2022届高中物理新教材同步必修第二册 第6章 圆周运动章末检测试卷(二)

章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．(2020·镇江一中高一期末)如图1所示，洗衣机的脱水桶把湿衣服甩干利用了()图1A．自由落体运动B．离心运动C．平抛运动D．匀速直线运动答案 B解析水滴依附的附着力是一定的，当水滴做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴做离心运动而被甩掉，故利用了离心运动，故选B.2．(2020·全国卷Ⅰ)如图2，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()图2A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N答案 B解析取该同学与踏板为研究对象，设每根绳子中的平均拉力为F，到达最低点时，受力如图所示．由牛顿第二定律知：2F －mg ＝m v 2r代入数据得F ＝405 N ， 选项B 正确．3．(2020·台州市模拟)如图3所示，长为L 的细绳一端固定在O 点，另一端拴住一个小球．在O 点的正下方与O 点相距2L3的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A .把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，在细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( )图3A ．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍B ．小球的线速度突然增大到原来的3倍C ．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍D ．小球的向心力突然增大到原来的1.5倍 答案 A解析 细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B 错误；圆周运动的半径由L 变为L3，由a ＝v 2r 知，a 增大到原来的3倍，A 正确；根据v ＝rω知角速度ω增大到原来的3倍，C 错误；细绳碰到钉子前瞬间小球的向心力F 向1＝m v 2L ，碰后瞬间向心力F 向2＝m v 2L3＝3F 向1，D 错误．4.如图4所示的皮带传动装置中，皮带与轮之间不打滑，两轮半径分别为R 和r ，且R ＝3r ，A 、B 分别为两轮边缘上的点，则皮带运动过程中，关于A 、B 两点，下列说法正确的是( )图4A ．向心加速度大小之比a A ∶aB ＝1∶3 B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝3∶1C ．线速度大小之比v A ∶v B ＝1∶3D ．在相同的时间内通过的路程之比为s A ∶s B ＝3∶1 答案 A解析 由于两轮为皮带传动，A 、B 线速度大小相等，由a n ＝v 2r可知，a n 与r 成反比，所以向心加速度大小之比a A ∶a B ＝1∶3，故A 正确，C 错误；由v ＝ωr 知，ω＝vr ，ω与r 成反比，所以角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶3，故B 错误；由于A 、B 的线速度大小相等，在相同的时间内通过的路程相等，所以s A ∶s B ＝1∶1，故D 错误．5．(2020·临沂一中模拟)如图5所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘很慢时，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 ，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5A ．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12πg 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“贴”在“魔盘”上时，有mg ≤F fmax ，F N ＝mr (2πn )2，又F fmax ＝μF N ，解得转速n ≥12πg μr，故“魔盘”的转速一定不小于12πgμr，故D 正确． 6．(2021·苏州市吴区苏苑高级中学高一期中)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )图6A ．如图6a ，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态B ．如图b ，一圆锥摆，若保持圆锥的高不变，增大θ，则圆锥摆的角速度也跟着增大C ．如图c ，同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的A 、B 位置先后沿水平面分别做匀速圆周运动，则小球在A 位置处所受筒壁的支持力大于B 位置处所受的支持力D ．如图d ，火车转弯若超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用 答案 D解析 如题图a ，汽车通过拱形桥的最高点时，加速度竖直向下，则处于失重状态，故A 错误；如题图b ，圆锥摆中，由牛顿第二定律有mg tan θ＝mω2h tan θ，解得ω＝gh，则增大θ，保持圆锥的高不变，圆锥摆的角速度不变，故B 错误；如题图c ，根据受力分析知两球受力情况相同，若设侧壁与竖直方向的夹角为θ，则支持力F N ＝mg sin θ，所以小球在A 、B 位置所受支持力大小相同，故C 错误；如题图d ，火车转弯超过规定速度行驶时，火车有离心运动的趋势，所以外轨对外轮缘会有挤压作用，D 正确．7.如图7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7A.r B 4B.r B 3C.r B2 D ．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 ＝r A 4＝r B2，故C 正确．8．