人教版（2019）必修第二册　第六章 圆周运动测试题word版含解析

第六章 圆周运动
一、单选题
1.下列关于离心现象的说法正确的是(　　)
A． 当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象
B． 做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动
C． 做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动
D． 做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动
2.如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)

A．P、Q两点的角速度大小相等
B．P、Q两点的线速度大小相等
C．P点的线速度比Q点的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
3.甲、乙两物体均做匀速圆周运动，甲的转动半径为乙的一半，当甲转过60°时，乙在这段时间里正好转过45°，则甲、乙两物体的线速度之比为(　　)
A． 1∶4
B． 2∶3
C． 4∶9
D． 9∶16
4.如图所示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则 (　　)

A．ω1<ω2，v1=v2
B．ω1>ω2，v1=v2
C．ω1=ω2，v1>v2
D．ω1=ω2，v15.如图所示,长为L的细绳,一端系一质量为m的小球,另一端固定在O点,当小球静止时绳沿着竖直方向.现给小球一水平初速度v0,使小球在竖直平面内做圆周运动,并且刚好能够通过最高点,下列说法正确的是 (　　)

A． 小球通过最高点时速度为0
B． 小球通过最高点时速度大小为
C． 小球通过最低点时绳对小球的拉力为mg
D． 小球通过最低点时绳对小球的拉力为
6.如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝10cm，飞轮的半径r2＝5cm，后轮的半径r3＝30cm，A、B、C(图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点．若脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1 s，则在自行车匀速前进的过程中，下列说法正确的是(　　)

A． 链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2∶1∶1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为2∶1∶6
C．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶6
D． 自行车前进的速度大小约为13.6 km/h
7.如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在运动过程中，下列关系正确的是(　　)

A． 线速度大小之比为3∶2∶2
B． 角速度之比为3∶3∶2
C． 转速之比为2∶3∶2
D． 向心加速度大小之比为9∶6∶4
8.如图所示为模拟过山车的实验装置,小球从左侧的最高点释放后能够通过竖直圆轨道而到达右侧.若竖直圆轨道的半径为R,要使小球能顺利通过竖直圆轨道,则小球通过竖直圆轨道的最高点时的角速度最小为(　　)

A．　　B． 2　　C．　　D．



9.一小球质量为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钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放，当悬线碰到钉子的瞬间，则(　　)

A． 小球线速度没有变化
B． 小球的角速度突然增大到原来的2倍
C． 小球的向心加速度突然增大到原来的2倍
D． 悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍
10.下列关于匀速圆周运动的性质的说法正确的是(　　)
A． 匀速运动
B． 匀加速运动
C． 加速度不变的曲线运动
D． 变加速曲线运动
二、多选题
11.（多选）下列关于向心力的说法，正确的是(　　)
A． 向心力不改变做圆周运动物体速度的大小
B． 做匀速圆周运动的物体受到的向心力即为物体受到的合力
C． 做匀速圆周运动的物体的向心力是不变的
D． 物体由于做圆周运动而产生了一个向心力
12.（多选）在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点(　　)

A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1
B．A点和B点的角速度之比为1∶1
C．A点和B点的角速度之比为3∶1
D． 以上三个选项只有一个是正确的
13.（多选）如图所示，用细绳拴着质量为m的物体，在竖直平面内做圆周运动，圆周半径为R.则下列说法正确的是(　　)

A． 小球过最高点时，绳子张力可以为零
B． 小球过最高点时的最小速度为零
C． 小球刚好过最高点时的速度是
D． 小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反
三、填空题
14.如图所示为一皮带传动装置示意图，轮A和轮B共轴固定在一起组成一个塔形轮，各轮半径之比RA∶RB∶RC∶RD＝2∶1∶1∶2.则在传动过程中，轮C边缘上一点和轮D边缘上一点的线速度大小之比为________，角速度之比为________，向心加速度之比为________．

15.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动.皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动.小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值.那么:

(1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是____________.
A.在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B.在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C.在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
D.在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
(2)在该实验中应用了________________________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系.
16.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，做匀速圆周运动的圆柱体放置在水平光滑圆盘上，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:

(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 D.比值法
(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:

该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点.
①作出F-v2图线；
②若圆柱体运动半径r=0.2 m，由作出的F-v2图线可得圆柱体的质量m=____________kg(保留两位有效数字).
17.用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系.两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值.如图是探究过程中某次实验时装置的状态.

