C.圆周运动是匀变速曲线运动D.做平抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的解析:匀速圆周运动的线速度大小不变,方向时刻改变,故选项A错误;平抛运动的加速度不变,是匀变速曲线运动,故选项B正确;圆周运动的加速度方向不断变化,不是匀变速运动,故选项C错误;做平抛运动的物体落地时由于有水平分速度,根据平行四边形定则知,落地速度不可能竖直向下,故选项D错误.答案:B2.如图所示,质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中,如果由于摩擦力的作用,木块的速率不变,那么()A.木块的加速度为0B.木块的加速度恒定C.木块的加速度大小不变,方向时刻改变,但不一定指向球心D.木块的加速度大小不变,方向时刻指向球心解析:由于摩擦力的作用,木块的速率不变,则木块做匀速圆周运动,向心加速度大小恒定,方向时刻改变,但都指向球心,选项D正确.答案:D3.如图是大小轮复古自行车,已知大轮与小轮的直径之比为12∶5,若在运动过程中两轮与地均不打滑,则下列说法正确的是()A.大轮和小轮相对轴心的角速度大小之比为12∶5B.大轮和小轮相对轴心的转速大小之比为12∶5C.大轮和小轮相对轴心的转动周期之比为5∶12D.大轮和小轮外边缘相对轴心的向心加速度大小之比为5∶12解析:本题考查对传动装置的理解.因为大小轮边缘相同的时间转过的弧长相等,故边缘点的线速度大小相等,因为ω=,所以大轮和小轮的角速度之比为5∶12,故选项A错误;因为v=2πnr,所以大轮和小轮的转速之比为5∶12,故选项B错误;因为v=r,所以大轮和小轮的周期之比为12∶5,故选项C错误;因为an=,所以大轮和小轮的向心加速度之比为5∶12,故选项D正确.答案:D4.如图所示,小物块(可看作质点)以某一竖直向下的初速度从半球形碗的碗口左边缘向下滑,半球形碗一直静止在水平地面上,物块下滑到最低点过程中速率不变,则在下滑过程中下列说法正确的是()A.物块下滑过程中处于平衡状态B.半球形碗对物块的摩擦力逐渐变小C.地面对半球形碗的摩擦力方向向左D.半球形碗对地面的压力保持不变解析:物块做匀速圆周运动,由合力提供向心力,产生加速度,所以物块的加速度不为0,不是平衡状态,故选项A错误.物块在下滑的过程,物块受到的合力的方向由水平向右逐渐向上发生偏转,但始终有向右的分量,所以碗在水平方向必定受到地面向右的摩擦力.物块下滑过程中,对物块受力分析如图所示.半球形碗对物块的支持力为FN,则FN-mgsin θ=m,下滑时,θ逐渐增大,故支持力FN逐渐增大,因此半球形碗对地面的压力逐渐增大,而半球形碗对物块的摩擦力等于其重力沿切向的分力,该分力减小,所以半球形碗对物块的摩擦力逐渐减小,故选项B正确,选项D错误.答案:B5.质量为m的物体用细绳通过光滑的水平板上的小孔与装有细沙的漏斗(漏斗总质量m')相连,物体正在做匀速圆周运动,如图所示,如果缓慢减小漏斗的总质量,则物体的轨道半径r、角速度ω变化情况是()A.r不变,ω变小B.r增大,ω减小C.r减小,ω增大D.r减小,ω不变解析:细绳拉力提供物体做匀速圆周运动需要的向心力,当缓慢减小漏斗的总质量时,细绳对物体的拉力减小,拉力不足以提供向心力,物体做离心运动,运动半径r增大,由牛顿第二定律及向心力表达式得FT=mω2r,因为细绳拉力FT减小,半径r增大,因此ω减小,选项B正确.答案:B6.洗衣机的脱水桶在工作时,有一衣物附着在竖直的桶壁上,则此时()A.衣物受重力和摩擦力作用B.衣物随桶壁做圆周运动的向心力由摩擦力提供C.桶壁对衣物的弹力随桶的转速的增大而增大D.桶壁对衣物的摩擦力随桶的转速的增大而增大解析:对衣物受力分析:竖直方向受重力和摩擦力的作用,且Ff=mg,摩擦力Ff不变,水平方向受弹力的作用,衣物随桶壁做圆周运动的向心力由弹力提供,由FN=Fn=mω2r=4π2n2mr可知,当转速增大时,弹力FN增大,故选项C正确.答案:C7.如图所示,飞机俯冲拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力,这种现象叫过荷.过荷会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,过荷过大时,飞行员还会暂时失明,甚至昏厥.