第六章圆周运动练基础人教版（2019）高中物理必修2

第六章圆周运动练基础

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1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）

1．做匀速圆周运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是（　　）

A．线速度 B．角速度 C．周期 D．转速

2．下列关于匀速圆周运动的说法正确的是（　　）

A．匀速圆周运动是匀加速曲线运动

B．做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的

C．做匀速圆周运动的物体所受合外力就是向心力

D．随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用

3．和谐号动车经过一段弯道时，显示屏上显示的速率是216km/h。某乘客利用智能手机自带的指南针正在进行定位，他发现“指南针”的指针在5s内匀速转过了9°。则在此5s时间内，动车（　　）

A．转过的角度

B．转弯半径为

C．角速度为

D．向心加速度约为

4．如图所示，A、B两球穿过光滑水平杆，两球间用一细绳连接，当该装置绕竖直轴匀速转动时，两球在杆上恰好不发生滑动，若两球质量之比，那么A、B两球的（　　）

A．运动半径之比为 B．加速度大小之比为

C．线速度大小之比为 D．向心力大小之比为

5．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则（　　）

A．该车可变换两种不同挡位

B．该车可变换四种不同挡位

C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD=1∶4

D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD=4∶1

6．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动。已知A球细线跟竖直方向的夹角为30°，B球细线跟竖直方向的夹角为45°，下列说法正确的是（　　）

A．小球A和B的角速度大小之比为

B．小球A和B的线速度大小之比为

C．小球A和B的向心力大小之比为

D．小球A和B所受细线拉力大小之比为

7．如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，小球直径远小于管道半径R，下列说法中正确的是（　　）

A．小球通过最高点的最小速度为

B．运动到a点时小球一定挤压外侧管壁

C．小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力

D．小球在水平线ab以上管道中运动时，某时刻内、外侧管壁对小球作用力可能均为零

8．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb（且la≠lb），如图，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a沿竖直方向，绳b沿水平方向，当球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆停止转动，重力加速度为g，下列说法中错误的是（　　）

A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动

B．在绳b被烧断瞬间，绳a中张力突然增大到mg+mω2la

C．无论角速度ω多大，小球都不可能再做完整的圆周运动

D．绳b未被烧断时，绳a上的拉力等于mg，绳b上的拉力为mω2lb

二、非选择题：本题共4小题，共52分。

9．如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：

（1）下列实验的实验方法与本实验相同的是___________。

A．验证力的平行四边形定则

B．验证牛顿第二定律

C．伽利略对自由落体的研究

（2）若长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。探究向心力和角速度的关系时，若将传动皮带套在两半径之比等于2：1的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板___________和挡板___________处（选填“A”、“B”或“C”），则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为___________。若仅改变皮带位置，通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比，可以发现向心力F与___________成正比。

（3）为了能探究向心力大小的各种影响因素，左右两侧塔轮___________（选填“需要”或“不需要”）设置半径相同的轮盘。

（4）利用传感器升级实验装置，用力传感器测压力F，用光电计时器测周期进行定量探究。某同学多次改变转速后，记录一组力与对应周期数据，他用图像法来处理数据，结果画出了如图所示的图像，该图线是一条过原点的直线，请你分析他的图像横坐标x表示的物理量是___________。

A．T    B．    C．T2 D．

10．如图所示，高速公路转弯处弯道半径R＝100 m，汽车的质量m＝1500 kg，重力加速度g＝10 m/s2。

（1）当汽车以v1＝20 m/s的速率行驶时，其所需的向心力为多大？

（2）若路面是水平的，已知汽车轮胎与路面间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。问汽车转弯时不发生径向滑动所允许的最大速率vm为多少？

（3）通过弯道路面内外高差的合理设计，可实现汽车转弯时刚好不受径向的摩擦力作用的效果。若汽车转弯时仍以（2）中的最大速率vm运动，则转弯处的路面应怎样设计？请计算说明。

11．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块处于静止状态，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，绳子刚好拉直且绳中张力为零。物块与转台间的动摩擦因数为μ（μ<tan θ），最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动。求：

（1）当绳中刚出现拉力时，转台的角速度大小；

（2）若物块的角速度增大到时，保持角速度不变，求此时绳子的拉力？

12．如图所示，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和以M点为圆心、半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于最低点A，一可视为质点的小球，从A点沿切线向左以某一初速度进入半圆轨道，恰好能通过半圆轨道的最高点M，然后落在四分之一圆轨道上的N点，不计空气阻力，取重力加速度大小，。

（1）求小球在M点时的速度大小；

（2）求M、N两点间的高度差；

13．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（　　）

A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2

14．由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（   ）

A．P点的线速度大小不变

B．P点的加速度方向不变

C．Q点在竖直方向做匀速运动

D．Q点在水平方向做匀速运动

15．如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　）

A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N

16．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

17．质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（　　）

A．秋千对小明的作用力小于

B．秋千对小明的作用力大于

C．小明的速度为零，所受合力为零

D．小明的加速度为零，所受合力为零

参考答案：

1．A

【详解】A．线速度的大小不变，但方向变化，故A正确；

B．角速度大小和方向都是不变的，故B错误；

C．匀速圆周运动的周期是固定不变的，故C错误；

D．匀速圆周运动的转速不变，故D错误。

故选A。

2．C

【详解】A．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向变化，是变加速运动，A错误；

B．做匀速圆周运动的物体，受到的合力始终指向圆心，方向时刻变化，故所受合外力是变力，B错误；

C．做匀速圆周运动的物体，由于速度大小不变，所以所受合外力只改变速度方向，指向圆心提供向心力，C正确；

D．物体在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，D错误。

故选C。

3．C

【详解】A．转过的角度，根据

A错误；

C．角速度为

C正确；

B．根据

解得

B错误；

D．根据

D错误。

故选C。

4．D

【详解】AC．根据题意可知，两个小球角速度大小相等，由绳子的拉力提供向心力，则根据向心力公式有

可得运动半径之比为

则线速度大小之比为

故A、C错误；

BD．两个小球做匀速圆周运动，由绳子的拉力提供向心力，绳子拉力大小相等，所以两个小球向心力大小相等，则向心力大小之比为，则根据牛顿第二定律可得两个小球的加速度之比为

