第二章 圆周运动 阶段检测 word版含答案

阶段检测
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。1 7为单项选择题，8 12为多项选择题。)
1.下列关于向心力的说法中正确的是(　　)
A.物体受到向心力的作用才可能做圆周运动
B.向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果来命名的，但受力分析时应该画出
C.向心力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是其中某一种力的分力或某几种力的合力
D.向心力不但改变物体运动的方向，也改变物体运动的快慢
解析　向心力是一种效果力，实际由某种或某几种性质力提供，受力分析时不分析向心力，A、B错误，C正确；向心力只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D错误。
答案　C
2.大型游乐场中有一种“摩天轮”的娱乐设施，如图1所示，坐在其中的游客随轮的转动而做匀速圆周运动，对此有以下说法，其中正确的是(　　)
图1
A.游客处于一种平衡状态
B.游客做的是一种变加速曲线运动
C.游客做的是一种匀变速运动
D.游客的速度不断地改变，加速度不变
解析　游客做匀速圆周运动，速度和加速度的大小不变，但它们的方向时刻在改变，均为变量，因此游客做的是变加速曲线运动，而非匀变速运动，处于非平衡状态。
答案　B
3.(2018·潮州高一检测)如图2所示，A、B是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为RA＝2RB，则两轮边缘上的(　　)
图2
A.角速度之比ωA∶ωB＝2∶1
B.周期之比TA∶TB＝1∶2
C.转速之比nA∶nB＝1∶2
D.向心加速度之比aA∶aB＝2∶1
解析　两轮边缘的线速度大小相等，由ω＝知，ωA∶ωB＝RB∶RA＝1∶2，选项A错误；由T＝知，TA∶TB＝ωB∶ωA＝2∶1，选项B错误；由ω＝2πn知，nA∶nB＝ωA∶ωB＝1∶2，选项C正确；由a＝知，aA∶aB＝RB∶RA＝1∶2，选项D错误。
答案　C
4.如图3所示是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为(　　)
图3
A. B.
C. D.
解析　自行车前进的速度即为Ⅲ轮的线速度，由同一个轮上的角速度相等，同一链条上的线速度大小相等，可得ω1r1＝ω2r2，ω3＝ω2，再由ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以v＝。
答案　C
5.(2018·佛山高一检测)在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图4所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品。已知管状模型内壁半径为R，则管状模型转动的最低角速度ω为(　　)
图4
A. B. C. D.2
解析　以管状模型内最高点处的铁水为研究对象，转速最低时，重力提供向心力，即mg＝mω2R，得ω＝。
答案　A
6.一汽车通过拱形桥顶点时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为(　　)
A.15 m/s B.20 m/s
C.25 m/s D.30 m/s
解析　当N＝G时，因为G－N＝m，
所以G＝m；当N＝0时，G＝m，
所以v′＝2v＝20 m/s。
答案　B
7.(2018·中山高一检测)质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图5所示，则(　　)
图5
A.cos α＝ B.cos α＝2cos β
C.tan α＝ D.tan α＝tan β
解析　对于球M，受重力和绳子拉力作用，由两个力的合力提供向心力，如图所示。设它们转动的角速度是ω，由Mgtan α＝Mω22lsin α，可得cos α＝，同理可得cos β＝，则cos α＝，所以选项A正确。
答案　A
8.一小球质量为m，用长为L的悬绳(不可伸长，质量不计)固定于O点，在O点正下方处钉有一颗光滑钉子。如图6所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则(　　)
图6
A.小球的角速度突然增大
B.小球的线速度突然减小到零
C.小球的向心加速度突然增大
D.小球所受的拉力不变
解析　由于悬线与钉子接触时小球在水平方向上不受力，故小球的线速度不能发生突变，由于做圆周运动的半径变为原来的一半，由v＝ωr知，角速度变为原来的两倍，选项A正确，B错误；由a＝知，小球的向心加速度变为原来的两倍，选项C正确；由F－mg＝可知，F＝mg＋，r减半，F变大，选项D错误。
答案　AC
9.如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是(　　)
图7
A.A的速度比B的大
B.A的向心加速度比B的小
C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
解析　因为A、B的角速度ω相同，线速度v＝rω，而rA答案　BD
10.如图8所示，杂技演员在表演“水流星”节目时，用细绳系着的盛水的杯子可以在竖直平面内做圆周运动，甚至当杯子运动到最高点时杯里的水也不流出来。下列说法中正确的是(　　)
图8
A.在最高点时，水对杯底一定有压力
B.在最高点时，盛水杯子的速度一定不为零
C.在最低点时，细绳对杯子的拉力充当向心力
D.在最低点时，杯中的水不只受重力作用
解析　杯子在圆周运动最高点和最低点受力都是重力和绳子拉力，而且二力都在半径方向，所以二者合力提供向心力。杯子在最高点受拉力方向只可能向下或为零，则有F＋mg＝m≥mg，所以最高点速度v≥，不可能等于0，B正确；对水分析，杯底对水的弹力只能向下或为零，当v＝时，F＝0，A错误；在最低点时，不管是绳子拉力还是杯子对水的弹力只能向上，合力提供向心力则有F－mg＝m，也就是拉力和重力的合力提供向心力，C错误；而且最低点拉力F＝mg＋m>mg，杯中水受到的杯子弹力不可能等于0，所以D正确。
答案　BD