受过专门训练的飞行员最多可承受9倍重力的影响.g取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲拉起时的速率为100 m/s时,圆弧轨道的最小半径为()A.100 mB.111 mC.125 mD.250 m解析:在飞机经过最低点时,对飞行员进行受力分析,飞行员受重力mg和支持力FN,二者的合力提供向心力,由题意知,当FN=9mg时,圆弧轨道半径最小为Rmin.由牛顿第二定律列方程,FN-mg=m,联立解得Rmin==125 m,故选项C正确.答案:C二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.8.质量为m的小球由轻绳1和2系于一轻质木架上的A点和C点,如图所示.当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,绳1在竖直方向、绳2在水平方向.当小球运动到图示位置时,绳2被烧断,同时杆也停止转动,则()A.小球仍在水平面内做匀速圆周运动B.在绳被烧断瞬间,绳1中拉力突然减小C.若角速度ω较小,则小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D.若角速度ω较大,则小球可以在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动解析:小球原来在水平面内做匀速圆周运动,绳2被烧断后,小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动,故选项A错误;绳2被烧断前,小球在竖直方向没有位移,加速度为0,绳1中拉力等于重力,在绳2被烧断瞬间,绳1中拉力与小球的重力的合力提供向心力,而向心力竖直向上,绳1的拉力将大于重力,即拉力突然增大,故选项B错误;若角速度ω较小,小球原来的速度较小,小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动,故选项C正确;若角速度ω较大,小球原来的速度较大,小球可以在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动,故选项D正确.答案:CD9.如图所示,一轻杆一端固定着质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动,重力加速度为g.下列说法正确的是()A.小球过最高点时,杆所受的弹力能等于0B.小球过最高点时,速度至少为C.小球过最高点时,杆对球的作用力一定随速度增大而增大D.若把题中的轻杆换为轻绳,其他条件不变,小球过最高点时,速度至少为解析:杆既可以提供拉力,也可以提供支持力,当杆对小球的弹力等于小球的重力时,小球到达最高点时的速度等于0.小球在最高点时,如果速度恰好为,则此时恰好只有重力提供向心力,杆和球之间没有作用力;当v<时,根据牛顿第二定律得mg-F=m,即杆对小球有向上的作用力,随速度的增大,杆的作用力减小,故选项A正确,选项B、C错误.轻绳模型中,小球过最高点只有重力提供向心力时,速度最小,有mg=m,解得v=,选项D正确.答案:AD10.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面、过圆盘中心的轴以恒定的角速度转动,盘面上离转轴一定距离处有一物体与圆盘始终保持相对静止.下列说法正确的是()A.物体在最高点时所受的静摩擦力的方向可能指向圆心B.物体在最低点时所受的静摩擦力的方向可能背向圆心C.物体在最高点时所受的静摩擦力最大D.物体在最低点时所受的静摩擦力最大解析:物体在最高点时由重力沿盘面向下的分力和静摩擦力的合力提供向心力,所以摩擦力的方向不一定指向圆心,也可能背离圆心,故选项A正确;物体在最低点时由重力沿盘面向下的分力和静摩擦力的合力提供向心力,此时,摩擦力的方向一定指向圆心,故选项B错误;物体在最高点时,有mgsin θ-Ff=mω2r或Ff+mgsin θ=mω2r,在最低点时有Ff-mgsin θ=mω2r(θ为水平面与盘面的夹角),故可知物体在最低点时所受的静摩擦力最大,故选项C错误,选项D正确.