高中物理鲁科版 过关检测必修2　圆周运动 Word版含解析

　圆周运动

1.关于匀速圆周运动的说法,正确的是(　　)
A.匀速圆周运动是匀速运动
B.匀速圆周运动是匀变速运动
C.某个恒力作用下质点也可以做匀速圆周运动
D.做匀速圆周运动的物体的合力必须是变力
答案　D　做匀速圆周运动的物体所受合力指向圆心,大小不变,方向时刻改变,合力是变力所以加速度时刻改变,是非匀变速运动,A、B、C错误。
2.(2018西城期末)计算机硬盘上的磁道为一个个不同半径的同心圆,如图所示。M、N是不同磁道上的两个点。当磁盘转动时,比较 M、N两点的运动,下列判断正确的是(　　)
/
A.M、N的线速度大小相等
B.M、N的角速度大小相等
C.M点的线速度大于N点的线速度
D.M点的角速度小于N点的角速度
答案　B　由角速度定义式ω=
??
??
=
2π
??
可知,M、N在同一圆盘上,周期T相同,则角速度相同;v=ωR,因RN>RM,所以vN>vM,A、C、D错误,B正确。
3.(2017西城期末)用一个水平拉力F拉着一物体在水平面上绕着O点做匀速圆周运动。关于物体受到的拉力F和摩擦力f的受力示意图,下列四个图中可能正确的是(　　)
/
答案　C　做匀速圆周运动的物体所受的合外力提供向心力,向心力指向圆心,则合外力指向圆心,根据力的合成原理可知C选项符合要求。
4.(2018师大附中期中)如图所示,汽车在一水平公路上转弯时,汽车的运动可视为匀速圆周运动。下列关于汽车转弯时的说法正确的是(　　)
/
A.汽车处于平衡状态
B.汽车的向心力由重力提供
C.汽车的向心力由摩擦力提供
D.汽车的向心力由支持力提供
答案　C　汽车做匀速圆周运动,合力不为零,处于非平衡状态,故A错误;汽车所受的重力和支持力平衡,由静摩擦力提供向心力,故B、D错误,C正确。
5.(2018东城期末)如图所示为“感受向心力”的实验,用一根轻绳,一端拴着一个小球,在光滑桌面上抡动细绳,使小球做匀速圆周运动,通过拉力来感受向心力。下列说法正确的是(　　)
/
A.只减小旋转角速度,拉力增大
B.只加快旋转角速度,拉力减小
C.只更换一个质量较大的小球,拉力增大
D.突然放开绳子,小球仍做曲线运动
答案　C　拉力提供小球做圆周运动的向心力,F向=mω2r,当ω增大,m和r不变时,F向增大,拉力增大,当ω减小时,拉力减小,A、B错误;只更换一个质量较大的小球,则F向增大,拉力增大,C正确;突然放开绳子,小球将以放开绳子瞬间的速度做匀速直线运动,D错误。
6.(多选)(2018四中期中)如图所示,细绳一端固定,另一端系一小球。给小球一个合适的初速度,小球便可在水平面内做匀速圆周运动,这样就构成了一个“圆锥摆”。设细绳与竖直方向的夹角为θ,如果θ变大,则(　　)
/
A.细绳对小球的拉力变大
B.小球的向心加速度变大
C.小球运动的速度增大
D.小球运动的周期增大
答案　ABC　对小球受力分析如图所示。
/
小球受重力和拉力两个力作用,做匀速圆周运动,竖直方向上拉力的分力等于重力,T cos θ=mg,得T=
????
cos??
,如果θ变大,则cos θ变小,T变大,故A正确; 向心力指向圆心,重力、拉力的合力提供向心力,合力的大小为:F合=mg tan θ,如果θ变大,则tan θ变大,向心力变大;根据牛顿第二定律有F合=ma,可知θ变大,向心加速度也变大,故B正确;根据牛顿第二定律有mg tan θ=m
??
2
??sin??
(L为绳长),解得v=
????tan??sin??
,如果θ变大,则tan θ和sin θ均变大,小球运动的速度增大,故C正确;根据牛顿第二定律有mg tan θ=m
4
π
2
??
2
L sin θ,解得T=
4
π
2
Lcos??
??
,如果θ变大,则cos θ变小,小球运动的周期减小,故D错误。
7.火车转弯时,如果铁路弯道的内外轨一样高,外轨对轮缘(如图a所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图b所示),但是靠这种办法得到向心力,铁轨和车轮极易受损。在修建铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨(如图c所示),当火车以规定的行驶速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为v,以下说法中正确的是(　　)
/
A.该弯道的半径R=
??
