2025教科版高中物理必修第二册强化练习题--第二章　匀速圆周运动（有解析）

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2025教科版高中物理必修第二册
第二章　匀速圆周运动
全卷满分100分　考试用时90分钟
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。1—5小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。6—10小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,有选错的得0分,选对但不全的得2分)
1.如图所示,洗衣机的甩干筒在转动时有一些衣服附在竖直筒壁上,则此时 (　　)
A.附在筒壁上的衣服随筒壁做圆周运动的向心力由摩擦力提供
B.附在筒壁上的衣服受重力、筒壁的弹力和摩擦力
C.甩干筒的转速越大,筒壁上衣服的线速度与角速度之比越大
D.甩干筒的转速越大,筒壁对衣服的摩擦力越大
2.闪光跳跳球是非常适合锻炼身体的玩具,如图1所示,其一端套在脚踝处,抖动腿可以使闪光轮转动,闪光轮整体围绕圆心O转动,如图2所示,由于和地面的摩擦,闪光轮又绕自身圆心转动,且闪光轮始终和地面接触并不打滑。已知闪光轮到圆心O的距离为R,闪光轮的半径为r,闪光轮相对于自身圆心的角速度大于等于ω0时才会发光,为了使闪光轮发光,闪光轮绕O点转动的角速度至少是 (　　)
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.ω0 B.Rrω0 C. D.
3.如图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示意图,已知质量为60 kg的学员在A点位置,质量为70 kg的教练员在B点位置,A点的转弯半径为5.0 m,B点的转弯半径为4.0 m,学员和教练员(均可视为质点) (　　)
A.运动周期之比为5∶4 B.运动线速度大小之比为1∶1
C.向心加速度大小之比为4∶5 D.受到的合力大小之比为15∶14
4.图甲是物理实验室常用的感应起电机。它由两个大小相等、直径约为30 cm的感应玻璃盘起电,其中一个玻璃盘通过从动轮、皮带与主动轮连接。图乙为侧视图,玻璃盘以100 r/min的转速旋转,已知主动轮的半径约为8 cm,从动轮的半径约为2 cm,P和Q是玻璃盘边缘上的两点,若转动时皮带不打滑,下列说法正确的是 (　　)
　
A.P、Q的线速度相同
B.从动轮的转动周期为0.01 s
C.P点的线速度大小约为1.6 m/s
D.主动轮的转速约为400 r/min
5.如图所示,整个装置可绕中心轴(图中虚线)转动,两质量不同的小球穿在光滑的杆上,并用轻绳相连,稳定时角速度为ω,两球转动半径R1∶R2=1∶2,下列说法正确的是 (　　)
A.P、Q两球的线速度之比为2∶1 B.P、Q两球的质量之比为1∶2
C.P、Q两球的向心加速度之比为1∶2 D.P、Q两球运动的周期之比为2∶1
6.如图所示,光滑水平面上,小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动,若小球运动到P点时,拉力F发生变化,关于小球运动情况的说法正确的是 (　　)
A.若拉力突然消失,小球将沿轨迹Pa做直线运动
B.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pa做离心运动
C.若拉力突然变小,小球将可能沿轨迹Pb做离心运动
D.若拉力突然变大,小球将可能沿轨迹Pc做近心运动
7.如图所示,一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔,上端拴物体M,下端拴物体N。若物体M在桌面上做半径为r的匀速圆周运动时,角速度为ω,线速度大小为v,物体N处于静止状态,则(不计摩擦) (　　)
A.M所需向心力大小等于N所受重力的大小
B.M所需向心力大小大于N所受重力的大小
C.v2与r成正比
D.ω2与r成正比
8.如图所示,某同学外出春游,在一风景区荡秋千。在荡秋千的过程中,把秋千和该同学看成一个整体,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 (　　)
A.在荡秋千的过程中整体受到绳的拉力、自身的重力和向心力
B.整体运动到最高点时的加速度不为零
C.整体所受合力的方向始终指向其做圆周运动的圆心
D.在最低点时绳子对整体的拉力大于整体所受重力
9.如图所示,用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道,并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上,从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g,不计一切摩擦,则 (　　)