用如图8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10 m/s 2，则由图可求得圆弧形轨道的半径R 为( )图8A ．0.125 mB ．0.25 mC ．0.50 mD ．1.0 m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 02R，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 ，结合图像，可知mg ＝5.0 N ，将图像中(0.5 m,10.0 N)代入可得R ＝0.25 m ，B 正确，A 、C 、D 错误． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2020·绵阳一中高一检测)如图9所示，一小球用细绳悬挂于O 点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O 点为圆心做圆周运动，运动中提供小球所需向心力的是( )图9A ．绳的拉力B ．重力和绳拉力的合力C ．重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力D ．绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力 答案 CD解析 如图所示，对小球进行受力分析，它受重力和绳子拉力的作用，向心力是指向圆心方向的合力．因此，可以说是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以说是各力沿绳方向的分力的合力，选项C 、D 正确．10.(2019·江苏卷)如图10所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，则座舱( )图10A ．运动周期为2πR ωB ．线速度的大小为ωRC ．受摩天轮作用力的大小始终为mgD ．所受合力的大小始终为mω2R 答案 BD解析 由题意可知座舱运动周期为T ＝2πω，线速度大小为v ＝ωR ，受到的合力大小为F ＝mω2R ，选项B 、D 正确，A 错误；座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，不可能始终为mg ，选项C 错误． 11.如图11所示，半径为R 的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O 的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量相同的小物块A 、B 随容器转动且相对器壁静止，A 、B 和球心O 点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β，α＝60°，此时物块A 受到的摩擦力恰好为零．重力加速度为g ，则( )图11A ．转台转动的角速度大小为2g RB ．B 受到的摩擦力可能为零C ．B 受到沿容器壁向上的摩擦力D ．若ω增大，在B 滑动之前，B 受到的摩擦力增大 答案 AD解析 对物块A 受力分析，因为此时物块A 受到的摩擦力恰好为零， 则有mg tan 60°＝mω2R sin 60°， 解得ω＝gR cos 60°＝2gR，选项A 正确； 同理可求当B 所受到的摩擦力为零时，ωB ＝gR cos β<ω＝2gR，所以A 受到的静摩擦力为零时，B 有沿容器壁向上滑动的趋势，即B 受到沿容器壁向下的摩擦力，选项B 、C 错误； B 所受摩擦力沿容器壁向下，若ω增大，则所需的向心力变大，B 受到的摩擦力一定增大，选项D 正确．12.如图12所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间的动摩擦因数为μ＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g ，则( )图12A ．当ω＝g2l时，细绳的拉力为零 B ．当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力为零 C ．当ω＝4g 3l 时，细绳的拉力大小为43mg D ．当ω＝g l 时，细绳的拉力大小为13mg 答案 AC解析 当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，μmg ＝mω12l sin 30°，解得ω1＝2g3l，随着角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块只受到重力和细绳的拉力的作用，mg tan 30°＝mω22l sin 30°，解得ω2＝23g3l ，由于g2l <ω1，所以当ω＝g2l 时，细绳的拉力为零，故A 正确；由于ω1<3g 4l<ω2，所以当ω＝3g4l 时，物块与转台间的摩擦力不为零，故B 错误；ω＝4g3l >ω2，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mg tan α＝m (4g 3l)2l sin α，解得cos α＝34，故F T ＝mg cos α＝43mg ，故C 正确；由于ω1<gl <ω2，由牛顿第二定律得F f ＋F T ′sin 30°＝m (g l )2l sin 30°，因为压力小于mg ，所以F f <13mg ，解得F T ′>13mg ，故D 错误． 三、实验题(本题共2小题，共14分)13．(7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 1.5 2.0 2.5 3.0 F /N0.882.003.505.507.90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 ＝0.2 m ，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(3分)14．(7分)(2021·安徽高一期中)某同学设计了一个探究向心力F的大小与角速度ω和半径r 之间关系的实验．选一根圆珠笔杆，取一根2.5 m长的尼龙细线，一端系一个小钢球；另一端穿过圆珠笔杆，吊上若干质量相同的钩码，如图14所示．调节尼龙细线，使小钢球距圆珠笔杆的顶口(笔尖部)的线长为0.5 m．