人教新版高中物理练习 必修 第二册 第 6 章 圆周运动 Word版含解析

1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)
A．一直不做功　　　　
B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心
D．始终背离大圆环圆心
A　[因为大圆环对小环的作用力始终与速度垂直不做功，因此A正确、B错误；从静止开始在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力先背离大圆环圆心，后指向大圆环圆心，故C、D项错误．]
2．(2019·北京东城区模拟)如图所示为“感受向心力”的实验，一根轻绳的一端拴着一个小球，在光滑桌面上抡动细绳，使小球做圆周运动，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．只增大旋转速度，拉力减小
C．只更换一个质量较大的小球，拉力增大
D．突然松开绳子，小球仍做曲线运动
C　[由题意，根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第二定律，有T拉＝mω2r，只减小旋转角速度，拉力减小；只增大旋转速度，拉力增大，故A、B错误．只更换一个质量较大的小球，拉力增大，故C正确．突然松开绳子，小球受到的合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动，故D错误．]
3．(2019·广东佛山模拟)图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看成整体，下列说法正确的是(　　)
A．运动员转弯所需向心力由重力与地面对车轮的支持力的合力提供
B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
B　[转弯时的向心力为沿半径方向的合力．运动员转弯时，地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当f<，即静摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发生侧滑，故C、D错误．]
4．(2019·江西赣州四校联考)如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点．则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力
B．在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零
C．小球在最低点C所受的合力，即为向心力
D．小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化
C　[小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A错误．在最高点A和B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，故B错误．小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故C正确．小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故D错误．]
5．如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径RB＝4RA、RC＝8RA．当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比aA：aB：aC等于(　　)
A．1∶1∶8
B．4∶1∶4　
C．4∶1∶32
D．1∶2∶4
C　[小齿轮A和大齿轮B通过链条传动，齿轮边缘线速度相等，即vA＝vB，小齿轮A和后轮C同轴转动角速度相等，有ωA＝ωC．由a＝可得aA∶aB＝RB∶RA＝4∶1，同时由a＝ω2R可得aA∶aC＝RA∶RC＝1∶8，所以有aA∶aB∶aC＝4∶1∶32，C正确．]
6．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则FN1与FN2之比为(　　)
A．3∶1
B．3∶2
C．1∶3
D．1∶2
C　[汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1＝FN1′　
①
所以由牛顿第二定律可得mg－FN1′＝　
②
同样，如图乙所示，FN2′＝FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有
FN2′－mg＝　
③
由题意可知FN1＝mg　
④
由①②③④式得FN2＝mg
所以FN1∶FN2＝1∶3.]
7．(2019·山东枣庄模拟)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小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则(　　)
A．cos
α＝　　　　
B．cos
α＝2cos
β
C．tan
α＝
D．tan
α＝tan
β
A　[以M为研究对象受力分析，列牛顿第二定律：Mgtan
α＝M2lsin
α
得：T1＝2π
同理：以m为研究对象：T2＝2π
因T1＝T2，所以2cos
α＝cos
β，故A正确．]
8．如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0
kg的小球(可视为质点)．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平拋后落在水平地面上的C点．地面上的D点与O、B在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0
m，B点离地高度H＝1.0
m，A、B两点间的高度差h＝0.5
m，重力加速度g取10
m/s2，不计空气阻力，求：
(1)地面上D、C两点间的距离x；
(2)轻绳所受的最大拉力大小．
解析　(1)小球从A到B过程机械能守恒，有
mgh＝mv①
小球从B到C做平拋运动，在竖直方向上有H＝gt2②
在水平方向上有x＝vBt③
由①②③式联立解得x＝
m≈1.41
m.
(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝m④
由①④式联立解得F＝20
N
根据牛顿第三定律得F′＝－F
故轻绳所受的最大拉力大小为20
N.
答案　(1)1.41
m　(2)20
N
[能力提升练]
9．(2018·陕西西安长安区二模)如图所示，长为L的轻杆，一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个质量为m的小球．现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，重力加速度为g.某时刻杆对球的作用力方向恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ满足(　　)
A．sin
θ＝
B．tan
θ＝
C．sin
θ＝
D．tan
θ＝
A　[小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示．根据牛顿第二定律有mgsin
θ＝mLω2，解得sin
θ＝，故A正确，B、C、D错误．]
10．(2019·山东师大附中月考)如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L.今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为(　　)
A．mg　
B．2mg　　
C．3mg　
D．4mg
A　[当小球到达最高点时速率为v，有mg＝m，当小球到达最高点的速率为2v时，应有F＋mg＝m＝4mg，所以F＝3mg，在最高点小球受力如图所示，所以FT＝mg，A正确．]
11．卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，卫星内的物体对支持面几乎无压力，所以在这种环境中已无法用天平称量物体的质量．假设某同学在该环境中设置了如图所示装置来间接测量物体的质量，给待测物体一个初速度，使之在桌面上做匀速圆周运动．设该卫星中有基本的测量工具．
(1)实验中，需要测量的物理量是____________________________________________.
(2)质量的表达式为m＝________(用测量物理量来表达)．
解析　(1)实验需要测量的物理量有：弹簧测力计的示数F、物体到圆心的距离r以及物体转n圈所经历的时间t(因为如果只测物体转一圈的时间误差较大，应该运用累积法减小误差)．
(2)由F＝mr及T＝，可得m＝.
答案　(1)见解析　(2)
12．如图所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上放置一质量m＝2
kg的小物块C，小物块C用一与斜面平行的细绳连接在A点，细绳的长度l0＝0.2
m，当斜面连同小物块C一起绕竖直轴AB以一定角速度匀速转动时，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)当匀速转动的角速度ω＝5
rad/s时，斜面对小物块C的支持力大小？
(2)当匀速转动的角速度ω＝10
rad/s时，小物块C对斜面的压力大小？
解析　(1)对小物块进行受力分析如图，则：
竖直方向：FTsin
30°＋FNcos
30°＝mg
水平方向：FTcos
30°－FNsin
30°＝mω2l0cos
30°
联立得：FN＝10
N
(2)设物块对斜面的压力恰好为0时的角速度为ω0，所以：
竖直方向：FT′sin
30°＝mg
水平方向：FT′cos
30°＝mωl0cos
30°
联立得：ω0＝10
rad/s
所以当匀速转动的角速度ω＝10
rad/s时，小物块C对斜面的压力恰好等于0.
答案　(1)10
N　(2)0