故B错误，D正确；

故选D。

5．BC

【详解】AB．该车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；

CD．当A轮与D轮组合时，由两轮的齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转动4周，因此两轮的角速度之比为

ωA∶ωD=1∶4

C正确，D错误。

故选BC。

6．AC

【详解】AB．受力分析得

又

得

故相同。又

A正确，B错误；

C．向心力为

故

故C正确；

D．拉力为

得

故D错误。

故选AC。

7．BD

【详解】A．小球通过最高时受重力和内壁向上的支持力，若二者大小相等，小球的最小速度为零，故A错误；

B．小球运动到a点时，外壁对小球指向圆心的支持力提供小球做圆周运动的向心力，所以小球一定挤压外侧管壁，故B正确；

C．小球在水平线ab以下管道中运动时，因为重力沿半径方向的分力指向外，所以必须是管道外壁对小球有沿半径指向圆心的作用力，才能使得径向的合力指向圆心，小球才能做圆周运动，故C错误；

D．当小球在水平线ab以上管道中运动时，重力可以提供向心力，所以内、外侧壁对小球作用力可能均为零，故D正确。

故选BD。

8．ABC

【详解】D．绳子断开前，小球做匀速圆周运动，合力指向C点，对小球受力分析，受重力G，a绳子的拉力F1，b绳子的拉力F2，根据牛顿第二定律和平衡条件有

F1=mg

F2=mω2lb

小球的线速度为

v=ωlb

故D正确；

AC．绳子断开后，杆停止转动，由于惯性，小球将绕A点转动，若速度较小，小球将在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若速度较大，也有可能在垂直于平面ABC的竖直平面内绕A点做完整的圆周运动，故AC错误；

B．在最低点时

Fa-mg=m

解得

Fa=mg+m＞F1

则a绳中张力突然增大到mg+m，故B错误。

本题选错误的，故选ABC。

9．     B     A     C     1：4     角速度的平方     需要     D

【详解】（1）[1]本实验所用的研究方法是控制变量法，与验证牛顿第二定律实验的实验方法相同。

故选B。

（2）[2][3][4]若探究向心力和角速度的关系时，则要保持质量和半径不变，即要将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C上。若将传动皮带套在两半径之比等于2：1的轮盘上，因两轮盘边缘的线速度相同，则角速度之比为1：2 ，则向心力之比为1：4，则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为1：4。

[5]若仅改变皮带位置，通过对比皮带位置轮盘半径之比和向心力大小之比，可以发现向心力F与角速度的平方成正比。

（3）[6]为了能探究向心力大小的各种影响因素，因为要研究角速度一定时向心力与质量或半径的关系，则左右两侧塔轮需要设置半径相同的轮盘。

（4）[7]根据

纵标表示向心力F，则图像横坐标x表示的物理量是T2。

故选D。

10．（1）；（2）；（3），见解析

【详解】（1）由题意，根据向心力公式

解得所需向心力

（2）当以最大速率转弯时，最大静摩擦力提供向心力，此时有

解得最大速率

（3）若汽车转弯时仍以（2）中的最大速率vm，且要求汽车刚好不受径向的摩擦力作用，则转弯处的路面应设计成“外高内低”的情况，设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图所示，根据牛顿第二定律有

解得

即转弯路面的倾角

11．（1）；（2）

【详解】（1）转台由静止加速时，静摩擦力提供向心力，且逐渐增大，当静摩擦力达到最大时，绳中刚要出现拉力，此时最大静摩擦力提供向心力，有

μmg=mω2Lsin θ

解得

ω=

（2）当转台对物块的支持力为零时，摩擦力为零，重力和拉力的合力提供向心力，设此时物块的角速度为ω0，有

得

ω0=<ω1=

所以当角速度增大到时物块已经离开转台。设绳子与竖直方向的夹角为α，设绳子的拉力为T，则有

解得

12．（1）；（2）

【详解】（1）小球恰好能通过半圆轨道的最高点M，则有

解得小球在M点时的速度大小为

（2）小球从M到N做平抛运动，则有

，

由几何关系可得

联立可得

解得

或（舍去）

13．C

【详解】纽扣在转动过程中

由向心加速度

故选C。

14．A

【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；

B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；

C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为

y = lOPsin( + ωt)

则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；

D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为

x = lOPcos( + ωt) + lPQ

则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。

故选A。

【点睛】

15．B

【详解】在最低点由

知

T=410N

即每根绳子拉力约为410N，故选B。

16．BD

【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确．

17．A

【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有

由于小明的速度为0，则有

沿垂直摆绳方向有

解得小明在最高点的加速度为

所以A正确；BCD错误；

故选A。