2025鲁科版高中物理必修第二册强化练习题--第3章　圆周运动

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2025鲁科版高中物理必修第二册
第3章　圆周运动
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.一质点做匀速圆周运动,其线速度大小为4 m/s,转动周期为2 s,则下列说法错误的是 (　　)
A.角速度为0.5 rad/s
B.转速为0.5 r/s
C.轨迹半径为 m
D.加速度大小为4π m/s2
2.如图所示是中国古代玩具饮水鸟,它的神奇之处是:在鸟的面前放上一杯水,鸟就会俯下身去,把嘴浸到水里,“喝”了一口水后,鸟将绕着O点不停摆动,一会儿它又会俯下身去,再“喝”一口水。A、B是鸟上两点,则在摆动过程中 (　　)
A.A、B两点的线速度大小相等
B.A、B两点的向心加速度大小相等
C.A、B两点的角速度大小相等
D.A、B两点的向心加速度方向相同
3.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,则下列说法中正确的是 (　　)
A.角速度ωA>ωB　　　　　B.线速度vA>vB
C.向心加速度aA4.杂技演员在表演“水流星”时的示意图如图所示,长为1.6 m的轻绳的一端,系着一个总质量为0.5 kg的盛水容器,以绳的另一端为圆心,在竖直平面内做圆周运动,若“水流星”通过最高点时的速度为4 m/s,则下列说法正确的是 (　　)
A.“水流星”通过最高点时,有水从容器中流出
B.“水流星”通过最高点时,绳的张力及容器的底部受到的压力均为零
C.“水流星”通过最高点时处于完全失重状态,不受力的作用
D.“水流星”通过最高点时,绳子的拉力大小为5 N
5.明朝的《天工开物》记载的工艺技术体现了我国古代劳动人民的智慧。如图所示,可转动把手上的a点到转轴的距离为R=0.4 m,辘轳边缘b点到转轴的距离为r=0.2 m。甲转动把手可以把井底的乙匀加速拉起来,下列说法正确的是 (　　)
A.a点角速度与b点角速度之比为1∶2
B.a点线速度与b点线速度大小之比为2∶1
C.a点向心加速度与b点向心加速度大小之比为1∶2
D.a点线速度与b点线速度大小之比为1∶2
6.港珠澳大桥总长约55 km,是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥,也是世界公路建设史上技术最复杂、施工难度最大、工程规模最庞大的桥梁。如图所示的路段是一段半径约为120 m的圆弧形弯道,路面水平,路面对轮胎的最大静摩擦力为压力的0.8,下雨时路面被雨水淋湿,路面对轮胎的最大静摩擦力变为压力的0.4。若汽车通过圆弧弯道时做匀速圆周运动,汽车可视为质点,不考虑空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2 m/s2
B.汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/s
C.晴天时,汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D.下雨时,汽车以80 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
7.如图,一容器的内壁是半径为r的半球面,容器固定在水平地面上。在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P,它在容器内壁由静止开始下滑到最低点,在最低点时的向心加速度大小为a,已知重力加速度大小为g。则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为 (　　)
A.mr　　　　B.mr(2g-a)
C.mr(g-a)　　　　D.mr(2g+a)
8.如图所示,一质量为m的小球用两根长度均为L的轻质细绳系着,两根绳另一端分别固定在竖直转轴上的a、b两点,a、b两点之间的距离也为L。当转轴以一定角速度ω转动时,两绳均处于伸长状态,已知重力加速度为g,则下列说法不正确的是 (　　)
A.要保证两绳均处于伸长状态,竖直转轴的最小角速度为
B.当竖直转轴的角速度增大到一定程度时,绳1可以变为松弛状态
