第六章《圆周运动》单元测试卷-2020-2021学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册word版含答案

第六章《圆周运动》单元测试卷
一、单选题(共15小题)
1.如图所示的四幅图中的行为可以在绕地球做匀速圆周运动的“天宫二号”舱内完成的有(　　)
A．
如图甲，用台秤称量重物的质量
B．
如图乙，用水杯喝水
C．
如图丙，用沉淀法将水与沙子分离
D．
如图丁，给小球一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动
2.城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥．如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则(　　)
A．
小汽车通过桥顶时处于失重状态
B．
小汽车通过桥顶时处于超重状态
C．
小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN＝mg－m
D．
小汽车到达桥顶时的速度必须大于
3.关于匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．
匀速圆周运动是匀速运动
B．
匀速圆周运动是变加速运动
C．
匀速圆周运动是匀加速运动
D．
匀速圆周运动物体的运动状态不变
4.未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是(　　)
A．
旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．
旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．
宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．
宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
5.如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，则(　　)
A．
若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为2π
B．
若盒子以周期π做匀速圆周运动，则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时，小球对盒子左侧面的力为4mg
C．
若盒子以角速度2做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，小球对盒子下面的力为3mg
D．
盒子从最低点向最高点做匀速圆周运动的过程中，球处于超重状态；当盒子从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中，球处于失重状态
6.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上离转轴某一距离处放一小木块，该木块恰能跟随圆盘做匀速圆周运动而不发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在改变下列哪种条件时，物体仍能与圆盘保持相对静止(　　)
A．
增大圆盘转动的角速度
B．
增大木块到转轴的距离
C．
增大木块的质量
D．
改变上述的任一条件都不能使木块与圆盘继续保持相对静止
7.某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，手牵着在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动，如图所示，则下列说法中正确的是（
）
A．
保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变
B．
保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大
C．
保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变
D．
保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小
8.如图所示，半径为R的圆环竖直放置，一轻弹簧一端固定在环的最高点A，一端系一带有小孔穿在环上的小球，弹簧原长为R.将小球从静止释放，释放时弹簧恰无形变，小球运动到环的最低点时速率为v，这时小球向心加速度的大小为(　　)
A．
B．
C．
D．
9.如图，粗糙水平圆盘上质量相等的两物体AB叠放在一起，随盘一起转动．下列说法正确的是(　　)
A．
若圆盘匀速圆周运动，A所受摩擦力指向圆心
B．
若圆盘做匀速圆周运动，B所受合力等于A所受合力的2倍
C．
若圆盘做加速圆周运动，A所受摩擦力仍指向圆心
D．
圆盘做加速圆周运动，若AB间的动摩擦因数小于B与圆盘间动摩擦因数，AB将一起滑离圆盘
10.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速度最小为(　　)
A．
B．
2
C．
D．
11.如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R，人体重为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为(　　)
A．
0
B．
C．
D．
12.如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则(　　)
A．ωP<ωQ，vPB．ωP＝ωQ，vPC．ωP<ωQ，vP＝vQ
D．ωP＝ωQ，vP>vQ
13.如图所示的无相对滑动的齿轮传动装置中，主动轮和从动轮的齿大小相同，主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω逆时针转动时，从动轮的转动情况是(　　)
A．
顺时针转动，周期为
B．
逆时针转动，周期为
C．
顺时针转动，周期为
D．
逆时针转动，周期为
14.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．则小球在竖直面内摆动的过程中，不计空气阻力，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，所以小球受到的合外力为零
C．
小球在最低点C所受的合外力为向心力
D．
小球在摆动过程中使其速率发生变化的力为细绳的拉力
15.如图所示，两轮用齿轮传动，且不打滑，图中两轮的边缘上有A、B两点，它们到各自转轴O1、O2的距离分别为rA、rB，且rA＞rB.当轮子转动时，这两点的角速度分别为ωA和ωB，线速度大小分别为vA和vB，则下列关系式正确的是(　　)
A．ωA＝ωB
B．ωA＞ωB
C．vA＝vB
D．vB＜vA
二、填空题(共3小题)
16.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时的速度的实验．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)将玩具小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.
