高中物理人教版 (2019)必修 第二册第六章 圆周运动1 圆周运动课后复习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册第六章 圆周运动1 圆周运动课后复习题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，论述等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2021·大庆市东风中学高一开学考试)下面关于向心力的叙述中，错误的是( B )
A．向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力
B．做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定受到一个向心力的作用
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力
D．向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小
解析：向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力，选项A正确，不符合题意；向心力是物体指向圆心方向的合力，它是效果力，不是物体所受的力，选项B错误，符合题意；向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力，选项C正确，不符合题意；向心力的方向指向圆心，则只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小，选项D正确，不符合题意。
2．(2021·全国甲卷，15)“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50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为( C )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s
由向心加速度a＝ω2r≈1 000m/s2，故选C。
3．(2021·杭州上海世界外国语中学高一期末)小明用手掌水平托着一个苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动(如图所示)。对苹果从最左侧b点到最右侧d点之间运动的过程，下列说法中正确的是( A )
A．苹果一直处于失重状态
B．手掌对苹果的支持力一直不变
C．苹果所受的合外力越来越大
D．手掌对苹果的摩擦力先增大后减小
解析：苹果做匀速圆周运动，从b点到d点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向有分加速度，方向一直向下，所以苹果一直处于失重状态，A正确；苹果从b点到d点运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向的分加速度先增大后减小，方向向下，由牛顿第二定律可知，重力与支持力的合力先增大后减小，所以手掌对苹果的支持力先减小后增大，B错误；苹果做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向一直指向圆心，C错误；苹果从b到d的运动中，加速度大小不变，加速度在水平方向的分加速度先减小后增大，由牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力先减小后增大，D错误。
4．(2021·高邮市临泽中学高一月考)如图所示是A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像，其中A为双曲线的一支，由图可知( A )
A．A物体运动的线速度大小不变
B．A物体运动的角速度不变
C．B物体运动的角速度是变化的
D．B物体运动的线速度大小不变
解析：根据an＝eq \f(v2,r)知，当线速度v大小为定值时，an与r成反比，其图像为双曲线的一支；根据an＝rω2知，当角速度ω大小为定值时，an与r成正比，其图像为过原点的倾斜直线。故选A。
5．如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L，当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则( A )
A．飞镖击中P点所需的时间为eq \f(L,v0)
B．圆盘的半径可能为eq \f(gL2,2v\\al(2,0))
C．圆盘转动角速度的最小值为eq \f(2πv0,L)
D．P点随圆盘转动的线速度不可能为eq \f(5πgL,4v0)
解析：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝eq \f(L,v0)，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r＝eq \f(1,2)gt2，解得圆盘的半径为r＝eq \f(gL2,4v\\al(2,0))，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝eq \f(θ,t)＝eq \f(2k＋1πv0,L)，则圆盘转动角速度的最小值为eq \f(πv0,L)，故C错误；P点随圆盘转动的线速度为v＝ωr＝eq \f(2k＋1πv0,L)·eq \f(gL2,4v\\al(2,0))＝eq \f(2k＋1πgL,4v0)。当k＝2时，v＝eq \f(5πgL,4v0)，故D错误。
6．用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T，则T随ω2变化的图像是( C )
