人教版 (2019)必修 第二册第六章 圆周运动综合与测试课后作业题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册第六章 圆周运动综合与测试课后作业题，共15页。试卷主要包含了选择题，填空和实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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．下列关于匀速圆周运动的描述，正确的是( )
A．是匀速运动
B．是匀变速运动
C．是加速度变化的曲线运动
D．合力不一定时刻指向圆心
答案 C
解析 匀速圆周运动线速度大小不变，方向改变，不是匀速运动，故A错误；匀速圆周运动的加速度指向圆心，大小不变，方向时刻改变，所以不是匀变速曲线运动，故B错误；匀速圆周运动的加速度指向圆心，大小不变，方向时刻改变，所以匀速圆周运动是加速度方向不断改变的曲线运动，故C正确；匀速圆周运动的合力的方向始终指向圆心，故D错误。
2．如图所示，某游乐场的大型摩天轮半径为R，匀速旋转一周需要的时间为t。已知质量为m的小华乘坐的车厢此刻处于摩天轮的最底部，则下列说法正确的是( )
A．摩天轮运动的角速度为2πt
B．摩天轮运动的线速度为eq \f(2πR,t)
C．摩天轮运动的向心加速度为eq \f(4π2R2,t2)
D．在最低点时座椅对小华的作用力为eq \f(4mπ2R,t2)
答案 B
解析 摩天轮旋转一周的时间即为其旋转周期，则知摩天轮旋转的周期T＝t，所以摩天轮运动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,t)，故A错误；摩天轮运动的线速度v＝eq \f(2πR,T)＝eq \f(2πR,t)，故B正确；摩天轮运动的向心加速度an＝eq \f(v2,R)＝eq \f(4π2R2,Rt2)＝eq \f(4π2R,t2)，故C错误；小华在最低点时，支持力与重力的合力充当向心力，则有：F－mg＝meq \f(4π2R,t2)，解得：F＝mg＋meq \f(4π2R,t2)，故D错误。
3．转笔深受广大中学生的喜爱，如图所示，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关转笔中涉及到的物理知识的叙述，正确的是( )
A．笔杆上各点线速度大小相同
B．笔杆上各点周期相同
C．笔杆上的点离O点越远，角速度越小
D．笔杆上的点离O点越远，向心加速度越小
答案 B
解析 由题意知，笔上各点转动一圈所用时间相等，所以各点的周期相等，因为v＝eq \f(2πR,T)，所以离O越远的点半径越大，线速度越大，故A错误，B正确；因为T＝eq \f(2π,ω)，故各点的角速度相等，C错误；因为an＝r·ω2，所以离O点越远，向心加速度越大，故D错误。
4．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。假设有一超高速列车在水平面内行驶，以100 m/s的速度拐弯，拐弯半径为500 m，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10 m/s2)( )
A．500eq \r(5) N B．500eq \r(2) N
C．1000 N D．0
答案 A
解析 根据牛顿第二定律得：F合＝meq \f(v2,R)＝50×eq \f(10000,500) N＝1000 N，根据平行四边形定则知火车给乘客的作用力：N＝eq \r(mg2＋F\\al(2,合))＝eq \r(5002＋10002) N＝500eq \r(5) N，故A正确，B、C、D错误。
5．如图所示，底面半径为R的平底漏斗水平放置，质量为m的小球置于底面边缘紧靠侧壁，漏斗内表面光滑，侧壁的倾角为θ，重力加速度为g。现给小球一垂直于半径向里的某一初速度v0，使之在漏斗底面内做圆周运动，则( )
A．小球一定受到两个力的作用
B．小球可能受到三个力的作用
C．当v0D．当v0＝eq \r(gRtanθ)时，小球对侧壁的压力为零
答案 B
解析 设小球刚好对底面无压力时的速度为v，此时小球的向心力F＝mgtanθ＝meq \f(v2,R)，所以v＝eq \r(gRtanθ)。故当小球转动速度v06．如图所示，一轻杆一端固定质量为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，以下说法正确的是( )
A．小球过最高点时，杆所受的弹力不能等于零
B．小球过最高点时，速度至少为eq \r(gR)
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度的增大而增大
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eq \r(gR)
答案 D
解析 杆既可以提供拉力，又可以提供支持力，当小球在最高点时，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零，故B错误；小球在最高点时，如果速度恰好为eq \r(gR)，则此时恰好只受到重力的作用，重力为它提供向心力，杆和球之间没有作用力，A错误；在最高点，当v＜eq \r(gR)时，根据牛顿第二定律得：mg－F＝meq \f(v2,R)，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C错误；轻绳模型中，小球过最高点时有：mg≤meq \f(v2,R)，解得：v≥eq \r(gR)，即其他条件不变，小球过最高点时，速度至少为eq \r(gR)，D正确。
