2025年高考物理 人教版必修第2册第6章　2含答案

2025年高考物理人教版必修第2册第6章2含答案第六章2课后知能作业基础巩固练1．下列关于向心力的论述中，正确的是()A．物体做圆周运动一段时间后才会受到向心力B．向心力与重力、弹力、摩擦力一样，是一种特定的力，它只有在物体做圆周运动时才产生C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等力中某一种力，也可以是这些力中某几个力的合力D．向心力既可以改变物体运动的方向，又可以改变物体运动的快慢解析：因为有向心力，物体才做圆周运动，故A错误；向心力是按作用效果命名的，与重力、弹力、摩擦力等性质力不一样，故B错误；向心力可以是重力、弹力、摩擦力等力中某一种力，也可以是某一个力的分力，或者是这些力中某几个力的合力，故C正确；向心力只能改变物体运动的方向，不能改变物体运动的快慢，故D错误。故选C。2．如图所示是探究向心力大小F与质量m、角速度ω及半径r之间关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5分别随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂6的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间的等分格子数与两个球的向心力成正比，那么：(1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是()A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验C．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验D．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验(2)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，发现右边标尺露出的红白相间的等分格子数为左边的2倍，那么，左边塔轮与右边塔轮转动的角速度大小之比为_1∶2__。解析：(1)本实验采用控制变量法，根据F＝mrω2可知，要探究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验，故选A。(2)标尺露出的格子数与小球所受的向心力大小成正比，右边标尺露出的红白相间的等分格子数为左边的2倍，有F左∶F右＝1∶2，左边小球的轨道半径为右边小球的2倍，即r左∶r右＝2∶1，且已知m左＝m右，根据F＝mω2r，可得ω＝eq\r(\f(F,mr))，可知左边塔轮与右边塔轮转动的角速度大小之比为1∶2。3．一只小狗拉着雪橇在水平冰面上沿着圆弧形的道路匀速奔跑，如图所示为雪橇所受的牵引力F及摩擦力Ff的示意图，其中正确的是()解析：雪橇运动时所受的摩擦力为滑动摩擦力，其方向与雪橇运动方向相反，可知与圆弧相切；又因为雪橇做匀速圆周运动，所受合力充当向心力，合力方向指向圆心，故C正确。故选C。4．如图所示，一辆轿车正在水平路面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．水平路面对轿车弹力的方向斜向上B．静摩擦力提供向心力C．重力、支持力的合力提供向心力D．轿车受到的重力、支持力和摩擦力的合力为零解析：水平路面对轿车的弹力方向竖直向上，故A错误；在竖直方向重力和支持力相互平衡，轿车做圆周运动靠水平路面对车轮的静摩擦力提供向心力，轿车受到的重力、支持力和摩擦力的合力不为零，故B正确，C、D错误。故选B。5．如图所示为游乐园空中飞椅的理论示意图，长度不同的两根细绳悬挂于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，不计空气阻力，使它们在不同的水平面内做匀速圆周运动，则对于A、B两个小球转动周期的说法正确的是()A．A的周期大B．B的周期大C．A、B的周期一样大D．A、B的周期无法比较解析：设细绳与竖直方向的夹角为α，绳长为L，小球受到的重力和细绳的拉力的合力提供向心力，则有mgtanα＝eq\f(4π2mLsinα,T2)，解得T＝2πeq\r(\f(Lcosα,g))，Lcosα为悬点到球所在平面的距离，由题图可知A球的大于B球的，故A球的周期较大，故A正确，B、C、D错误。故选A。6.(多选)如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，O、C的距离为eq\f(L,2)，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的()A．线速度突然增大为原来的2倍B．角速度突然增大为原来的2倍C．向心力突然增大为原来的2倍D．