2025鲁科版高中物理必修第二册强化练习题--第3章　圆周运动拔高练

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2025鲁科版高中物理必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1　圆周运动及其描述
1.(2024黑吉辽,2)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,当篮球在指尖上绕轴转动时,球面上P、Q两点做圆周运动的 (　　)
A.半径相等　　　　　B.线速度大小相等
C.向心加速度大小相等　　　　　D.角速度大小相等
2.(2023全国甲,17)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于 (　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
3.(2022山东,8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为 (　　)
A.t= s,l=8 m
B.t= s,l=5 m
C.t= s,l=5.5 m
D.t= s,l=5.5 m
考点2　水平面内的圆周运动
4.(2024广东,5)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖,使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为　 (　　)
A.r　　　　B.l
C.r　　　　D.l
5.(多选题)(2021河北,9)如图,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时,小球均相对PQ杆静止。若ω'>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω'匀速转动时 (　　)
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
6.(2022辽宁,13,节选)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中,我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨迹为半圆的匀速圆周运动,如图所示,若甲、乙两名运动员同时进入弯道,滑行半径分别为R甲=8 m、R乙=9 m,滑行速率分别为v甲=10 m/s、v乙=11 m/s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比,并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
考点3　竖直平面内的圆周运动
7.(2022全国甲,14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
8.(2022全国乙,16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于 (　　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
9.(2021浙江6月选考,7)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示,对该时刻,下列说法正确的是 (　　)
A.秋千对小明的作用力小于mg
B.秋千对小明的作用力大于mg
C.小明的速度为零,所受合力为零
D.小明的加速度为零,所受合力为零
三年模拟练
应用实践
1.(2024山东济宁期中)如图所示,走时准确的时钟,分针与秒针由转动轴到针尖的长度之比是3∶5,下列说法正确的是 (　　)
A.分针与秒针的角速度之比为12∶1
B.分针与秒针的周期之比为1∶60
C.分针针尖与秒针针尖的线速度大小之比为1∶60
D.分针针尖与秒针针尖的向心加速度大小之比为1∶6 000
2.(多选题)(2024广东深圳翠园中学月考)如图所示,在水平转台上放一个质量M=2 kg的木块,它与转台间的最大静摩擦力为Fmax=6.0 N,绳的一端系在木块上,另一端通过转台的中心孔O(孔光滑)悬挂一个质量m=1.0 kg的物体,当转台以角速度ω=5 rad/s匀速转动时,木块相对转台静止,则木块到O点的距离可以是(重力加速度g取10 m/s2,木块、物体均视为质点) (　　)
A.0.04 m　　　　B.0.08 m　　　　
C.0.16 m　　　　D.0.32 m