7．公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”。如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时( )
A．汽车对凹形桥的压力等于汽车的重力
B．汽车对凹形桥的压力小于汽车的重力
C．汽车的向心加速度大于重力加速度
D．汽车的速度越大，对凹形桥面的压力越大
答案 D
解析 汽车通过凹形桥最低点时，靠重力和支持力的合力提供向心力，有：N－mg＝meq \f(v2,R)，解得：N＝mg＋meq \f(v2,R)。可知汽车对桥的压力大于汽车的重力，故A、B错误；汽车的向心力不一定大于重力，向心加速度不一定大于重力加速度，故C错误；根据N＝mg＋meq \f(v2,R)，速度越大，支持力越大，根据牛顿第三定律可知，对凹形桥面的压力越大，故D正确。
8．杜杰老师心灵手巧，用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示。则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时，绳子张力不可以为0
B．小球刚好通过最高点时的速度是 eq \r(\f(gR,2))
C．若小球做匀速圆周运动，则小球通过最低点和最高点，绳的张力差为2mg
D．若小球做匀速圆周运动，则小球通过最低点和最高点，绳的张力差为4mg
答案 C
解析 小球运动到最高点时，绳子张力可以为0，重力提供向心力，mg＝meq \f(v2,R)，解得刚好通过最高点的临界速度v＝eq \r(gR)，故A、B错误；若小球做匀速圆周运动，通过最高点时，F1＋mg＝meq \f(v2,R)，通过最低点时，F2－mg＝meq \f(v2,R)，联立解得绳的张力差为F2－F1＝2mg，故C正确，D错误。
9．关于如图所示的四种圆周运动模型，下列说法正确的是( )
A．如图a所示，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力小于车的重力
B．如图b所示，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力
C．如图c所示，轻质细杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球所受的弹力方向一定向上
D．如图d所示，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内外轨均无侧向压力
答案 AD
解析 图a汽车安全通过拱桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，方向向下，所以支持力小于重力，根据牛顿第三定律，车对桥面的压力小于车的重力，故A正确；图b在固定圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，受重力和弹力作用，向心力是由重力和弹力的合力提供的，故B错误；图c中轻质细杆一端固定的小球，在最高点时所受杆的力可能是向上的弹力，也可能是向下的拉力，也可能不受杆的力，故C错误；图d中火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，当受到的重力和轨道的支持力的合力恰好等于向心力时，车轮对内外轨均无侧向压力，故D正确。
10. 如图所示为一压路机的示意图，其大轮半径是小轮半径的1.5倍，A、B分别为大轮和小轮边缘上的点。在压路机前进时，A、B两点的( )
A．线速度之比为vA∶vB＝1∶1
B．线速度之比为vA∶vB＝3∶2
C．角速度之比为ωA∶ωB＝3∶2
D．向心加速度之比为aA∶aB＝2∶3
答案 AD
解析 由题意知vA∶vB＝1∶1，故A正确，B错误；由ω＝eq \f(v,r)得ωA∶ωB＝rB∶rA＝2∶3，故C错误；由an＝eq \f(v2,r)得aA∶aB＝rB∶rA＝2∶3，故D正确。
11．子弹以初速度v0水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆筒上只留下一个弹孔(从A位置射入，B位置射出，如图所示)。OA，OB之间的夹角θ＝eq \f(π,3)，已知圆筒半径R＝0.5 m，子弹始终以v0＝60 m/s的速度沿水平方向运动(不考虑重力的作用)，则圆筒的转速可能是( )
A．20 r/s B．60 r/s
C．100 r/s D．220 r/s
答案 CD
解析 OA、OB之间的夹角θ＝eq \f(π,3)，所以A与B之间的距离等于R，
在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))π，(n＝1,2,3，…)，
则时间：t＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))π,ω)，(n＝1,2,3，…)。
所以子弹的速度：v0＝eq \f(\x\t(AB),t)＝eq \f(R,t)＝eq \f(R,\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))π,ω))
＝eq \f(ωR,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))π)，(n＝1,2,3，…)。
