粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动本章综合与测试学案设计

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一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是( )
A．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用
B．物体在竖直平面内做匀速圆周运动时，物体机械能一定守恒
C．物体所受合力为零时，物体的机械能一定守恒
D．只有重力做功，其他力不做功，物体的机械能一定守恒
答案 D
2.在“G20”峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图1所示姿势原地旋转，此时手臂上A、B两点角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则( )
图1
A．ωA＜ωB B．ωA＞ωB
C．vA＜vB D．vA＞vB
答案 D
解析 两点周期相同，角速度相同，ωA＝ωB，又rA>rB，由v＝ωr知，vA＞vB，故D正确，A、B、C错误．
3．火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图2所示，火箭在返回地面前的某段运动可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则( )
图2
A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒
B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态
C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化
D．火箭着地时，火箭对地面的作用力大于自身的重力
答案 D
解析 匀速下降阶段，火箭所受的阻力等于重力，除了重力做功外，还有阻力做功，所以机械能不守恒，选项A错误；在减速阶段，加速度向上，所以处于超重状态，选项B错误；火箭着地时，火箭做减速运动，加速度向上，处于超重状态，则地面对火箭的作用力大于火箭的重力，由牛顿第三定律知，火箭对地面的作用力大于自身的重力，选项D正确；合力做功等于动能改变量，选项C错误．
4．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )
A．周期变大 B．速率变大
C．动能变大 D．向心加速度变大
答案 C
解析 根据组合体受到的万有引力提供其运行的向心力可得，eq \f(GMm,r2)＝ meq \f(4π2,T2)r ＝meq \f(v2,r)＝ma，解得T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，v＝eq \r(\f(GM,r))，a＝eq \f(GM,r2)，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A、B、D错误；组合体比天宫二号的质量大，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2变大，选项C正确．
5．(2019·泰安市期末)如图3所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，A、B两点高度差为h，忽略空气阻力，重力加速度为g，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )
图3
A.eq \r(gh) B.eq \r(2gh) C.eq \r(3gh) D．2eq \r(2gh)
答案 D
解析 由题意可知，乒乓球在A点弹离后做平抛运动，
则由h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g)).
竖直分速度：vy＝gt＝eq \r(2gh)，
根据平行四边形定则，将落到球拍前瞬间的速度v进行分解，如图所示，v＝eq \f(vy,cs 60°)＝eq \f(\r(2gh),\f(1,2))＝2eq \r(2gh)，故A、B、C错误，D正确．
6．设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍．不考虑行星自转的影响，则( )
A．金星表面的重力加速度是火星的eq \f(k,n)倍
B．金星的“第一宇宙速度”是火星的eq \r(\f(k,n))倍
C．金星绕太阳运动的加速度比火星小
D．金星绕太阳运动的周期比火星大
答案 B
解析 根据g＝eq \f(GM,R2)可知，eq \f(g金,g火)＝eq \f(M金,M火)·eq \f(R火2,R金2))＝eq \f(k,n2)，选项A错误；根据v＝eq \r(\f(GM,R))可知，eq \f(v金,v火)＝eq \r(\f(k,n))，选项B正确；根据a＝eq \f(GM太,r2)可知，轨道半径越大，加速度越小，选项C错误；由eq \f(r3,T2)＝常量可知，轨道半径越大，周期越长，选项D错误．
7．用竖直向上、大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J
答案 C
解析 对全程应用动能定理，有Fh＋mgd－Wf＝0，解得物体克服沙坑的阻力所做的功Wf＝34 J，选项C正确．
8.(2019·临沧一中模拟)如图4所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若“魔盘”半径为r，人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上随“魔盘”一起运动过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用
B．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大
C．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变
D．“魔盘”的转速一定不小于eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,μr))
答案 D
解析 人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力由弹力提供，故A错误；人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误；如果转速变大，由F＝mrω2知，人与器壁之间的弹力变大，故C错误；人恰好“贴”在“魔盘”竖直壁上，mg≤fmax，FN＝mr(2πn)2，又fmax＝μFN，解得转速为n≥eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,μr))，故“魔盘”的转速一定不小于eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,μr))，故D正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9.(2020·岷县一中高一下期末)如图5所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于静止状态．现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，则这两次过程中( )
图5
A．重力势能改变量不相等
B．弹簧的弹性势能改变量相等
C．摩擦力对物体做的功相等
D．斜面弹力对物体做功相等
答案 BD
解析 第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初、末位置相同，路径不同，根据重力做功的特点只跟初、末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系得两次重力势能改变量相等，故A错误；由于两次初、末位置相同，即两次对应的弹簧的形变量相同，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B正确；根据功的定义式得，摩擦力做功和路程有关，两次初、末位置相同，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；斜面的弹力与物体位移方向垂直，则斜面弹力对物体不做功，即两次斜面弹力对物体做功相等，故D正确．
