2019人教版必修第二册第六章1圆周运动基础巩固拓展练习（word版含答案）

2019人教版必修第二册 第六章 1 圆周运动 基础巩固 拓展练习
一、多选题
1．关于地球的运动，正确的说法有：
A．由于自转，地表各点的线速度随纬度增大而减小
B．由于自转，地表各点的角速度随纬度增大而减小
C．由于自转，地表各点的向心加速度随纬度增大而增大
D．由于自转，地表各点的重力加速度随纬度增大而增大
2．质量为20kg的小孩坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周的半径为4.0m。当他的线速度为2.0m/s时，他做匀速圆周运动的（　　）
A．角速度为0.5rad/s B．周期为2πs
C．转速为 D．向心力为20N
3．如图所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45 m，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4 m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．球下落的加速度逐渐变大
B．球从发射口到桌面的时间为0.3 s
C．球从发射口射出后速度不变
D．球从发射口射出的速率为8 m/s
二、单选题
4．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是
A．其角速度与转速成反比，与周期成正比
B．运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述
C．匀速圆周运动是匀速运动，因为其速率保持不变
D．做匀速圆周运动的物体，所受合力为零
5．甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3：1，线速度比为2：3，那么，下列说法中正确的是 （ ）
A．它们的半径比是9：2 B．它们的半径比是1：2
C．它们的周期比为2：3 D．它们的周期比为1：3
6．如图，长为L的直棒一端可绕固定轴O在竖直平面内转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为θ时，棒的角速度为
A． B． C． D．
7．如图所示，某小区门口自动升降杆的长度为L，A、B为横杆上两个质量均为m的小螺帽，A在横杆的顶端，B与A的距离为。杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，下列说法正确的是（　　）
A．A、B的线速度大小之比为1∶1
B．A、B的向心加速度大小之比为3∶1
C．杆竖直时A、B的重力势能之比为3∶2
D．A、B的机械能增加量之比为3∶2
8．甲、乙两物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为1∶3，在相等时间里都转过60°圆心角。则（　　）
A．线速度之比为1∶1 B．线速度之比为1∶3
C．角速度之比为2∶1 D．角速度之比为1∶2
9．甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧测力计做圆周运动，如图所示，已知两人的质量m甲＞m乙，下列判断正确的是（　　）
A．甲、乙的线速度大小相等
B．甲、乙的角速度大小相等
C．甲、乙的轨迹半径相等
D．甲受到的向心力比较大
10．如图所示，拖拉机后轮的半径大于前轮半径，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则A、B两点（ ）
A．周期相等 B．角速度相同
C．线速度大小相等 D．向心加速度大小相等
11．螺旋测微器是常见的长度测量工具,如图所示,旋动旋钮一圈,旋钮同时会随测微螺杆沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离,已知旋钮上的可动刻度“0”刻线处A点的旋转半径为R=5.0mm,内部螺纹的螺距x=0.5mm,若匀速旋动旋钮,则A点绕轴线转动的线速度和沿轴线水平移动的速度大小之比为
A．10:1 B．10:1 C．20:1 D．20:1
12．“南昌之星”是亚洲最高的摩天轮（简化示意图如图所示），是南昌市的地标之一、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（　　）
A．运动周期为
B．受摩天轮作用力的大小始终为mg
C．在最高点，重力的瞬时功率为零
D．单位时间内速率的变化量不为零
13．如图所示，A、B为咬合传动的两齿轮，RB=3RA，则关于A、B两轮边缘上的点，下列说法正确的是
A．角速度之比为1:3
B．向心加速度之比为1:3
C．周期之比为1:3
D．转速之比为1:3