解得：ω＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))π·eq \f(v0,R)，(n＝1,2,3，…)。
则：T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2πR,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))πv0)＝eq \f(2R,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))v0)，(n＝1,2，3，…)
转速：N＝eq \f(1,T)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－\f(1,3)))v0,2R)，(n＝1,2,3，…)
当n＝1时，N＝eq \f(5,3)×60＝100 r/s
当n＝2时，N＝eq \f(11,3)×60＝220 r/s，故C、D正确。
12．如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块(可视为质点)。A和B距轴心O的距离分别为rA＝R，rB＝2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm，两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止。则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，下列说法正确的是( )
A．B所受合力一直等于A所受合力
B．A受到的摩擦力一直指向圆心
C．B受到的摩擦力先增大后不变
D．A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度ωm＝ eq \r(\f(2fm,mR))
答案 CD
解析 由于圆盘转动的角速度缓慢增大，故每一个极短的时间段，都可以认为A、B在做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F合＝mω2r，角速度ω相等，B的转动半径较大，所受合力较大，故A错误；最初圆盘转动的角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需的向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供，静摩擦力指向圆心，由于B所需向心力较大，当B与盘面间静摩擦力达到最大值时，A与盘面间的静摩擦力还没有达到最大，若继续增大转速，则B有做离心运动的趋势，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得A与盘面间静摩擦力先沿半径方向指向圆心，减小到零，再反向增大，当A与盘面间静摩擦力也达到最大时，A、B将开始滑动，所以A受到的摩擦力先指向圆心后背离圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心，先增大后不变，故B错误，C正确；当A与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，A、B将开始滑动，则根据牛顿第二定律，对A：T－fm＝mωeq \\al(2,m)R，对B：T＋fm＝mωeq \\al(2,m)·2R，解得最大角速度为：ωm＝ eq \r(\f(2fm,mR))，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空和实验题(本题共2小题，共12分)
13．(6分)某走时准确的时钟，分针与时针的长度之比是1.2∶1。
(1)分针与时针的角速度之比是________。
(2)分针针尖与时针针尖的线速度之比是________。
(3)分针和时针的运动可看作匀速圆周运动，则分针和时针转动的向心加速度之比是________。
答案 (1)12∶1 (2)14.4∶1 (3)172.8∶1
解析 (1)在一个小时的时间内，分针转过的角度为360度，而时针转过的角度为30度，所以角速度之比为：ω1∶ω2＝360∶30＝12∶1。
(2)由v＝rω可得，线速度之比为v1∶v2＝(1.2×12)∶(1×1)＝14.4∶1。
(3)根据an＝vω知，向心加速度之比为a1∶a2＝172.8∶1。
14．(6分)在使用如图所示的向心力演示器探究向心力大小与哪些因素有关的实验中。
(1)本实验采用的科学方法是______________。
(2)转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动，横臂的挡板对球的压力提供了小球做匀速圆周运动的向心力，弹簧测力套筒上露出的标尺可以显示此力的大小。由图示情景可知，钢球A与铝球B的角速度关系为ωA________ωB。(选填“>”“＝”或“<”)
(3)通过本实验可以得到的结论有________。
A．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成反比
C．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
答案 (1)控制变量法 (2)< (3)A
解析 (1)使用向心力演示器研究向心力大小与质量的关系时半径和角速度都不变，研究向心力大小与半径的关系时质量和角速度都不变，研究向心力大小与角速度的关系时半径和质量都不变，所以采用的科学方法是控制变量法。