2
??
B.当火车质量改变时,规定的行驶速度也将改变
C.当火车速率大于v时,外轨将受到轮缘的挤压
D.当火车速率小于v时,外轨将受到轮缘的挤压
答案　C　设轨道平面与水平面间夹角为θ,则G与N的合力提供向心力,mg·tan θ=m
??
2
??
,R=
??
2
??tan??
,v=
????tan??
,v与火车质量无关,A、B项错误;当火车速率大于v时,所需F向增大,外轨对轮缘挤压提供一部分向心力;火车速率小于v时,内轨对轮缘有挤压来减小向心力,C正确,D错误。
/
8.(多选)(2018首师大附中月考)细线系着小球悬于O点,线长为l,在O点正下方
3
4
l处固定一钉子P,把线拉直直至水平,无初速度释放,当线碰到钉子时(　　)
A.小球的向心加速度增大 B.小球的速度增大
C.小球的角速度增大 D.线的拉力增大
答案　ACD　小球运动至最低点时,线与钉子相碰时会使小球做圆周运动的半径r减小,而此时小球的速度不变,故B错误;由an=
??
2
??
知,此时小球的向心加速度增大,A正确;由ω=
??
??
知,此时小球的角速度增大,故C正确;由F=mg+
??
??
2
??
知,此时线对小球的拉力增大,故D正确。
9.(2017朝阳期中)某同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验。所用器材有:玩具小车(可视为质点)、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20 m)。将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图所示,托盘秤的示数为1.00 kg;将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数为1.40 kg;将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧,此过程中托盘秤的最大示数为1.80 kg,凹形桥模拟器与托盘间始终无相对滑动。取重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)玩具小车的质量m;
(2)玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时对其压力的大小F;
(3)玩具小车经过最低点时速度的大小v。
/
答案　(1)0.40 kg　(2)8.0 N　(3)1.4 m/s
解析　(1)由题中数据可知小车的质量
m=1.40 kg-1.00 kg =0.40 kg
(2)由题中数据可知凹形桥模拟器的质量m0 =1.00 kg
设秤盘对凹形桥模拟器的支持力为N支,凹形桥模拟器对秤盘的压力为N压,根据力的平衡条件,对凹形桥模拟器有
F+m0g=N支
根据牛顿第三定律可得N支=N压
而N压=m示g
其中,m示=1.80 kg
代入相关数据可得F=8.0 N
(3)小车通过最低点时,凹形桥模拟器对小车的支持力F'与小车重力的合力提供向心力,有
F'-mg=m
??
2
??
根据牛顿第三定律可得F'= F
代入相关数据可得v=1.4 m/s
B组　综合提能
1.某石英表中的分针与时针可视为做匀速圆周运动,分针的长度是时针长度的1.5倍,则下列说法中正确的是(　　)
A.分针的角速度与时针的角速度相等
B.分针的角速度是时针的角速度的60倍
C.分针端点的线速度是时针端点的线速度的18倍
D.分针端点的向心加速度是时针端点的向心加速度的1.5倍
答案　C　分针的周期为T分=1 h,时针的周期为T时=12 h,两者周期之比为T分∶T时=1∶12,由ω=
2π
??
知分针的角速度是时针的12倍,故A、B错误;由v=ωr得,分针与时针端点的线速度之比为v分∶v时=ω分r分∶ω时r时=18∶1,即分针端点的线速度是时针端点线速度的18倍,故C正确;a分∶a时=
??
分
2
??
分
∶
??
时
2
??
时
=216∶1,故D错误。
2.(2018首师大附中月考)一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看成圆周运动的一部分,即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图甲所示,曲线上的A点的曲率圆定义为:通过A点和曲线上邻近A点两侧的两点作一圆,当邻近的另外两点无限接近A点时,此圆的极限位置叫做曲线A点处的曲率圆,其曲率圆半径R叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成θ角的方向以速度v0抛出,如图乙所示。不计空气阻力,则在其轨迹最高点P处的曲率半径是(　　)
/
甲
/
乙
A.
??
0
2
??
B.
??
0
2
si
n
2
θ
??
C.
??
0
2
sin??cos??
2π??
D.
??
0
2
co
s
2
θ
??
答案　D　斜抛出去的物体同时参与两个方向的运动,水平方向做vx=v0 cos θ的匀速直线运动,竖直方向以初速度vy=v0 sin θ做匀减速直线运动,到最高点P时,竖直方向速度为零,则其速度为vP=vx=v0 cos θ且方向水平向右,再由题意知物体在P点的运动可看做速度为vP=v0 cos θ,运动半径为r的圆周运动,此时重力提供向心力,则有mg=m
(
??