10.(2020·冀州中学高一下月考)物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带沿图6所示方向匀速运动，则下列关于传送带对物体做功情况的描述可能正确的是( )
图6
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后做负功
D．先做负功后不做功
答案 AD
解析 当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好与传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起沿水平方向运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，故A正确；当物体到达传送带上时，若物体速度大于传送带速度，则物体受到水平向左的摩擦力，传送带对物体做负功，直至二者速度相同时，摩擦力消失，此时传送带对物体不做功，不会出现传送带对物体再做正功的情况，故B错误，D正确；当物体到达传送带上时，若物体速度小于传送带的速度，则物体受到水平向右的摩擦力，传送带对物体做正功，直到二者速度相同时，摩擦力消失，此时传送带对物体不做功，故C错误．
11．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)．在下列选项中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t的变化规律的是( )
答案 AD
解析 开始时汽车做匀速直线运动，则F0＝f.由P＝Fv可判断，P＝F0v0，v0＝eq \f(P,F0)＝eq \f(P,f)，当汽车功率减小一半，即P′＝eq \f(P,2)时，其牵引力F′＝eq \f(P′,v0)＝eq \f(F0,2)＜f，汽车开始做加速度不断减小的减速运动，F1＝eq \f(P′,v)＝eq \f(P,2v)，加速度大小为a＝eq \f(f－F1,m)＝eq \f(f,m)－eq \f(P,2mv)，由此可见，随着汽车速度v减小，其加速度a也减小，最终以v＝eq \f(v0,2)做匀速直线运动，故A正确；同理，可判断出汽车的牵引力由F′＝eq \f(F0,2)最终增加到F0，故D正确．
12．(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图7所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )
图7
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 由图线①知，上升总高度h＝eq \f(v0,2)·2t0＝v0t0.
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升总高度
h1＝eq \f(\f(v0,2),2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq \f(1,4)v0t0
匀速阶段：h－h1＝eq \f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq \f(3,2)t0
故第②次提升过程所用时间为eq \f(t0,2)＋eq \f(3,2)t0＋eq \f(t0,2)＝eq \f(5,2)t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5,2)t0＝4∶5，A项正确；
由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B项错误；
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
第②次在eq \f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq \f(v0,2)，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq \f(v0,2)＝mg·eq \f(v0,2)可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C项正确；
由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机所做的功也相同，D项错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(5分)(2015·全国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．
图8
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图8(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg；
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________ kg；
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________ N；小车通过最低点时的速度大小为________ m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)
答案 (2)1.40(1分) (4)7.9(2分) 1.4(2分)
解析 (2)由题图(b)可知托盘秤量程为10 kg，指针所指的示数为1.40 kg；
(4)由多次测出的m值，利用平均值可求得m＝1.81 kg.而模拟器的重力G＝m0g＝9.8 N，所以小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为FN＝mg－m0g≈7.9 N；根据径向合力提供向心力，即7.9 N－(1.40－1.00)×9.8 N＝eq \f(0.4v2,R)，解得v≈1.4 m/s.
14．(7分)利用如图9所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验．
图9
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________(填选项前的字母)．
A．动能变化量与重力势能变化量
B．速度变化量和重力势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
(2)在实验中，已知重物质量m＝1 kg，在纸带上打出一系列的点，O为起点，如图10所示(单位为cm，打点时间间隔为0.02 s)，重力加速度g取9.8 m/s2，那么从打O点到打B点的过程中：
图10
①打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB＝________ m/s；重物的重力势能变化量ΔEp＝________ J，动能变化量ΔEk＝________ J．(结果保留两位有效数字)
②大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________(填选项前的字母)．
A．利用公式v＝gt计算重物速度
B．利用公式v＝eq \r(2gh)计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
答案 (1)A(1分) (2)①0.98(1分) 0.49(2分) 0.48(2分) ②C(1分)
解析 (1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减少量是否相等，故A正确．
(2)①从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝mghB＝1×9.8×5.01×10－2 J≈0.49 J，B点的速度vB＝eq \f(hC－hA,2T)＝eq \f(0.070 6－0.031 4,2×0.02) m/s＝0.98 m/s，则动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mvB2－0＝eq \f(1,2)×1×0.982 J≈0.48 J.