向心力突然增大为原来的4倍解析：悬线碰到钉子前后，悬线的拉力始终与小球的运动方向垂直，小球的线速度大小不变，故A错误；悬线碰到钉子后，小球的运动半径减小为原来的一半，线速度大小不变，由ω＝eq\f(v,r)知角速度变为原来的2倍，由Fn＝eq\f(mv2,r)可知向心力变为原来的2倍，故B、C对，D错。故选BC。能力提升练7．让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来，带动瓶中水一起高速稳定旋转时，水面形状接近图()解析：随矿泉水瓶转动的水做圆周运动时，需要合外力提供向心力，当水受到的合外力不足以提供需要的向心力时，水将做离心运动，逐渐离开矿泉水瓶的中心，所以水面的中心处将凹一些，而四周将高一些。所以四个图中，A、B、C与实际不符，只有D是正确的，故选D。8．广州市内环路上出口处常有限速标志。某出口路面是一段水平圆弧轨道，雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.4，汽车通过出口的最大速度为36km/h。晴天车轮与路面的动摩擦因数为0.6，则晴天汽车通过出口的最大速度约为()A．44km/h B．54km/hC．24km/h D．30km/h解析：当以最大速度转弯时，最大静摩擦力提供向心力，此时有：fm＝μmg＝meq\f(v2,R)；雨天车轮与路面的动摩擦因数为μ1＝0.4，有μ1mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)；晴天车轮与路面的动摩擦因数为μ2＝0.6，有μ2mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)；联立解得v2＝eq\r(\f(μ2,μ1))v1＝eq\r(\f(0.6,0.4))×36km/h≈44km/h，故A正确，B、C、D错误。故选A。9．如图所示，一小球用长为l的细线悬于P点，并在水平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，轨迹圆的圆心O到P点的距离为h。下列说法正确的是()A．保持h不变，增大l，ω不变B．保持h不变，增大l，ω变大C．保持l不变，增大ω，h不变D．保持l不变，增大ω，h变大解析：对小球受力分析如图，设绳子的拉力为F，绳子与竖直方向之间的夹角为θ，小球所受重力和绳子的拉力的合力提供了向心力，得：mgtanθ＝mω2r，其中r＝lsinθ，则：mgtanθ＝mω2l·sinθ①，解得：cosθ＝eq\f(g,l·ω2)②，又几何关系可得：cosθ＝eq\f(h,l)③，代入①可得：ω2＝eq\f(g,h)，可知小球的角速度与绳子的长度无关，保持h不变，增大l，ω不变，保持l不变，增大ω，h变小。故选A。10.(多选)如图所示，在光滑水平面上钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿顺时针方向缠绕在两钉子上(俯视)。现使小球以初速度v0在水平面上沿逆时针方向做圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是()A．小球的速度变大B．小球的角速度变小C．小球的向心力变小D．细绳对小球的拉力变大解析：由于小球所受的拉力始终与其速度方向垂直，不改变速度大小，故A错误；由v＝ωr可知，v不变，r变大，则角速度ω变小，故B正确；小球的向心力Fn＝meq\f(v2,r)，v不变，r变大，则向心力变小，故C正确；细绳对小球的拉力F＝meq\f(v2,r)，v不变，r变大，则F变小，故D错误。故选BC。11．(多选)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是()A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越大D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大解析：摩托车做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，F合＝mgtanθ，N＝eq\f(mg,cosθ)，可知侧壁对摩托车的支持力与高度h无关，根据牛顿第三定律可知摩托车对侧壁的压力不变，A错误；根据牛顿第二定律可知mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(grtanθ)，高度h越大，r越大，摩托车运动的线速度越大，B正确；根据牛顿第二定律可知mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r,gtanθ))，高度h越大，r越大，摩托车运动的周期越大，C正确；摩托车的向心力大小为mgtanθ，大小不变，D错误。故选BC。12．如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间的夹角始终保持为θ＝37°。