答案:AD三、非选择题:共54分.11.(8分)某同学用圆锥摆粗略验证向心力的表达式Fn=mω2r.如图所示,细线下悬挂一个钢球,上端固定在铁架台上,将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上,使钢球静止时正好位于圆心处,与白纸接触但无挤压.用手带动钢球,设法使它在水平面内做圆周运动.测得钢球质量m=0.100 kg,圆周半径为3.30c m,细线悬点与白纸上圆心的距离d=1.10m,当地重力加速度g取9.8 m/s2.(计算结果保留三位有效数字)(1)图中细线与竖直方向的夹角θ比较小,可认为tan θ=sin θ;依据受力分析,钢球做匀速圆周运动时所受的合力F1=N.(2)用停表测得圆锥摆运动30圈的总时间为t=62.5s,则该圆锥摆运动周期T=s,再利用向心力的表达式Fn=mω2r可以得到钢球运动的向心力F2=N.(3)在误差允许的范围内,可认为F1(选填“=”“>”或“<”)F2,证明向心力的表达式是正确的.解析:(1)根据平行四边形定则知,钢球所受的合力F1=mgtan θ=2.94×10-2 N.(2)圆锥摆的周期T==s=2.08 s,向心力F2=mω2r=m r=3.01×10-2 N.(3)在误差允许的范围内,可认为F1=F2,证明向心力的表达式是正确的.答案:(1)2.94×10-2(2)2.08 3.01×10-2(3)=12.(10分)学习向心力和向心加速度知识时,物理兴趣组的同学做了如图所示的小实验,通过实验体验细绳拉手的力.请根据你的体验,在下述几种情况下,向心力怎样变化?(均选填“增大”“减小”或“不变”)(1)使运动半径r不变,运动中使小球转动的角速度ω增大,向心力将.(2)运动中,改变半径r,使角速度保持不变,当r时,向心力将减小.(3)换个质量更大的小球,并保持半径r和角速度ω不变,则向心力将.(4)这个小实验表明,做圆周运动的物体所需向心力Fn的大小跟物体的质量m、运动半径r和角速度ω有关.根据所学知识,你知道它们之间的关系表达式吗?请写出来:.解析:(1)使运动半径r不变,运动中使小球转动的角速度ω增大,向心力将增大.(2)运动中,改变半径r,使角速度保持不变,当r减小时,向心力将减小.(3)换个质量更大的小球,并保持半径r和角速度ω不变,细绳的拉力增大,则向心力增大.(4)根据已学的知识可知,向心力的公式为Fn=mω2r.答案:(1)增大(2)减小(3)增大(4)Fn=mω2r13.(10分)如图所示,汽车过拱形桥时的运动可以看作匀速圆周运动,质量为1 200 kg的汽车以10 m/s的速度过桥,桥面的圆弧半径为600 m,g取10 m/s2,求:(1)汽车过桥面顶点时所受的重力;(2)汽车过桥面顶点时所需的向心力大小;(3)汽车过桥面顶点时对桥面的压力大小.解析:(1)重力G=mg=12 000 N.(2)向心力Fn=m=200 N.(3)在桥顶,根据牛顿第二定律得mg-FN=Fn,代入数据解得FN=mg-Fn=11 800 N.根据牛顿第三定律知,汽车过桥面顶点时对桥面的压力为11 800 N.答案:(1)12 000 N(2)200 N(3)11 800 N14.(12分)如图所示,在光滑水平转盘边缘上放一质量为0.18 kg的物块(可看成质点),物块通过细线与固定在转盘中心的力传感器相连,传感器的大小不计,物块一侧有一窄挡板(图中未画出)可使物块随转盘转动.转盘可绕竖直中心轴转动,转盘静止时,细线刚好伸直,力传感器的读数为0.当转盘的角速度为rad/s时,力传感器的示数为5 N.已知细线能承受的最大拉力为45 N,水平转盘上表面距地面的高度h=0.8 m,g取10 m/s2.(1)求细线的长度和细线断开的瞬间物块的速度大小;(2)细线恰好拉断后,求物块落地过程水平位移的大小.解析:(1)根据向心力公式F n=mω2r,代入数据,解得r=0.1m,即细线长度为0.1m.细线断开时,最大拉力等于向心力,则有F T=m,代入数据,可解得v= 0.2 5 m/s.(2)细线恰好拉断后,物块开始做平抛运动,竖直方向h=gt2,解得t=0.4s,物块落地过程水平位移x=vt=2 m.答案:(1)0.1 m 5 m/s(2)2 m15.