3.(2023山东泰安二模)如图所示,竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R,质量为m的带孔小球穿于环上,同时有一长为R的轻杆一端固定于球上,另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点,当圆环以角速度ω=(g为重力加速度)绕竖直直径转动时,轻杆对小球的作用力大小和方向为 (　　)
A.mg,沿杆向上
B.mg,沿杆向下
C.(-1)mg,沿杆向上
D.(-1)mg,沿杆向下
4.(2023山东新高考联合质量评测)如图所示为赛车场的一个赛道(赛道地面水平),两个弯道是半径分别为R和r的两段圆弧,且R=4r,直赛道与圆弧赛道相切,每段长度均为L。小圆弧的圆心角为120°,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的k倍,重力加速度为g。赛车在圆弧赛道上做匀速圆周运动,在直赛道上做匀变速直线运动,要使赛车安全绕赛道一周的时间最短,在这一过程中,下列说法正确的是　 (　　)
A.赛车行驶的最大速率为
B.赛车在小圆弧赛道上消耗的时间为
C.赛车在大圆弧赛道上消耗的时间为
D.安全绕行一周的最短时间为
5.(2024安徽合肥一中一模)智能呼啦圈轻便美观,深受大众喜爱。腰带外侧带有轨道,将带有滑轮的短杆穿入轨道,短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳,其简化模型如图所示。可视为质点的配重质量为0.5 kg,绳长为0.5 m,悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m。水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重随短杆做水平匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,运动过程中腰带可看作不动,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,下列说法正确的是 (　　)
A.匀速转动时,配重受到的合力恒定不变
B.若增大转速,腰带受到的合力变大
C.当θ稳定在37°时,配重的角速度为5 rad/s
D.当θ由37°缓慢增加到53°的过程中,绳子对配重做正功
6.(多选题)(2024山东聊城期中)如图所示,一半径为r的圆形转盘放在水平放置的圆形餐桌上,转盘中心为O,在离转盘中心处放置一质量为m的碟子(可视为质点)。现使转盘绕中心点O由静止开始转动,缓慢增加转盘转动的角速度,当转盘的角速度达到ω时,碟子开始相对转盘滑动。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。则 (　　)
A.碟子随转盘一起转动时,碟子受到的摩擦力方向与速度方向相反
B.碟子与转盘间的动摩擦因数为
C.若将碟子放在转盘边缘,当转盘转动的角速度为时,碟子开始相对转盘滑动
D.将两个相同的这种碟子叠在一起放在离转盘中心处,使碟子相对转盘开始滑动的角速度为ω
7.(2023山东滨州滨城高中联盟月考)如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计,要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,则　 (　　)
A.该盒子做圆周运动的向心力恒定不变
B.该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2π
C.盒子在最低点时,小球对盒子的作用力大小等于6mg
D.盒子在与O点等高的右侧位置时,小球对盒子的作用力大小等于mg
8.(2023山东德州祥龙高中月考)如图所示,摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8 m顶部水平高台,接着以v=3 m/s水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点,其连线水平。已知圆弧半径为R=1.0 m,人和车的总质量为180 kg,特技表演的全过程中,阻力忽略不计。计算中取重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离s;
(2)人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力大小;(在A点的速度偏转角为53°)
(3)人和车运动到圆弧轨道最低点O时的速度v'= m/s,此时对轨道的压力大小。
迁移创新
9.(1)物体沿着圆周的运动是一种常见的运动,匀速圆周运动是当中最简单,也是最基本的一种。由于做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化,因而匀速圆周运动是一种变速运动,具有加速度。
