第3章 圆周运动 单元测试题 Word版含解析

单元素养检测(三)(第3章)
(90分钟　100分)
【合格性考试】(60分钟　60分)
一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)
1.质点做匀速圆周运动时,下列说法正确的是 (　　)
A.转速越小,周期一定越小
B.线速度越大,周期一定越小
C.角速度越大,周期一定越小
D.圆周半径越大,周期一定越小
【解析】选C。转速n越小质点做圆周运动的频率f越小,由f=可知,转速越小、周期T越大,故A错误;质点做圆周运动的线速度:v=可知,线速度与轨道半径r、周期T有关,线速度越大,周期T不一定越小,故B错误;角速度:ω=,角速度越大,周期T越小,故C正确;质点做圆周运动的线速度:v=,质点做匀速圆周运动的轨道半径:r=,轨道半径与v、T有关,轨道半径r越大,周期T不一定越小,故D错误。
2.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们 (　　)
A.线速度大小之比为4∶3
B.角速度大小之比为3∶4
C.圆周运动的半径之比为2∶1
D.向心加速度大小之比为1∶2
【解析】选A。圆周运动中线速度定义为单位时间内通过的圆弧长,即v=,所以线速度大小之比为4∶3,A正确;角速度定义为单位时间内转过的弧度角,即ω=,且运动方向改变角度等于圆心角,所以角速度大小之比为3∶2,B错;半径R=,即半径之比为8∶9,C错;向心加速度a=vω,即向心加速度大小之比为2∶1,D错。
【补偿训练】
　　关于向心加速度的物理意义,下列说法正确的是 (　　)
A.它描述的是转速变化的快慢
B.它描述的是线速度大小变化的快慢
C.它描述的是角速度变化的快慢
D.它描述的是线速度方向变化的快慢
【解析】选D。向心加速度只改变物体的速度的方向不改变速度的大小,所以向心加速度大小,表示物体速度方向变化快慢,不表示转速、线速度大小和角速度变化的快慢,故D正确,A、B、C错误。
3.如图所示,在半径为R的转盘的边缘固定有一竖直杆,在杆的上端点用长为L的细线悬挂一摆球,当转盘旋转稳定后,细线与竖直方向的夹角为θ,关于摆球A的受力情况,下列说法中正确的是 (　　)
A.摆球A受重力、拉力和向心力的作用
B.摆球A受拉力和向心力的作用
C.摆球A受拉力和重力的作用
D.摆球A受重力和向心力的作用
【解析】选C。摆球受重力和拉力作用,重力和拉力的合力提供向心力,不能说物体受到向心力,故C正确。
【补偿训练】
　　如图所示,在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体与圆筒一起运动,物体相对筒壁静止,则 (　　)
A.物体受到四个力的作用
B.物体所受向心力是物体所受的重力提供的
C.物体所受向心力是物体所受的弹力提供的
D.物体所受向心力是物体所受的静摩擦力提供的
【解析】选C。物体受竖直向下的重力、与重力等大反向的静摩擦力和指向运动圆心的弹力作用,重力与摩擦力平衡,向心力由弹力提供。故C正确,A、B、D错误。
4.如图所示,在光滑杆上穿着两个小球m1、m2,且m1=2m2,用细线把两球连起来,当杆匀速转动时,两小球刚好能与杆保持无相对滑动,此时两小球到转轴的距离r1与r2之比为 (　　)
A.1∶1 B.1∶
C.2∶1 D.1∶2
【解析】选D。两个小球绕共同的圆心做圆周运动,它们之间的拉力互为向心力,角速度相同。设两球所需的向心力大小为Fn,角速度为ω,则:
对球m1∶Fn=m1ω2r1,
对球m2∶Fn=m2ω2r2,
由上述两式得r1∶r2=1∶2,故选D。
5.火车轨道在转弯处外轨高于内轨,且高度差由转弯半径与火车速度确定。若在某转弯处规定行驶速度为v,则下列说法中正确的是 (　　)
①当以v的速度通过此弯路时,火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力
②当以v的速度通过此弯路时,火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
③当速度大于v时,轮缘挤压外轨
④当速度小于v时,轮缘挤压外轨
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