(14分)如图所示,一根长为l=1 m的细线,一端系一质量为m=1 kg的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥体顶端,母线与竖直方向的夹角θ=37°,当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时,细线的拉力为FT,g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,结果可用根式表示).(1)若要小球离开锥面,则小球的角速度ω0至少为多大?(2)若细线与竖直方向的夹角为60°,则小球的角速度ω'为多大?(3)当小球的角速度ω=rad/s时,细线上的拉力为多大?解析:(1)若小球刚好离开锥面,则小球受到重力和细线的拉力,如图所示.小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力水平.在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得mgtan θ=m lsin θ,解得ω0==rad/s.(2)同理,当细线与竖直方向成60°角时,由牛顿第二定律及向心力公式有mgtan α=mω'2lsin α,解得ω'=2rad/s.(3)小球的角速度ω=rad/s<ω0时,小球受到锥面的支持力作用,对小球受力分析可知,FTsin θ-FNcos θ=mω2lsin θ,FTcos θ+FNsin θ=mg,联立解得FT=8.04 N.答案:(1)rad/s(2)2rad/s(3)8.04 N。
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∶ ∶ D．t1 t2＝( 2－1) 1
逆 程看即 解析：冰壶的运动为匀减速直线运动， 着运动过
为初速度为 0 的匀加速直线
连续两段 等 ∶ 运动．初速度为零的匀加速直线运动中
相 位移的时间之比为 1 ( 2－1)，故所
求 ∶ 时间之比为( 2－1) 1，所以 C 错误，D 正确；由 v＝at 可得初速度为零的匀加速直线
乙 项 根据 度与 速度相同，故有 v2＝2gH，解得 v＝ 2gH，选 C 正确；
H＝12gt2甲和 2H＝12
∶ 项 gt2乙，解得时间之比为 1 2，选 D 错误．
答案：ABC
段 等 二 段 若 就 时 内平均速度 于速度的平均值．在第 时 内， 是匀减速直线运动，平均速度 是
这 段 积 较 较 项 v1＋2 v2，由于 时 内的面 (表示位移) 小，平均速度 小，选 D 正确，A、B、C 错
误．
答案：D
甲 乙两 ∶ ∶ 甲 处 乙 9． 、 物体的质量之比为 m 甲 m 乙＝5 1， 从高 H 自由落下的同时， 从高 处 若 计 2H 自由落下， 不 空气阻力，下列说法中正确的是( )
入两 矩 区域 且刚要 二 矩 区域 好 垂直进 个 形 做匀减速运动，
离开第 个 形 时速度恰 为零，则冰
依 入 矩 区域 穿 矩 区域 壶 次进 每个 形 时的速度之比和 过每个 形 所用的时间之比分别是(设冰壶
看成 可 质点)( )Βιβλιοθήκη ∶ ∶ A．v1 v2＝2 1
∶ ∶ B．v1 v2＝1 2
∶ ∶ C．t1 t2＝1 2
高中物理同步练习题
06 质量评估(二)
(时间：90 分钟 分值：100 分) 一、选择题(本题共 12 小题，每题 4 分，共 48 分．其中 1～8 题为单选，9～12 题为 多选，漏选得 2 分，错选、多选不得分．) 1．物体在做匀减速直线运动(运动方向不变)，下面结论正确的是( ) A．加速度越来越小 B．加速度方向总与运动方向相反 C．位移随时间均匀减小 D．速率随时间有可能增大 答案：B 2.拿一个长约 1.5 m 的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻 璃筒里，把玻璃筒倒过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃 筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是( )
