2019_2020学年新教材高中物理第6章圆周运动章末检测试卷二含解析新人教版必修第二册.

章末检测试卷(二)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～8为单项选择题，9～12为多项选择题) 1.如图1所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时她正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则她( )图1A.所受的合力为零，做匀速运动B.所受的合力恒定，做匀加速运动C.所受的合力恒定，做变加速运动D.所受的合力变化，做变加速运动 答案 D解析 运动员做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心，其方向变化，所以做变加速运动，D 正确.2.(2018·邢台市高一下期中)如图2所示，某篮球运动员以胳膊肘O 点为转轴投篮，篮球距O 点距离为r ，篮球出手瞬间手臂转动的角速度为ω.篮球出手后做斜上抛运动，则以下说法正确的是( )图2A.篮球出手的瞬间，线速度大小为ωrB.篮球出手的瞬间，加速度大小为ω2rC.篮球在空中运动到最高点时速度为零D.若篮球未到达篮球筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条件再次投篮时应适当增大角速度ω 答案 D解析 根据线速度与角速度关系可知，线速度大小为v ＝ωr ，故选项A 错误；根据向心加速度公式可知，向心加速度大小为a n ＝ω2r ，故选项B 错误；由题意可知，篮球出手后做斜上抛运动，根据运动的分解可知，篮球在空中运动到最高点时水平方向速度不为零，竖直方向的速度为零，故选项C 错误；若篮球未到达篮筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条件再次投篮时需增大篮球出手瞬间的线速度大小，即在不改变其他条件再次投篮时应适当增大角速度，故选项D 正确.3.(2018·绵阳市高一检测)质量为m 的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图3所示.已知小球以速度v 通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg ，则小球以速度v2通过圆管的最高点时( )图3A.小球对圆管的内、外壁均无压力B.小球对圆管的外壁的压力等于mg2C.小球对圆管的内壁压力等于mg2D.小球对圆管的内壁压力等于mg 答案 C解析 依题意知，小球以速度v 通过最高点时，由牛顿第二定律得2mg ＝m v 2R①若小球以速度v2通过圆管的最高点时小球受向下的压力F N ，则有mg ＋F N ＝m (v2)2R ②由①②式解得F N ＝－mg2，上式表明，小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律知小球对圆管内壁有向下的压力，大小为mg2，故C 正确. 4.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R ，甲、乙物体质量分别为M 和m (M >m )，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L (L <R )的水平轻绳连在一起.如图4所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点，重力加速度为g )( )图4A.μ(M －m )gmL B.μg L C.μ(M ＋m )gMLD.μ(M ＋m )gmL答案 D解析 以最大角速度转动时，设轻绳的拉力大小为F T ，以甲为研究对象，F T ＝μMg ，以乙为研究对象F T ＋μmg ＝mLω2，可得ω＝μ(M ＋m )gmL，选项D 正确. 5.如图5所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A 和轮B 水平放置(两轮不打滑)，两轮半径r A ＝2r B ，当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为( )图5A.r B 4B.r B 3C.r B2D.r B 答案 C解析 当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度大小相等，由ω＝v R 得ωA ωB ＝vr A v r B＝r Br A＝12.因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，由于小木块恰能在A 轮边缘上相对静止，则由静摩擦力提供的向心力达到最大值F fm ，得F fm ＝mωA 2r A ，设木块放在B 轮上恰能相对静止时距B 轮转轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故F fm ＝mωB 2r ，联立解得r ＝(ωA ωB )2r A ＝(12)2r A ＝r A 4＝r B2，C 正确. 6.用如图6甲所示的装置研究平抛运动，每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧形轨道不同位置由静止释放，在圆弧形轨道最低点水平部分装有压力传感器，由其测出小球对轨道压力的大小F .已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x ，最后作出了如图乙所示的F －x 图像，g 取10m/s 2，则由图可求得圆弧形轨道的半径R 为( )图6A.0.125mB.0.25mC.0.50mD.1.0m答案 B解析 设小球水平抛出时的速度为v 0，轨道对小球的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律得F N－mg ＝m v 20R，由牛顿第三定律得：F N ＝F由平抛运动规律有，小球的水平射程x ＝v 0t ， 小球的竖直位移y ＝12gt 2，由几何关系有y ＝x tan θ， 联立可得F ＝mg ＋mg2R tan θx ，代入图像中数据可得R ＝0.25 m ，B 正确，A 、C 、D 错误.7.质量分别为M 和m 的两个小球，分别用长2l 和l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M 和m 的小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图7所示，则( )图7A.cos α＝cos β2B.cos α＝2cos βC.tan α＝tan β2D.tan α＝tan β答案 A解析 两球绕同一转轴做圆周运动，故它们的角速度相同.对于球M ，受重力和绳子拉力作用，这两个力的合力提供向心力，如图所示.