第二章　圆周运动 测评卷（含答案解析）

第二章　圆周运动
注意 事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度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。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图所示,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.在与转轴水平等高处受摩天轮作用力的大小为mg
C.线速度的大小为ω2R
D.所受合力的大小始终为mω2R
2.如图所示,长为0.4 m的轻杆,一端系有质量m=1 kg的小球(视为质点),绕另一端O点在竖直平面内做圆周运动,当小球通过最低点时,杆对小球的拉力大小为100 N,则小球通过最低点时的速度大小为 (　　)
A.4 m/s B.2 m/s
C.2 m/s D.6 m/s
3.如图甲所示,汽车通过半径为r的拱形桥,在最高点处速度达到v时,驾驶员对座椅的压力恰好为零;若把地球看成大“拱形桥”,当另一辆“汽车”速度达到某一值时,“驾驶员”对座椅的压力也恰好为零,如图乙所示。设地球半径为R,则图乙中的“汽车”速度为 (　　)
A.·v B.·v C.·v D.·v
4.如果高速转动的飞轮的重心不在转轴上,运行将不稳定,而且轴会受到很大的作用力,加速磨损。图中飞轮半径r=10 cm,OO'为转动轴。正常工作时转动轴受到的水平作用力可以认为是0。假想在飞轮的边缘固定一个质量为m=0.01 kg的小螺丝钉P,当飞轮转速n=1 000 r/s时,转动轴OO'受到的力约为 (　　)
A.1.0×102 N B.7.9×102 N
C.1.0×104 N D.4.0×104 N
5.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图所示是某一变速自行车齿轮传动结构示意图,图中A轮有48齿,B轮有42齿,C轮有18齿,D轮有12齿,则 (　　)
A.该自行车可变换两种不同挡位
B.该自行车可变换三种不同挡位
C.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比为ωA∶ωD=1∶4
D.当A轮与D轮组合时,两轮边缘线速度之比为vA∶vD=4∶1
6.高铁列车的速度很大,铁路尽量铺设平直,但在铁路转弯处要求内、外轨道的高度不同。在设计轨道时,其内、外轨高度差h不仅与转弯半径r有关,还与火车在弯道上的行驶速率v有关。下列说法正确的是 (　　)
A.内轨一定要比外轨高
B.r一定时,v越大,h越大
C.v一定时,r越大,h越大
D.在通过建设好的弯道时,火车的速度越小,轮缘对轨道的作用力一定越小
7.如图,水平转盘上的A、C两处有两块可视为质点的由同一种材料做成的物块,物块的质量相等,A到轴O的距离是C到轴O的距离的一半。转盘以某一角速度匀速转动时,A、C两处的物块都没有发生滑动,下列说法中不正确的是 (　　)
A.当角速度逐渐增大时,C处的物块最先滑动起来
B.当角速度逐渐增大时,A、C处的物块同时滑动起来
C.C处物块的向心加速度较大
D.A处物块受到的静摩擦力较小
8.
如图所示,A、B、C三个物体放在水平旋转圆台上,用细线连接并固定在转轴上。已知物体与圆台间的动摩擦因数均为μ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力;细线能承受的最大拉力为μmg,A的质量为2m,B、C的质量均为m,A、B离轴的距离为R,C离轴的距离为2R,当圆台转速慢慢增加,最先滑动的是 (　　)
A.A B.B
C.C D.三个物体同时滑动
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示,光滑杆与竖直方向的夹角为θ,杆以O为支点绕竖直线旋转,质量为m的小球套在杆上可沿杆滑动。当杆角速度为ω1时,小球的旋转平面在A处,线速度为v1,球对杆的压力为N1;当杆角速度为ω2时,小球的旋转平面在B处,线速度为v2,球对杆的压力为N2,则有 (　　)
A.N1=N2 B.N1v2 D.v110.对下列图分析正确的是 (　　)
A.如图甲,汽车通过凹形路面最低点时,汽车对路面的压力一定大于汽车的重力
B.如图乙,小球固定在杆的一端,在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动,在图示位置,当v>时,球对杆的作用力方向向下
C.如图丙,用相同材料做成的A、B两个物体(可视为质点)随水平转台一起做匀速圆周运动,mA=2mB,rA=2rB,当转台转速缓慢增加时,可观察到A先开始相对转台滑动
D.如图丁,用洗衣机脱水时,附着在衣服上的水所受的向心力消失,水做离心运动飞出筒外
11.
