人教版高中物理必修第二册练习题第六章 圆周运动达标检测.docx

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人教版高中物理必修第二册练习题第六章圆周运动达标检测

2022人教版高中物理必修第二册练习题

第六章　圆周运动

本章达标检测

（满分:

100分;时间:

75分钟）

一、选择题（本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1～5小题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分）

1.（2020山东烟台高一下期中）下列关于离心现象的说法中错误的是（　　）

A.做匀速圆周运动的物体,当受到的离心力大于向心力时产生离心现象

B.洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣服上的水分甩掉

C.做匀速圆周运动的物体,当外界提供的向心力突然消失或变小时,物体将做离心运动

D.做匀速圆周运动的物体,当外界提供的向心力突然消失时,物体将沿着圆周切线方向飞出

2.（2021山东新高考质量测评联盟高一下月考）如图所示,两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮P和Q水平放置,两轮之间不打滑,两轮半径分别为RP=60cm,RQ=30cm。

当主动轮P匀速转动时,在P轮边缘上放置的小物块恰能相对P轮静止。

若将小物块放在Q轮上,欲使物块相对Q轮也静止,则物块距Q轮转轴的最大距离为（　　）

A.10cm　　　　　B.15cm　　　　　C.20cm　　　　　D.30cm

3.（2019北京东城高三期末）如图甲所示是游乐园内的一种游戏项目——旋转飞椅,飞椅从静止开始缓慢转动,经过一小段时间,飞椅（包括飞椅上的游客）的运动可以看作匀速圆周运动。

整个装置可以简化为如图乙所示的模型。

忽略转动中的空气阻力。

设细绳与竖直方向的夹角为θ,则（　　）

A.飞椅受到重力、绳子拉力和向心力作用

B.θ角越大,飞椅的向心加速度就越大

C.只要线速度足够大,θ角可以达到90°

D.飞椅运动的周期随着θ角的增大而增大

4.（2021黑龙江哈尔滨哈师大附中高一期中）如图所示,轻杆长3L,在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B,光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点,外界给系统一定能量后,杆和球在竖直平面内转动,球A运动到最高点时,杆对球A恰好无作用力。

忽略空气阻力,重力加速度为g,则球A在最高点时（　　）

A.球A的速度为零

B.水平转轴对杆的作用力大小为4mg,方向竖直向上

C.水平转轴对杆的作用力大小为3mg,方向竖直向上

D.水平转轴对杆的作用力大小为6mg,方向竖直向上

5.（2020江苏扬州中学高一下月考）小明撑一雨伞站在水平地面上,伞面边缘点所围圆形的半径为R。

现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转,伞边缘上的水滴落到地面,落点形成一半径为r的圆形。

当地重力加速度的大小为g,根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（　　）

A.

　　　　　　　　B.

C.

　　　　　　　　D.

6.（2021河北唐山第十一中学高一期中）如图所示,质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动。

圆轨道半径为R,重力加速度为g,小球经过圆轨道最高点时刚好不脱离。

则其通过最高点时（　　）

A.对圆轨道的压力大小等于mg

B.受到的向心力等于重力

C.线速度大小等于

D.向心加速度大小等于g

7.（2021河南郑州中牟高一下期中）如图所示,长为r=0.3m的轻杆一端固定质量为m的小球（可视为质点）,另一端与水平转轴（垂直于纸面）于O点连接。

现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动,已知转动过程中轻杆对小球的最大作用力为

mg,轻杆不变形,重力加速度g=10m/s2。

下列判断正确的是（　　）

A.小球转动的角速度为5rad/s

B.小球通过最高点时对杆的作用力为零

C.小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为

mg

D.转动过程中杆对小球的作用力不一定总是沿杆的方向

8.（2019湖南长沙一中高三上月考）如图所示,装置BO'O可绕竖直轴O'O转动,两细线与可视为质点的小球A连接后分别系于B、C两点,装置静止时细线AB水平,细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。