(2)由图可知图中两球受到的向心力相等，转动的半径相同，由于铝的密度小，则相同体积的铝球的质量小，由向心力的公式：Fn＝mrω2，则ωA<ωB。
(3)通过本实验可以得到的结论有，在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比，在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比，故A正确，B、C、D错误。
三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(8分)申雪、赵宏博是我国双人花样滑冰的名将，曾代表祖国在世界各大比赛中取得了骄人的成绩。如图所示是模拟赵宏博(男)以自己为转动轴拉着申雪(女)做匀速圆周运动，若赵宏博的转速为30 r/min，申雪触地冰鞋的线速度为4.7 m/s。
(1)求申雪触地冰鞋做圆周运动的角速度和半径；
(2)若他们手拉手绕他们连线上的某点做匀速圆周运动，已知男、女运动员触地冰鞋的线速度分别为3.6 m/s和4.8 m/s，问男、女运动员做圆周运动的半径之比为多少？
答案 (1)3.14 rad/s 1.5 m (2)3∶4
解析 (1)n＝30 r/min＝0.5 r/s，
角速度ω＝2πn≈3.14 rad/s。
设触地冰鞋做圆周运动的半径为r，
由v＝ωr得r＝eq \f(v,ω)＝eq \f(4.7,3.14) m≈1.5 m。
(2)他们各自做如图所示的圆周运动，他们的角速度相同，设男运动员做圆周运动的半径为r1，女运动员做圆周运动的半径为r2，
则eq \f(r1,r2)＝eq \f(\f(v1,ω),\f(v2,ω))＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(3.6,4.8)＝eq \f(3,4)。
16．(8分)如图所示，斜面AB与竖直半圆轨道在B点圆滑相连，斜面倾角为θ＝45°，半圆轨道的半径为2 m，一小球从斜面下滑，进入半圆轨道，最后落到斜面上，当小球通过C点时，小球对轨道的压力为66 N，小球的质量为3 kg，g取10 m/s2，试求：
(1)小球通过C点的速度为多大？
(2)小球从离开轨道到落到斜面所用的时间。
答案 (1)8 m/s (2)0.4 s
解析 (1)在C点，根据牛顿第二定律可得：
FN＋mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，解得vC＝8 m/s。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，
则x＝vCt；2R－x＝eq \f(1,2)gt2，
联立解得：t＝0.4 s。
17. (12分)如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的转速增加到原来的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N。
(1)求此时线的拉力为多大？
(2)求此时小球运动的线速度为多大？
(3)若桌面高出地面0.8 m，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面边缘的水平距离为多少？(g取10 m/s2)
答案 (1)45 N (2)5 m/s (3)2 m
解析 (1)设小球原来的角速度为ω，线的拉力为F，
则有F＝mrω2①
F＋ΔF＝mr(3ω)2②
又ΔF＝40 N，由①②两式得F＝5 N
所以线断时，线的拉力为F′＝F＋ΔF＝45 N。
(2)设此时小球的线速度为v，则有F＋ΔF＝meq \f(v2,r)③
代入数据得v＝5 m/s。
(3)飞出桌面后小球做平抛运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2④
x＝vt⑤
联立④⑤两式并代入数据得x＝2 m。
18．(12分)如图所示，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球与两细线AB、AC连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量为m，细线AC长为l，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度为g。求：
(1)当装置处于静止状态时，细线AB的拉力和AC的拉力的大小；
(2)当细线AB拉力的大小等于小球重力的一半时，该装置绕OO′轴转动的角速度的大小；
(3)当细线AB的拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度的最小值。
答案 (1)0.75mg 1.25mg (2)eq \r(\f(5g,12l)) (3)eq \r(\f(5g,4l))
解析 (1)对小球进行受力分析如图1，由平衡条件得：
TAB＝mgtan37°＝0.75mg
TAC＝eq \f(mg,cs37°)＝1.25mg。
(2)根据牛顿第二定律得：
TAC′csθ＝mg，
TAC′sinθ－TAB′＝mωeq \\al(2,1)lsinθ，
其中TAB′＝eq \f(1,2)mg
解得：ω1＝ eq \r(\f(5g,12l))。
(3)由题意，当ω最小时，绳AC与竖直方向的夹角仍为θ＝37°，对小球受力分析，如图2，则有：
mgtanθ＝m(lsinθ)ωeq \\al(2,min)
解得：ωmin＝ eq \r(\f(5g,4l))。