解析：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力T而平衡，T＝mgcs θ≠0，所以A项、B项都不正确；ω增大时，T增大，N减小，当N＝0时，角速度为ω0。当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，Tsin θ－Ncs θ＝mω2Lsin θ，Tcs θ＋Nsin θ＝mg，解得T＝mω2Lsin 2θ＋mgcs θ；当ω＞ω0时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得Tsin β＝mω2Lsin β，所以T＝mLω2，可知T－ω2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误。故选C。
7．如图所示，甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，甲的运动半径大于乙的运动半径。若它们转一圈的时间相等，下列说法正确的是( AC )
A．甲的线速度大于乙的线速度
B．甲的角速度大于乙的角速度
C．甲的运动周期等于乙的运动周期
D．甲的向心加速度小于乙的向心加速度
解析：由转一圈的时间相等可知T甲＝T乙，C正确；由ω＝eq \f(2π,T)知ω甲＝ω乙，B错误；由v＝ωR可知在ω相同时R甲>R乙，所以v甲>v乙，A正确；同理，向心加速度a＝ω2R可知在ω相同时R甲>R乙，a甲>a乙，D错误。
8．(2021·大庆市东风中学高一开学考试)铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度大于eq \r(gRtan θ)，则( BC )
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．这时铁轨对火车的支持力不等于eq \f(mg,cs θ)
D．车轮对内外侧均没有挤压
解析：火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是eq \r(gRtan θ)，当 v>eq \r(gRtan θ)时重力和支持力的合力不够提供向心力，则火车拐弯时会挤压外轨，故A、D错误，B正确；当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力N＝eq \f(mg,cs θ)，但此时外轨对外侧车轮轮缘有挤压，所以铁轨对火车的支持力不等于eq \f(mg,cs θ)，故C正确。
9．乘坐如图所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的是( BC )
A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去
B．人在最高点时对座位仍可能产生压力，且压力不一定小于mg
C．人在最低点时对座位的压力大于mg，处于超重状态
D．人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等
解析：当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，则有mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，解得临界速度为v0＝eq \r(gR)，当速度v≥eq \r(gR)时，没有保险带，人也不会掉下来，故A错误；当人在最高点的速度v>eq \r(gR) 时人对座位就产生压力。当速度增大到v＝2eq \r(gR)时，根据FN＋mg＝meq \f(v2,R)，解得F N＝3mg，故压力为3mg，故B正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg，故C正确；在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式a＝eq \f(v2,r)可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故D错误。
10．(2021·河北卷，9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( BD )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
解析：对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向
Tsin θ＝mg，而T＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(MP,cs θ)－l0))
可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则
Tcs θ－FN＝mω2r
即FN＝Tcs θ－mω2r
当转速较大时，FN指向转轴Tcs θ＋FN′＝mω′2r
即FN′＝mω′2r－Tcs θ
因ω′>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合＝mω2r
可知，因角速度变大，半径不变，则小球受合外力变大，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
11．(6分)(2021·浙江高一月考)用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1︰2︰1，回答以下问题：
(1)在该实验中，主要利用了__C__ 来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；
A．理想实验法 B．微元法
C．控制变量法 D．等效替代法
(2)探究向心力与半径之间的关系时，应让质量相同的小球分别放在__C__处，同时选择半径__相同__(填“相同”或“不同”)的两个塔轮。
A．挡板A与挡板B B．挡板A与挡板C
C．挡板B与挡板C
解析：(1)保持m、ω、r任意两个量不变，研究小球做圆运动所需的向心力F与其中一个量之间的关系，这种实验方法叫作控制变量法，故选C。
(2)探究向心力和半径的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要质量、角速度都相同，如角速度相同，则应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处，故选C。