(3)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值如下表所示．
(4)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.(重力加速度大小取9.80
m/s2，计算结果保留2位有效数字)
17.一辆质量为1
000
kg的汽车，为测试其性能，在水平地面上沿半径r＝50
m的圆，以10
m/s的速度做匀速圆周运动，汽车没有发生侧滑，________对汽车提供向心力，此力大小为________
N.
18.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________．
三、简答题(共1小题)
19.如图所示，有一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，小强站在距圆心r处的P点不动．
(1)关于小强的受力，下列说法正确的是(　　)
A．小强在P点不动，因此不受摩擦力作用
B．小强随圆盘做匀速圆周运动，其重力和支持力充当向心力
C．小强随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力
D．当使圆盘以较小的转速转动时，小强在P点受到的摩擦力不变
(2)如果小强随圆盘一起做变速圆周运动，那么其所受摩擦力是否指向圆心？
四、计算题(共3小题)
20.飞机在做俯冲拉起运动时，可以看成是圆周运动，如图所示，若在最低点附近做半径为R＝240
m的圆周运动，飞行员的质量m＝60
kg，飞机经过最低点P时的速度为v＝360
km/h，试计算：
(1)此时飞机的向心加速度a的大小；
(2)此时飞行员对座椅的压力FN是多大．(g取10
m/s2)
21.一物体沿半径为10
m的圆形轨道在水平面内做匀速圆周运动，线速度为10
m/s，在A点运动方向为正北，经周期运动至B点，在B点运动方向为正东，如图所示，求：
(1)物体从A到B过程通过的路程和位移．
(2)物体运动的角速度和向心加速度的大小．
22.如图所示，两根长度相同的轻绳，连接着相同的两个小球，让它们穿过光滑的杆在水平面内做匀速圆周运动，其中O为圆心，两段细绳在同一直线上，此时，两段绳子受到的拉力之比为多少？
答案解析
1.【答案】D
【解析】重物处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤测量重物的质量，故A错误；水杯中的水处于完全失重状态，不会因重力而流入嘴中，故B错误；沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离，故C错误；小球处于完全失重状态，给小球一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动，故D正确．
2.【答案】A
【解析】由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向竖直向下，由牛顿第二定律得mg－FN＝m，解得FN＝mg－m＜mg，故其处于失重状态，A正确，B错误；FN＝mg－m只在小汽车通过桥顶时成立，而其上桥过程中的受力情况较为复杂，C错误；由mg－FN＝m及FN≥0解得v1≤，D错误．
3.【答案】B
【解析】匀速圆周运动的加速度不为零，总是指向圆心，时刻改变，是变加速曲线运动，速度的方向时刻在变，故运动状态时刻在变化，故A、C、D错误，B正确．
4.【答案】B
【解析】由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且ω与m无关，B正确．
5.【答案】A
【解析】由mg＝mR可得，盒子运动周期T＝2π，故A项正确；由FN1＝mR，T1＝π，得FN1＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对例子右侧面的力为4mg，故B项错误；由FN2＋mg＝mω2R得，小球以ω＝2做匀速圆周运动时，在最高点小球对盒子由最低点向最高点运动的过程中，小球的加速度先斜向上，后斜向下，故小球先超重后失重，故D项错误．
6.【答案】C
【解析】木块刚要发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，此时有：μmg＝mω2r，角速度ω增大，所需要的向心力Fn＝mω2r增大，mω2r将大于最大静摩擦力μmg而发生相对滑动，故A错误；木块到转轴的距离越大，需要的向心力Fn＝mω2r越大，则会发生滑动，故B错误；木块在转盘上发生相对滑动的临界状态是μmg＝mω2r，由此可知与质量无关，所以增大木块的质量仍能保持相对静止，故C正确，D错误．
7.【答案】B
【解析】设绳与竖直方向夹角为θ，由向心力的表达式Fn＝mω2r可知，Tsinθ＝mω2lsinθ，即T＝mω2l，，由牛顿第三定律可知绳对手的拉力T′＝T＝mω2l，所以保持绳长不变，增大角速度，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项A错误，B正确；保持角速度不变，增大绳长，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项C、D错误．
8.【答案】A
【解析】小球沿圆环运动，其运动轨迹就是圆环所在的圆，轨迹的圆心就是圆环的圆心，运动轨迹的半径就是圆环的半径，小球运动到环的最低点时，其向心加速度的大小为，加速度方向竖直向上，正确选项为A.