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)弹簧为原长时，小球的角速度ω0；(3)当杆的角速度ω＝eq\f(5,4)eq\r(\f(g,L))时弹簧的长度L′。答案：(1)eq\f(6mg,5L)(2)eq\f(1,4)eq\r(\f(15g,L))(3)3L解析：(1)杆处于静止状态时，对小球受力分析，由平衡条件得mg·sin37°＝k×(L－0.5L)，解得弹簧的劲度系数k＝eq\f(6mg,5L)。(2)当弹簧处于原长时，弹簧弹力为零，小球只受重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，有mgtan37°＝mωeq\o\al(2,0)Lcos37°，解得ω0＝eq\r(\f(15g,16L))＝eq\f(1,4)eq\r(\f(15g,L))。(3)当ω＝eq\f(5,4)eq\r(\f(g,L))>ω0时，弹簧处于伸长状态，设弹簧伸长量为x，则在竖直方向有FNcos37°－kxsin37°＝mg在水平方向有FNsin37°＋kxcos37°＝mω2(L＋x)cos37°解得x＝2L所以弹簧长度L′＝3L。第六章3课后知能作业基础巩固练1．辘轳是古代庭院汲水的重要机械。如图，井架上装有可用手柄摇转的辘轳，辘轳上缠绕绳索，绳索一端系水桶，摇转手柄，使水桶起落，提取井水。P是辘轳边缘上的一质点，Q是手柄上的一质点，当手柄以恒定的角速度转动时()A．P的线速度大于Q的线速度B．P的向心加速小于Q的向心加速度C．辘轳对P的作用力大小和方向都不变D．辘轳对P的作用力大小不变、方向变化解析：P、Q两质点同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，由于P质点的半径小于Q质点的半径，则P的线速度小于Q的线速度，故A错误；根据a＝ω2r，结合上述可知，由于P质点的半径小于Q质点的半径，则P的向心加速度小于Q的向心加速度，故B正确；手柄以恒定的角速度转动时，即质点均在做匀速圆周运动，P质点受到重力与辘轳对P的作用力，根据F合＝mω2r，可知，由于合力提供向心力，合力方向时刻变化，即P质点所受外力的合力大小不变、方向变化，重力大小与方向不变，根据力的合成法则，可知，辘轳对P的作用力大小与方向均发生变化，故C、D错误。故选B。2．机械手表中有大量精密齿轮，齿轮转动从而推动表针。某机械手表打开后盖如图甲所示，将其中两个齿轮简化，如图乙所示。已知大、小齿轮的半径之比为3∶2，Q、P分别是大、小齿轮边缘上的点，则P、Q两点的向心加速度大小之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶3 D．3∶2解析：Q、P分别是大、小齿轮边缘上的点，两者线速度相同，根据a＝eq\f(v2,r)，可知P、Q两点的向心加速度大小之比为eq\f(aP,aQ)＝eq\f(rQ,rP)＝eq\f(3,2)，故D正确，A、B、C错误。故选D。3．如图所示，水平圆盘A和B通过摩擦传动正在匀速转动，它们不发生相对滑动，物块1和2分别相对静止在圆盘A和B上，圆盘B的半径是圆盘A的1.5倍，物块2做圆周运动半径是物块1的2倍，则物块1和物块2的向心加速度之比为()A．3∶2 B．9∶4C．9∶8 D．4∶9解析：由题意得RA∶RB＝2∶3，圆盘A和B边缘上各点线速度相等，由ωARA＝ωBRB，解得ωA∶ωB＝3∶2，物块1和2的半径之比为r1∶r2＝1∶2，根据a＝ω2r，得物块1和物块2的向心加速度之比为a1∶a2＝ωeq\o\al(2,A)r1∶ωeq\o\al(2,B)r2＝9∶8，故选C。4．如图甲为某小区出入口采用的栅栏道闸。如图乙所示，OP为栅栏道闸的转动杆，PQ为竖杆。P为两杆的交点，Q为竖杆上的点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持竖直，当杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中()A．P点的线速度大于Q点的线速度B．P点的角速度大于Q点的角速度C．P点的加速度大于Q点的加速度D．P、Q两点的路程相等解析：由于P、Q两点在同一杆上，而且杆运动时始终保持竖直，所以在30°匀速转动到60°的过程中，两点都做半径相同的匀速圆周运动，故两点的线速度、角速度、加速度和路程都相等。故选D。5.如图，竖直放置的正三角形框架，绕过框架顶点的竖直轴OO′匀速转动，A、B为框架上的两点，用aA、aB分别表示A、B两点的向心加速度大小。则aA、aB的大小关系为()A．aA<aBB．aA＝aBC．aA>aBD．无法确定解析：A、B两点绕竖直轴转动，具有相同的角速度，根据题意可知rA<rB，根据a＝ω2r可知aA<aB，故选A。6.如图所示，运动员以速度v在倾角为θ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()A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B．