C.两绳均处于伸长状态时,绳1上的张力与绳2上的张力差值恒定
D.当竖直转轴的角速度为2时,绳2上的张力大小等于mg
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.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
10.如图所示,长为r=0.3 m的轻杆一端固定质量为m的小球(可视为质点),另一端与水平转轴(垂直于纸面)于O点连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动,已知转动过程中轻杆对小球的最大作用力为mg,重力加速度为g,轻杆不变形。下列判断正确的是 (　　)
A.小球转动的角速度为5 rad/s
B.小球通过最高点时对杆的作用力为零
C.小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为mg
D.转动过程中杆对小球的作用力不一定总是沿杆的方向
11.如图甲所示,三个完全相同的物块A、B和C放在水平圆盘上,它们分居圆心两侧且共线,用两根不可伸长的轻绳相连。物块质量均为1 kg,与圆心距离分别为rA、rB和rC,其中rA　
A.物块与圆盘间的动摩擦因数μ=0.2
B.rB=1 m,rC=2 m
C.当角速度为1 rad/s时,圆盘对A的静摩擦力方向背离圆心
D.当角速度为 rad/s时,A、B恰好与圆盘发生滑动
12.如图所示,质量均为m的木块A、B叠放在一起,B通过轻绳与质量为2m的木块C相连。三木块放置在可绕固定转轴OO'转动的水平转台上。木块A、B与转轴OO'的距离为2L,木块C与转轴OO'的距离为L。A与B间的动摩擦因数为5μ,B、C与转台间的动摩擦因数为μ,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。若转台从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,直到有木块即将发生相对滑动为止。用ω表示转台转动的角速度,下列说法正确的是　 (　　)
A.当ω=时,轻绳的拉力为零
B.B木块与转台间的摩擦力一直增大
C.当ω=时,C木块与转台间的摩擦力为零
D.ω的最大值为
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某物理兴趣小组的同学为了测玩具电动机的转速,设计了如图甲所示的装置。钢质L形直角架的竖直杆穿过带孔的轻质薄硬板,然后与电动机转子相连,水平横梁末端与轻细绳上端连接,绳下端连接一小钢球,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内做匀速圆周运动,小球稳定转动时,细绳与竖直方向成θ角,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,最后测量出薄板与横梁之间的距离h=20.00 cm,触碰点到竖直杆的距离r=20.00 cm,如图乙所示。
(1)为了使实验更精确,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　　　　　(用d、h、r、g表示),用测得的数据计算得n=　　　r/s(计算时取π2=g,最后结果保留三位有效数字)。
14.(8分)如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、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v的关系。
甲
(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v,多次测量,该同学测出了五组F、v数据,如表所示:
v/(m·s-1) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90
该同学对数据分析后,在坐标纸上描出了五个点。
乙
①在图乙中作出F-v2图线;
②若圆柱体的运动半径r=0.2 m,由作出的F-v2图线可得圆柱体的质量m=　　　　kg。(结果保留两位有效数字)
