章末检测试卷(第二章 匀速圆周运动)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（教科版）

章末检测试卷(第二章) (满分：100分) 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. (2023·成都市石室中学校考)如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动。从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，下列说法正确的是(　　) A．木块A处于超重状态 B．木块A处于失重状态 C．B对A的摩擦力保持不变 D．A受到的合外力越来越大 答案　B 解析　从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，向心加速度的方向指向圆心，有竖直向下的分量，故是个失重的过程，A错误，B正确；从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，A的向心加速度的方向指向圆心，其水平分量在减小，这个水平分量由摩擦力提供，故B对A的摩擦力减小，C错误；A在这个过程中做匀速圆周运动，故向心力的大小不变，即A所受的合外力大小不变，D错误。 2. 转篮球是中学生喜爱的一项娱乐项目。如图所示，某同学让篮球在他的手指正上方匀速转动，下列说法正确的是(　　) A．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处 B．篮球上离转动轴距离相等的各点速度相同 C．篮球上各点做圆周运动的角速度不相等 D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小 答案　D 解析　只有篮球上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才在球心处，其他点做圆周运动的圆心都不在球心处，A错误；篮球上离轴距离相同的各点速度大小相同，方向不同，B错误；篮球上各点为同轴转动，篮球上各点做圆周运动的角速度相等，C错误；根据公式a＝ω2r，同轴转动，角速度一样，半径越小向心加速度越小，D正确。 3．(2020·全国卷Ⅰ)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，g取9.8 m/s2，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 答案　B 解析　取该同学与踏板为研究对象，设每根绳子中的平均拉力为F，到达最低点时，受力如图所示。 由牛顿第二定律知2F－mg＝ 代入数据得F＝405 N，选项B正确。 4. (2023·四川省高一期末)如图所示，将半径为R的内表面光滑的半圆形碗固定，一质量为m的小球在离碗底高为h的水平面内，以角速度ω做匀速圆周运动，重力加速度为g，则(　　) A．小球受重力、支持力和向心力的作用 B．小球运动过程中线速度不变，向心加速度也不变 C．如果小球突然减速，它将做离心运动 D．小球的各物理量关系满足g＝ω2(R－h) 答案　D 解析　小球受重力、支持力，向心力是效果力，是由重力和支持力的合力提供的，故A错误；小球运动过程中线速度大小不变，方向时刻变化，向心加速度也是大小不变，方向时刻变化，故B错误；如果小球突然减速，它将向下滑动，轨道半径变小，做近心运动，故C错误；设小球与O点连线与竖直方向夹角为θ，根据几何关系可知mgtan θ＝mω2r，小球做圆周运动的半径为r＝(R－h)tan θ，联立解得g＝ω2(R－h)，故D正确。 5. (2023·太原市高一期中)马刀锯是一种木匠常用的电动工具。其内部安装了特殊的传动装置，简化后如图所示，可以将电动机的转动转化为锯条的往复运动。电动机带动圆盘O转动，圆盘O上的凸起P在转动的过程中带动锯条左右往复运动。已知电动机正在顺时针转动，转速n＝2 400 r/min，OP＝2 cm。当OP与锯条运动方向的夹角θ＝37°时，锯条运动的速度大小约为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．6 m/s 答案　A 解析　根据题意，由公式v＝2πrn可得，P点线速度大小为vP≈5 m/s 把速度分解，如图所示 由几何关系有v1＝vPsin 37°≈3 m/s 即锯条运动的速度大小约为3 m/s，故选A。 6. 如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ光滑且足够长。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轴先以角速度ω1匀速转动，然后提高转速以角速度ω2匀速转动。下列说法正确的是(　　) A．小球的高度一定升高 B．小球的高度一定降低 C．两次转动杆对小球的弹力大小可能不变 D．两次转动小球所受的合力大小可能不变 答案　C 解析　如图所示，对小球进行受力分析： 小球受重力、支持力、弹簧的拉力。弹簧拉力在竖直方向的分力等于重力，所以弹簧的拉力F是不变的，则小球的高度不变，故A、B错误；角速度小时，转动杆对小球的支持力N的方向可能如图所示，角速度大时，转动杆对小球的支持力方向可能与图示N的方向相反，此时角速度不同，支持力的大小可能相等，故C正确；小球位置不变，做圆周运动的半径不变，角速度增大，根据F合＝mω2r可知，合力肯定增大，故D错误。 7. (2023·绵阳市高一期末)如图所示，光滑小球串在三杆夹角均为120°的“Y”形杆上，三杆结点为O，“Y”形杆的一杆竖直，并绕该竖直杆匀速旋转，使小球维持在距O点l处，重力加速度为g，则“Y”形杆旋转的角速度ω为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　小球在水平面内做匀速圆周运动，圆周半径为r＝lsin 60°＝l，小球所受的合力提供向心力，即F＝mgtan 30°＝mg，由向心力公式F＝mω2r可得，ω＝＝＝，故选A。 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．(2023·绵阳市高一校考期中)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是(　　) A．图a中增大圆锥摆的摆角θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度变化 B．