如图所示是自行车场地赛中一段半径为R的圆弧赛道(忽略道路宽度),赛道路面与水平面间的夹角为θ,不考虑空气阻力,自行车与骑手总质量为m,两者一起在该路段做速度为v的匀速圆周运动。路面与自行车车轮之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,若自行车与赛道斜面之间没有相对滑动,则对于骑手和自行车组成的系统,下列说法中正确的是 (　　)
A.若v=,则系统向心力由重力与支持力的合力提供
B.若v>,则系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面指向内侧
C.系统的最大速度为v=
D.系统的最大速度为v=
12.如图,半径R=0.45 m的半圆形管道固定在竖直平面内,管口直径很小。在管道右侧有一个斜面,斜面倾角为θ=37°。直径略小于管口直径的小球A,以一定的水平速度进入管道,从管道的最高点飞出后做平抛运动,经过0.2 s后刚好垂直落在斜面上。已知小球质量为m=1 kg,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.小球从管道最高点飞出时的速度为1.5 m/s
B.小球在管道最高点受到的弹力大小为5 N,方向竖直向上
C.小球在斜面上的落点与管道圆心等高
D.小球做平抛运动的竖直位移与水平位移之比为2∶3
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学想通过实验粗略测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小。如图甲所示,将半径为2 cm的圆盘固定在电动机转动轴上,将纸带的一端穿过打点计时器后,固定在圆盘的侧面,圆盘转动时,纸带可以卷在圆盘的侧面上,打点计时器所接交流电的频率为50 Hz。
(1)下列说法正确的是　　　　。
A.安装实验仪器时,纸带要与圆盘最高点切面、打点计时器保持在同一平面内
B.实验时应先启动直流电动机,再接通打点计时器
C.实验时应控制时间尽量短些,以减小圆盘上纸带的厚度对实验的影响
(2)取下纸带,用刻度尺测得纸带上连续两点间的距离如图乙所示,则实验时纸带运动的速度大小为　　　　 m/s,电动机转动的角速度为　　　　 rad/s。(结果均保留两位有效数字)
14.(6分)某同学利用图中所示的DIS向心力实验器来探究圆周运动向心力的影响因素。实验时,砝码随旋臂一起做圆周运动,其受到的向心力可通过牵引杆由力传感器测得,旋臂另一端的挡光杆每经过光电门一次,通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间Δt,换算生成ω。保持砝码的质量和转动半径不变,改变其转速得到多组F、ω的数据后,作出了F-ω2图线如图乙所示。牵引杆的质量和一切摩擦可忽略。
(1)该同学采用的主要实验方法为　　　　。
A.等效替代法　　B.控制变量法　　C.理想化模型法
(2)实验中,某次挡光杆通过光电门时,挡光时间为Δt,已知挡光杆到转轴的距离为d,挡光杆的挡光宽度为Δs,则可得挡光杆转动角速度ω的表达式为　　　　。
(3)根据图乙,得到的实验结论是:　　　　　　　　　　。
15.(8分)用长为R的轻绳系质量为m的小球使其在竖直平面内做圆周运动,重力加速度为g。
(1)若小球过最高点时的速度为v1,写出绳对小球的拉力T1的表达式;
(2)求小球过圆周最高点的最小速度v0;
(3)若小球过最高点时的速度为v2=2v0,求此时绳对小球的拉力T2。