15.(10分)如图所示,半径为R=0.2 m的大铁环用细线悬挂在两铁架台支起的横梁上,有两个质量均为m=0.1 kg的小铁环a、b套在大铁环上。当大铁环静止时,两小铁环处于大铁环最低点。当大铁环以竖直的直径为轴转动起来后,经过一段时间达到稳定并能保持较长时间的匀速转动,此时小铁环分别上升到两侧同一高度且与大铁环保持相对静止,稳定时大铁环转动15圈耗时刚好10秒。小铁环可被视为质点,大铁环的质量远大于小铁环质量,且它们之间的摩擦力及空气阻力可忽略不计,取π2≈10,求:
(1)稳定转动时,大铁环转动的角速度ω的大小;
(2)稳定转动时,图中小铁环a做匀速圆周运动所需的向心力方向;
(3)稳定转动时,大铁环对小铁环a的作用力FN的大小。
16.(10分)如图甲所示是游乐场中过山车的实物图片,可将过山车的一部分运动简化为图乙的模型图,此模型中所有轨道都是光滑的,现使小车(视作质点)从左侧轨道距B点高h=0.25 m处(图中未标出)由静止开始向下运动,B点为圆轨道的最低点,小车进入圆轨道后,恰好能通过轨道的最高点A,不计空气阻力,小车的质量m=1.0 kg。求:
(1)小车通过B点时的速度大小vB;
(2)圆轨道的半径R;
(3)小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FB。
17.(12分)“抛石机”是古代战争中常用的一种设备,其装置简化原理如图所示。“抛石机”长臂的长度L=4.8 m,短臂的长度l=0.96 m。在某次攻城战中,敌人城墙高度H=12 m,士兵们为了能将石块投入敌人城中,在城外堆出了高h=8 m的小土丘,在小土丘上使用“抛石机”对敌人进行攻击。士兵将质量为m=4.8 kg的石块装在长臂末端的弹筐中,开始时长臂处于静止状态,其与水平面夹角α=30°。现对短臂施力,当长臂转到竖直位置时立即停止转动,石块被水平抛出且恰好击中城墙正面与小土丘等高的P点,P点与抛出位置间的水平距离x0=18 m。不计空气阻力。
(1)求石块刚被抛出时短臂末端的速度大小v。
(2)求石块转到最高点时对弹筐竖直方向作用力的大小。
(3)若城墙上端的水平宽度d=2.4 m,则石块抛出时速度多大才可以击中敌人城墙顶部
18.(14分)如图所示,一自然长度小于R的轻弹簧左端固定,在水平面的右侧,有一底端开口的光滑圆环,圆环半径为R,圆环的最低点与水平轨道相切,用一质量为m的小物块(可看作质点)压缩弹簧右端至P点,P点到圆环最低点距离为2R,小物块释放后,刚好过圆环的最高点,已知重力加速度为g,小物块与水平面间的动摩擦因数为μ。
(1)弹簧的弹性势能为多大
(2)改变小物块的质量,仍从P点释放,要使小物块在运动过程中不脱离轨道,小物块质量满足的条件是什么
答案全解全析
1.A　根据角速度与周期的公式有ω==π rad/s,故A错误;根据周期与转速的公式有n== r/s,故B正确;根据线速度与角速度的公式有r== m,故C正确;加速度a==4π m/s2,故D正确。
2.C　A、B两点绕同一轴转动,角速度相等,故C正确;由题图可知A的转动半径大于B的转动半径,根据v=ωr可知A点的线速度大于B点的线速度,故A错误;根据a=ω2r可知A点的向心加速度大于B点的向心加速度,且方向不同,故B、D错误。
3.B　A、B两物体共轴转动,角速度相等,A转动的半径大,由v=rω知,A的线速度大,向心加速度a=rω2,故A的向心加速度大;由向心力F=ma知,A的向心力大,故B正确,A、C、D错误。
4.B　设水的质量为m,在最高点,当水对容器底部压力为零时,有mg=m,解得v==4 m/s,而“水流星”通过最高点的速度为4 m/s,知水对容器底部的压力为零,水不会从容器中流出;设水和容器的总质量为M,在最高点有T+Mg=M,解得T=0,知此时绳子的拉力为零,故A、D错误,B正确。“水流星”通过最高点时,仅受重力,处于完全失重状态,故C错误。
5.B　因a、b两点同轴转动,则a点的角速度等于b点的角速度,故A错误;根据v=ωr,可知a点线速度与b点线速度大小之比===,故B正确,D错误;根据an=ω2r,可知a点向心加速度与b点向心加速度大小之比===,故C错误。