图b中在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力 C．图c中小球绕轻质细杆一端O点在竖直面内做圆周运动，到最高点时速度可能为零 D．图d中火车以某速度经外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内、外轨均无侧向压力 答案　CD 解析　如题图a所示，设摆长为l，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，增大圆锥摆的摆角θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故A错误；题图b中，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力作用，两个力的合力充当向心力，故B错误；题图c中，小球绕轻质细杆一端O点在竖直面内做圆周运动，到达最高点时速度可能为零，故C正确；题图d中，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，若速度满足mgtan θ＝m，则此时重力和轨道支持力的合力充当火车做圆周运动的向心力，此时车轮对内、外轨均无侧向压力，故D正确。 9. (2023·宜宾市期末)如图所示，水平转台上的小物体a、b(可视为质点)通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现从静止开始缓慢地增大转台的转速(即在每个转速下均可认为是匀速转动)，已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与转台间的动摩擦因数均为μ，a、b离转台中心的距离均为r，且与转台保持相对静止，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是(　　) A．物体a和b同时相对转台发生滑动 B．当a受到的摩擦力为0时，b受到的摩擦力背离圆心 C．当b受到的摩擦力为0时，a受到的摩擦力背离圆心 D．当a、b均相对转台静止时，允许的最大角速度为 答案　CD 解析　发生相对滑动前，静摩擦力和弹簧的弹力充当向心力，当刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，有kr＋μmg＝mω2r，得ω＝，故随着转台转速增大，质量大的物体先达到临界角速度，会先发生相对滑动，故b先发生相对滑动，故A错误；当a受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当a的向心力，根据公式F＝mω2r得，b质量较大，需要更大的向心力，所以弹簧弹力与静摩擦力的合力充当b的向心力，所以b受到的摩擦力指向圆心，故B错误；根据B选项的分析知，当b受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当b的向心力，弹簧弹力与静摩擦力的合力充当a的向心力，a质量较小，故需要的向心力小，所以a受到的摩擦力背离圆心，故C正确；由选项A的分析可知，从静止开始缓慢地增大转台的转速，b先发生相对滑动，b刚要发生相对滑动时的角速度为ω＝，故D正确。 10. (2022·安吉县高级中学高一开学考试)某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳的一端，绳的另一端系有质量为m＝0.55 kg的小球，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x＝1.2 m后落地。已知握绳的手离地面高度为d＝1.0 m，手与球之间的绳长为r＝0.55 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。则(　　) A．从绳断到小球落地的时间为0.3 s B．小球落地时的速度大小为4 m/s C．绳子能承受的最大拉力为16 N D．绳子能承受的最大拉力为21.5 N 答案　AD 解析　小球在竖直方向上做自由落体运动，有d－r＝gt2，得从绳断到小球落地的时间为t＝＝0.3 s，选项A正确；小球抛出时的水平速度v0＝＝ m/s＝4 m/s，则落地时的速度大小为v＝＝5 m/s，选项B错误；小球运动到最低点时有T－mg＝m，又由牛顿第三定律，可得绳子能承受的最大拉力为T′＝T＝mg＋m＝21.5 N，选项C错误，D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(8分)(2023·资阳市乐至中学期中)某实验小组利用图甲所示装置测量角速度等物理量，实验过程如下： (ⅰ)按照图甲安装实验装置； (ⅱ)将纸带沿着圆盘缠绕一圈，用笔做好记号，将这一圈纸带取下来，沿着米尺展开，测得其长度为78.50 cm； (ⅲ)让纸带穿过打点计时器的限位孔，纸带上端用双面胶粘在圆盘上，下端连接一钩码。调节圆盘和打点计时器的相对位置，使圆盘所在的竖直面与打点计时器限位孔所在的竖直面垂直，保证纸带竖直悬挂； (ⅳ)转动圆盘，让部分纸带缠绕在圆盘上。接通电源，释放纸带，钩码通过纸带带动圆盘顺时针转动。实验得到的一段纸带如图乙所示，纸带上相邻计数点之间还有4个点未画出。已知打点计时器打点的周期为0.02 s，π取3.14。以下计算结果均保留3位有效数字。 (1)在打出AB段纸带的时间内，钩码平均速度大小是________m/s； (2)在打出C点时，钩码速度大小是________m/s，圆盘转动的角速度是________rad/s； (3)在打出AF段纸带的时间内，下列关于圆盘转动的角速度随时间的变化关系可能正确的是________________________________________________________________________。 答案　(1)0.400　(2)0.745　5.96　(3)B(每空2分) 解析　(1)在打出AB段纸带的时间内，钩码平均速度大小为＝＝ m/s＝0.400 m/s (2)在打出C点时，钩码速度大小是vC＝BD＝＝×10－2 m/s＝0.745 m/s 由题意可知，圆盘的半径为 r＝＝×10－2 m＝0.125 m 由v＝rω 可得圆盘转动的角速度为 ω＝＝ rad/s＝5.96 rad/s (3)在打出AF段纸带的时间内，钩码的速度越来越大，由v＝rω可得ω＝ 由题图可知，每相邻计数点间距相等，为Δx＝2.30 cm 可知钩码向下做匀加速直线运动，圆盘转动的线速度大小与时间成线性关系，则v＝v0＋at 即圆盘转动的角速度为ω＝t＋，故选B。 