第六章圆周运动单元 综合检测卷（word版含答案）

绝密★启用前
2021-2022学年高一第二学期物理必修二第六章圆周运动
单元综合检测卷
考试范围：第六章圆周运动；考试时间：75分钟；
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 四 总分
得分
分卷I
一、单选题(共8小题,每小题4.0分,共32分)
1.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，则该整体在运动中(　　)
A． 处于平衡状态
B． 做匀变速曲线运动
C． 受到的各个力的合力大小为m
D． 受重力、支持力、摩擦力、向心力作用
2.如图所示为游乐园中的“空中飞椅”设施，游客乘坐飞椅从启动、匀速旋转，再到逐渐停止运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A． 当游客速率逐渐增加时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同
B． 当游客做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
C． 当游客做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定不变
D． 当游客做速率减小的曲线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相反
3.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点．则此时甲与乙(　　)
A． 线速度相同
B． 加速度相同
C． 所受合外力大小相等
D． “摩天轮”对他们作用力大小相等
4.如图所示，半径为R的圆环竖直放置，一轻弹簧一端固定在环的最高点A，一端系一带有小孔穿在环上的小球，弹簧原长为R.将小球从静止释放，释放时弹簧恰无形变，小球运动到环的最低点时速率为v，这时小球向心加速度的大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
5.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＝，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． 140 r/s
6.无缝铜管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝铜管．重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A． 铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B． 模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相等
C． 若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D． 管状模型转动的角速度最大为
7.固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高．D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示．今使小球自A点正上方某处由静止释放．且从A点进入圆弧轨道运动．只要适当调节释放点的高度．总能使球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)
A． 一定会落到水平面AE上
B． 一定会再次落到圆弧轨道上
C． 可能会再次落到圆弧轨道上
D． 不能确定
8.一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(LA．
B．
C．
D．
二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)
9.(多选)如图所示，静止在地球上的物体都要随地球一起转动，a是位于赤道上的一点，b是位于北纬30°的一点，则下列说法正确的是(　　)
A．a、b两点的运动周期相同
B．a、b两点的角速度是不同的
C．a、b两点的线速度大小相同
D．a、b两点线速度大小之比为2∶
10.(多选)如图所示，某拖拉机后轮半径是前轮半径的2倍，A、B分别是前、后轮边缘上的点，C是后轮某半径的中点．拖拉机匀速行驶时，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，向心加速度大小分别为aA、aB、aC.以下选项正确的是(　　)
A．vA∶vB∶vC＝2∶2∶1
B．ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶2
C．aA∶aB∶aC＝4∶2∶1
D．aA∶aB∶aC＝1∶2∶1
11.(多选)如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有(　　)
A． 线速度vA＞vB
B． 运动周期TA＞TB
C． 它们受到的摩擦力FfA＞FfB
D． 筒壁对它们的弹力FNA＞FNB
12.(多选)一小球被细绳拴着，在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，向心加速度为a，那么(　　)
A． 小球运动的角速度ω＝
B． 小球在时间t内通过的路程s＝t
C． 小球做匀速圆周运动的周期T＝
D． 小球在时间t内可能发生的最大位移为2R
分卷II
三、实验题(共2小题,每小题8.0分,共16分)
13.某物理兴趣小组的阳阳同学为了测玩具电动机的转速，设计如图甲所示的装置．钢质L型直角架竖直杆穿过带孔轻质薄硬板，然后与电动机转子相固连，水平横梁末端与轻细绳上端拴接，绳下端拴连一小钢球，测量仪器只有直尺．实验前细绳竖直，小球静止，薄板在小球下方，用直尺测出水平横梁的长度d＝4.00 cm.现接通电源，电动机带动小球在水平面上做匀速圆周运动，待小球稳定转动时，缓慢上移薄板，恰触碰到小球时，停止移动薄板，用铅笔在竖直杆上记下薄板的位置，在薄板上记录下触碰点，最后测量出薄板到横梁之间的距离h＝20.00 cm，触碰点到竖直杆的距离r＝20.00 cm，如图乙所示．
(1)为了实验更精确，上移薄板时要求薄板始终保持________________．
(2)重力加速度用g表示，利用测得的物理量，写出转速n的表达式，n＝________(用d、h、r、g表示)，用测得的数据计算得n＝________ r/s(g＝9.8 m/s2，最后结果取三位有效数字)
14.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，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6、7分别以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8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值．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．在小球运动半径不相等的情况下，用质量不同的小球做实验
D．在小球运动半径不相等的情况下，用质量相同的小球做实验
(2)在该实验中应用了________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．
四、计算题(共3小题,每小题12.0分,共36分)
15.一段铁路转弯处，内、外轨高度差为h＝10 cm，弯道半径为r＝625 m，轨道斜面长l＝1 435 mm，求这段弯道的设计速度v0是多大？并讨论当火车速度大于v0时对外轨的侧压力和小于v0时对内轨的侧压力．(g取10 m/s2)
16.在生产电缆的工厂里，生产好的电缆线要缠绕在滚轮上，如图所示，已知其内芯半径r1＝20 cm，缠满时半径r2＝80 cm，且滚轮转速不变，恒为n＝30 r/min，试分析：
(1)滚轮的转动方向如何？
(2)电缆线缠绕的最大、最小速度是多大？
(3)从开始缠绕到缠满所用时间为t，则从开始缠绕到缠绕长度为电缆长度的一半时，所用时间为吗？为什么？
17.如图所示，一辆质量为500 kg的汽车通过一座半径为50 m的圆弧形拱桥顶部．g取10 m/s2.