16.(12分)如图所示,摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8 m的水平高台,接着以4 m/s的水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧A点切线进入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑。A、B为圆弧轨道两端点,其连线水平。已知圆弧半径为2 m,人和车的总质量为200 kg,特技表演的全过程中,空气阻力不计。求
(1)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离s;
(2)从平台飞出到达A点时的速度大小。
(3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O时的速度大小为6 m/s,求此时人和车对轨道的压力大小。
17.(14分)2021年花滑世锦赛3月22日至28日在瑞典斯德哥尔摩进行。如图(a)所示,某次训练中,甲以自己为轴拉着乙做圆锥摆运动的精彩场面。若乙的质量为m=45 kg,伸直的身体与竖直方向的夹角θ=37°,转动过程中乙的重心做匀速圆周运动的半径为r=1.5 m,等效为如图(b)所示。忽略乙受到的摩擦力,取π2=10,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,tan 37°=0.75。求:
(1)当甲的转速为n1=10 r/min时,乙对冰面的压力;
(2)乙刚要离开冰面时,甲的转速n0;
(3)当甲的转速为n2=24 r/min时,甲对乙的拉力大小。
18.(14分)如图,传送带CD与光滑圆弧轨道AB、斜面DE平滑连接。质量为m的物体(可视为质点),沿圆弧轨道下滑至最低点B时,对轨道的压力大小为FB=3mg,随后速度不变的滑上传送带CD,传送带速度大小为v0=6 m/s,方向如图。物体与传送带间、物体与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,斜面DE与水平方向的夹角θ=37°,圆弧轨道半径R=0.8 m,CD长度L=0.9 m。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)物体下滑至圆弧轨道最低点B时,速度为多大
(2)设物体离开D点后,立即脱离传送带而水平抛出,求:
①物体离开D点后落到斜面DE上的速度大小
②若物体与斜面发生碰撞后,将损失垂直斜面方向的速度,而只保留了沿斜面方向的速度,且测得物体沿斜面加速下滑至斜面底端E点的速度大小vE=9.5 m/s,则物体碰撞点与斜面底端E的距离多大
答案与解析
第二章　圆周运动
1.D　座舱的运动周期为T=,故A错误;在与转轴水平等高处,摩天轮对座舱水平方向分力提供向心力,对座舱竖直方向分力与座舱重力平衡,合力大于mg,故B错误;座舱线速度的大小为v=ωR,故C错误;座舱所受合外力提供向心力,合外力大小为F=mω2R,故D正确。故选D。
2.D　小球在最低点时有F-mg=,解得v=6 m/s,选项D正确。
3.C　汽车通过拱形桥,在最高点驾驶员对座椅的压力恰好为零时,重力提供向心力,有mg=①;若把地球看成大“拱形桥”,“驾驶员”对座椅的压力恰好为零,是重力提供向心力,有mg=②;由①②两式联立可得v'=·v,选项C正确。
4.D　小螺丝钉做匀速圆周运动所需要的向心力F由转盘提供,根据牛顿第二定律,小螺丝钉将给转盘向外的作用力,转盘在这个力的作用下将对转轴产生作用力,大小与F相等,有F=mω2r,而ω=2πn,代入数据解得F≈4×104 N,选项D正确。
5.C　A轮通过链条分别与C、D轮连接时,自行车可有两种挡位,B轮分别与C、D轮连接时,又可有两种挡位,所以该车可变换4种挡位,选项A、B错误;同缘传动边缘点线速度相等,前齿轮的齿数与转动圈数的乘积等于后齿轮齿数与转动圈数的乘积,当A轮与D轮组合时,两轮边缘线速度大小相等,得NA·=ND·,解得ωA∶ωD=ND∶NA=1∶4,选项D错误,C正确。