【解析】选A。火车转弯时,为了保护铁轨,应避免车轮轮缘与铁轨间的挤压,故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力,
有F=mgtanθ=m
解得v=
故①正确,②错误;如果实际转弯速度大于v,有离心趋势,与外侧铁轨挤压,反之,挤压内侧铁轨,故③正确,④错误;故选A。
【总结提升】火车转弯问题
(1)火车转弯时,为了保护铁轨,应避免车轮轮缘与铁轨间的挤压,故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力,可以根据牛顿第二定律列式求得转弯速度v。
(2)如果实际转弯速度大于v,有离心趋势,与外侧铁轨挤压;反之,挤压内侧铁轨。
6.长为L的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B,另一端固定在水平转轴O上,杆随转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω。某时刻杆与水平方向成α角,如图所示,则此时刻杆对小球的作用力方向在哪个范围内 (　　)
A.竖直向上 　　　 B.沿OB方向
C.图中区域Ⅰ 　　　 D.图中区域Ⅱ
【解析】选C。小球做匀速圆周运动,其合外力必指向圆心O,分析小球受力可知,杆对小球的作用力方向必在图中区域Ⅰ,故C正确。
7.洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水,下列说法中错误的是(　　)
A.脱水过程中,衣物是紧贴筒壁的
B.水会从筒中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故
C.加快脱水筒转动角速度,脱水效果会更好
D.靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好
【解析】选B。把湿衣物放在洗衣机的脱水筒里脱水,脱水筒转得比较慢时,水滴跟衣物的附着力F足以提供所需的向心力,使水滴做圆周运动。当脱水筒转得比较快时,附着力F不足以提供所需的向心力,水滴就做离心运动,穿过网孔,飞到脱水筒外面,故B错误,A、C、D正确。本题选错误的,故选B。
8.如图所示,当汽车通过拱桥顶点时的速度为10 m/s时,车对桥的压力是车重的0.75倍,如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时,不受摩擦力的作用,则汽车通过桥顶的速度应为 (　　)
A.15 m/s B.20 m/s
C.25 m/s D.30 m/s
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)以汽车为研究对象,车受到的重力和支持力的合力提供向心力,求出桥的半径。
(2)当汽车不受摩擦力时,则支持力为零,则只靠重力提供向心力,根据牛顿第二定律求出汽车通过桥顶的速度。
【解析】选B。根据牛顿第二定律得:mg-F=m即=m,解得:r=40 m。当摩擦力为零时,支持力为零,有:mg=m,解得:v′==20 m/s。故B正确,A、C、D错误。
9.如图所示,质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道内侧做圆周运动。圆半径为R,小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨道。则小球在最高点时,以下说法中错误的是 (　　)
A.小球对圆环的压力大小等于mg
B.小球受到的重力提供向心力
C.小球的线速度大小等于
D.小球的向心加速度大小等于g
【解析】选A。由题意可知:小球在竖直平面内的光滑圆轨道的内侧做圆周运动。经过圆轨道的最高点时刚好不脱离圆轨道的临界条件是只有重力提供小球做圆周运动的向心力,即mg=m=ma向,所以v=,a向=g,故选项B、C、D正确,A错误。本题选错误的,故选A。
二、实验题(8分)
10.把体积相同的铝球和铜球放在如图甲所示的向心力演示器上,A和B变速塔轮半径相同,并用皮带连接。并用图乙中所示的器材来探究向心力大小与哪些因素有关。
(1)本实验采用的科学方法是______　。?
A.替代法 B.累积法
C.放大法 D.控制变量法
(2)通过本实验可以得到的结果有______　。?