(1)如果汽车以6 m/s的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？
(2)如果汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零，则汽车通过拱桥的顶部时速度是多大？
(3)设想拱桥的半径增大到与地球半径一样，那么汽车要在这样的桥面上腾空，速度至少多大？(地球半径R＝6.4×103km)
答案解析
1.【答案】C
【解析】合力提供向心力，合力方向始终指向圆心，做变加速曲线运动，故A、B错误；整体做匀速圆周运动，合力提供向心力，则合力F＝，故C正确；运动员和自行车组成的整体受重力、支持力、摩擦力作用，靠合力提供向心力，故D错误．
2.【答案】B
【解析】当游客做加速圆周运动时，其所受合外力的方向与速度方向成锐角，但不是0°，选项A错误；当游客做匀速圆周运动时，其所受的合外力的方向与运动方向始终垂直指向圆心，选项B正确，选项C错误；当游客做减速圆周运动时，其所受合外力的方向与运动方向成钝角但不是180°，选项D错误．
3.【答案】C
【解析】由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以线速度大小相同，甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误；根据a＝可知，加速度大小相同，甲加速度方向竖直向下，乙加速度方向竖直向上，故B错误；根据F＝m可知，所受合外力大小相等，故C正确；对甲有mg－N1＝m，对乙有N2－mg＝m，“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误．
4.【答案】A
【解析】小球沿圆环运动，其运动轨迹就是圆环所在的圆，轨迹的圆心就是圆环的圆心，运动轨迹的半径就是圆环的半径，小球运动到环的最低点时，其向心加速度的大小为，加速度方向竖直向上，正确选项为A.
5.【答案】C
【解析】根据几何关系可得A与B之间的距离为R，在子弹飞行距离为R的时间内，圆筒转动的角度为π(n＝1,2,3，…)，由θ＝ωt得t＝＝(n＝1,2,3，…)．设圆筒的转速为N，据ω＝2πN得时间t＝＝，由题意知R＝v0t，得N＝20(6n－1)，当n＝1时，N＝100 r/s，当n＝2时，N＝220 r/s，故选项C正确．
6.【答案】C
【解析】铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，离心力是效果力，不能说物体受到离心力作用，故A错误．铁水做圆周运动的向心力由重力和弹力的径向分力提供，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B错误，若最上部的铁水恰好不离模型内壁，则其重力恰好提供向心力，故C正确．为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不小于临界角速度，故D错误．
7.【答案】A
【解析】设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，可知在最高点的最小速度为.小球经过D点后做平抛运动，根据R＝gt2得：t＝，则平抛运动的水平位移：x＝·＝R＞R，所以小球一定落在水平面AE上．故A正确，B、C、D错误．
8.【答案】D
【解析】设轻绳的拉力大小为FT，圆盘以最大角速度转动时，以甲为研究对象，FT＝μMg，以乙为研究对象，FT＋μmg＝mLω2，可得ω＝，选项D正确．
9.【答案】AD
【解析】a、b两点随地球一起自转，故周期与地球自转周期相同，选项A正确；由ω＝可知，a、b两点的角速度相同，选项B错误；ra＝R赤，rb＝R赤cos 30°，则ra∶rb＝2∶，由v＝ωr可知，va∶vb＝2∶，选项C错误，D正确．