6.C　汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动,轨道半径R=120 m,运动速率v=72 km/h=20 m/s,向心加速度为a== m/s2≈3.3 m/s2,角速度ω== rad/s= rad/s,故A、B错误。以汽车为研究对象,当路面对轮胎的摩擦力指向圆弧形弯道圆心且达到最大静摩擦力时,此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm,在水平方向上,根据牛顿第二定律得fm=m,在竖直方向有FN=mg,最大静摩擦力fm=μFN,联立解得vm=,晴天时μ=0.8,解得vm≈111.5 km/h,所以汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道;下雨时μ=0.4,解得vm≈78.9 km/h<80 km/h,所以汽车以80 km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道,故C正确,D错误。
7.A　滑块P在最低点时,由牛顿第二定律有ma=m,滑块Р由静止下滑到最低点的过程中,根据动能定理有mgr-Wf=mv2,联立解得Wf=mgr-mar=mr,故选A。
8.B　根据几何关系可知,两绳都处于伸长状态时,两绳与竖直转轴的夹角(锐角)均为60°。要保证两绳均处于伸长状态,当绳子2刚好伸直时,竖直转轴的角速度最小,竖直方向有T1 cos 60°=mg,水平方向有T1 sin 60°=mω2L sin 60°,解得ω=,故A正确;当竖直转轴的角速度为时,两绳都处于伸长状态,之后继续增大角速度,两绳一直处于伸长状态,绳1不可能变为松弛状态,故B错误;两绳均处于伸长状态时,竖直方向有T1 cos 60°=mg+T2 cos 60°,可得T1-T2=2mg,可知绳1上的张力与绳2上的张力差值恒定,故C正确;当竖直转轴的角速度为2时,竖直方向有T1 cos 60°=mg+T2 cos 60°,水平方向有T1 sin 60°+T2 sin 60°=mω2L sin 60°,联立解得绳2上的张力大小为T2=mg,故D正确。
9.AC　由于桌面水平且不计摩擦,可知绳中张力F提供物体M所需向心力,又由于物体N静止,则绳中张力F等于物体N的重力,故A正确,B错误。由于物体N的重力恒定,故由mM=mMrω2=mNg,可知C正确,D错误。
10.ACD　小球运动到最低点时轻杆对小球的作用力最大,并且作用力方向竖直向上,则由题意知,小球运动到最低点时有mg-mg=mω2r,解得ω=5 rad/s,故A正确;小球在最高点时,根据牛顿第二定律可得F+mg=mω2r,解得F=-mg,说明杆对小球的力为支持力,大小为mg,故B错误;小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为F'=,F向=mω2r,联立解得F'=mg,故C正确;转动过程中杆对小球的作用力和小球重力的合力提供小球所需向心力,所以杆对小球的作用力不一定总是沿杆的方向,故D正确。故选A、C、D。
11.BD　由题图乙可知T1=3ω2-2(N),所以当=(rad/s)2时,A、B间绳刚要有拉力,对A有μmg=mrA,解得μ=0.1,故A错误;由题图乙可知T2=2ω2-1(N),所以当=0.5(rad/s)2时,B、C间绳刚要有拉力,对C有μmg=mrC,解得rC=2 m,当=1(rad/s)2时,A、B间绳和B、C间绳的拉力均为1 N,B只受摩擦力提供向心力,有μmg=mrB,解得rB=1 m,故B正确;当角速度为1 rad/s时,对A有T1+fA=mrA,解得fA=0.5 N,方向指向圆心,故C错误;由图乙可得,当角速度为 rad/s时,T1=4 N,T2=3 N,对A有T1-fA2=mrA,解得fA2=1 N=μmg,对C有T2+fC2=mrC,解得fC2=1 N=μmg,说明此刻A、B恰好与圆盘发生滑动,故D正确。故选B、D。
12.CD　对木块A分析,根据静摩擦力提供向心力,有5μmg=m·2L,解得ωA=;对木块B分析,假设没有绳,同理可得,μmABg=mAB·2L,解得ωAB=;对木块C分析,假设没有绳,同理可得,μmCg=mCL,解得ωC=。当转台转动的角速度ω=时,轻绳的拉力不为零,A错误;当转台转动的角速度ω=ωAB=时,再增大转速,绳中拉力增大,至木块C滑动前,B木块与转台间的摩擦力不变,B错误;当木块C与转台间摩擦力为零时,对木块C分析有,轻绳拉力T=2mL,对A、B整体有,T+μ·2mg=2m·2L,联立解得ω0=,所以当ω=ω0=时,C木块与转台间的摩擦力为零,C正确;当转台的角速度最大时,对C有,T'-μ·2mg=2mL,对A、B整体有,T'+μ·2mg=2m·2L,联立解得ωm=,所以ω的最大值为,D正确。
