第二章 圆周运动 章末检测试卷(二)-（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（粤教版）

章末检测试卷(二) (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·广东佛山一中校考)摩托车正沿圆弧弯道以不变的速率行驶，则它(　　) A．受到重力、支持力和向心力的作用 B．所受的地面作用力恰好与重力平衡 C．所受的合力可能不变 D．所受的合力始终变化 答案　D 解析　摩托车沿圆弧弯道以不变的速率行驶时，受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是合力的效果，不是实际受力，故A错误；地面的作用力是摩擦力和支持力的合力，与重力不平衡，故B错误；摩托车做匀速圆周运动，合力方向始终指向圆心，所以所受合力始终变化，故C错误，D正确。 2.(2023·广东广州高一统考期末)如图所示一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OB>OC，则在横梁绕O转动过程中(　　) A．B、C的向心加速度相等 B．B、C的角速度关系满足ωB<ωC C．B、C的线速度大小关系满足vB>vC D．舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力 答案　C 解析　B、C两点同轴转动，则角速度相等，即ωB＝ωC，选项B错误；根据v＝ωr，a＝ω2r，rB>rC，则两点的向心加速度不相等，B、C的线速度大小关系满足vB>vC，选项A错误，C正确；舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是相互作用力，则两者等大反向，选项D错误。 3．(2023·广东惠州高一统考期中)关于如图所示的四种圆周运动模型，下列说法正确的是(　　) A．图甲：轻绳一端固定，一端系一小球，在竖直平面内做圆周运动，小球在最高点所受的合力为零 B．图乙：汽车过拱桥最高点时速度越大，对桥面的压力越大 C．图丙：铁路弯道处的外轨会略高于内轨，当火车的质量改变时，规定的行驶速度也改变 D．图丁：加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好 答案　D 解析　小球在最高点所受的合力提供小球所需的向心力，故小球在最高点所受的合力不为零，故A错误；汽车过拱桥最高点时，根据mg－FN＝m可得FN＝mg－m可知速度越大，汽车受到的支持力越小，则汽车对桥面的压力越小，故B错误；火车以规定的速度经过外轨高于内轨的弯道时，受到的重力和轨道的支持力的合力恰好提供向心力时，设倾角为θ，根据 mgtan θ＝m，解得v＝，当火车的质量改变时，规定的行驶速度不会改变，故C错误；衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，随着脱水筒转动角速度增大，需要的向心力增大，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动，加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好，故D正确。 4.(2023·广东江门校考期中)如图所示，质量为m的足球经过凹形地面最低点时，受到地面的支持力大小等于足球重力的，重力加速度为g，此时足球所需向心力的大小为(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 答案　D 解析　对足球受力分析有FN－mg＝F向，解得F向＝mg，故A、B、C错误，D正确。 5．(2023·广东汕头高一校考期中)小明同学放假回到家里，给他3岁的妹妹带了一块巧克力，不过他并没有直接给她，而是将巧克力放在伸开的手掌里在竖直平面内做匀速圆周运动，叫妹妹去抓，将其简化为如图所示的模型，下方方块为手掌，上方方块为巧克力，则手掌在abcd四个位置时(ab与圆心O在同一水平线上，cd与圆心O在同一竖直平线上)，下列说法正确的是(　　) A．在a位置时，巧克力对手掌的压力大于巧克力的重力 B．在b位置时，巧克力靠静摩擦力提供向心力 C．在c位置时，巧克力靠静摩擦力提供向心力 D．在d位置时，巧克力处于失重状态 答案　B 解析　在a位置时巧克力在竖直方向受力平衡，所以巧克力受到支持力的大小等于巧克力重力的大小，根据牛顿第三定律得到巧克力对手掌的压力与巧克力的重力大小相等，故A错误； 在b位置时向心加速度方向水平向右，在水平方向只受静摩擦力的作用，所以巧克力靠静摩擦力提供向心力，故B正确； 在c位置时，重力与支持力的合力提供向心力，巧克力不受静摩擦力，故C错误； 在d位置时由牛顿第二定律可得 FN－mg＝m 可得FN＝mg＋m>mg 所以巧克力处于超重状态，故D错误。 6.(2023·广东东莞高级中学校考)如图所示，内壁光滑半径为r的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，绳与竖直方向的夹角为θ，物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，重力加速度为g，则(　　) A．桶对物块的弹力不可能为零 B．转动的角速度的最小值为 C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变 D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大 答案　C 解析　由于桶的内壁光滑，绳的拉力沿竖直向上的分力与重力平衡，若绳的拉力沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力恰好为零，有mgtan θ＝mω2r，转动的角速度的最小值为ωmin＝，故A、B错误；由题图知，若它们以更大的角速度一起转动，则绳子与竖直方向的夹角不变，因为绳的拉力满足Tcos θ＝mg，则绳子的拉力保持不变，故C正确，D错误。 