受到的合力大小为F＝eq\f(mv2,R)C．若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑D．若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑解析：将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，故A错误；运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供匀速圆周运动需要的向心力，所以F＝eq\f(mv2,R)，故B正确；若运动员加速，有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，故C错误；若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定沿斜面下滑，故D错误。故选B。能力提升练7.某学校中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20cm)的蛋糕，在蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是()A．圆盘转动的周期约为56sB．圆盘转动的角速度大小为eq\f(π,30)rad/sC．蛋糕边缘的奶油线速度大小约为eq\f(π,140)m/sD．蛋糕边缘的奶油向心加速度大小约为eq\f(π2,45)m/s2解析：蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，共有15个奶油间隔，所以圆盘转动的周期约为T＝15×4s＝60s，故A错误；圆盘转动的角速度大小为ω＝eq\f(2π,T)，代入数据得ω＝eq\f(π,30)rad/s，故B正确；蛋糕边缘的奶油线速度大小约为v＝ωR，代入数据得v＝eq\f(π,300)m/s，故C错误；蛋糕边缘的奶油向心加速度大小约为a＝ω2R，代入数据得a＝eq\f(π2,9000)m/s2，故D错误。故选B。8．工地上起吊重物的吊车如图所示，在某次操作过程中，液压杆伸长，吊臂绕固定转轴O逆时针匀速转动，吊臂上有M、N两点，OM的长度与MN的长度之比为2∶3，下列关于M、N两点的说法正确的是()A．线速度之比为2∶3B．角速度之比为2∶3C．向心加速度之比为2∶5D．周期之比为2∶5解析：吊臂上M、N两点是同轴转动，转动角速度相同，周期也相同，故B、D错误；根据公式v＝rω，可得M、N两点线速度之比为vM∶vN＝OM∶ON＝2∶(2＋3)＝2∶5，故A错误；根据向心加速度公式a＝rω2，可得aM∶aN＝OM∶ON＝2∶(2＋3)＝2∶5，故C正确。故选C。9．如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C转动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是()A．转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同B．转轮A、B、C角速度之间的关系是ωA＜ωB＜ωCC．转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是vA＝vB＞vCD．转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是aA＞aB＞aC解析：自行车前进时，三个轮子的转动方向是相同的，故A错误；因为轮C与轮A啮合在一起，所以轮C和轮A边缘各点的线速度大小相等，又因为轮A和轮B都是与地面接触，一起前进的，所以轮A和轮B边缘的各点线速度大小相等，即vA＝vB＝vC，又由图可知，三个轮的半径关系为RA＞RB＞RC，根据ω＝eq\f(v,R)可知，ωA＜ωB＜ωC，故B正确，C错误；据a＝eq\f(v2,R)可知aA＜aB＜aC，故D错误。故选B。10．摩天轮是游乐园常见的娱乐设施，如图所示，摩天轮悬挂的座舱与摩天轮一起在竖直平面内匀速转动，座舱通过固定金属杆OP连接在圆环的横杆EF上，横杆可自由转动使得OP始终保持竖直方向。当杆EF匀速转动到摩天轮最高点时，下列说法正确的是()A．座舱的加速度为零B．座舱上的M点与N点的角速度相等C．座舱上的M点的线速度小于N的线速度D．金属杆上O点的线速度小于金属杆上P点线速度解析：座舱在做匀速圆周运动，座舱的加速度大小不为零，方向始终指向圆心，故A错误；座舱上的M点与N点都在绕摩天轮的中心轴转动，角速度相等，故B正确；座舱上的M点与N点到摩天轮的中心轴的距离相等，由v＝ωr知座舱上的M点的线速度等于N的线速度，故C错误；金属杆上O点到摩天轮的中心轴的距离大于P点到摩天轮的中心轴的距离。由v＝ωr知金属杆上O点的线速度大于金