2019_2020学年新教材高中物理第6章圆周运动章末检测试卷二含解析新人教版必修第二册.docx

1、章末检测试卷(二)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.18 为单项选择题，912 为多项选择题)1.如图 1 所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时她正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则她()图 1 A.所受的合力为零，做匀速运动 B.所受的合力恒定，做匀加速运动 C.所受的合力恒定，做变加速运动 D.所受的合力变化，做变加速运动 答案 D 解析 运动员做匀速圆周运动，由于合力时刻指向圆心，其方向变化，所以做变加速运动，D正确.2.(2018邢台市高一下期中)如图 2 所示，某篮球运动员以胳膊肘 O 点为转轴投篮，

2、篮球距O 点距离为 r，篮球出手瞬间手臂转动的角速度为.篮球出手后做斜上抛运动，则以下说法正确的是()图 2 A.篮球出手的瞬间，线速度大小为r B.篮球出手的瞬间，加速度大小为2r C.篮球在空中运动到最高点时速度为零 D.若篮球未到达篮球筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条件再次投篮时应适当增大角速度 答案 D 解析 根据线速度与角速度关系可知，线速度大小为 vr，故选项 A 错误；根据向心加速度公式可知，向心加速度大小为 an2r，故选项 B 错误；由题意可知，篮球出手后做斜上抛运动，根据运动的分解可知，篮球在空中运动到最高点时水平方向速度不为零，竖直方向的速度为零，故选项 C 错

3、误；若篮球未到达篮筐(篮球运动的距离较小)，则在不改变其他条件再次投篮时需增大篮球出手瞬间的线速度大小，即在不改变其他条件再次投篮时应适当增大角速度，故选项 D 正确.3.(2018绵阳市高一检测)质量为 m 的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图 3 所示.已知小球以速度 v 通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度v2通过圆管的最高点时()图 3 A.小球对圆管的内、外壁均无压力 B.小球对圆管的外壁的压力等于mg2 C.小球对圆管的内壁压力等于mg2 D.小球对圆管的内壁压力等于 mg 答案 C 解析 依题意知，小球以速度 v 通过最高点时，由

4、牛顿第二定律得 2mgmv2R 若小球以速度v2通过圆管的最高点时小球受向下的压力 FN，则有 mgFNmv22R 由式解得 FNmg2，上式表明，小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律知小球对圆管内壁有向下的压力，大小为mg2，故 C 正确.4.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为 R，甲、乙物体质量分别为 M 和 m(Mm)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的 倍，两物体用一根长为 L(LR)的水平轻绳连在一起.如图 4 所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点，重力

5、加速度为 g)()图 4 A.MmgmL B.gL C.MmgML D.MmgmL 答案 D 解析 以最大角速度转动时，设轻绳的拉力大小为 FT，以甲为研究对象，FTMg，以乙为研究对象 FTmgmL2，可得 MmgmL，选项 D 正确.5.如图 5 所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮 A 和轮 B 水平放置(两轮不打滑)，两轮半径 rA2rB，当主动轮 A 匀速转动时，在 A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若将小木块放在 B 轮上，欲使木块相对 B 轮静止，则木块距 B 轮转轴的最大距离为()图 5 A.rB4B.rB3C.rB2D.rB 答案 C 解析 当主动轮 A 匀速转动时，A

6、、B 两轮边缘上的线速度大小相等，由 vR得ABvrAvrBrBrA12.因 A、B 材料相同，故木块与 A、B 间的动摩擦因数相同，由于小木块恰能在 A 轮边缘上相对静止，则由静摩擦力提供的向心力达到最大值 Ffm，得 FfmmA2rA，设木块放在 B 轮上恰能相对静止时距 B 轮转轴的最大距离为 r，则向心力由最大静摩擦力提供，故 FfmmB2r，联立解得 r(AB)2rA(12)2rArA4rB2，C 正确.6.用如图 6 甲所示的装置研究平抛运动，每次将质量为 m 的小球从半径为 R 的四分之一圆弧形轨道不同位置由静止释放，在圆弧形轨道最低点水平部分装有压力传感器，由其测出小球对轨道压

7、力的大小 F.已知斜面与水平地面之间的夹角 45，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程 x，最后作出了如图乙所示的 Fx 图像，g 取 10m/s2，则由图可求得圆弧形轨道的半径 R 为()图 6 A.0.125m B.0.25m C.0.50m D.1.0m 答案 B 解析 设小球水平抛出时的速度为 v0，轨道对小球的支持力大小为 FN，由牛顿第二定律得 FNmgmv20R，由牛顿第三定律得：FNF 由平抛运动规律有，小球的水平射程 xv0t，小球的竖直位移 y12gt2，由几何关系有 yxtan，联立可得 Fmgmg2Rtan x，代入图像中数据可得 R0.25 m，B 正确，A、C、D