10.【答案】AC
【解析】B和C都是后轮上的点，同轴转动时各点角速度相等，故有ωB＝ωC.A和B分别是前、后轮边缘上的点，由于拖拉机匀速行驶时，前、后轮边缘上的点的线速度大小相等，故有vA＝vB.根据线速度和角速度的关系v＝rω，可得ωA∶ωB＝2∶1，vB∶vC＝2∶1，故ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，vA∶vB∶vC＝2∶2∶1，根据公式an＝ω2r，可得aA∶aB∶aC＝4∶2∶1，选项A、C正确．
11.【答案】AD
【解析】由于两物体角速度相等，而rA＞rB，则vA＝rAω＞vB＝rBω，A项对；由于ω相等，则T相等，B项错；因竖直方向受力平衡，Ff＝mg，所以FfA＝FfB，C项错；弹力等于向心力，故FNA＝mrAω2＞FNB＝mrBω2，D项对．
12.【答案】ABD
【解析】由a＝Rω2可得ω＝，选项A正确；由a＝可得v＝，所以t时间内通过的路程s＝vt＝t，选项B正确；由a＝Rω2＝·R可得T＝2π，选项C错误；位移由初位置指向末位置的有向线段来描述，对于做圆周运动的小球而言，位移大小即为圆周上两点间的距离，最大值为2R，选项D正确．
13.【答案】(1)水平　(2)　1.00
【解析】(1)小球在水平面上做匀速圆周运动，故缓慢移动薄板时要求薄板始终保持水平．
(2)小球在水平面上做匀速圆周运动，由mgtanθ＝m4π2n2r，
得n＝，
而tanθ＝，代入可得n＝，
把数据代入计算可得n≈1.00 r/s.
14.【答案】(1)A　(2)控制变量法
【解析】(1)根据F＝mrω2知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变，所以A正确，B、C、D错误；
(2)由前面分析可以知道该实验采用的是控制变量法．
15.【答案】75 km/h　mcosθ－mgsinθ
mgsinθ－mcosθ
【解析】当火车以设计速度v0运动时，其受力如图所示，其中G与FN的合力F＝mgtanθ提供火车转弯时的向心力，又F＝m，
所以mgtanθ＝m
当θ很小时，取sinθ＝tanθ＝，代入上式有v0＝＝m/s＝20.87 m/s＝75 km/h
当v>v0时，外轨对外轮边缘产生垂直轨道向内的弹力(侧压力)，此时火车受力如图所示，
设火车的质量为m，根据牛顿第二定律得：
FNsinθ＋F外cosθ＝m
FNcosθ＝F外sinθ＋mg
联立上述两式解得F外＝mcosθ－mgsinθ
由此看出，火车的速度v越大，F外越大，铁轨越容易损坏，若F外过大，会造成铁轨的侧向移动，损坏铁轨，造成火车出轨．
当vFNsinθ－F内cosθ＝m
FNcosθ＋F内sinθ＝mg
联立解得F内＝mgsinθ－mcosθ
可以看出，v越小，F内越大，内轨的磨损也越大，因此在有弯道限速标志的地方一定要遵守规定．
16.【答案】(1)逆时针　(2)0.8π m/s　0.2π m/s
(3)见解析
【解析】(1)从题图可知滚轮的转动方向为逆时针．
(2)开始缠绕时速度最小：
v小＝ωr1＝2πnr1＝2π××0.2 m/s＝0.2π m/s
缠满时速度最大：v大＝ωr2＝2πnr2＝2π××0.8 m/s＝0.8π m/s.
(3)所用时间不是.
由于电缆线的缠绕速度逐渐增大，因此从开始缠绕到缠绕长度为电缆长度的一半时所用时间要大于.
17.【答案】(1)4 640 N　(2)10m/s　(3)8 km/s
【解析】(1)根据牛顿第二定律得mg－FN＝m
所以FN＝mg－m＝4 640 N
(2)压力恰好为零，重力充当向心力，则mg＝m
解得v1＝10m/s
(3)重力充当向心力，所以有mg＝m
解得vmin＝8 km/s.