14．如图是某士兵进行常规82式手榴弹投掷训练。该士兵将重300克的手榴弹水平扔出，落地点到投掷点水平位移为80m，则下列说法正确的是（　　）
A．手榴弹投掷出去后做自由落体运动
B．扔出后到落地时间为4s
C．利用人的身高即可估算扔出去的手榴弹的初速度
D．无法估测手榴弹落地的瞬时速度
15．如图所示，有一皮带传动装置（皮带不打滑），A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB=RC=，设A、B、C三点的线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，则下列关系式正确的是（　　）
A．vA=vC＜vB B．ωA=ωB=ωC C．vA=vC＞vB D．ωA=ωB＞ωC
16．2020年11月24日，长征五号运载火箭将嫦娥五号探测器成功送入预定轨道，开启了中国首次地外天体采样之旅。经过约112h的奔月飞行，嫦娥五号探测器在距离月面约400km处成功实施发动机点火制动，顺利进入环绕月球的椭圆轨道。11月29日20时23分，嫦娥五号探测器在近月点再次“刹车”，从椭圆轨道变为近似的圆形轨道（如图所示），为顺利落月做好了准备。探测器在圆形轨道运动过程中，下列物理量保持不变的是（　　）
A．周期 B．向心力 C．向心加速度 D．线速度
17．如图所示，质量相等的A、B两物块放在匀速转动的水平圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是（　　）
A．它们所受的摩擦力 B．它们的线速度
C．它们的运动周期 D．它们的角速度
18．图示为自行车的传动结构的核心部件，大齿轮通过链条带动小齿轮，小齿轮带动后轮转动。A、B、C分别是大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的三个质点，提起自行车后轮，匀速转动踏脚，则（　　）
A．B点向心加速度大于A点向心加速度 B．A点向心加速度大于C点向心加速度
C．A、B、C三点的线速度大小相等 D．B、C两点的线速度大小相等
19．做圆周运动的两个质量不同的物体和，它们所受的向心力与轨道半径之间的关系如图所示，其中图线为双曲线的一个分支．则由图象可知（ ）
A．物体和的线速度均保持不变
B．在两图线的交点，和的向心力相等
C．在两图线的交点，和的向心加速度大小相同
D．随着半径增大，的线速度减小，的角速度增大
20．如图，一质点沿螺旋线自外向内运动，已知其半径转过的圆心角θ与运动时间t成正比，则质点运动中
A．角速度不变
B．向心加速度不变
C．线速度越来越大
D．合外力越来越大
三、解答题
21．如图所示为一自行车的局部结构示意图，设连接脚踏板的连杆长为L1，由脚踏板带动半径为r1的大轮盘(牙盘)，通过链条与半径为r2的小轮盘(飞轮)连接，小轮盘带动半径为R的后轮转动，使自行车在水平路面上匀速前进。
(1)自行车牙盘的半径一般要大于飞轮的半径，想想看，这是为什么？
(2)设L1＝18cm，r1＝12cm，r2＝6cm，R＝30cm，为了维持自行车以v＝3m/s的速度在水平路面上匀速行驶，请你计算一下每分钟要踩脚踏板几圈。
22．游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处（如图）的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到，已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，（不计人和吊篮的大小及重物的质量）。问：
(1)接住前重物下落运动的时间t=？
(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v=？
(3)乙同学在最低点处对地板的压力FN=？
23．水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2.5π rad/s，桶壁上P处有一小圆孔，桶壁很薄，桶的半径R＝2 m；如图所示当圆孔正上方某高度h处有一小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算求小球恰好落入圆筒小孔时，释放小球的高度h(空气阻力不计，g取10 m/s2)．
四、填空题
24．如图所示，实线为某质点作平抛运动轨迹的一部分，测得AB、BC间的水平距离为m，高度差，取g=10m/s2．由此可知质点平抛的初速度______，小球在B点时的竖直分速度=____m/s，抛出点到B点的竖直距离为_________m．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AD
【详解】
试题分析：地球自转，地球上所有点的角速度相等，随着纬度的增大，自转半径在减小，故根据可得地表各点的线速度随纬度增大而减小，A正确，B错误，根据可得由于自转，地表各点的向心加速度随纬度增大而减小，C错误，地表各点的重力加速度随纬度增大而增大，D正确