8、错误.7.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 的小球的悬线与竖直方向夹角分别为 和，如图 7 所示，则()图 7 A.coscos2 B.cos2cos C.tantan2 D.tantan 答案 A 解析 两球绕同一转轴做圆周运动，故它们的角速度相同.对于球 M，受重力和绳子拉力作用，这两个力的合力提供向心力，如图所示.设它们转动的角速度是，由 MgtanM2lsin2，可得：cos g2l2；同理可得 cos gl2，则 cos cos 2，所以选项 A 正确，B、C、D 错误.8.(2018玉溪市高一月

9、考)如图 8 所示，轻质细绳长为 L，挂一个质量为 m 的小球，球离地的高度 h2L，当绳受到大小为 2mg 的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，现让环与球一起以速度 v gL向右匀速运动，在 A 处环被挡住而立即停止，A 离墙的水平距离也为 L，球在以后的运动过程中，球第一次与墙的碰撞点离墙角 B 点的距离 H 是(不计空气阻力)()图 8 A.L2B.5L3 C.2L3 D.3L2 答案 D 解析 环被挡住的瞬间，小球做圆周运动，根据牛顿第二定律得 Fmgmv2L，又 v gL，解得 F2mg，故绳断裂，之后小球做平抛运动.假设小球直接落地，则有 h12gt2，

10、球的水平位移 xvt2LL，所以小球先与墙壁发生碰撞；设球做平抛运动到墙的时间为 t，则 tLvLg，小球下落的高度 h12gt2L2，则球第一次与墙的碰撞点离墙角 B 点的距离Hhh2LL232L.故选 D.9.(2019杭州二中期中)如图 9 所示为学员驾驶汽车在水平面上绕 O 点做匀速圆周运动的俯视图.已知质量为 60kg 的学员在 A 点位置，质量为 70kg 的教练员在 B 点位置，A 点的转弯半径为 5.0m，B 点的转弯半径为 4.0m，则学员和教练员(均可视为质点)()图 9 A.运动周期之比为 54 B.运动线速度大小之比为 54 C.向心加速度大小之比为 45 D.受到的合

11、力大小之比为 1514 答案 BD 解析 A、B 两点做圆周运动的角速度相等，根据 T2 知，周期相等，故 A 错误；根据 vr，半径之比为 54，知线速度大小之比为 54，故 B 正确；根据 anr2知，向心加速度大小之比为 54，故 C 错误；根据 F 合man，向心加速度大小之比为 54，质量之比为 67，知合力大小之比为 1514，故 D 正确.10.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 10 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，下列说法中正确的是()图 10 A.h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大

12、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 答案 BC 解析 摩托车受力分析如图所示.由于 FN mgcos 所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力也不变，A 错误；由 Fnmgtanmv2rm2rm42T2 r 知 h 变化时，向心力 Fn不变，但高度升高，r 变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项 B、C 正确，D 错误.11.如图 11 甲所示，一长为 R 的轻绳，一端系在过 O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕 O 点在竖直面内转动，小

13、球通过最高点时，绳对小球的拉力 F 与其速度平方 v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为 a，下列判断正确的是()图 11 A.利用该装置可以得出重力加速度，且 gRa B.绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大 C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变 答案 CD 解析 小球在最高点，根据牛顿第二定律得 mgFmv2R，解得 v2FRm gR；由题图乙知，纵轴截距 agR，解得重力加速度 gaR，故 A 错误；由 v2FRm gR 知，图线的斜率 kRm，绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图

14、线的斜率更小，故 B 错误；用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大，故 C 正确；由 v2FRm gR 知，纵轴截距为 gR，绳长不变，则图线与纵轴交点坐标不变，故 D 正确.12.(2018达州市高一检测)如图 12 所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为 R，质量为 m 的带孔小球穿在环上，同时有一长为 R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳上的最大拉力为 2mg，当圆环以角速度 绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则 可能为()图 12 A.13gR B.2gR C.6gR D.7gR 答案 BC 解析 当圆环旋转且细绳伸直时，因为圆环光滑，所以小球受重力、环对球的支持力，还可能

15、受绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为 60，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由水平方向的合力提供，其大小为：Fm2r，其中 rRsin 60一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的第一个临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得：Fminmgtan 60，即 mgtan 60mmin2Rsin 60，解得：min2gR.当绳子拉力达到2mg 时，此时角速度最大，对小球进行受力分析得，竖直方向：FNsin 30(2mg)sin 30mg0，水平方向：FNcos 30(2mg)cos 30mmax2(

16、Rsin 60)，解得：max6gR，故 A、D 错误，B、C 正确.二、实验题(本题共 2 小题，共 12 分)13.(6 分)如图 13 甲所示是某同学探究做圆周运动的物体的质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动.力传感器测量向心力 F，速度传感器测量圆柱体的线速度大小 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 与线速度大小 v 的关系.图 13(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(2)改变线速度大小 v，多次测量，该同学测出了五组 F、v 数据，如下表所示：v/(ms1)1.0