设它们转动的角速度是ω，由Mg tan α＝M ·2l sin α·ω2，可得：cos α＝g 2lω2；同理可得cos β＝g lω2，则cos α＝cos β2，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误.8.(2018·玉溪市高一月考)如图8所示，轻质细绳长为L ，挂一个质量为m 的小球，球离地的高度h ＝2L ，当绳受到大小为2mg 的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，现让环与球一起以速度v ＝gL 向右匀速运动，在A 处环被挡住而立即停止，A 离墙的水平距离也为L ，球在以后的运动过程中，球第一次与墙的碰撞点离墙角B 点的距离ΔH 是(不计空气阻力)( )图8A.L 2B.5L 3C.2L 3D.3L2答案 D解析 环被挡住的瞬间，小球做圆周运动，根据牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2L，又v ＝gL ，解得F ＝2mg ，故绳断裂，之后小球做平抛运动.假设小球直接落地，则有h ＝12gt 2，球的水平位移x ＝vt ＝2L ＞L ，所以小球先与墙壁发生碰撞；设球做平抛运动到墙的时间为t ′，则t ′＝L v ＝L g ，小球下落的高度h ′＝12gt ′2＝L 2，则球第一次与墙的碰撞点离墙角B 点的距离ΔH ＝h －h ′＝2L －L 2＝32L .故选D.9.(2019·杭州二中期中)如图9所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O 点做匀速圆周运动的俯视图.已知质量为60kg 的学员在A 点位置，质量为70kg 的教练员在B 点位置，A 点的转弯半径为5.0m ，B 点的转弯半径为4.0m ，则学员和教练员(均可视为质点)( )图9A.运动周期之比为5∶4B.运动线速度大小之比为5∶4C.向心加速度大小之比为4∶5D.受到的合力大小之比为15∶14答案BD解析A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，半径之比为5∶4，知线速度大小之比为5∶4，故B正确；根据a n＝rω2知，向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F合＝ma n，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，知合力大小之比为15∶14，故D正确.10.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10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( )图10A.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答案BC解析摩托车受力分析如图所示.由于F N＝mgcosθ所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力也不变，A 错误；由F n ＝mg tan θ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r 知h 变化时，向心力F n 不变，但高度升高，r 变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B 、C 正确，D 错误.11.如图11甲所示，一长为R 的轻绳，一端系在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a ，下列判断正确的是( )图11A.利用该装置可以得出重力加速度，且g ＝RaB.绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变 答案 CD解析 小球在最高点，根据牛顿第二定律得mg ＋F ＝m v 2R ，解得v 2＝FR m＋gR ；由题图乙知，纵轴截距a ＝gR ，解得重力加速度g ＝aR，故A 错误；由v 2＝FR m ＋gR 知，图线的斜率k ＝R m，绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线的斜率更小，故B 错误；用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大，故C 正确；由v 2＝FR m＋gR 知，纵轴截距为gR ，绳长不变，则图线与纵轴交点坐标不变，故D 正确.12.(2018·达州市高一检测)如图12所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，质量为m 的带孔小球穿在环上，同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳上的最大拉力为2mg ，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则ω可能为( )图12A.13gRB.2gRC.6gRD.7gR答案BC解析当圆环旋转且细绳伸直时，因为圆环光滑，所以小球受重力、环对球的支持力，还可能受绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由水平方向的合力提供，其大小为：F＝mω2r，其中r＝R sin 60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的第一个临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得：F min＝mg tan 60°，即mg tan 60°＝mωmin2R sin 60°，解得：ωmin＝2gR.当绳子拉力达到2mg时，此时角速度最大，对小球进行受力分析得，竖直方向：F N sin 30°－(2mg)sin 30°－mg＝0，水平方向：F N cos 30°＋(2mg)cos 30°＝mωmax2(R sin 60°)，解得：ωmax＝6g R，故A、D错误，B、C正确.二、实验题(本题共2小题，共12分)13.(6分)如图13甲所示是某同学探究做圆周运动的物体的质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动.力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度大小v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度大小v的关系.图13(1)该同学采用的实验方法为________.A.等效替代法B.控制变量法C.