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

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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1A.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，篮球距O点距离为r，篮球出手瞬间手臂转动的角速度为.

2、篮球出手后做斜上抛运动，则以下说法正确的是()图2A.篮球出手的瞬间，线速度大小为B.篮球出手的瞬间，加速度大小为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

3、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，则小球以速度通过圆管的最高点时()图3A.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C.小球对圆管的内壁压力等于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，由牛顿第二定律得2mgm若小球以速度通过圆管的最高点时小球受向下的压力FN，则有mgFNm由式解得FN，上式表明，小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律知小

4、球对圆管内壁有向下的压力，大小为，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，重力加速度为g)()图4A.B.C.D.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，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

5、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5A.B.C.D.rB答案C解析当主动轮A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线速度大小相等，由得.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()2rA()2rA，C正确.6.用如图6甲所示的装置研

6、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6A.0.125mB.0.25mC.0.50mD.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FNmgm，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ygt2，由几何关系有yxtan ，联立可得F

7、mgx，代入图像中数据可得R0.25 m，B正确，A、C、D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7A.cosB.cos2cosC.tanD.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 ；同理可得cos ，则cos ，所以选项A正确，B、C、D错误.8.(2018玉溪市高一月考)如图8所示，轻质细绳长为L，挂一个质量

8、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8A.B.C.D.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Fmgm，又v，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hgt2，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t，小球下落的高度hgt2，则球第一次与墙的碰撞点离墙角B点

9、的距离Hhh2LL.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9A.运动周期之比为54B.运动线速度大小之比为54C.向心加速度大小之比为45D.受到的合力大小之比为1514答案BD解析A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T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

10、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10A.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答案BC解析摩托车受力分析如图所示.由于FN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Fnmgtanmm2rmr知h变化时，向心力

11、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11A.利用该装置可以得出重力加速度，且gB.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mgFm，

12、解得v2gR；由题图乙知，纵轴截距agR，解得重力加速度g，故A错误；由v2gR知，图线的斜率k，绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线的斜率更小，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v2gR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12A.B.C.D.答案BC解析当圆环旋转且细绳伸直时，因为

13、圆环光滑，所以小球受重力、环对球的支持力，还可能受绳子的拉力，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：min.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

14、(2mg)cos 30mmax2(Rsin 60)，解得：max，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)1.01.52.02.

15、53.0F/N0.882.003.505.507.90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

16、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)mr(2分)(2)mg(2分)(3)k(2分)解析(1)根据向心力公式：Fnm而v，得：Fnmr(2)如图所示，由几何关系可得：Fmgtan mg(3)由上面分析得：FFn即mgmr整理得：h；故斜率表达式为：k.三、计算题(本题共4小题，

17、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的速度过轨道最高点B时，甲车以v2v1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)7mg解析(1)乙在最高点的速度v1，故受轨道弹力方向向下(2分)由牛顿第二定律得：FBmgm(2分)解得：FBmg(1分)(2)甲在最低点A时，由牛顿第二定律得：FAmgm(2分)解得：FA7mg.(1分)16.(10分)如图16所示，置于圆

18、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Hgt2(2分)水平方向有sv0t(2分)联立两式得v0s1 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mgm(3分)联立得0.2.(2分)17.(10分)如图17所示，在光

19、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，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)mgm(2)2R(3)2解析(1)在B点，由牛顿第二定律FNmgm(1分)得FNmmg，(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mgm.(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mgm(1分)通过C点后小

20、球做平抛运动：xABvCt，hgt2，h2R(2分)联立以上各式可得xAB2R(1分)(3)设小球落到A点时，速度方向与水平面的夹角设为，则tan ，vgt,2Rgt2(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)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：mrad/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hLcosgt2(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(2分)解得：d2m.(1分)13