已知小球的质量m=1kg,细线AC长L=1m,B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）,下列说法正确的是（　　）

A.当装置匀速转动的角速度为ω=

rad/s时,细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°

B.若装置可以以不同的角速度匀速转动,当角速度ω<

rad/s时,细线AC中的张力T=

N

C.若装置可以以不同的角速度匀速转动,当角速度ω>

rad/s时,细线AC上张力T与角速度的平方ω2成线性关系

D.若装置可以以不同的角速度匀速转动,当角速度ω>

rad/s时,细线AB上张力不变

二、非选择题（本大题共5小题,共52分）

9.（2020山东青岛高三月考）（6分）某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。

图甲是演示仪的简化示意图,细线下面悬挂一个小钢球（直径忽略不计）,细线上端固定在电动机转盘上,利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。

用转速测定仪测定电动机的转速n,调节刻度板的位置,使刻度板水平且恰好与小钢球接触,但无相互作用力,用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离h,不计悬点到转轴间的距离。

甲乙

（1）开动转轴上的电动机,让摆球转动起来形成圆锥摆。

调节转速n,当n越大时,h越　　　　（选填“大”或“小”）。

（2）图乙为某次实验中h的测量结果,其示数为　　　　cm。

（3）用直接测量的物理量的符号表示重力加速度g,其表达式为g=　　　　。

10.（2021重庆凤鸣山中学高一期中）（10分）长为L的细绳,一端拴一质量为m的小球,另一端固定于O点,让小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）,摆线与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g,求:

（1）细绳的拉力大小F;

（2）小球运动的线速度的大小;

（3）小球运动的角速度。

11.（2021四川南充高级中学高一期中）（10分）如图所示,水平转盘上放有质量为m的物块,物块到转轴的距离为r,物块和转盘间的动摩擦因数为μ。

设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度为g。

（1）当水平转盘以角速度ω1匀速转动时,物块与转盘刚好能相对静止,求ω1的值是多少;

（2）将物块和转轴用细绳相连,物块静止时绳恰好伸直且无拉力,细绳水平,当转盘的角速度ω2=

时,求细绳的拉力大小;

（3）将物块和转轴用细绳相连,物块静止时绳恰好伸直且无拉力,细绳水平,当转盘的角速度ω3=

时,求物块对细绳的拉力大小。

12.（2020安徽皖南八校高三上联考）（12分）一转动装置如图所示,两根轻杆OA和AB与一小球以及一小环通过铰链连接,两轻杆长度相同,球和环的质量均为m,O端通过铰链固定在竖直的轻质转轴上,套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L,装置静止时,弹簧长为

L。

转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升。

弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g,求:

（1）弹簧的劲度系数k;

（2）AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0。

13.（2020四川雅安中学高一下期中）（14分）如图所示,在水平桌面上离桌面右边缘L=3.2m处放着一质量为m=0.1kg的小铁球（可看作质点）,铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2。

现用水平向右的推力F=1.0N作用于铁球,作用一段时间后撤去。

铁球继续运动,到达水平桌面边缘A点飞出,恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线方向进入圆弧轨道,且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D。

O为圆弧轨道的圆心,已知∠BOC=37°,A、B、C、D四点在同一竖直平面内,水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m,圆弧轨道半径R=0.5m,C点为圆弧轨道的最低点,求:

（取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）铁球运动到圆弧轨道最高点D时的速度大小vD;

（2）铁球运动到B点时的速度大小vB以及此时轨道对铁球的支持力大小FB;

（3）水平推力F作用的时间t。

答案全解全析

1.A　物体不会受到离心力作用,A选项说法错误。

洗衣机脱水时,附着在衣服上的水分被甩掉,是因为衣服对水滴的作用力不足以提供向心力,水滴做离心运动而飞出,B选项说法正确。

做匀速圆周运动的物体,在外界提供的向心力突然消失或变小时,物体就做逐渐远离圆心的运动,这种运动叫作离心运动,其中向心力突然消失时,由于惯性,物体将沿圆周切线方向飞出,选项C、D说法正确。