可按如下模型来研究做匀速圆周运动的物体的加速度:设质点沿半径为r、圆心为O的圆周以恒定大小的速度v运动,某时刻质点位于位置A,经极短时间Δt后运动到位置B,如图所示。试根据加速度的定义,推导质点在位置A时的加速度大小。
(2)在研究匀变速直线运动的“位移”时,我们应用“以恒代变”的思想,在研究曲线运动的“瞬时速度”时,又应用“化曲为直”的思想,而在研究一般的曲线运动时,我们用的更多的是一种“化曲为圆”的思想,即对于一般的曲线运动,尽管曲线上各个位置的弯曲程度不同,但在研究时,可以将曲线分割为许多很短的小段,质点在每小段的运动都可以看作半径为某个合适值ρ的圆周运动,进而采用圆周运动的分析方法来进行研究,ρ叫作曲率半径。
如图所示,将物体以初速度v0斜向上抛出,初速度与水平方向间的夹角为θ,求物体在轨迹最高点处的曲率半径ρ。(重力加速度为g,不计空气阻力)
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.D　球面上P、Q两点绕同一个竖直轴做圆周运动,角速度ω大小相等,D正确;由题图可知Q点的运动半径r较大,A错误;由v=ωr可得,Q点的线速度v较大,B错误;由an=ω2r可得,Q点的向心加速度较大,C错误。
2.C　由题意可知,合力的表达式为F合=k1rn,周期T=,用周期表示向心力,为F向=mr=mr3,由F合=F向可得n=3,C正确。
3.B　根据a=可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC== m/s,vCD==2 m/s,在BC段、CD段的速率不变,因此在两圆弧段运动的最大速率v=2 m/s,通过两圆弧的时间为t2=+= s,小车从A点以最大速率v0=4 m/s匀速经过一段距离l之后开始减速,恰好到B点时速率为2 m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-=-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段经历时间t1=+= s,因此总时间为t= s,选项B正确。
易混易错　小车通过固定圆弧的时间,取决于沿圆弧运动的速率,BC和CD两段圆弧半径不同,但通过的速率相等,因此必须先要找出符合题意的最大速率。在AB段运动的最短时间的对应条件是整个阶段的平均速度最大,因此必须先以最大速度做匀速直线运动,然后匀减速运动到B点。
4.A　插销刚卡进固定的端盖时,弹簧伸长量为Δx=,弹力F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力为插销提供向心力,有F=m,v'=v·,联立解得v=r,A正确。
5.BD　对小球受力分析如图:
竖直方向:T cos θ=mg ①
水平方向:T sin θ-N=mω2r ②
对①式,若θ减小,则cos θ增大,弹簧弹力T增大,①式不成立;若θ增大,则cos θ减小,T减小,①式不成立,所以不管ω怎样变化,θ都不变,即小球的高度不变,弹簧的弹力大小一定不变,故A错误,B正确。
由②式得N=T sin θ-mω2r,由于没有给定ω'的值,所以N的大小变化不能确定,由牛顿第三定律知C错误。
小球所受的合外力充当向心力,F合=mω2r,ω增大,F合增大,故D正确。
6.答案　见解析
解析　匀速圆周运动的向心加速度a=
则==
运动时间t=
则t甲== s,t乙== s
t甲7.D　运动员从a处滑至c处,mgh=m-0,在c点,N-mg=m,联立得N=mg,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=F压≤kmg,得R≥,故D项正确。
8.C　如图所示,设大圆环半径为R,P、A间距离为L,由机械能守恒定律可知,小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等,分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑的加速度a=g cos θ=,v=at=t,由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同,即2R=gt2,代入上式可得:v=L,故v正比于小环到P点的距离,C正确。
导师点睛　小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等,而沿斜线滑到任意处的时间由等时圆模型可知为定值,再证明速率与其他物理量成正比。
9.A　秋千摆到最高点,受力分析如图所示
切向:mat=mg sin θ
径向:速度为0,向心力为0,
则有T=mg cos θ在最高点速度为0,向心力为0,但切向加速度不为0,所受合力不为零,故B、C、D错,A正确。
三年模拟练