7.(2023·广东华南师大附中校考)2022冬奥会我国选手范可新、曲春雨、张雨婷、武大靖、任子威一起夺得短道速滑混合团体接力奥运冠军！短道速滑比赛中运动员的最后冲刺阶段如图所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2(r2>r1)的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是(　　) A．在做圆周运动时，甲所用的时间可能比乙的长 B．在做圆周运动时，甲的角速度比乙的角速度大 C．在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等 D．在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等 答案　B 解析　由于甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时向心力大小也相等，且r2＞r1，根据F＝m＝mω2r＝mr，可得v2＞v1，ω2<ω1，T2＞T1，即在做圆周运动时，甲的线速度大小比乙的小，甲的角速度比乙的角速度大，甲的周期小，则甲所用的时间比乙的短，故A错误，B正确；由于v2＞v1，且直线冲刺时的加速度大小相等，根据x＝v0t＋at2可得，甲所用的时间比乙的长，故C错误；由于v2＞v1，且直线冲刺时的加速度大小相等，根据v2＝v02＋2ax可知，甲到达终点时速度较小，选项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.(2023·广东广州高一期中)如图，广州塔摩天轮位于塔顶450 m高空处，是世界最高的摩天轮。摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成(相邻两个观光舱间距离相等)，沿着与水平面夹角为α的倾斜轨道做匀速圆周运动。质量为m的游客坐于观光球舱中，运动半径为r，角速度为ω，重力加速度为g，则(　　) A．游客的线速度大小为ωr B．相邻两个球舱经过同一位置的最短时间间隔为 C．质量不同的游客的向心力大小都相等 D．因为游客做匀速圆周运动，所以他所受到的合力是恒力 答案　AB 解析　游客的线速度大小为v＝ωr，选项A正确；相邻两个球舱经过同一位置的最短时间间隔为t＝＝，选项B正确；根据F＝mω2r可知，质量不同的游客的向心力大小不相等，选项C错误；因为游客做匀速圆周运动，所以他所受到的合力大小不变，但是方向不断变化，不是恒力，选项D错误。 9.(2023·广东揭阳高一校考期中)如图所示，长为L的细绳吊起一个质量为m的摆球，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动。已知重力加速度为g，细绳与竖直方向的夹角为θ。则摆球(　　) A．受重力和拉力的作用 B．线速度大小为 C．周期为2π D．拉力大小为mgcos θ 答案　AC 解析　摆球在水平面内做匀速圆周运动，所以摆球受重力和拉力的作用，A正确； 对摆球受力分析，竖直方向Fcos θ＝mg 水平方向Fsin θ＝m＝m()2Lsin θ 解得F＝ v＝sin θ T＝2π，B、D错误，C正确。 10.(2023·广东广州高一统考期末)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明，如图所示为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R，在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度为g，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是(　　) A．水流在空中运动水平位移为x＝ B．水流在空中运动时间为t＝ C．水车最大角速度接近ω＝ D．水流冲击轮叶前瞬间的线速度大小v＝2v0 答案　BCD 解析　水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足tan 30°＝ 解得t＝，故B正确；水流在空中运动水平位移为x＝v0t＝，故A错误； 水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝＝2v0，根据v＝ωR，解得水车最大角速度为ω＝，故C、D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(6分)(2023·广东广州市真光中学高一校考期中)用如图甲所示的向心力实验器，探究匀速圆周运动所需向心力的大小与物体的质量、角速度、运动半径之间的关系。 如图甲，光电门传感器和力传感器固定在向心力实验器上，并与数据采集器连接；旋臂上的砝码通过轻质杆与力传感器相连，以测量砝码所受向心力F的大小；宽为d的挡光杆固定在距旋臂转轴水平距离为L的另一端，挡光杆通过光电门传感器时，计算机可算出旋臂的角速度ω。 现研究向心力大小与角速度的关系，完成下列内容： (1)调节砝码到旋臂转轴的水平距离，拨动旋臂使之转动。挡光杆某次经过光电门的挡光时间为Δt，则此时挡光杆的线速度大小为________，砝码做圆周运动的角速度大小为________(用d、L、Δt表示)。 (2)计算机利用数据采集器生成的F、ω2数据点并拟合成一条F－ω2图线如图乙。