人教版 (2019)必修 第二册1 圆周运动同步达标检测题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册1 圆周运动同步达标检测题，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．物体做匀速圆周运动时，关于其受力情况，以下说法中正确的是( )
A．必须受到恒力的作用
B．物体所受合力必须等于0
C．物体所受合力大小可能变化
D．物体所受合力大小不变，方向不断改变
解析：选D 当物体所受合力等于0时，物体将保持静止或匀速直线运动状态；当物体受到恒力时，物体将做匀变速运动；物体做匀速圆周运动时，所受合力大小不变，方向改变，始终沿着半径指向圆心(或垂直于速度方向)。故D正确，A、B、C错误。
2．冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度为( )
A．v＝keq \r(Rg)
B．v≤ eq \r(kRg)
C．v≤ eq \r(2kRg)
D．v≤ eq \r(\f(Rg,k))
解析：选B 水平冰面对运动员的摩擦力提供他做圆周运动的向心力，则运动员的安全速度v满足：kmg≥meq \f(v2,R)，解得v ≤ eq \r(kRg)，故B正确。
3.如图所示，在高速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随桶一起转动，在保证衣服不滑动的情况下( )
A．桶转速增大时，衣服对桶壁的压力不变
B．桶转速增大时，衣服对桶壁的压力减小
C．桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动
D．桶转速足够大时，衣服上的水滴将做向心运动
解析：选C 衣服随桶一起转动，所需向心力由桶壁的支持力提供，转速越大，支持力越大，压力也越大，故A、B错误；当水滴的附着力不足以提供向心力时，水滴做离心运动，项C正确，D错误。
4.如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n(r/s)，则自行车前进的速度为( )

A.eq \f(πnr1r3,r2) B.eq \f(πnr2r3,r1)
C.eq \f(2πnr1r3,r2) D.eq \f(2πnr2r3,r1)
解析：选C 自行车前进的速度大小等于车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度大小相等，根据v＝ωr可知r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝2πn，则轮Ⅱ的角速度ω2＝eq \f(r1,r2)ω1，因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以ω3＝ω2，由v＝ωr可知v＝r3ω3＝eq \f(2πnr1r3,r2)，故C正确。
5．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮边缘上的两个点，则偏心轮转动过程中a、b两点( )
A．角速度大小相同
B．线速度大小相同
C．周期大小不同
D．转速大小不同
解析：选A 因为两轮同轴转动，角速度大小相等，所以周期、转速都相等，故A正确，C、D错误；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr可知，线速度大小不同，故B错误。
6.如图所示，一竖直圆盘上固定着一个质量为0.2 kg的小球(可视为质点)，小球与圆盘圆心O的距离为5 cm。现使圆盘绕过圆心O的水平轴以10 rad/s的角速度匀速转动，重力加速度g取10 m/s2，当小球运动到O点正上方时圆盘对小球的作用力的大小为F1，当小球运动到O点正下方时圆盘对小球的作用力的大小为F2，则( )
A．F1＝1 N F2＝3 N B．F1＝2 N F2＝4 N
C．F1＝2 N F2＝3 N D．F1＝1 N F2＝4 N
解析：选A 小球做匀速圆周运动，在最高点，重力和所需的向心力方向均向下，故F1一定在竖直方向，由牛顿第二定律可得F1＋mg＝mrω2，解得F1＝－1 N，即大小为1 N，方向竖直向上，在最低点，重力方向竖直向下，所需向心力竖直向上，故F2一定竖直向上，由牛顿第二定律可得F2－mg＝mrω2，解得F2＝3 N，A正确。
7．如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R的光滑圆环形细管，现给小球(直径略小于管内径)一个初速度，使小球在管内做圆周运动，小球通过最高点时的速度为v，已知重力加速度为g，则下列叙述中正确的是( )
A．v的极小值为eq \r(gR)
B．v由零逐渐增大的过程中，轨道对球的弹力先减小再增大
C．当v由eq \r(gR)值逐渐增大的过程中，轨道对小球的弹力逐渐减小
D．当v由eq \r(gR)值逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力也逐渐减小
解析：选B 由题可知，v的极小值为0，故A错误；当v在0～eq \r(gR)范围内逐渐变大时，由mg－FN＝meq \f(v2,R)可知，FN逐渐减小；当v在大于eq \r(gR)范围内逐渐变大时，由mg＋FN＝meq \f(v2,R)可知，FN逐渐变大； 故B正确，C、D错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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)
8.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eq \f(2πR,ω)
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
解析：选BD 座舱的运动周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2π,ω)，故A错误；根据线速度与角速度的关系，可得v＝ωR，故B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，故C错误、D正确。
9.如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1∶2，两水平圆盘紧靠在一起不打滑转动。两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同。m1距甲盘圆心距离为r，m2距乙盘圆心距离为2r，此时它们正随圆盘做匀速圆周运动。下列判断正确的是( )
A．m1和m2的线速度之比为1∶4
B．m1和m2的向心加速度之比为2∶1
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动
解析：选BC 甲、乙两轮边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R＝ω2·2R，ω1∶ω2＝2∶1，因此两物体相对圆盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为2∶1，根据公式v＝ωr，eq \f(v1,v2)＝eq \f(ω1r,ω2·2r)＝eq \f(1,1)，故A错误；根据a＝ω2r得m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω12·r))∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω22·2r))＝2∶1，故B正确；由μmg＝mrω2＝ma知，m1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1先开始滑动，故C正确，D错误。
10．某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，如图所示是电动打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．转到最低点时摆锤处于失重状态