A.下滑过程中轨道对小球的作用力保持不变
B.小球的运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动
C.小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为
D.小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为2
10.如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.小球通过最高点时的最小速度vmin=
B.小球通过最高点时的最小速度vmin=0
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力
二、非选择题(本题共6小题,共60分)
11.(6分)用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。转动手柄,使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动,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向心力,球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降,从而露出标尺,标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。某次实验图如图所示,图中两钢球质量相同,请回答相关问题:
(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时,我们主要用到了物理学中的　　　　。
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.演绎法
(2)图中是在研究向心力的大小F与　　　　　　的关系。
A.质量m　　　
B.半径r　　　
C.角速度ω
(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值为1∶9,运用圆周运动知识可以判断,与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为　　　　　　。
A.1∶9 B.1∶3 C.3∶1 D.1∶1
12.(8分)某同学利用“向心力定量探究仪”探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,装置如下图所示,小球放在光滑的带槽的旋转杆上,其一端通过细绳与电子测力计相连,当小球和旋转杆被电机带动一起旋转时,控制器的显示屏显示小球质量m、转动半径r、转动角速度ω以及向心力(细绳拉力)F的大小。
(1)该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、　　　　以及转动角速度进行了三组实验,测得的实验数据如表1、2、3所示。
表1
小球质量/kg 转动半径/m 角速度/(rad·s-1) 向心力/N
0.1 0.2 4π 3.15
0.2 0.2 4π 6.29
0.3 0.2 4π 9.45
0.4 0.2 4π 12.61
表2
小球质量/kg 转动半径/m 角速度/(rad·s-1) 向心力/N
0.2 0.1 4π 3.16
0.2 0.2 4π 6.31
0.2 0.3 4π 9.46
0.2 0.4 4π 12.63
表3
小球质量/kg 转动半径/m 角速度/(rad·s-1) 向心力/N
0.2 0.2 2π 1.57
0.2 0.2 4π 6.29
0.2 0.2 6π 14.14
0.2 0.2 8π 25.16
(2)由表1的数据可得:当　　　　一定时,小球的向心力F大小与　　　　成　　　　比。
(3)为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是　　　　图像。
A.F-ω B.F-ω2 C.F- D.F2-ω
13.(9分)如图1所示是汽油机原理结构示意图,活塞上下直线运动通过连杆推动曲轴做匀速圆周运动,可以简化为如图2所示,汽缸中心、活塞中心与曲轴转动中心在一条直线上。连杆长L= m,曲轴半径R= m,汽油机正常工作时曲轴的转速n= r/s。
(1)曲轴外边缘的线速度大小是多少;
(2)连杆与曲轴转动圆相切时活塞运动的速度多大(结果可用分式表示)。
图1
图2
14.(11分)如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上,另一端与圆轨道上的小球相连。开始时小球在圆轨道的最低点处于静止状态,恰好对轨道无压力。现使小球获得水平向右的初速度v0=6 m/s,小球刚好能沿圆轨道通过最高点。已知圆轨道的半径r=0.6 m,轻弹簧原长L0=0.5 m,小球的质量m=0.1 kg、可看作质点,g取10 m/s2,求:
(1)该弹簧的劲度系数k;
(2)小球获得水平向右的初速度后,在最低点轨道对小球的支持力大小FN:
(3)小球在最高点的速度大小vmin。
15.(12分)如图所示,在足够大的转盘中心固定一个小物块B,距离中心r0=0.2 m处放置小物块A。A、B质量均为m=1 kg,A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5。现在用原长为d=0.2 m、劲度系数k=40 N/m的轻质弹簧将两者拴接,重力加速度g=10 m/s2,假设弹簧始终处于弹性限度以内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则:
(1)缓慢增加转动的角速度,求A即将打滑时的ω1;
(2)若小物块B解除固定状态,B和转盘间的动摩擦因数为μ2=0.2,现将转盘的角速度从0开始缓慢增大,为了保证B不打滑,求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。
16.(14分)如图所示,平台上的小球从A点水平抛出,恰能从B点无碰撞地进入光滑的斜面BC,经C点进入光滑水平面CD时速率不变,最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量为m,A、B两点高度差为h,BC斜面高2h,倾角α=45°,悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h,小球可看成质点,弧形轻质筐的重力忽略不计,且其直径远小于轻绳长度,重力加速度为g,试求:
(1)B点与抛出点A点的水平距离x;
(2)小球运动至C点时的速度vC的大小;
(3)小球进入轻质筐后瞬间,轻质筐所受拉力F的大小。
答案全解全析
1.B　衣服做圆周运动,受重力、筒壁的弹力和静摩擦力作用。在竖直方向上,衣服受重力和静摩擦力,二力平衡,由弹力提供向心力,由N=mrω2知,转速增大,则筒壁对衣服的弹力增大,静摩擦力不变,B正确,A、D错误。根据v=ωr可知,筒壁上衣服的线速度与角速度之比等于转动半径r,则甩干筒的转速增大,筒壁上衣服的线速度与角速度之比不变,C错误。故选B。
2.D　闪光轮刚好发光时,闪光轮上边缘点的线速度v=ω0r,闪光轮始终和地面接触并不打滑,则闪光轮绕圆心O转动的线速度也为v,则闪光轮绕O点转动的角速度ω==,故选D。
3.D　因为学员和教练员同轴转动,故角速度相同,周期相同,A错误;因为角速度相同,根据公式v=ωr可得运动线速度大小之比为5∶4,B错误;根据向心加速度公式a=,学员和教练员的向心加速度之比为5∶4,C错误;根据加速度与向心力的关系F=ma,受到的合力大小之比为15∶14,D正确。故选D。
4.C　线速度的方向沿曲线的切线方向,由图可知,P、Q两点的线速度的方向一定不同,故A错误;玻璃盘以100 r/min的转速旋转,故从动轮的转速为n2=100 r/min,由T2=得从动轮的转动周期为T2=0.6 s,故B错误;P点的转动半径为R==0.15 m,线速度大小为v2=2πn2R≈1.6 m/s,故C正确;由于主动轮与从动轮边缘的线速度大小相同,有2πn1r1=2πn2r2,得主动轮的转速为n1=25 r/min,故D错误。
5.C　P、Q两球的角速度相等,由v=ωr可得P、Q两球的线速度之比为vP∶vQ=R1∶R2=1∶2,故A错误;轻绳的作用力提供两球做圆周运动的向心力,由牛顿第二定律得F=mPω2R1=mQω2R2,可得P、Q两球的质量之比为mP∶mQ=R2∶R1=2∶1,故B错误;由a=ω2r可得P、Q两球的向心加速度之比为aP∶aQ=R1∶R2=1∶2,故C正确;由T=可得P、Q两球运动的周期之比为TP∶TQ=1∶1,故D错误。
6.ACD　由F=知,拉力变小,提供的向心力不足,R变大,小球做离心运动,故选项C正确,B错误;反之,拉力变大,小球做近心运动,D正确;当拉力突然消失时,小球将沿直线运动,A正确。故选A、C、D。
7.AC　N物体静止不动,绳子拉力与N物体重力相等,M物体做匀速圆周运动,绳子拉力完全提供向心力,即T=mNg=F向,所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小,A正确,B错误;根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向=mNg=m,则v2与r成正比,C正确;根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向=mNg=mω2r,则ω2与r成反比,D错误。故选A、C。