1.D　秒针转动一周的时间为1 min,分针转动一周的时间为60 min,则分针与秒针的周期之比为T1∶T2=60∶1,根据ω=知,分针与秒针的角速度之比为ω1∶ω2=1∶60,故A、B错误;根据v=ωr可知分针针尖与秒针针尖的线速度大小之比为==×=,故C错误;根据a=vω可知分针针尖与秒针针尖的向心加速度大小之比为==×=,故D正确。
2.BCD　设绳的拉力大小为FT,木块到O点的距离为r,木块受到的静摩擦力大小为f。若摩擦力沿半径向外,则根据平衡条件和牛顿第二定律得FT-mg=0,FT-f=Mω2r1,03.B　设轻杆与竖直直径夹角为θ,由几何关系可得cos θ==,解得θ=60°,则小球做圆周运动的半径为r=R sin 60°=R,做圆周运动所需的向心力为F=mω2r=mg,小球有向上运动的趋势,设杆对小球有沿杆向下的拉力F1,环对小球有指向圆心的支持力F2,由平衡条件可得水平方向上,F1 cos 30°+F2 cos 30°=F,竖直方向上,F1 sin 30°+mg=F2 sin 30°,解得F1=mg,故选B。
4.D　当赛车达到最大速度时,最大静摩擦力提供赛车沿圆弧运动的向心力,有kmg=m,解得最大速率为v=,故A错误;设赛车在小圆弧赛道上绕行的速度为v',则kmg=m,解得v'=,所以赛车在小圆弧赛道上运动的时间为t1==,故B错误;赛车在大圆弧赛道上消耗的时间为t2===,故C错误;赛车在直轨道上做匀变速直线运动,有L=t3,解得t3=,所以安全绕行一周的最短时间为t=t1+t2+2t3=++=,故D正确。
5.D　匀速转动时,配重做匀速圆周运动,合力大小不变,但方向在变化,故A错误;运动过程中腰带可看作不动,所以腰带所受的合力始终为零,故B错误;对配重,由牛顿第二定律得mg tan θ=mω2(l sin θ+r),即ω=,当θ稳定在37°时,解得ω= rad/s,故C错误;由C中公式可知,当θ稳定在53°时,角速度大于θ稳定在37°时的角速度,配重做圆周运动的半径也增大,速度增大,动能增大,同时高度上升,重力势能增大,所以机械能增大,由功能关系,θ由37°缓慢增加到53°的过程中,绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量,所以绳子对配重做正功,故D正确。
6.BC　碟子随转盘一起转动时,碟子受到的摩擦力提供碟子做圆周运动的向心力,故摩擦力方向指向圆心,A错误;当转盘的角速度达到ω时,碟子开始相对转盘滑动,则有mω2=μmg,解得μ=,B正确;若将碟子放在转盘边缘,设碟子开始相对转盘滑动时转盘的角速度为ω1,则有mr=μmg,联立得ω1=,C正确;将两个相同的这种碟子叠在一起放在离转盘中心处,设使碟子相对转盘开始滑动的角速度为ω2,则有2m=2μmg,联立得ω2=ω,D错误。
7.D　该盒子做圆周运动的向心力大小不变,方向总是指向圆心,时刻在发生改变,A错误;在最高点时,盒子与小球之间恰好无作用力,对小球根据牛顿第二定律可得mg=,解得v=,则该盒子做匀速圆周运动的周期为T==2π,B错误;盒子在最低点时,对小球根据牛顿第二定律可得F-mg=,解得F=2mg,根据牛顿第三定律可知小球对盒子的作用力大小等于2mg,C错误;盒子在与O点等高的右侧位置时,对小球分析,竖直方向根据受力平衡可得Fy=mg,水平方向根据牛顿第二定律可得Fx==mg,故盒子对小球的作用力大小为F1==mg,根据牛顿第三定律可知小球对盒子的作用力大小等于mg,D正确。
8.答案　(1)1.2 m　(2)5 580 N　(3)7 740 N
解析　(1)人和车离开平台后做平抛运动,则h=gt2,s=vt,解得s=1.2 m。
(2)在A点时,根据牛顿第二定律有
N-mg cos 53°=m
又cos 53°=
联立解得N=5 580 N,根据牛顿第三定律可知,对轨道的压力大小为5 580 N。
(3)在O点,根据牛顿第二定律得N'-mg=m
解得N'=7 740 N
根据牛顿第三定律,对轨道的压力大小为7 740 N。
9.答案　(1)见解析　(2)
解析　(1)解法一:设质点经过A、B两点时的速度分别为vA、vB,当Δt足够小时,vA、vB的夹角θ就足够小,θ角所对的弦和弧的长度就近似相等,因此θ=
在Δt时间内,速度方向变化的角度θ=ωΔt
联立可得Δv=vωΔt
将此式代入加速度定义式a=,并把v=ωr代入,可得向心加速度大小的表达式为an=ω2r
上式也可以写成an=
解法二:因为vA、vB和Δv组成的矢量三角形与△ABO是相似三角形,OA=r,所以==,可得Δv=,将上式两边同时除以Δt,得=×,等式左边即向心加速度an的大小。当Δt趋近于0时,AB弦长与AB弧长近似相等,即AB=,所以==v,整理得an=。
(2)在轨迹的最高点,物体的速度为
v=v0 cos θ
此时可以把物体的运动看成是半径为ρ的圆周运动,物体只受重力,根据牛顿第二定律可得
mg=m
联立可得ρ=
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