理想化模型法(2)改变线速度大小v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示：v/(m·s－1)1.0 1.52.0 2.53.0F/N0.88 2.00 3.50 5.507.90该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点.①作出F －v 2图线；②若圆柱体运动半径r ＝0.2m ，由作出的F －v 2的图线可得圆柱体的质量m ＝________kg.(结果保留两位有效数字)答案 (1)B(2分) (2)①如图所示(2分)②0.18(2分)14.(6分)(2018·厦门外国语学校高一下学期期中)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图14甲所示，细绳的悬点刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线平齐.将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心.用手带动钢球在水平面上做圆锥摆运动，设法使它刚好对纸面无压力，且沿纸上某个半径为r 的圆周运动，钢球的质量为m ，重力加速度为g .图14(1)用停表记录运动n 圈的总时间为t ，那么小球做圆周运动时需要的向心力表达式为F n ＝________.(2)通过刻度尺测量小球运动的轨道平面距悬点的高度为h ，那么小球做圆周运动时合外力提供的向心力表达式为F ＝________.(3)改变小球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图像，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式为________. 答案 (1)mr4π2n2t 2(2分) (2)mg r h (2分) (3)k ＝4π2g(2分)解析 (1)根据向心力公式：F n ＝m v 2r而v ＝2πr T ＝2πrn t，得：F n ＝m4π2n2t 2r(2)如图所示，由几何关系可得：F ＝mg tan θ＝mg rh(3)由上面分析得：F ＝F n即mg r h ＝m 4π2n 2t 2r整理得：t 2n 2＝4π2gh ；故斜率表达式为：k ＝4π2g.三、计算题(本题共4小题，共40分)15.(8分)(2018·郑州一中高一下期中)如图15是马戏团上演的飞车节目，圆轨道半径为R .表演者骑着车在圆轨道内做圆周运动.已知人和车的总质量均为m ，当乙车以v 1＝2gR 的速度过轨道最高点B 时，甲车以v 2＝3v 1的速度经过最低点A .忽略其他因素影响，求：图15(1)乙在最高点B 时受轨道的弹力大小； (2)甲在最低点A 时受轨道的弹力大小. 答案 (1)mg (2)7mg解析 (1)乙在最高点的速度v 1＞gR ，故受轨道弹力方向向下(2分)由牛顿第二定律得：F B ＋mg ＝m v 21R(2分)解得：F B ＝mg (1分)(2)甲在最低点A 时，由牛顿第二定律得：F A －mg ＝m v 22R(2分) 解得：F A ＝7mg .(1分)16.(10分)如图16所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转台半径R ＝0.5m ，离水平地面的高度H ＝0.8m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0.4m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2.求：图16(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.答案 (1)1m/s (2)0.2解析 (1)物块做平抛运动竖直方向有H ＝12gt 2①(2分) 水平方向有s ＝v 0t ②(2分)联立①②两式得v 0＝s g 2H＝1 m/s.③(1分) (2)物块恰好离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg ＝m v 20R④(3分) 联立③④得μ＝v 20gR＝0.2.(2分) 17.(10分)如图17所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切.质量为m 的小球以大小为v 0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小球恰好能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图17(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小；(2)A 、B 两点间的距离；(3)小球落到A 点时速度方向与水平面夹角的正切值.答案 (1)mg ＋m v 20R (2)2R (3)2 解析 (1)在B 点，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 20R(1分) 得F N ＝m v 20R＋mg ，(1分) 由牛顿第三定律得，小球通过B 点时对半圆槽的压力大小为mg ＋m v 20R.(1分) (2)小球恰好能通过最高点C ，故重力提供其做圆周运动的向心力，则mg ＝m v 2C R(1分) 通过C 点后小球做平抛运动：x AB ＝v C t ，h ＝12gt 2，h ＝2R (2分) 联立以上各式可得x AB ＝2R (1分)(3)设小球落到A 点时，速度方向与水平面的夹角设为θ，则tan θ＝v ⊥v C ，v ⊥＝gt ,2R ＝12gt 2(2分)解得tan θ＝2(1分)18.(12分)(2019·新乡市高一下学期期末)如图18，长L ＝1.5m 的细线一端系一小球，另一端悬挂在竖直转轴P 上，缓慢增加转轴P 的转动速度使小球在水平面内做圆周运动.已知小球的质量m ＝1.2kg ，细线能承受的最大拉力F m ＝20N ，P 点到水平地面的距离h ＝1.7m ，重力加速度g 取10m/s 2，求：图18(1)小球能在水平面内做圆周运动的最大角速度ωm ；(2)细线被拉断后，小球的落地点到P 点在水平地面上的竖直投影点O ′的距离d .答案 (1)103rad/s (2)2m 解析 (1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为θ，对小球受力分析可知F m cos θ＝mg (1分)mg tan θ＝mωm 2L sin θ(2分)解得：ωm ＝103rad/s(1分)(2)细线拉断时，小球的速度v ＝ωm ·L sin θ(1分)解得：v ＝4m/s(1分)细线拉断后小球做平抛运动h －L cos θ＝12gt 2(2分)x ＝vt (1分)小球的落地点到P 在水平地面上的投影点O ′的距离 d ＝(L sin θ)2＋x 2(2分)解得：d ＝2m.(1分)。