9.【答案】A
【解析】
10.【答案】A
【解析】小球能通过竖直圆轨道的最高点的临界条件为重力恰好提供向心力，即mg＝m，解得v＝，选项A正确．
11.【答案】C
【解析】由题意知F＋mg＝2mg＝m，故速度大小v＝，C正确．
12.【答案】B
【解析】由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，即ωP＝ωQ；同时由题图可知，Q点到螺母的距离比较大，由v＝ωr可知，Q点的线速度大，即vP13.【答案】A
【解析】由题图知，从动轮顺时针转动．因为两轮的齿大小相等，则两轮的接触点线速度相等，故主动轮与从动轮的角速度之比＝＝，故从动轮的角速度ω2＝3ω.从动轮的周期T＝＝，故A正确．
14.【答案】C
【解析】小球在摆动过程中受到的合外力只有在小球运动到C点时全部充当向心力，故A错误，C正确；小球运动到最高点时，虽然小球的速度为零，但小球受到的合外力不为零，故B错误；小球在摆动过程中使其速率发生变化的力为重力垂直于细绳方向的分力，故D错误．
15.【答案】C
【解析】由齿轮传动特点可知vA＝vB，故C正确，D错误；再由v＝ωr，rA＞rB，可知ωA＜ωB，故A、B错误．
16.【答案】(2)1.40　(4)7.9　1.4
【解析】(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40
kg.
(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m＝kg＝1.81
kg
小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80
N≈7.9
N
由题意可知小车的质量为
m′＝(1.40－1.00)kg＝0.40
kg
对小车，在最低点时由牛顿第二定律得
F－m′g＝
解得v≈1.4
m/s.
17.【答案】侧向摩擦力　2
000
【解析】
18.【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.
19.【答案】(1)C　(2)不指向圆心
【解析】小强的向心力由其合力沿半径方向的分力提供．
(1)由于小强随圆盘做匀速圆周运动，一定需要向心力，该力一定指向圆心方向，而重力和支持力在竖直方向上，它们不能充当向心力，因而他会受到摩擦力作用，且摩擦力充当向心力，A、B两项错误，C项正确；由于小强随圆盘转动，半径不变，当圆盘角速度变小时，由Fn＝mω2r可知，所需向心力变小，摩擦力变小，故D项错误．
(2)由于小强的运动在水平面内，小强在竖直方向上受力平衡，当小球随圆盘一起做变速圆周运动时，合力不再指向圆心，则摩擦力不再指向圆心．
20.【答案】(1)m/s2　(2)3
100
N
【解析】(1)v＝360
km/h＝100
m/s
则a＝＝m/s2＝m/s2.
(2)对飞行员进行受力分析，则飞行员在最低点受重力和座椅的支持力，向心力由二力的合力提供．
所以FN－mg＝m
得FN＝mg＋m
代入数据得FN＝3
100
N
根据牛顿第三定律可知，飞行员对座椅的压力大小也为3
100
N.
21.【答案】(1)5π
m　10m，方向由A指向B　(2)1
rad/s　10m/s2
【解析】(1)物体从A到B的过程中通过的路程为：s＝×2πR＝πR＝π×10
m＝5π
m
物体从A到B的过程中位移大小为：x＝R＝×10
m＝10m
方向由A指向B.
(2)角速度为：ω＝＝＝1
rad/s
向心加速度为：a＝ω2r＝1×10
m/s2＝10
m/s2
22.【答案】3∶2
【解析】设每段绳子长为l，
对球2有F2＝2mlω2
对球1有F1－F2＝mlω2
由以上两式得：F1＝3mlω2
故＝.