13.答案　(1)水平(2分)　(2)n=(2分)　1.00(2分)
解析　(1)小球在水平面内做匀速圆周运动,故缓慢移动薄板时应要求薄板始终保持水平。
(2)小球做匀速圆周运动,由mg tan θ=m(4π2n2)r,得n=,而tan θ=,代入可得n=,把数据代入计算可得n=1.00 r/s。
14.答案　(1)B(2分)　(2)①见解析图(3分)　②0.18(3分)
解析　(1)该同学采用的实验方法为控制变量法,故选B;
(2)①作一条过原点的直线,让尽量多的点落在这条直线上,其他点均匀分布在直线两侧,如图所示
②根据向心力公式F=m
则由F-v2图像可知=k=0.9 kg/m
解得m=0.18 kg。
15.答案　(1)3π rad/s　(2)水平向右或由a指向b　(3)1.8 N
解析　(1)根据角速度的定义式有ω= (1分)
代入数据可得ω=3π rad/s。 (2分)
(2)小铁环a所需的向心力方向为水平向右或由a指向b。 (1分)
(3)对小铁环受力分析,小铁环受重力与弹力,且二力在竖直方向的合力为0,水平方向的合力提供向心力
F向=mω2R sin θ (2分)
F向=FN sin θ (2分)
所以有FN=mω2R
代入数据解得FN=1.8 N。 (2分)
16.答案　(1) m/s　(2)0.1 m　(3)60 N
解析　(1)由动能定理有mgh=m (1分)
解得vB== m/s。 (1分)
(2)设小车经过A点时的速度大小为vA
根据牛顿第二定律有mg= (1分)
解得vA= (1分)
从B到A的过程中,根据机械能守恒定律有
m+2mgR=m (1分)
联立解得vB= (1分)
结合(1)中结果可得R=0.1 m。 (1分)
(3)设在最低点轨道对小车的支持力为FB',根据牛顿第二定律有
FB'-mg= (1分)
解得FB'=60 N(1分)
由牛顿第三定律可知,小车对轨道的压力大小FB=60 N。 (1分)
17.答案　(1)3 m/s　(2)177 N　(3)22.5 m/s≤v'≤25.5 m/s
解析　(1)石块抛出后做平抛运动,竖直方向有
L+L sin α=g (1分)
石块抛出时的速度v0= (1分)
长臂和短臂的角速度相同,有= (1分)
代入数据解得v=3 m/s。 (1分)
(2)石块转到最高点时,弹筐对石块竖直方向的作用力和石块的重力的合力提供石块做圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律得
F+mg=m (1分)
解得F=177 N(1分)
根据牛顿第三定律知,石块转到最高点时对弹筐竖直方向作用力的大小为177 N。 (1分)
(3)石块击中城墙顶部时,根据平抛运动的规律,在竖直方向有
h+L+L sin α-H=g (1分)
联立代入数据解得t2=0.8 s(1分)
石块击中城墙顶部时,水平方向的位移x满足
x0≤x≤x0+d (1分)
抛出时的初速度
v'= (1分)
联立代入数据解得22.5 m/s≤v'≤25.5 m/s。 (1分)
18.答案　(1)2μmgR+mgR　(2)m1≤m或m2≥m
解析　(1)小物块刚好过圆环的最高点时,由牛顿第二定律得
mg=m (1分)
小物块从释放至运动到最高点的过程,由能量守恒定律
Ep=μmg×2R+mg·2R+mv2 (2分)
联立可解得
Ep=2μmgR+mgR。 (1分)
(2)要使小物块在运动过程中不脱离轨道,有两种情况:①小物块能够通过最高点;②小物块运动中最高到达圆心等高处
①设小物块质量为m1,在最高点满足
m1g≤m1 (2分)
小物块从释放至运动到最高点的过程满足
Ep=2μm1gR+2m1gR+m1 (2分)
解得m1≤m (1分)
②设小物块质量为m2,当小物块运动的最高点的高度不超过圆心的高度,满足h≤R (1分)
此时Ep=2μm2gR+m2gh (3分)
解得m2≥m (1分)
综上可知,要使小物块在运动过程中不脱离轨道,小物块质量满足的条件是m1≤m或m2≥m。
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