故选AD
考点：考查了匀速圆周运动规律的应用
点评：本题的关键是知道地球自转，地表上各点的角速度是相等的，
2．AD
【详解】
A．角速度为
故A正确；
B．周期为
故B错误；
C．转速为
故C错误；
D．向心力为
故D正确。
故选AD。
3．BD
【详解】
A．球水平射出后做平抛运动，只受重力作用，加速度为g，不发生改变，故A错误；
B．由，代入数据解得：=0.3s，故B正确；
C．球的水平速度不变，竖直分速度增大，所以合速度增大，故C错误；
D．水平方向做匀速运动，由x＝v0t，代入数据解得球的初速度为：v0＝8 m/s，故D正确。
故选BD。
4．B
【解析】
AB、做匀速圆周运动的物体，其运动的快慢用线速度或角速度描述，转速与角速度的关系是，周期与角速度的关系是，即角速度与转速成正比，与周期成反比，故A错误，B正确；
C、匀速圆周运动的速率保持不变，但速度的方向时刻变化，故是非匀速运动，C错误；
D、匀速圆周运动是变速运动，一定受到合力作用，故D错误；
故选B．
5．D
【解析】
根据v=rω得，半径r=，因为角速度之比为3：1，线速度之比为2：3，则半径之比为2：9．故A B错误．根据T=2π/ω知，角速度之比为3：1，则周期之比为1：3．故C错误，D周期．故选D．
6．D
【详解】
棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度
，
沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即
，
所以
。
A．综上分析，A错误；
B．综上分析，B错误；
C．综上分析，C错误；
D．综上分析，D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A．A、B同轴转动，角速度相同，线速度与转动半径成正比，故
vA∶vB＝L∶L＝3∶2
A错误；
B．根据a＝ω2r可得
aA∶aB＝L∶L＝3∶2
B错误；
C．由于零势能面不确定，故A、B的重力势能之比不确定，C错误；
D．A、B做匀速圆周运动，动能不变，重力势能增加，机械能的增加量等于重力势能的增加量，杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，A的重力势能增加量为mgL，B的重力势能增加量为mgL，故A、B的机械能增加量之比为3∶2，D正确。
故选D。
8．B
【详解】
CD．根据角速度的定义ω＝ 知甲、乙两物体的角速度相等，选项C、D错误；
AB．由v＝ωr，所以v1∶v2＝r1∶r2＝1∶3，选项B正确，选项A错误。
故选B。
9．B
【详解】
A．甲、乙两名溜冰运动员角速度相同，根据公式v=ωr，由于转动半径不同，故线速度不相等，故A错误；
B．甲、乙两名溜冰运动员做匀速圆周运动，是共轴转动，角速度相同，故B正确；
CD．弹簧测力计对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，则向心力相等，根据牛顿第二定律得
m甲R甲ω2=m乙R乙ω2
解得
已知m甲＞m乙，所以乙做圆周运动的半径较大，故CD错误。
故选B。
10．C
【详解】
车行进时不打滑，说明车轮边缘各点的线速度大小相等，由于两轮的半径不同所以A、B两点的角速度、周期、向心加速度大小都不相同。
故选C。
11．C
【详解】
旋动旋钮一圈，测微螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，A点做圆周运动的线速度为：，A点水平移动的速度为：，代入数据得：，选项C正确．
12．C
【详解】
A．运动周期
A错误；
B．由于座舱做匀速圆周运动，受摩天轮的作用力与重力的合力始终指向圆心位置，因此受摩天轮的作用力大小方向时刻改变，B错误；
C．由于在最高点的速度沿水平方向，与重力的夹角为90o，因此重力的瞬时功率为零，C正确；
D．由于做匀速圆周运动，运动的速率大小不变，D错误。
故选C。
13．C
【详解】
根据题意有两轮边缘上的线速度大小相等，即有vA=vB
A．根据角速度ω和线速度v的关系v=rω得角速度与半径成反比：
故A错误；
B．根据向心加速度a与线速度v的关系 且vA=vB得：
故B错误；
C．根据周期T和线速度v的关系且vA=vB得：
故C正确；
D．根据转速n和线速度v的关系v=2πn R且vA=vB得：
故D错误；
14．C
【详解】
A．手榴弹投掷出去后做平抛运动，故A错误；
B．手榴弹在竖直方向做自由落体运动，假设手榴弹扔出后到落地时间为4s，则其下落的高度为
80m显然与士兵的实际身高不符，所以扔出后到落地时间一定小于4s，故B错误；
CD．利用人的身高可以估算出手榴弹做平抛运动的时间以及手榴弹落地时的竖直速度，再结合水平位移即可估算扔出去的手榴弹的初速度，再根据速度的合成可以估测手榴弹落地的瞬时速度，故C正确，D错误。