12．(8分)如图所示是“DIS向心力实验器”，当质量为m的砝码随旋转臂一起在水平面内做半径为r的圆周运动时，所需的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋转臂另一端的挡光杆(挡光杆的挡光宽度为Δs，旋转半径为R)每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
(1)某次旋转过程中挡光杆经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω＝__eq \f(Δs,RΔt)__。
(2)以F为纵坐标，以__eq \f(1,Δt2)__(选填“Δt”“eq \f(1,Δt)”“Δt2”或“eq \f(1,Δt2)”)为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为k＝__meq \f(Δs2,R2)r__。(用上述已知量的字母表示)
解析：(1)挡光杆通过光电门时的线速度v＝eq \f(Δs,Δt)，由ω＝eq \f(v,R)解得ω＝eq \f(Δs,RΔt)。
(2)根据向心力公式有F＝mω2r，将ω＝eq \f(Δs,RΔt)代入解得F＝meq \f(Δs2,R2Δt2)r，
可以看出，以eq \f(1,Δt2)为横坐标；可在坐标纸中描出数据点作一条直线，该直线的斜率为k＝meq \f(Δs2,R2)r。
三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图甲，某汽车以恒定的速率驶入一个狭长的90°圆弧形水平弯道，弯道两端连接的都是直道。有人在车内测量汽车的向心加速度随时间的变化关系如图乙所示。求：
(1)汽车转弯所用的时间；
(2)汽车行驶的速率。
答案：(1)10 s (2)10 m/s
解析：(1)由题图乙可得汽车转弯所用的时间为：t＝10 s。
(2)汽车在转弯过程中做圆周运动的周期T＝4t＝40 s，
由an＝eq \f(4π2,T2)r，可得：r＝63.7 m，
由an＝eq \f(v2,r)，解得v＝10 m/s。
14．(10分)(2021·云南省南华第一中学高一月考)有一辆质量为m＝800 kg的小汽车驶上圆弧半径R＝40 m的拱桥上，g＝10 m/s2，若汽车到达桥顶时的速度v＝10 m/s。
(1)求向心加速度的大小；
(2)拱桥受到的压力大小；
(3)汽车恰好对拱桥无压力时的速度？
答案：(1)2.5 m/s2 (2)6 000 N (3)20 m/s
解析：(1)由向心加速度公式可得a＝eq \f(v\\al(2,1),R)＝2.5 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律mg－FN＝ma，可得支持力大小F N＝6 000 N。
(3)汽车恰好对拱桥无压力时mg＝meq \f(v\\al(2,2),R)，解得v2＝20 m/s。
15．(14分)如图所示装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，当细线AB沿水平方向绷直时，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)若装置匀速转动，细线AB刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω1；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s，求细线AB和AC上的张力大小FTAB、FTAC。
答案：(1)eq \f(5\r(2),2) rad/s (2)2.5 N 12.5 N
解析：(1)当细线AB刚好被拉直时，细线AB的拉力为零，细线AC的拉力和小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mgtan 37°＝mLABωeq \\al(2,1)，又有LAB＝Lsin 37°，
解得ω1＝eq \r(\f(gtan 37°,LAB))＝eq \r(\f(10×\f(3,4),1×\f(3,5))) rad/s＝eq \f(5\r(2),2) rad/s。
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq \f(5\r(6),3) rad/s>ω1，
LAB＝Lsin 37°，
竖直方向：FTACcs 37°＝mg，
水平方向：FTACsin 37°＋FTAB＝mLABωeq \\al(2,2)，
代入数据解得FTAC＝12.5 N，FTAB＝2.5 N。
16．(14分)(2021·广东广州市第二中学高一月考)如图，质量为m＝0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径R＝0.3 m，OA连线与竖直方向成θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s，取g＝10 m/s2，求：
(1)小球做平抛运动的初速度v0；
(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；
(3)小球到达C点后飞出，试通过计算判断，小球能否击中A点。
答案：(1)2 m/s (2)eq \f(2\r(3),5) m,0.6 m (3)无法击中
解析：(1)小球到A点的速度进行分解，则有
v0＝vAcs 60°＝2 m/s。
(2)竖直方向的分速度为vy＝vAsin 60°＝2eq \r(3) m/s，
由公式vy＝gt得t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(2\r(3),10)s，
由平抛运动规律得veq \\al(2,y)＝2gh、x＝v0t，
联立解得h＝0.6 m、x＝eq \f(2,5)eq \r(3) m。
(3)设小球在C点速度为vC时，刚好能击中A点。
则有水平方向Rsin 60°＝vCtC，
竖直方向Rcs 60°＋R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,C)，联立解得vC＝eq \f(\r(3),2) m/s，
小球在圆周轨道最高点的最小速度为v，则有
mg＝meq \f(v2,R)，
得v＝eq \r(3) m/s，因为vC