A.在半径和角速度一定的情况下,向心力的大小与质量成正比
B.在质量和半径一定的情况下,向心力的大小与角速度成反比
C.在质量和半径一定的情况下,向心力的大小与角速度成正比
D.在质量和角速度一定的情况下,向心力的大小与半径成反比
【解析】(1)使用向心力演示器研究向心力大小与质量的关系时半径和角速度都不变,研究向心力大小与半径的关系时质量和角速度都不变,研究向心力大小与角速度的关系时半径和质量都不变,所以采用的科学方法是控制变量法。所以选项D正确。
(2)从题图可知:左右两端的转动的角速度相同,小球距转轴的距离也相同,根据F=mω2r知,在半径和角速度一定的情况下,向心力的大小与质量成正比,故A正确。
答案:(1)D　(2)A
三、计算题(本题共3小题,共25分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(8分)某手扶拖拉机的曲轴每分钟转1 200周,求:
(1)曲轴转动的角速度。
(2)距转轴r=0.3 m点的向心加速度。
【解析】(1)由于曲轴每秒钟转
n==20转/秒,
周期T= s=0.05 s;
由角速度的定义式ω=
可得:ω== rad/s=40π rad/s。 (4分)
(2)已知r=0.3 m,因此这一点的向心加速度为
a=ω2r=480π2 m/s2(4分)
答案:(1)40π rad/s　(2)480π2 m/s2
12.(8分)如图所示,半径为R,内径很小的光滑半圆管道竖直放置,质量为m的小球以某一速度进入管内,小球通过最高点P时,对管壁的压力为0.5mg。求:
(1)小球从管口飞出时的速率。
(2)小球落地点到P点的水平距离。
【解析】(1)分两种情况讨论:
当小球对管下部有压力时,对小球则有:
mg-0.5mg= (1分)
得:v1= (1分)
当小球对管上部有压力时,则有:
mg+0.5mg= (1分)
得:v2= (1分)
(2)小球从管口飞出做平抛运动,则有:
2R=gt2,t=2 (2分)
x1=v1t=R (1分)
x2=v2t=R (1分)
答案:(1)或　(2)R或R
13.(9分)如图所示,一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角为37°,一条长为2 m的轻绳(质量不计),一端固定在圆锥体的顶点O处,另一端拴着一个质量为3 kg的物体(物体可看作质点),物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。(g取10 m/s2)
(1)当v1=2 m/s时,求绳对物体的拉力。
(2)当v2= m/s时,求绳对物体的拉力。(结果保留根式)
【解题指南】解答本题应注意以下三点
(1)先求出物体刚要离开锥面时的临界速度,此时支持力为零,根据牛顿第二定律求出该临界速度。
(2)当速度大于临界速度,则物体离开锥面,当速度小于临界速度,物体还受到支持力,根据牛顿第二定律,物体在竖直方向上的合力为零,水平方向上的合力提供向心力,求出绳子的拉力。
(3)要注意物体圆周运动的半径不是L,而是Lsinθ。
【解析】(1)当物体刚离开锥面时:
竖直方向:Tcosθ-mg=0, (1分)
水平方向:Tsinθ=, (1分)
r=Lsinθ
解得:v0=3 m/s(1分)
v1T1sinθ-N1cosθ= (1分)
T1cosθ+N1sinθ=mg (1分)
解得:T1=30 N。 (1分)
(2)v2>v0,物体离开斜面,设绳与竖直方向的夹角为α,
有:T2sinα= (1分)
T2cosα=mg (1分)
r′=L·sinα
解得:T2=30 N; (1分)
答案:(1)30 N　(2)30 N
【等级性考试】(30分钟　40分)
14.(6分)(多选)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,不计摩擦,下列说法中正确的是(　　)
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】选B、C。
摩托车做匀速圆周运动,提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力,作出受力图。侧壁对摩托车的支持力F=不变,则摩托车对侧壁的压力不变,故A错误;向心力Fn=mgtanθ,m、θ不变,向心力大小不变,故D错误;由牛顿第二定律得Fn=m可知,h越高,r越大,Fn不变,则v越大,故B正确;根据牛顿第二定律得Fn=m,h越高,r越大,Fn不变,则T越大,故C正确。
15.(6分)(多选)(2019·江苏高考)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.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
【解析】选B、D。由角速度的定义ω=,可知T=,选项A错误;由圆周运动的线速度与角速度的关系可知,v=ωR,故B正确;由于座舱在竖直面内做匀速圆周运动,所以座舱所受的合力为向心力F=mω2R,选项D正确;座舱在最高点时所受摩天轮的作用力N=mg-mω2R,座舱在最低点时所受摩天轮的作用力N′=mg+mω2R,所以选项C错误。
16.(6分)(多选)如图所示,轻杆长为3L,在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B,杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上,外界给予系统一定的能量后,杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中,忽略空气的阻力。若球B运动到最高点时,球B对杆恰好无作用力,则下列说法正确的是(　　)
A.此时球A的速度为零