2.B　用相同材料制成的P和Q靠摩擦传动,其边缘线速度大小相等,则ωPRP=ωQRQ,而RP=60cm,RQ=30cm,所以ωQ=2ωP。

物块在P轮边缘上恰能相对P轮静止,则有fmax=m

RP,当物块在Q轮上恰要相对Q轮滑动时,距Q轮转轴的距离最大,设此距离为x,则fmax=m

x,解得x=15cm,故选B。

3.B　飞椅受到重力和绳子的拉力作用,二者的合力提供向心力,故A错误;根据牛顿第二定律可知mgtanθ=man,则向心加速度大小an=gtanθ,可知θ角越大,飞椅的向心加速度就越大,故B正确;若θ角可以达到90°,则在水平方向绳子的拉力提供向心力,竖直方向的合力为零,但是竖直方向飞椅只受重力作用,合力不可能为零,故C错误;设绳长为L,绳的悬挂处到转轴的距离为s,则根据牛顿第二定律可知mgtanθ=m

（s+Lsinθ）,整理可以得到T=

故当θ增大时,周期T减小,D错误。

4.D　球A运动到最高点时,杆对球A恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,则有mg=m

解得vA=

故A错误;A球到最高点时,对杆无弹力,此时B球所受重力和杆的拉力的合力提供向心力,有F-2mg=2m

由于A、B两球的角速度相等,由v=ωr得vB=2vA=2

解得杆对球B的拉力F=6mg,则水平转轴对杆的作用力大小为6mg,方向竖直向上,故D正确,B、C错误。

故选D。

5.A　设伞边缘距地面的高度为h。

水滴被甩出后做平抛运动,竖直方向有h=

gt2,下落时间t=

;水滴水平方向的初速度大小等于雨伞边缘各点的线速度大小,所以v0=ωR,水滴的水平位移x=v0t=ωR

;如图所示,由几何关系得x=

所以有

=ωR

解得h=

故A正确。

6.BCD　因为小球在圆轨道最高点刚好不脱离,则此时轨道对球的弹力为零,所以小球对圆轨道的压力为零,此时小球受到的向心力等于重力,A错误,B正确;根据牛顿第二定律得mg=m

=ma,解得小球线速度v=

向心加速度a=g,C、D正确。

故选B、C、D。

7.ACD　小球运动到最低点时轻杆对小球的作用力最大,并且作用力方向竖直向上,则由题意知,小球运动到最低点时有

mg-mg=mω2r,解得ω=5rad/s,故A正确;小球在最高点,根据牛顿第二定律可得F+mg=mω2r,解得F=-

mg,说明杆对小球的力为支持力,故B错误;小球通过与圆心等高的点时对杆的作用力大小为F'=

F向=mω2r,联立解得F'=

mg,故C正确;转动过程中杆对小球的作用力和小球重力的合力提供小球所需向心力,所以杆对小球的作用力不一定总是沿杆的方向,故D正确。

故选A、C、D。

8.ABC　当细线AB上张力恰为零且细线AC与竖直方向的夹角为37°时,根据牛顿第二定律得mgtan37°=m

Lsin37°,解得ω1=

rad/s,故A正确。

若装置可以以不同的角速度匀速转动,当角速度ω<

rad/s时,对小球,在竖直方向有TACcos37°=mg,解得TAC=

N,故B正确。

当角速度ω=

rad/s>

rad/s时,根据牛顿第二定律得mgtanθ'=m

Lsinθ',解得cosθ'=0.6,θ'=53°,此时细线AB恰好竖直,且张力为零;当

rad/s<ω<

rad/s且角速度逐渐增大时,对小球在水平方向上有TACsinθ″=mω2Lsinθ″,得TAC=mω2L,即细线AC上张力T与角速度ω的平方成线性关系;当ω>

rad/s时,细线AB上有张力,对小球分析,在水平方向上有TAC·sin53°=mω2Lsin53°,在竖直方向上有TACcos53°=mg+TAB,则TAC=mω2L,即细线AC上张力T与角速度ω的平方成线性关系,TAB随角速度ω的增加而增大,故C正确,D错误。