11.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图9所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h(不计摩托车所受的阻力)，下列说法中正确的是(　　)
图9
A.h越高，摩托车对侧壁的压力将越大
B.h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大
C.h越高，摩托车做圆周运动的周期将越大
D.h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大
解析　摩托车受力如图所示。
由于N＝
所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，由牛顿第三定律，摩托车对侧壁的压力F也不变，选项A错误；由F＝mgtan θ＝m＝mω2r＝mr知h变化时，向心力F不变，但高度升高，r变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B、C正确，D错误。
答案　BC
12.(2018·惠州高一检测)如图10所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体一个水平初速度v0时，小物体对球顶恰无压力，则(　　)
图10
A.物体立即离开球面做平抛运动
B.物体落地时水平位移为R
C.物体的初速度v0＝
D.物体落地时的速度方向与地面成45°角
解析　物体仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，故A正确；根据牛顿第二定律得mg＝，则v0＝，由R＝gt2得t＝，则水平位移s＝v0t＝·＝R，故B、C正确；物体落地时竖直方向上的速度vy＝gt＝，设落地时速度方向与地面的夹角为θ，有tan θ＝＝，θ≠45°，故D错误。
答案　ABC
二、非选择题(本题共4小题，共40分)
13.(8分)如图11所示，在竖直平面内有半径为R的圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝的速度过轨道最高点B，并以v2＝v1的速度过最低点A。求A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差多少？
图11
解析　在B点，NB＋mg＝m，解得NB＝mg，根据牛顿第三定律，在B点摩托车对轨道的压力大小
NB′＝NB＝mg
在A点，NA－mg＝m
解得NA＝7mg，
根据牛顿第三定律，在A点摩托车对轨道的压力大小
NA′＝NA＝7mg
所以在A、B两点车对轨道的压力大小相差
NA′－NB′＝6mg。
答案　6mg
14.(8分)如图12所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，然后小球从轨道口B处飞出，最后落在水平面上。已知小球落地点C距B处的距离为3R，求小球对轨道口B处的压力大小为多少？
图12
解析　设小球经过B点时速度为v0，则小球平抛的水平位移为
x＝＝R，
2R＝gt2，所以t＝
v0＝＝＝。
对小球过B点时由牛顿第二定律
F＋mg＝，得F＝mg。
由牛顿第三定律得
F′＝F＝mg。
答案　mg
15.(12分)(2018·江门高一检测)如图13所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.2 g的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时的速度大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：
图13
(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；
(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；
(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远。如果不能，请说明理由。
解析　(1)设小球离开B点后做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为x
由h＝gt，得t1＝＝1 s，x＝vBt1＝2 m。
(2)小球到达B点时受重力mg和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律知N－mg＝m
解得N＝6 N。
(3)运动过程分析如图所示，斜面BE的倾角θ＝45°，CE长d＝h＝5 m，因为d＞x，所以小球离开B点后能落在斜面上。
假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2
Lcos θ＝vBt2①
Lsin θ＝gt②
联立①②两式得t2＝0.4 s
L≈1.13 m。
答案　(1)2 m　(2)6 N　(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m
16.(12分)如图14所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置两个用细线相连的质量均为m的小物体A、B，它们到转轴的距离分别为rA＝20 cm，rB＝30 cm，A、B与盘间的最大静摩擦力均为重力的 ＝0.4倍，现极其缓慢地增加转盘的角速度，试求：(g＝10 m/s2，答案可用根号表示)
图14
(1)当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度ω0；
(2)当A开始滑动时，圆盘的角速度ω；
(3)当A即将滑动时，烧断细线，A、B运动状态如何？
解析　(1)当细线上开始出现张力时，B与圆盘之间的静摩擦力达到最大值。
对B有mωrB＝ mg
即ω0＝＝ rad/s＝ rad/s
(2)当A开始滑动时，A、B所受静摩擦力均达最大，设此时细线张力为T，
对B有T＋ mg＝mω2rB
对A有 mg－T＝mω2rA
联立解得
ω＝＝ rad/s＝4 rad/s
(3)烧断细线时，线的拉力消失，B所受静摩擦力不足以提供所需向心力，故将远离圆心；对A，拉力消失后，静摩擦力变小，提供所需向心力，故继续做圆周运动。
答案　见解析