握住圆珠笔杆，并在该同学头部的上方尽量使小钢球稳定在一个水平面内做匀速圆周运动．图14(1)为了让小球做匀速圆周运动的向心力大小近似等于悬挂钩码的重力，应该保证圆珠笔杆的顶口尽量光滑，且笔尖上方的尼龙线尽可能水平，此时钩码的质量应该________小球质量．A．远小于B．等于C．远大于(2)在满足上述条件的情况下，该同学做了如下实验：①保持钩码个数不变，调节水平部分尼龙细线的长度为原来的4倍，此时钢球做匀速圆周运动的频率应为原来的________倍．②保持水平部分尼龙细线的长度不变，改变钩码的个数，发现此时钢球匀速转动的频率为原来的2倍，此时钩码个数为原来的________倍．(3)在该实验中我们主要用到了物理学中的________．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．演绎法答案(1)C(2分)(2)①0.5(2分)②4(2分)(3)C(1分)解析(1)小球做匀速圆周运动的向心力大小近似等于悬挂钩码的重力，细线的拉力与小球的重力的合力等于向心力，此时钩码的质量应远大于小球的质量，尼龙细线容易处于水平，也便于小球的角速度增大，A、B错误，C正确．(2)①由题意可知Mg＝mω2r，ω＝Mgmr，细线的长度变为原来的4倍，即小球做圆周运动的半径r变成原来的4倍，其他条件不变，ω变成原来的0.5倍，由ω＝2πf，解得频率f变成原来的0.5倍．②由ω＝2πf可知，频率变成原来的2倍，角速度ω变成原来的2倍，小球的质量和小球做圆周运动的半径都不变，由F向＝mω2r可知，向心力变成原来的4倍，由平衡条件可得，钩码的个数变成原来的4倍．(3)实验中主要用到了物理学中的控制变量法，A、B、D错误，C正确．四、计算题(本题共4小题，共46分)15．(8分)(2020·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．已知表演者和车的总质量均为m ，当乙车以v 1＝2gR 的速度经过轨道最高点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，重力加速度为g ，求：图15(1)乙在最高点B 时所受轨道的弹力大小； (2)甲在最低点A 时所受轨道的弹力大小． 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 12R (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，水平圆盘上沿直径方向放置着用水平轻绳相连的两个小物块A 和B .两物块的质量分别为m A 和m B ，到圆心的距离分别为r 和3r .两物块与圆盘的最大静摩擦力均为自身重力的μ倍，重力加速度为g .不考虑轻绳拉力上限，轻绳伸直且最初拉力为零．圆盘绕过圆心的竖直轴转动，转动的角速度由零缓慢增大，求：图16(1)角速度增大至多少时轻绳开始出现拉力？(2)若m A ＝m B ，角速度在什么范围内，两物块与圆盘之间都不发生相对滑动？ 答案 见解析解析 (1)由F n ＝mω2R 可知，物块B 先达到最大静摩擦力，此时绳子开始出现张力μm B g ＝m B ω12·3r (2分)解得ω1＝μg 3r(2分) (2)当两物块与圆盘间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，恰好不与圆盘发生相对滑动，物块A 的静摩擦力沿半径向外，则F T ＋μm B g ＝m B ω22·3r (2分)F T －μm A g ＝m A ω22·r (2分)又因为m A ＝m B ，联立解得ω＝μg r 所以ω≤μg r时，两物块与圆盘之间都不发生相对滑动．(2分) 17.(12分)如图17所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一质量m ＝0.4 kg 的小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.求：图17(1)当角速度ω＝0时小物体所受的摩擦力的大小；(2)角速度ω的最大值为多少；(3)当角速度ω为最大值时，小物体运动到与圆心等高位置A 时小物体所受的摩擦力的大小． 答案 (1)2 N (2)1 rad/s (3) 5 N解析 (1)当圆盘不转动时，小物体受力平衡，则有F f ＝mg sin 30°＝0.4×10×12N ＝2 N ． (3分)(2)当小物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿盘面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律，得μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r (3分)解得ω＝1 rad/s.(2分)(3)当小物体转到与圆心等高的位置时，重力沿盘面的分力与摩擦力的合力提供向心力； 向心力F ＝mω2r ＝0.4×1×2.5 N ＝1 N ；(2分)摩擦力F f ＝F 2＋(mg sin θ)2＝1＋(0.4×10×0.5)2 N ＝ 5 N ．(2分)18．(16分)如图18，长L ＝1.5 m 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 ＝1.2 kg ，细线能承受的最大拉力F m ＝20 N ，P 点到水平地面的距离h ＝1.7 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，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)2 m 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 (2分)mg tan θ＝mωm 2L sin θ(2分)解得：ωm ＝103rad/s(2分) (2)细线被拉断时，小球的速度v ＝ωm ·L sin θ(2分)解得：v ＝4 m/s(1分)细线被拉断后小球做平抛运动，如图所示h －L cos θ＝12gt 2(2分) x ＝v t (2分)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 ＝(L sin θ)2＋x 2(2分) 解得：d ＝2 m ．(1分)。