0
cos??
)
2
??
,可得r=
??
0
2
co
s
2
θ
??
,故D正确。
3.(2017朝阳期中)图示为某种过山车游乐项目。已知车内某人的质量为m,轨道A、B两点的曲率半径分别为R1和R2,过山车经过A点时的速度大小为vA,人和车的大小相对轨道半径可以忽略不计,不计摩擦阻力。当过山车无动力运行时,下列说法正确的是(　　)
/
A.该人在A点受到的支持力大小为m
??
??
2
??
1
B.过山车经过B点时的最小速度为
??
??
2
C.从A点运动到B点的过程中,过山车(含人)的动量守恒
D.从A点运动到B点的过程中,过山车(含人)的机械能守恒
答案　D　在A点对人进行受力分析,根据牛顿第二定律,有F-mg=m
??
??
2
??
1
,得F=m
??
??
2
??
1
+mg,选项A错误;因为在B点过山车有轨道支撑,合力最小可以为零,所以过山车的最小速度为零,选项B错误;从A点到B点的过程,过山车(含人)所受合力不为零,动量不守恒,选项C错误;由于支持力不做功,没有动力,只有重力做功,过山车(含人)的机械能守恒,选项D正确。
4.质量为m的物体,沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下,半球形金属壳竖直放置,开口向上,滑到最低点时速度大小为v,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ,则物体在最低点时,下列说法正确的是(　　)
/
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.受到的向心力为mg+m
??
2
??
B.受到的摩擦力为μm
??
2
??
C.受到的摩擦力为μmg
D.受到的合力方向斜向左上方
答案　D　物体受力如图所示,因此受到的合力方向斜向左上方,D正确,到达最低点时,根据圆周运动的特点,向心力F向=
??
??
2
??
,A错误;而F向=FN-mg,得支持力FN=mg+
??
??
2
??
,则物体受到的摩擦力f=μFN=μ(mg+
??
??
2
??
),因此B、C错误。
/
5.如图所示,一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO'转动,筒内壁粗糙,筒口半径和筒高分别为R和H,筒内壁A点的高度为筒高的一半。内壁上有一质量为m的小物块。求:
(1)当筒不转动时,物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小;
(2)当物块在A点随筒做匀速转动,且其所受到的摩擦力为零时,筒转动的角速度。
/
答案　(1)
??????
??
2
+
??
2
　
??????
??
2
+
??
2
　(2)
2????
??
解析　(1)物块静止时,分析受力如图所示。
/
由平衡条件有
Ff=mg sin θ
FN=mg cos θ
再由图中几何关系有
cos θ=
??
??
2
+
??
2
　sin θ=
??
??
2
+
??
2
故有Ff=
??????
??
2
+
??
2
FN=
??????
??
2
+
??
2
(2)分析此时物块受力如图所示,
/
由牛顿第二定律有
mg tan θ=mrω2
其中tan θ=
??
??
,r=
??
2
可得ω=
2????
??
6.(2018海淀期中)暑假里,小明去游乐场游玩,坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机,如图甲所示,该游艺机顶上有一个半径为4.5 m的“伞盖”,“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动,其示意图如图乙所示。“摇头飞椅”高O1O2=5.8 m,绳长5 m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下,他与座椅的总质量为40 kg。小明和椅子的转动可简化为如图乙所示的圆周运动。在某段时间内,“伞盖”保持在水平面内稳定旋转,绳与竖直方向夹角为37°。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,在此过程中,求:
(1)座椅受到绳子的拉力大小;
(2)小明运动的线速度大小;
(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落,求落地点与游艺机转轴(即图乙中O1点)的距离。(结果保留两位有效数字)
/
答案　(1)500 N　(2)7.5 m/s　(3)8.7 m
解析　(1)小明和座椅做圆周运动的向心力沿水平方向,由平行四边形定则得
座椅受到绳子的拉力T=
????
cos37°
=500 N
(2)由牛顿第二定律有mg tan 37°=m
??
2
??
0
其中R0=4.5 m+5 m×sin 37°=7.5 m
解得v=7.5 m/s
(3)由几何关系知,座椅离地高度h=O1O2-L cos 37°=5.8 m-4 m=1.8 m
由平抛运动规律得
x=vt
h=
1
2
gt2
解得x=4.5 m
由勾股定理得,落地点与游艺机转轴的距离
r'=
??
0
2
+
??
2
≈8.7 m