(1)在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持____________相同.
A.ω和r B.ω和mC.m和rD.m和F
(2)如图中所示，两个钢球质量和半径相等，则是在研究向心力的大小F与____________的关系.
A.质量mB.半径rC.角速度ω
(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为____________.
A.1∶3 B.3∶1 C.1∶9 D.9∶1
18.如图所示为改装的探究圆周运动的向心加速度的实验装置.有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑枓圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球.实验操作如下:

①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材.
请回答下列问题:
(1)(多选)下列说法正确的是____________.
A.小球运动的周期为
B.小球运动的线速度大小为
C.小球运动的向心力大小为
D.若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、升高
(2)若已测出R=40.00 cm、r=4.00 cm，h=90.00 cm，t=100.00 s，n=51，π取3.14，则小球做圆周运动的周期T=____________s，记录的当地重力加速度大小应为g=____________m/s2.(计算结果均保留3位有效数字)




四、计算题
19.如图所示，水平转台上放有质量均为m的两个物块A、B，A离转轴的距离为L，A、B间用长为L的细线相连．开始时，A、B与轴心在同一直线上，线正好被拉直，A、B与水平转台间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．

(1)当转台的角速度达到多大时，细线中开始出现张力？
(2)当转台的角速度达到多大时，A物块开始滑动？









20.如图所示,长L=0.5 m的轻杆OA绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动,A端连着一个质量m=2 kg的小球,g取10 m/s2.

(1)如果小球的速度为3 m/s,求在最低点时杆对小球的拉力为多大.
(2)如果在最高点杆对小球的支持力为4 N,求杆旋转的角速度为多大.




21.如图所示，有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的一端固定于圆心O点，另一端拴一质量为m的物体，物体与盘面间的最大静摩擦力为其重力的μ倍，开始时弹簧处于自然长度，长为R.

(1)圆盘的转速n0为多大时，物体开始滑动？
(2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多大？(结果用μ、m、R、k、g表示)



答案解析
1.【答案】C
【解析】向心力是根据效果命名的，做匀速圆周运动的物体所需要的向心力是它所受的某个力或几个力的合力提供的．因此，它并不受向心力和离心力的作用．物体之所以产生离心现象，是因为F合2.【答案】A
【解析】P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错；Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力提供圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错．
3.【答案】B
【解析】由题意知甲、乙两物体的角速度之比ω1∶ω2＝60∶45＝4∶3，2r1＝r2，故两物体的线速度之比v1∶v2＝ω1r1∶ω2r2＝2∶3，B项正确．
4.【答案】A
【解析】由于大齿轮带动小齿轮转动，两者啮合，所以线速度v1=v2，由于v=ωr，所以ω1r1=ω2r2，又因为r1>r2，所以ω1<ω2，A正确．
5.【答案】B
【解析】小球恰好经过最高点,速度取最小值,故只受重力,重力提供向心力:mg=m,解得:v=,故A错误,B正确;小球在最低点时,T-mg=m,解得:T=mg+m,故C、D错误.
6.【答案】D
【解析】由于链轮与飞轮用链条传动，故其边缘上点的线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其边缘上点的角速度大小相等．由于ω1r1＝ω2r2，故链轮与飞轮的角速度之比为ω1∶ω2＝1∶2，而ω2∶ω3＝1∶1，故ω1∶ω2∶ω3＝1∶2∶2，选项A错误；由题意可知，A点与B点的线速度大小之比为v1∶v2＝1∶1，由于飞轮与后轮的角速度大小相等，故有＝，解得＝，所以A、B、C三点的线速度大小之比为1∶1∶6，选项B错误；向心加速度大小a＝ω2r＝ωv，故A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12，选项C错误；脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，由v＝可得v＝≈13.6 km/h，选项D正确．
7.【答案】D
【解析】A、B轮间靠摩擦传动，则轮边缘上a、b两点的线速度大小相等，即va∶vb＝1∶1，选项A错误；B、C两轮同轴转动，则其边缘上b、c两点的角速度相等，即ωb＝ωc，＝＝，选项B、C错误；对a、b两点，由a＝得＝＝，对b、c两点，由a＝ω2r得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D正确．
8.【答案】C
【解析】小球能通过竖直圆轨道的最高点的临界状态为重力提供向心力,即mg=mω2R,解得ω=,选项C正确.
9.【答案】ABC
【解析】当碰到钉子瞬间，小球到达最低点时线速度没有变化，故A正确；根据圆周运动知识得:ω=，而半径变为原来的，线速度没有变化，所以小球的角速度突然增大到原来的2倍，故B正确；根据圆周运动知识得:a=，而半径变为原来的，线速度没有变化，所以向心加速度突然增大到原来的2倍，故C正确；小球摆下后由机械能守恒可知，mgL=mv2，因小球下降的高度相同，故小球到达最低点时的速度相同，v=；在最低点根据牛顿第二定律得:F-mg=ma=m，原来:r=L，F=mg+m=3mg；而现在半径变为原来的，线速度没有变化.所以F′=mg+m=5mg， 悬线对小球的拉力突然增大到原来的倍，故D错误.
10.【答案】D
【解析】匀速圆周运动是变速运动，它的加速度大小不变，方向时刻改变，是矢量，故匀速圆周运动是变加速曲线运动，A、B、C错误，D正确．
11.【答案】AB
【解析】
12.【答案】AC
【解析】题图中三个齿轮边缘线速度相等，即A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，A点和B点角速度之比为3∶1，选项A、C正确，选项B、D错误．
13.【答案】AC
【解析】小球在最高点时，受重力mg、绳子竖直向下的拉力F(注意：绳子不能产生竖直向上的支持力)，向心力为F向＝mg＋F，根据牛顿第二定律得mg＋F＝m.可见，v越大，F越大；v越小，F越小．当F＝0时，mg＝m，得v临界＝.因此，选项A、C正确．
14.【答案】2∶1　4∶1　8∶1
【解析】轮A和轮C边缘上各点的线速度大小相等，有vA＝vC
由ω＝得＝＝，即ωC＝2ωA
由a＝得＝＝，即aC＝2aA
轮A和轮B上各点的角速度相等，有ωA＝ωB
由v＝ωR得＝＝，即vB＝vA
由a＝ω2R得＝＝，即aB＝aA
轮B和轮D边缘上各点的线速度大小相等，有vB＝vD＝vA
由ω＝得＝＝，即ωD＝ωB＝ωA
由a＝得＝＝，即aD＝aB＝aA
所以＝＝2∶1，＝＝4∶1，＝＝8∶1.
15.【答案】(1)A　(2)控制变量法
【解析】(1)根据F=mrω2知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和运动半径不变，故A正确.
(2)该实验需要控制小球的质量和运动半径不变，来研究向心力大小与角速度的关系，所以采用的是控制变量法.
16.【答案】(1)B　(2)①见解析图　②0.18
【解析】(1)实验中研究向心力和线速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，所以B选项是正确的.
(2)①作出F-v2图线，如图所示:

②根据F=知，图线的斜率k=，则有:=，代入数据计算得出:m=0.18 kg.
17.【答案】(1)A　(2)C　(3)B
【解析】在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法.
(1)因F=mω2r，根据控制变量法的原理可知，在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持其他的物理量不变，其中包括角速度ω与半径r，即保持角速度与半径相同，故选A.
(2)图中所示两球的质量相同，转动的半径相同，根据F=mω2r可知研究的是向心力与角速度的关系，故选C.
(3)根据F=mω2r可知，两球的向心力之比为1∶9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1∶3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω可知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3∶1，故选B.
18.【答案】(1)B、D　(2)2.00　9.86
【解析】(1)从小球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n-1，时间为t，故周期为:T=，故A错误；小球的线速度大小为:v==，故B正确；小球受重力和拉力，合力提供向心力，设绳与竖直方向的夹角为α，则:Tcosα=mg，Tsinα=F向，故F向=mgtanα=mg，故C错误；
若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2应分别左移、上移，故D正确.
故选B、D.
(2)小球做圆周运动的周期T==s=2.00 s
向心力:F向=mg=mR，解得:g==9.86 m/s2.
19.【答案】(1)　(2)
【解析】(1)细线中开始出现张力时，物块B受到的静摩擦力刚好达到最大值，在此临界状态时，细线中的拉力还是零．
对物块B，根据牛顿第二定律得μmg＝mωrB，又rB＝2L
故此时转盘的角速度ω1＝＝
(2)当物块A刚要开始滑动时，A、B受到的静摩擦力都达到最大值，设此时细线中的张力为F，根据牛顿第二定律，对A物块有
μmg－F＝mωrA，rA＝L
对物块B有F＋μmg＝mωrB，rB＝2L
联立以上各式解得ω2＝.
20.【答案】(1)56 N　(2)4 rad/s
【解析】(1)小球在最低点受力如图甲所示:

合力等于向心力:FA-mg=m，解得:FA=56 N
(2)小球在最高点受力如图乙所示:

则:mg-FB=mω2L，解得:ω=4 rad/s
21.【答案】(1)　(2)
【解析】(1)当圆盘开始转动时，物体随圆盘一起转动，当未滑动时，由静摩擦力提供向心力，设最大静摩擦力对应的角速度为ω0，则μmg＝mRω
又ω0＝2πn0
所以物体开始滑动时的转速n0＝.
(2)转速增大到2n0时，由最大静摩擦力和弹簧弹力的合力提供向心力
由牛顿第二定律有μmg＋kΔx＝mω2r
此时r＝R＋Δx，ω＝4πn0
由以上各式解得Δx＝.