②因为在下落过程中，重物和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减少的重力势能一部分转化为动能，另一部分用来克服空气阻力和摩擦阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，故选项C正确．
15．(11分)如图11甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的位置与平台右边缘的水平距离为s.多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2－v02图像如图乙所示．滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求平台离地面的高度h及滑块在平台上滑行的距离d.
图11
答案 1 m 2 m
解析 设滑块滑到平台右边缘时的速度为v，根据动能定理得
－μmgd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02 (2分)
滑块离开平台后做平抛运动，有
h＝eq \f(1,2)gt2(1分)
s＝vt(1分)
联立得s2＝eq \f(2h,g)v02－4μhd(2分)
s2－v02图像的斜率k＝eq \f(2h,g)＝eq \f(2,22－12) s2＝0.2 s2(2分)
解得h＝1 m(1分)
当s2＝0时，v02＝12 m2/s2
解得d＝2 m．(2分)
16.(11分)(2019·商丘市高一下期末九校联考)光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点相切，轨道半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝36 J，如图12所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
图12
(1)小球脱离弹簧时的速度大小；
(2)小球从B到C克服阻力做的功；
(3)小球离开C点后落回水平面的位置到B点的距离x.
答案 (1)6 m/s (2)11 J (3)1 m
解析 (1)设小球脱离弹簧时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律Ep＝eq \f(1,2)mv12 (2分)
解得v1＝eq \r(\f(2Ep,m))＝6 m/s(1分)
(2)由动能定理得－mg·2R－Wf＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12 (3分)
小球恰能通过最高点C，故mg＝meq \f(v\\al(22),R)(1分)
联立解得Wf＝11 J(1分)
(3)小球离开C点后做平抛运动
2R＝eq \f(1,2)gt2(1分)
x＝v2t(1分)
解得x＝1 m．(1分)
17．(12分)如图13所示，轨道ABCD平滑连接，其中AB为光滑的曲面，BC为粗糙水平面，CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D端平齐．质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r处由静止下滑，进入管口C端时与圆管恰好无压力作用，通过CD后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为Ep.已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
图13
(1)水平面BC的长度s；
(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能Ekm.
答案 (1)eq \f(5r,2μ) (2)eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－Ep
解析 (1)由小球在C点对圆管没有压力，
有mg＝meq \f(v\\al(C2),r)(1分)
小球从出发点运动到C点的过程中，由动能定理得3mgr－μmg·s＝eq \f(1,2)mvC2(2分)
解得s＝eq \f(5r,2μ).(2分)
(2)小球速度最大时，加速度为0，设此时弹簧压缩量为x.
由kx＝mg，(1分)
得x＝eq \f(mg,k)(1分)
由C点到速度最大时，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，
设速度最大时的位置所在平面为零势能面，有
eq \f(1,2)mvC2＋mg(r＋x)＝Ekm＋Ep(3分)
解得Ekm＝eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－Ep.(2分)
18.(14分)(2018·全国卷Ⅲ改编)如图14，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：
图14
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点的速度大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
答案 (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(\r(23gR),2) (3)eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
eq \f(F0,mg)＝tan α①(1分)
F2＝(mg)2＋F02②(1分)
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝meq \f(v2,R)③(1分)
由①②③式和题给数据得
F0＝eq \f(3,4)mg④(1分)
v＝eq \f(\r(5gR),2)⑤(1分)
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥(1分)
CD＝R(1＋cs α)⑦(1分)
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv12⑧(2分)
联立并代入数据，解得v1＝eq \f(\r(23gR),2)⑨(1分)
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋eq \f(1,2)gt2＝CDeq \(○,\s\up1(10))(2分)
v⊥＝vsin α⑪(1分)
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))(1分)序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90