B.球B在最高点时速度一定不为零
C.球B在最高点时,杆对水平轴的作用力为mg
D.球B转到最高点时,杆对水平轴的作用力为1.5mg
【解题指南】本题解题的关键是
(1)系统做变速圆周运动,向心力指向圆心,抓住B在最高点时,球B对杆无作用力,结合牛顿第二定律求出B的速度。
(2)A、B的角速度相等,求出A的速度。
(3)根据牛顿第二定律求出杆对A的作用力,从而得出杆对水平轴的作用力大小。
【解析】选B、D。球B运动到最高点时,球B对杆恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,有:mg=m,解得:v=,由于A、B的角速度相等,线速度之比为1∶2,可知A的速度为,故A错误,B正确;球B在最高点,杆对球B无作用力,对A分析,根据牛顿第二定律得:F-mg=m,解得:F=1.5mg,则杆对球A的作用力为1.5mg,杆对水平轴的作用力为1.5mg,故C错误,D正确。
17.(8分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点的速度的实验,所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20 m)。完成下列填空:
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图a所示,托盘秤的示数为1.00 kg。
(2)将玩具车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图b所示,该示数为______　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m;多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如表所示:
序号 1 2 3 4 5
m/kg 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90
(3)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为　　N;小车通过最低点时的速度大小为　　m/s。(重力加速度g取9.8 m/s2,计算结果保留2位有效数字)?
【解析】最小分度为0.1 kg,注意估读到最小分度的下一位;根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为mg,根据Fm=m桥g+FN,知小车经过凹形桥最低点时对桥的压力FN,根据FN′-mg=m,求解速度。
(2)每一小格表示0.1 kg,所以示数为1.40 kg。
(3)将5次实验的结果求平均值,故有
Fm=×9.8 N=m桥g+FN,
解得FN≈7.9 N,根据牛顿第三定律得FN′=FN
故FN′-mg=m可得v≈1.4 m/s
答案:(2)1.40　(3)7.9　1.4
18.(14分)半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动,AB为圆盘直径。在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出,且抛出时半径OA的方向恰好与v的方向相同,如图所示。若小球落到圆盘时恰好打中B点,重力加速度为g,求:
(1)小球抛出时距O的高度。
(2)小球运动到B点速度vB与水平方向的夹角的正切值tanα。
(3)圆盘转动的角速度。
【解析】(1)小球做平抛运动,小球在水平方向上做匀速直线运动,则平抛运动的时间为:t=, (2分)
竖直方向做自由落体运动,
则小球抛出时距O的高度为:h=gt2, (2分)
得小球抛出时距O的高度为:h= (1分)
(2)小球运动到B点速度vB与水平方向的夹角的正切值为:
tanα== (4分)
(3)在小球下落时间内,圆盘转过的角度为:
θ=(2n+1)π, (2分)
其中n=0,1,2,3……
则有:ω==,n=0,1,2,3…… (3分)
答案:(1)　(2)
(3),n=0,1,2,3……
【补偿训练】
　　如图所示,粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,整个装置竖直放置,C是最低点,圆心角∠BOC为37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径为1.0 m,斜面长4.0 m,现有一个质量1.0 kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑,物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为0.25,g取10 m/s2,sin37°=0.6,
cos37°=0.8,不计空气阻力。求:
(1)物体P第一次通过C点时的速度大小。
(2)在轨道上C点所受的最小支持力N是多大?
【解析】(1)由几何关系可知,斜面与水平面的夹角也为37°。物体P从A下滑经B到C过程中只有重力、滑动摩擦力做功,根据动能定理可得:
mgLsin37°+mgR(1-cos37°)-μmgLcos37°=m-0
解得:vC=6 m/s。
(2)物体P在AB斜面上的最大静摩擦力
f=μmgcos37°故物体P最终不能停留在AB上,所以,物体P最后在与B等高的圆弧轨道上来回运动时,经C点压力最小;设经过C点的最小速度为v。物体P从B到C的过程,根据机械能守恒有:mv2=mgR(1-cos37°);
设物体在C点所受的最小支持力为N′,
由牛顿第二定律可得:N′-mg=m
解得N′=14 N;
由牛顿第三定律可得:物体P对轨道上C点的最小压力为:N=N′=14 N。
答案:(1)6 m/s　(2)14 N