故选C。
15．C
【分析】
共轴转动的点角速度大小相等，靠皮带传动，轮子边缘上的点线速度大小相等．根据v=rω比较线速度、角速度大小关系．
【详解】
A、C两点靠传送带传动，则vA=vC，RA＞RC，根据v=rω知，ωA＜ωC
A、B两点共轴转动，则ωA=ωB，根据v=rω知，vA＞vB
所以
vA=vC＞vB
ωA=ωB＜ωC；
A．v A=vC＜vB，与结论不相符，选项A错误；
B．ωA=ωB=ωC，与结论不相符，选项B错误；
C．vA=vC＞vB，与结论相符，选项C正确；
D．ωA=ωB＞ωC，与结论不相符，选项D错误；
故选C．
【点睛】
解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动轮子边缘上点的线速度大小相等．
16．A
【详解】
探测器在圆形轨道运动过程中，周期不变，线速度大小不变，方向总是不断不变化，所以线速度不断变化，向心力方向总是和线速度方向垂直，所以向心力总是在变化，由牛顿第二定律知向心加速度的方向也不断变化，所以向心加速度也在不断变化，故A正确，BCD错误。
故选A。
17．B
【详解】
A．对两物块进行受力分析知，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则有
由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，又因为，可知它们所受的摩擦力
故A错误；
B．由于，，根据可知它们的线速度有
故B正确；
C．根据，可知它们的运动周期
故C错误；
D．由于A、B在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，故D错误；
故选B。
18．A
【详解】
A．由图可知、两点为皮带传动，故线速度相等，由于的半径大于的，由可知，点向心加速度大于点向心加速度，故A正确；
B．由图可知、两点同轴转动，故角速度相等，且的半径大于的半径，由可知的向心加速度大于的向心加速度，又点向心加速度大于点向心加速度，所以点向心加速度大于点向心加速度，故B错误；
CD．由于、两点同轴转动，角速度相等，且的半径大于的半径，根据可知点线速度大于点的线速度，故C、D错误；
故选A。
19．B
【解析】
【详解】
A.M为过原点的倾斜直线，知M的向心力与半径成正比，根据知，M的角速度不变；N为双曲线的一个分支，知N的向心力与半径成反比，根据知，N线速度不变，故A项不合题意.
B.根据交点的意义可知，M、N的半径和向心力都相等，故B项符合题意.
C.交点处，M、N的半径和向心力都相等，由于质量不相等，根据，M和N的向心加速|度大小不相同，故C项不合题意.
D.根据及M的角速度不变，可知随着半径增大，M的线速度增大，根据及N线速度不变，可知随着半径增大，N的角速度减小，故D项不合题意.
20．A
【详解】
AC．一质点沿螺旋线自外向内运动，半径R不断减小，其半径转过的圆心角θ与运动时间t成正比，根据可知，角速度大小不变，根据可知，半径减小，则线速度减小，故A正确，C错误；
B．根据可知，向心加速度越来越小，故B错误；
D．根据可知，小球所受的合外力越来越小，故D错误。
故选A。
21．(1)见解析；(2)48圈
【详解】
(1)通过链条相连的牙盘和飞轮边缘的线速度相同，当牙盘的半径大于飞轮的半径时，由v＝ωr知，牙盘的角速度小于飞轮的角速度，即人踩脚踏板的角速度小于后轮的角速度，这样即使脚蹬得慢，自行车也能获得较快的速度；
(2)自行车行进的速度等于后轮边缘上某点绕转轴转动的线速度。设牙盘转动的角速度为ω1，自行车后轮转动的角速度，即飞轮的角速度为ω2，人踩脚踏板的转速为n，则
由于
解得
即每分钟要踩脚踏板48圈。
22．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)重物做自由落体运动，由运动学公式知
解得
(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度为
(3)设支持力为F，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得人对地板的压力
23．h=n2（n=0、1、2、3．）
【详解】
试题分析：设小球做自由落体运动下落h高度历时为t，则
要使小球恰好落入小孔，对于圆筒的运动需满足:
，、1、2、3
联立以上二式并代入数据，解得释放小球的高度h为：
，、1、2、3
24．4.0m/s 3.0 0.45
【详解】
[1]根据
h=gT2
解得
s
初速度
m/s
[2][3]B点的竖直速度
m/s=3m/s
则从抛出点到B点的时间
s
从抛出点到B点的水平距离
m
从抛出点到B点的竖直距离
m
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