6.B　弯道处的外轨要比内轨高,选项A错误;设内外轨的水平距离为d,根据火车转弯时,重力与支持力的合力提供向心力,得m=mg,解得h=与v=,由此可知,r一定时,v越大,则要求h越大;v一定时,r越大,则要求h越小,选项B正确,C错误;在通过建设好的弯道时,若v小于,轮缘对内轨产生作用力,且火车的速度越小,轮缘对内轨的作用力越大,选项D错误。
7.B　物块随转盘一起做匀速圆周运动,向心力由静摩擦力提供,有F静=mω2r;当角速度逐渐增大时,由于C处的物块的轨道半径较大,静摩擦力先达到最大静摩擦力,最先滑动起来,选项A、D说法正确,B说法错误;物块做匀速圆周运动,有an=ω2r,由两物块转动半径的关系,可判断出C处物块的向心加速度较大,选项C说法正确。
8.C　当圆台转速较小时,三者都由静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律f=mω2r ,A、C需要的向心力相等,当转速增大到ω1 时,由于mA=2mB=2mC,可知C所受静摩擦力先达到最大值;若ω再增大,B、C间细线开始有拉力,若O、B间细线无拉力,由牛顿第二定律得,对C,有TBC+μmg=2mω2r ,对B,有fB-TBC=mω2r,对A,有fA=2mω2r,当fB=μmg时,TBC=< ,fA=<2μmg;ω再增大,OB间拉力出现,对A,有fA=2mω2r;对B ,有TOB+μmg-TBC=mω2r,对C,有TBC+μmg=2mω2r,当B、C间细线拉力达到最大值时,即TBC=μmg时,TOB=< ,fA=<2μmg则ω再增大,B、C间细线将断裂,故C最先滑动,A、B、D错误,C正确。
9.AD　小球在光滑杆上受重力和支持力作用,两力的合力提供小球做圆周运动的向心力,如图所示,由图可知,支持力N=,故支持力大小不变,球对杆的压力大小不变,选项A正确,B错误;由=m,解得v=,由于RA10.AC　汽车通过凹形路面最低点时,路面对汽车的支持力与汽车自身重力的合力提供向心力,向心力方向向上,则支持力一定大于重力,根据牛顿第三定律,可知汽车对路面的压力一定大于汽车的重力,故A正确;小球固定在杆的一端,在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动,在图示位置,当v>时,球所需的向心力 F=m>mg,即仅重力不足以提供向心力,此时杆对球的作用力方向向下,根据牛顿第三定律,可知球对杆的作用力方向向上,故B错误;对平台上物体受力分析可知,静摩擦力提供向心力,刚好滑动时,有μmg=mr则最大角速度为ωm=,可知r越大,其临界角速度越小,且角速度与质量无关,可知A先开始相对转台滑动,故C正确;用洗衣机脱水时,水做离心运动是因为附着在衣服上的水所受的力小于其所需的向心力,故D错误。
11.ABD　系统的向心力由重力与支持力的合力提供,则有mg tan θ=m,解得v=,选项A正确;若v>,则自行车有向外滑动的趋势,所以系统受到来自路面的摩擦力沿赛道斜面指向内侧,选项B正确;系统即将向外滑动时,速度最大,有N cos θ=f sin θ+mg,N sin θ+f cos θ=m,解得v=,选项C错误,D正确。
12.ABD　平抛小球经过0.2 s后刚好垂直落在斜面上,则有vy=gt=2 m/s,由平行四边形定则可知v0=vy tan 37°=1.5 m/s,选项A正确;小球在管道最高点,有mg+N=m,解得N=-mg=-5 N,负号说明弹力方向向上,选项B正确;由公式h=gt2可知小球下落的高度h=×10×0.22 m=0.2 m≠R,选项C错误;水平位移为x=v0t=0.3 m,小球做平抛运动的竖直位移与水平位移之比为2∶3,选项D正确。
13.答案　(1)AC(2分)