8.BD　在荡秋千的过程中整体受到绳的拉力、自身的重力作用,向心力是效果力,A错误;整体运动到最高点时所受的合力不为零,加速度不为零,B正确;整体只有在最低点时所受合力的方向才指向其做圆周运动的圆心,C错误;在最低点时,根据T-mg=m可知,绳子对整体的拉力大于整体所受重力,D正确。故选B、D。
9.BC　下滑过程中,小球的速率不断增大,所需向心力部分不断增大,故轨道对小球的作用力逐渐增大,故A错误;小球的运动可以分解为水平方向的圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动,故B正确;将小球运动等效为沿长为s,高为h的光滑斜面的运动,则其下滑加速度为a=g sin α=,由位移公式得s=at2,解得t==,故C正确、D错误。
10.BC　在最高点,外侧管壁和内侧管壁都可以对小球产生弹力作用,当小球的速度等于0时,内侧管壁对小球产生弹力,大小为mg,故最小速度为0,A错误,B正确;小球在水平线ab以下管道运动时,由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力,所以外侧管壁对小球一定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作用力,C正确;小球在水平线ab以上管道运动时,由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力,可能外侧壁对小球有作用力,也可能内侧壁对小球有作用力,D错误。故选B、C。
11.答案　(1)B　(2)C　(3)C(每空2分)
解析　(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时,需先控制某些量不变,研究另外两个物理量之间的关系,该方法为控制变量法。故选B。
(2)图中两球的质量相同,转动的半径相同,则研究的是向心力与角速度的关系。故选C。
(3)根据Fn=mrω2,两球的向心力之比为1∶9,半径和质量均相等,则转动的角速度之比为1∶3,因为靠皮带传动,与皮带连接的变速塔轮边缘的线速度大小相等,根据v=rω知,与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为3∶1。故选C。
12.答案　(1)转动半径(1分)　(2)转动半径r和转动角速度ω(3分)　小球质量m(1分)　正(1分)　(3)B(2分)
解析　(1)探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,由表1、2、3可知该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动半径以及转动角速度进行了三组实验。
(2)在误差允许范围内,由表1的数据可得,当小球的转动半径r和角速度ω一定时,小球的向心力F大小与小球质量m成正比。
(3)根据F=mω2r可知,为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是F-ω2图像,从而得到一条拟合的直线。故选B。
13.答案　(1)50 m/s　(2) m/s
解析　(1)根据ω=2πn, (1分)
得ω=2πn=200 rad/s, (2分)
v=ωR=50 m/s(2分)
(2)连杆与曲轴转动圆相切时,
设连杆与活塞中心和曲轴转动圆圆心的连线夹角为θ
tan θ==, (2分)
由沿杆方向的分速度相同得v1 cos θ=v,解得v1= m/s(2分)
14.答案　(1)10 N/m　(2)6.0 N　(3)2 m/s
解析　(1)小球在最低点时受弹簧拉力和重力处于平衡状态,有k(r-L0)=mg,解得k=10 N/m(3分)
(2)由向心力公式,有FN+k(r-L0)-mg=m,解得FN=6.0 N(3分)
(3)小球在最高点时k(r-L0)+mg= (3分)
解得vmin==2 m/s(2分)
15.答案　(1)5 rad/s　(2)ω2≤2 rad/s
解析　(1)设转盘的角速度为ω1时,物块A恰好开始滑动,则μ1mg=mr0 (2分)
代入数值解得A即将打滑时ω1=5 rad/s(2分)
(2)若小物块B解除固定状态,则物块B刚好滑动时弹簧拉力为F,则对B有F=μ2mg (2分)
由胡克定律可知F=k(r-d) (2分)
可得r=0.25 m(1分)
对A受力分析,为了保证B不打滑,则有
F+μ1mg≥mr (2分)
可得ω2≤2 rad/s(1分)
16.答案　(1)2h　(2)2　(3)mg
解析　(1)小球在B点时的速度方向与斜面平行
vy=v0 (1分)
t=h (1分)
v0t=x (1分)
联立解得x=2h (1分)
(2)小球在斜面上时的加速度大小a=g sin 45°=g (1分)
vB=v0=2 (2分)
-=2a (2分)
解得vC=2 (1分)
(3)小球进入轻质筐后瞬间,由牛顿第二定律得F-mg=m (2分)
解得F=mg (2分)
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