B．摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mg
C．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤的角速度为 eq \r(\f(m＋Mg,mR))
D．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为2(mg＋Mg)
解析：选CD 摆锤转到最低点时有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，设角速度为ω0，则有F1－mg＝mω02R，F2＋mg＝mω02R，则F1－F2＝2mg，故B错误；当拉力大小等于打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面，有F2＝Mg，对摆锤有mg＋F2＝mRω2，解得ω＝eq \r(\f(M＋mg,mR))，故C正确；在最低点，对摆锤有F1－mg＝mRω2，则F1＝Mg＋2mg，对打夯机有FN＝F1＋Mg＝2(M＋m)g，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)在“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中。
(1)如图所示，A、B都为钢球，图中所示是在研究向心力的大小F与________的关系(填选项标号)。
A．质量m B．角速度ω C．半径r
(2)如图所示，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为________。
A．1∶4 B．4∶1
C．1∶2 D．2∶1
解析：(1)变速塔轮半径不同，两轮转动的角速度不同，两球做圆周运动的角速度不同，A、B两球的质量相等、转动半径相同；题图中是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系。故B项正确，A、C两项错误。
(2)A、B两球的质量相等、转动半径相同，两个小球所受向心力的比值为1∶4，据F＝mrω2可得，两球转动的角速度之比为1∶2。变速塔轮用皮带连接，塔轮边缘上点的线速度大小相等，根据r＝eq \f(v,ω)可得，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为2∶1。故D正确，A、B、C错误。
答案：(1)B (2)D
12.(9分)某同学做探究向心力与线速度关系的实验。装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：
①用游标卡尺测出钢球直径d；
②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L;
③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2。
已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：
(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v＝______，向心力表达式F向＝meq \f(v2,R)＝________；
(2)钢球经过光电门时，所受合力的表达式F合＝ ________。
解析：(1)钢球的直径为d，钢球通过光电门时间为t，故钢球经过光电门的线速度v＝eq \f(d,t)。mg＝F1，圆周运动的半径R＝L＋eq \f(d,2)，所以F向＝meq \f(v2,R)＝eq \f(F1d2,gt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(d,2))))。
(2)根据受力分析，F1＝mg，当钢球到达光电门时，钢球所受的合力等于F＝F2－mg＝F2－F1。
答案：(1)eq \f(d,t) eq \f(F1d2,gt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(d,2)))) (2)F2－F1
13．(11分)A、B两球质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为l1的细线与A球相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴上，如图所示。当球A、B均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2。
(1)此时弹簧伸长量多大？细线拉力多大？
(2)将细线突然烧断瞬间两球加速度各多大？
解析：(1)B球受到的弹簧弹力提供做圆周运动的向心力，设弹簧伸长量为Δl，满足kΔl＝m2ω2(l1＋l2)，
则弹簧伸长量Δl＝eq \f(m2ω2l1＋l2,k)，
A球受细线拉力FT和弹簧弹力F，做匀速圆周运动，满足FT－F＝m1ω2l1，
细线拉力FT＝m1ω2l1＋m2ω2(l1＋l2)。
(2)细线烧断瞬间，
A球加速度a1＝eq \f(F,m1)＝eq \f(m2ω2l1＋l2,m1)，
B球加速度a2＝eq \f(F,m2)＝ω2(l1＋l2)。
答案：(1)eq \f(m2ω2l1＋l2,k) m1ω2l1＋m2ω2·(l1＋l2)
(2)eq \f(m2ω2l1＋l2,m1) ω2(l1＋l2)
14．(12分)如图所示，装置BOO′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，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量为m，细线AC长为l，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，求
(1)当细线AB拉力的大小等于小球重力的一半时，该装置绕OO′轴转动的角速度的大小；
(2)当细线AB的拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度的最小值。
解析：(1)设细线AC的拉力为FTAC，细线AB的拉力为FTAB，根据牛顿第二定律得
FTACcs θ＝mg，
FTACsin θ－FTAB＝mω12lsin θ，解得ω1＝ eq \r(\f(5g,12l))。
(2)由题意，当ω最小时，细线AC与竖直方向的夹角α＝37°，则有mgtan α＝m(lsin α)ωmin2，
解得ωmin＝ eq \r(\f(5g,4l))。
答案：(1) eq \r(\f(5g,12l)) (2) eq \r(\f(5g,4l))
15．(15分)如图所示，竖直平面内的eq \f(3,4)圆周形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O点的正上方，一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆弧形轨道并能沿轨道到达B点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为mg。求：
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)小球从B点运动到C点所用的时间；
(3)小球落到斜面上C点时的速度大。
解析：(1)到达B处时，小球对圆弧轨道顶端的压力大小为FN＝mg，
在B点由重力和轨道的支持力提供向心力，则有
mg＋FN′＝meq \f(v2,R)，FN′＝FN，
解得v＝eq \r(2gR)。
(2)小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时，根据平抛运动规律得tan 45°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq \f(gt,2v)，
解得t＝2eq \r(\f(2R,g))。
(3)小球落在斜面上C点时竖直分速度为
vy＝gt＝2eq \r(2gR)，
小球落到C点时速度大小vC＝eq \r(v2＋vy2)＝eq \r(10gR)。
答案：(1)eq \r(2gR) (2)2 eq \r(\f(2R,g)) (3)eq \r(10gR)