12．(8分)(2023·成都石室中学校考)探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验中： (1)本实验所采用的实验探究方法与下列实验相同的是________。 A．探究两个互成角度的力的合成规律 B．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 (2)小明同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示： 三个情境中，图________(选填“甲”“乙”或“丙”)是探究向心力大小F与质量m的关系；在乙情境中，若两钢球所受向心力大小的比值为1∶9，则实验中选取两个变速轮塔的半径之比为________。 (3)小王同学利用传感器进行探究，通过图(a)所示的装置探究物体做圆周运动的向心力与质量、轨道半径及线速度大小的关系。滑块套在光滑水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力的大小F。滑块上固定一遮光片，与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的线速度大小v。小王同学先保持滑块质量和半径不变，来探究向心力大小与线速度大小的关系。 小王同学通过改变转速测量多组数据，记录力传感器示数F，算出对应的线速度大小v及v2的数值，以v2为横轴，F为纵轴，作F－v2图线，如图(b)所示，若滑块运动半径r＝0.3 m，由图线可得滑块的质量m＝________kg。 答案　(1)B　(2)甲　　3∶1　(3)0.2(每空2分) 解析　(1)探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验用到的实验探究方法为控制变量法，探究两个互成角度的力的合成规律用到等效法，故A不符合题意；探究加速度与物体受力、物体质量的关系用控制变量法，故B符合题意。 (2)探究向心力大小F与质量m的关系，需保证角速度和半径不变，质量变化，应用题图甲。 由题图可知，在乙情境中，质量和半径相等，由公式F＝mω2r可知，角速度之比为＝＝ 变速轮塔边缘的线速度相等，由v＝ωr可知，变速轮塔的半径之比为＝＝ (3)根据题意有F＝m，结合图像可得斜率为k＝ kg·m－1＝，解得m＝0.2 kg。 13. (10分)(2022·南京市大厂高级中学高一开学考试)如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上面放置劲度系数k＝46 N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接质量m＝1.0 kg的小物块A，物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.20，开始时弹簧未发生形变，长度l0＝0.50 m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)圆盘的角速度为多大时，物块A开始滑动； (2)当圆盘角速度缓慢地增加到4.0 rad/s时，弹簧的伸长量是多少。(弹簧始终在弹性限度内且物块未脱离圆盘) 答案　(1)2 rad/s　(2)0.2 m 解析　(1)设圆盘的角速度为ω0时，物块A将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝mω02l0，(3分) 解得ω0＝＝2 rad/s(2分) (2)设此时弹簧的伸长量为Δx，物块受到的摩擦力和弹簧弹力的合力提供向心力，则有μmg＋kΔx＝mω2(l0＋Δx)，(3分) 代入数据解得Δx＝0.2 m。(2分) 14．(12分)(2023·雅安中学高一校考)如图所示，马戏团正在上演飞车节目，在竖直平面内有半径为R＝4 m的圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m＝200 kg，人和摩托车可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求表演者恰能通过最高点时的速度大小v1； (2)表演者通过最低点时对轨道的压力大小为N2＝9 200 N，求此时表演者的速度大小v2； (3)表演者以v3＝11 m/s的速度通过轨道最左端时，求此时摩托车对轨道的压力N3。 答案　(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3)6 050 N，方向水平向左 解析　(1)最高点，根据mg＝m(2分) 解得v1＝2 m/s(2分) (2)最低点，由牛顿第三定律可得轨道对表演者和摩托车的支持力大小为N2′＝N2(1分) 根据N2′－mg＝m(2分) 解得v2＝12 m/s(1分) (3)在最左端，根据N3′＝m(2分) 解得N3′＝6 050 N(1分) 由牛顿第三定律可知N3＝N3′＝6 050 N，方向水平向左。(1分) 15．(16分)(2023·遂宁中学高一期中)如图甲所示，小球通过细绳悬挂在墙壁上，悬点为O，离地高度为2L。小球可视为质点且质量为m，绳长为且保持不变，绳子能承受的最大张力为3mg，不计一切阻力，已知L＝10 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)设小球在向右摆到最低点时绳子刚好断裂，则他们的落地点离O点的水平距离为多少； (2)若绳长改为L，小球在水平面内做圆锥摆运动，如图乙，且小球做摆角为θ的圆锥摆运动时绳子刚好断裂，则小球经过多长时间落地，以及绳断裂瞬间小球的速度大小为多少。 答案　(1)10 m　(2) s　 m/s 解析　(1)在最低点有3mg－mg＝m(1分) 断裂后做平抛运动，则有2L－＝gt12(2分) x1＝v0t1(2分) 解得x1＝10 m(2分) (2)绳子恰好断裂时，圆锥摆的摆角为θ，对小球分析有mgtan θ＝m(2分) 由于刚好断裂，则有cos θ＝＝(2分) 断裂后做平抛运动，则有2L－Lcos θ＝gt22(2分) 解得t2＝ s(1分) v1＝ m/s。(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$