(2)0.41(2分)　21(2分)
解析　(1)该实验应保持纸带与圆盘最高点切面、打点计时器在同一平面内,以减小阻力,选项A正确;实验时应先接通打点计时器再启动直流电动机,选项B错误;实验所用时间过长会使得圆盘上的纸带过多,使实验结果不准确,选项C正确。(2)纸带的运动速度大小v=,由题图乙可知,前6个点均匀分布,第1个与第6个点距离为40.5 mm,可得v=0.41 m/s,圆盘的角速度ω==21 rad/s。
14.答案　(1)B(1分)
(2)ω=(2分)
(3)在m、r一定的情况下,向心力大小与角速度的平方成正比(3分)
解析　(1)实验中保持砝码的质量和转动半径不变,改变其转速,所以采用的是控制变量法,故选B。
(2) 挡光杆处的线速度为v=,角速度为ω=。
(3) 在m、r一定的情况下,向心力的大小与角速度的平方成正比。
15.答案　(1) T1=m-mg　(2)　(3)3mg
解析　(1)在最高点,由绳子拉力和重力的合力提供小球所需向心力,有T1+mg=m (2分)
解得
T1=m-mg (1分)
(2)小球恰好能通过最高点时,由重力提供向心力,有
mg=m (1分)
小球通过最高点的最小速度v0= (1分)
(3)若小球过最高点时的速度为v2=2v0
由牛顿第二定律得T2+mg=m (2分)
解得
T2=3mg (1分)
16.答案　(1)1.6 m　(2)4 m/s　(3)5 600 N
解析　(1)摩托车从平台到A点做初速度为4 m/s的平抛运动,根据平抛运动的规律可得,竖直方向有H=gt2 (1分)
水平方向有s=vt可得s=v=1.6 m(2分)
(2)摩托车落至A点时其竖直方向的分速度vy=gt=4 m/s(2分)
到达A点时速度vA==4 m/s(2分)
(3)对摩托车受力分析可知,摩托车所受支持力、重力的合力提供其做圆周运动的向心力 (1分)
所以有N-mg=m,将v'=6 m/s代入可得N=5 600 N(2分)
由牛顿第三定律可知,在最低点O时,人和车对轨道的压力大小为5 600 N (2分)
17.答案　(1)350 N,方向竖直向下　(2) r/s　(3)720 N
解析　(1)对乙受力分析如图所示
FT1 sin θ=m·4π2r (1分)
FT1 cos θ+FN=mg (1分)
代入数据,解得FN=350 N(1分)
根据牛顿第三定律可知,乙对冰面的压力FN'=350 N,方向竖直向下。 (1分)
(2)乙刚要离开冰面时,受力分析如图所示 (2分)
mg tan θ=m·4π2r (1分)
解得n0= r/s(1分)
(3)n2=24 r/min>n0,乙离开冰面,受力分析如图所示 (1分)
乙做圆锥摆运动的摆长l==2.5 m(1分)
由牛顿第二定律得mg tan α=m·4π2r' (1分)
r'=l sin α (1分)
FT2 cos α=mg (1分)
代入数据,解得FT2=720 N(1分)
18.答案　(1)4 m/s　(2)① m/s　②4.5 m
解析　(1)在B点时,根据牛顿第二定律可得FB-mg=m (2分)
解得vB=4 m/s(1分)
(2)①假设物体在传送带上一直加速,根据-=2a1x且a1=μg (2分)
可得vD=5 m/s (1分)
由于5 m/s<6 m/s ,故假设成立
因此物体脱离传送带的速度为vD=5 m/s(2分)
接下来物体做平抛运动,有tan θ==
vy=gt=7.5 m/s
v=
解得v= m/s(2分)
②将vD、vy沿斜面和垂直斜面分解,可得沿斜面速度v'=vD cos 37°+vy sin 37°=8.5 m/s(2分)
由牛顿运动定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2
又-v'2=2a2x
解得x=4.5 m(2分)