A．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落的一样快 B．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动 C．玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快 D．玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快 解析：玻璃筒内有空气时，形状和质量都不同的几个物体不同时下落，是因为所受的 重力和空气阻力不同，导致加速度不同，故 A、B 错误；玻璃筒内没有空气时，物体做自由 落体运动，因为高度相同，加速度都为 g，所以下落一样快，故 C 正确，D 错误． 答案：C 3．在平直公路上，汽车以 15 m/s 的速度做匀速直线运动，从某时刻开始刹车，在阻
该 降兵 或 示．下列关于 空 在 0～t2 t1～t2 时间内的平均速度－v 的结论正确的是( )
A．0～t2，－v ＝v21
B．t1～t2，－v ＝v1＋2 v2
> C．t1～t2，－v
v1＋v2 2
< D．t1～t2，－v
v1＋v2 2
降兵先 逐渐 解析：空
做匀加速直线运动，后做加速度 减小的变减速直线运动．在第一
程 二者 等 A．在下落过 中，同一时刻 速度相 甲 乙 B． 落地时， 距地面的高度为 H 甲 乙 C． 落地时， 的速度大小为 2gH 甲 乙 ∶ D． 、 在空气中运动的时间之比为 2 1 无 解析：自由落体运动是初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动，与物体质量 项 甲 乙 项 甲 关，选 A 正确； 落地时 距离地面的距离 h＝2H－H＝H，选 B 正确； 落地时的速
力作用下，汽车以 2 m/s2 的加速度做匀减速直线运动，则刹车后 10 s 内汽车的位移大小
为( )
A．50 m
B．56.25 m
C．75 m
D．150 m
答案：B
4．某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运
动，飞机在跑道上滑行的距离为 s，从着陆到停下来所用的时间为 t，则飞机着陆时的速度
解析：初速度为零的匀加速直线运动的位移为 s＝12at2，故 s-t 图象为过原点的抛物
线，故 A 正确；匀变速直线运动的速度与时间的关系为 v＝v0＋at，故 v-t 图象是一条倾斜
的直线，故 B 错误；匀变速直线运动的加速度恒定不变，故 a-t 图象为一条平行于时间轴
的直线，故 C、D 错误．
答案：A
6．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位 移的一半，g 取 10 m/s2，则它开始下落时距地面的高度为( )
A．5 m
B．11.25 m
C．20 m
D．31.25 m
解析：由
h＝12gt2，可得第
1
秒内的位移
1 h1＝2×10
m/s2×(1
s)2＝5
m；则最后一秒内
∶ 逆 思维 求 ∶ 运动中的速度之比为 1 2，则由 向 ，所 的速度之比为 2 1，故 A、B 错误．
答案：D
事演习 降兵 跳 先 达 8.在军
中，某空 从飞机上 下， 做自由落体运动，在 t1 时刻，速度 到
较 打 降 伞 较 大值 v1 时 开 落 ，做减速运动，在 t2 时刻以 小速度 v2 着地．他的 v-t 图象如图所
的位移 h2＝2h1＝10 m；则设下落总时间为 t，最后 1 s 内的位移 h2＝12gt2－12g(t－1)2＝10
m，解得 t＝1.5 s；则物体下落的总高度 h＝12gt2＝11.25 m．故选 B.
答案：B
7.2009 年 3 月 29 日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图所示，一冰壶以速度 v
为( )
s
2s
A.t
B. t
C.2st
D.st到2ts之间的某个值
解析：飞机做匀减速运动，则 s＝－v t＝v2t，初速度 v＝2ts，B 正确．
答案：B
5．一物体在水平地面上做匀变速直线运动，以 s、v、a、t 分别表示物体运动的位
移、速度、加速度和时间．在下列描述其运动规律的图象中，可能正确的是( )