17、 1.5 2.0 2.5 3.0 F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90 该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点.作出 Fv2图线；若圆柱体运动半径 r0.2m，由作出的 Fv2的图线可得圆柱体的质量 m_kg.(结果保留两位有效数字)答案(1)B(2 分)(2)如图所示(2 分)0.18(2 分)14.(6 分)(2018厦门外国语学校高一下学期期中)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图 14 甲所示，细绳的悬点刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线平齐.将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心.用手带动钢球在水平面上做圆锥摆运动，设法使它刚

18、好对纸面无压力，且沿纸上某个半径为 r 的圆周运动，钢球的质量为 m，重力加速度为 g.图 14(1)用停表记录运动 n 圈的总时间为 t，那么小球做圆周运动时需要的向心力表达式为 Fn_.(2)通过刻度尺测量小球运动的轨道平面距悬点的高度为 h，那么小球做圆周运动时合外力提供的向心力表达式为 F_.(3)改变小球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图像，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式为_.答案(1)mr42n2t2(2 分)(2)mgrh(2 分)(3)k42g(2 分)解析(1)根据向心力公式：Fnmv2r 而 v2rT 2rnt，得：Fnm42n2t2

19、r(2)如图所示，由几何关系可得：Fmgtan mgrh (3)由上面分析得：FFn 即 mgrhm42n2t2r 整理得：t2n242g h；故斜率表达式为：k42g.三、计算题(本题共 4 小题，共 40 分)15.(8 分)(2018郑州一中高一下期中)如图 15 是马戏团上演的飞车节目，圆轨道半径为 R.表演者骑着车在圆轨道内做圆周运动.已知人和车的总质量均为 m，当乙车以 v1 2gR的速度过轨道最高点 B 时，甲车以 v2 3v1的速度经过最低点 A.忽略其他因素影响，求：图 15(1)乙在最高点 B 时受轨道的弹力大小；(2)甲在最低点 A 时受轨道的弹力大小.答案(1)mg(2

20、)7mg 解析(1)乙在最高点的速度 v1 gR，故受轨道弹力方向向下(2 分)由牛顿第二定律得：FBmgmv21R(2 分)解得：FBmg(1 分)(2)甲在最低点 A 时，由牛顿第二定律得：FAmgmv22R(2 分)解得：FA7mg.(1 分)16.(10 分)如图 16 所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转台半径 R0.5m，离水平地面的高度 H0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小 s0.4m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2.求：图 16(1)物块做平抛运动的初速度

21、大小 v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数.答案(1)1m/s(2)0.2 解析(1)物块做平抛运动 竖直方向有 H12gt2(2 分)水平方向有 sv0t(2 分)联立两式得 v0sg2H1 m/s.(1 分)(2)物块恰好离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 mgmv20R(3 分)联立得 v20gR0.2.(2 分)17.(10 分)如图 17 所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为 R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切.质量为 m 的小球以大小为 v0的初速度经半圆槽轨道最低点 B 滚上半圆槽，小球恰好能通过最高点 C 后落回到水平面上的 A 点.不计空气阻力，重力加速度为 g，

22、求：图 17(1)小球通过 B 点时对半圆槽的压力大小；(2)A、B 两点间的距离；(3)小球落到 A 点时速度方向与水平面夹角的正切值.答案(1)mgmv20R(2)2R(3)2 解析(1)在 B 点，由牛顿第二定律 FNmgmv20R(1 分)得 FNmv20Rmg，(1 分)由牛顿第三定律得，小球通过 B 点时对半圆槽的压力大小为 mgmv20R.(1 分)(2)小球恰好能通过最高点 C，故重力提供其做圆周运动的向心力，则 mgmv2CR(1 分)通过 C 点后小球做平抛运动：xABvCt，h12gt2，h2R(2 分)联立以上各式可得 xAB2R(1 分)(3)设小球落到 A 点时，速

23、度方向与水平面的夹角设为，则 tan vvC，vgt,2R12gt2(2分)解得 tan 2(1 分)18.(12 分)(2019新乡市高一下学期期末)如图 18，长 L1.5m 的细线一端系一小球，另一端悬挂在竖直转轴 P 上，缓慢增加转轴 P 的转动速度使小球在水平面内做圆周运动.已知小球的质量 m1.2kg，细线能承受的最大拉力 Fm20N，P 点到水平地面的距离 h1.7m，重力加速度 g 取 10m/s2，求：图 18(1)小球能在水平面内做圆周运动的最大角速度 m；(2)细线被拉断后，小球的落地点到 P 点在水平地面上的竖直投影点 O的距离 d.答案(1)103 rad/s(2)2m 解析(1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为，对小球受力分析可知 Fmcosmg(1 分)mgtanmm2Lsin(2 分)解得：m103 rad/s(1 分)(2)细线拉断时，小球的速度 vmLsin(1 分)解得：v4m/s(1 分)细线拉断后小球做平抛运动 hLcos12gt2(2 分)xvt(1 分)小球的落地点到 P 在水平地面上的投影点 O的距离 d Lsin2x2(2 分)解得：d2m.(1 分)