9.答案　

（1）小（2分）　

（2）18.50（2分）　（3）4π2n2h（2分）

解析　

（1）n越大,细线与竖直方向的夹角越大,则h越小。

（2）悬点处的刻度为1.00cm,刻度板处的刻度为19.50cm,则h=（19.50-1.00）cm=18.50cm。

（3）设细线与竖直方向的夹角为θ,由牛顿第二定律得mgtanθ=mω2r,又tanθ=

ω=2πn,解得g=4π2n2h。

10.答案　

（1）

（2）

　（3）

解析　

（1）小球受重力和细绳拉力作用,两个力的合力提供向心力,如图

则F=

（2分）

（2）根据牛顿第二定律得mgtanα=m

（2分）

解得v=

（2分）

（3）根据牛顿第二定律得mgtanα=m·Lsinα·ω2（2分）

解得ω=

（2分）

11.答案　

（1）

（2）0　（3）

μmg

解析　

（1）物块与转盘刚好相对静止,则有

μmg=m

r（2分）

解得ω1=

（1分）

（2）因为ω2<ω1,所以细绳拉力为0（2分）

（3）因为ω3>ω1,则根据牛顿第二定律有

T+μmg=m

r（2分）

解得T=

μmg（1分）

由牛顿第三定律知物块对绳的拉力大小为

μmg（2分）

12.答案　

（1）

（2）

解析　

（1）装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴间的夹角为θ1。

小环受到的弹簧弹力

=k

（1分）

小环受力平衡,有

=mg+T1cosθ1（1分）

小球受力平衡,有

F1cosθ1+T1cosθ1=mg,F1sinθ1=T1sinθ1（2分）

联立各式解得弹簧的劲度系数k=

（1分）

（2）AB杆中弹力为零时,设OA杆中的弹力为F2,OA杆与转轴间的夹角为θ2,弹簧长度为x,轻杆长度为l。

小环受到弹簧的弹力

=k（x-L）（1分）

小环受力平衡,有

=mg（1分）

解得x=

L（1分）

对小球,在竖直方向上有F2cosθ2=mg（1分）

在水平方向上有F2sinθ2=m

lsinθ2（1分）

且cosθ2=

（1分）

解得ω0=

（1分）

13.答案　

（1）

m/s　

（2）5m/s　5.8N　（3）0.6s

解析　

（1）铁球恰好能通过D点,则在D点时由重力提供向心力,由牛顿第二定律可得

mg=

（1分）

解得vD=

m/s（1分）

（2）铁球从A点到B点的过程中做平抛运动,根据平抛运动规律有

=2gH（1分）

解得vBy=3m/s（1分）

铁球在B点沿切线方向进入圆弧轨道,则vB=

=5m/s（1分）

铁球在B点的向心力由支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供,则有

m

=FB-mgcos37°（1分）

解得FB=5.8N（1分）

（3）铁球从A点到B点的过程中做平抛运动,水平方向的分速度不变,可得

vA=vBcos37°=4m/s（1分）

铁球在水平桌面上做匀加速直线运动时,有

F-μmg=ma1（1分）

解得a1=8m/s2（1分）

铁球在水平桌面上做匀减速直线运动时,有

μmg=ma2

解得a2=2m/s2（1分）

铁球在水平桌面上运动的最大速度vm=a1t

减速运动阶段有vm-vA=a2t2（1分）

又L=

t+

t2（1分）

联立解得t=0.6s（1分）