由图乙可知，砝码做圆周运动所受向心力的大小与角速度的关系是： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 答案　(1)　(3分)　(2)质量和半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比(3分) 解析　(1)调节砝码到旋臂转轴的水平距离，拨动旋臂使之转动。挡光杆某次经过光电门的挡光时间为Δt，则此时挡光杆的线速度大小为 v＝ 砝码做圆周运动的角速度大小为 ω＝＝ (2)由图像可知F与ω2成正比关系，即质量和半径一定时，向心力的大小与角速度的平方成正比。 12．(8分)(2023·广东深圳高一校联考期中)图甲是研究向心力的一种实验装置，转轴和挡光片固定在底座上，悬臂能绕转轴转动。悬臂上的小物块通过轻杆与力传感器相连，以测量小物块转动时向心力的大小。拨动悬臂使之做圆周运动，安装在悬臂末端的光电门每次通过挡光片时，仪器会记录挡光片的遮光时间，同时力传感器记录物块此刻受到轻杆拉力(向心力)的大小。 (1)已知做圆周运动物体受到的向心力大小与物体质量、角速度和圆周运动的半径均有关系，为了研究向心力大小与角速度的关系，需要保持________不变； (2)已知挡光片到转轴的距离为d、挡光片宽度为Δs、某次实验测得挡光片的遮光时间为Δt，则此时小物块圆周运动的角速度ω＝________；要研究物体圆周运动向心力与线速度的关系，________(选填“需要”或“不需要”)保持物体圆周运动的线速度不变； (3)使转臂能在水平面上转动，测量不同角速度下拉力的大小，从采样数据中选取了几组数据并记录在表格中。请把表格中的数据4和5描在图丙上，并绘出F－ω2的图像。 数据物理量 1 2 3 4 5 F/N 1.00 2.22 4.00 4.84 6.26 ω/(rad·s－1) 10 15 20 22 25 ω2/(rad2·s－2) 100 225 400 484 625 答案　(1) 圆周运动的半径和物体质量(2分)　(2)　不需要(4分)　(3)见解析图(2分) 解析　(1)做圆周运动物体受到的向心力大小与物体质量、角速度和圆周运动的半径均有关系，为了研究向心力大小与角速度的关系，实验采用控制变量法，需要保持圆周运动的半径和物体质量不变。 (2)由角速度公式可知 ω＝＝ 要研究物体圆周运动向心力与线速度的关系，要改变物体圆周运动的线速度。 (3)绘出F－ω2的图像如图所示 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的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．(14分)(2023·广东广州执信中学高一校考阶段练习)如图所示，半径R＝24 m的摩天轮匀速转动，座舱的线速度大小为2 m/s，质量为60 kg的游客站在其中一个座舱的水平地板上进行观光。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)该座舱运动到最低点时，游客对地板的压力； (2)该座舱运动到最高点时，游客对地板的压力； (3)该座舱运动到与摩天轮转动圆心等高时，游客受到的摩擦力大小。 答案　(1)610 N，方向竖直向下　(2)590 N，方向竖直向下　(3)10 N 解析　(1)该座舱运动到最低点时，对于游客，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m(3分) 解得FN＝610 N(1分) 由牛顿第三定律知游客对地板的压力大小为610 N，方向竖直向下 (2)该座舱运动到最高点时，有 mg－FN1＝m(3分) 解得FN1＝590 N(1分) 由牛顿第三定律知游客对地板的压力大小为590 N，方向竖直向下(2分) (3)该座舱运动到与摩天轮转动圆心等高时，地板对游客的摩擦力提供向心力，有 f＝m(3分) 解得f＝10 N。(1分) 15.(16分)(2023·广东惠州高一统考期中)一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′。用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)当小球静止时，此时细绳的拉力； (2)当小球的角速度不断增大，求小球恰好离开圆锥表面时的角速度和此时细绳的拉力； (3)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为 N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球做平抛运动的水平位移。 答案　(1)0.8 N　(2)5 rad/s　1.25 N　(3) m 解析　(1)当小球静止时，根据受力平衡可得T0＝mgcos 37°＝0.8 N(4分) (2)小球恰如离开圆锥表面时，小球只受到绳子拉力和重力，设小球的角速度为ω1，则有T1cos 37°＝mg T1sin 37°＝mω12Lsin 37°(4分) 联立解得ω1＝5 rad/s，(1分) T1＝1.25 N(1分) (3)逐渐增加小球的角速度，小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为α，则有 T2cos α＝mg(1分) T2sin α＝m(1分) 其中T2＝ N(1分) 联立解得α＝53°，v＝ m/s(1分) 轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为h＝H－Lcos 53°＝0.45 m 则有h＝gt2，x＝vt(1分) 联立解得小球做平抛运动的水平位移为x＝ m。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$