1、阶段验收评价（二）圆周运动(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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0C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。2A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图1)，在相
2、同时间内，它们通过的路程之比是43，图1运动方向改变的角度之比是32，则它们()A线速度大小之比为43B角速度大小之比为34C圆周运动的半径之比为21D向心加速度大小之比为12解析：选A圆周运动中线速度定义为单位时间内通过的圆弧长，即v，因此线速度大小之比为43，故A正确；角速度定义为单位时间内转过的弧度角，即，且运动方向改变角度等于圆心角，因此角速度大小之比为32，故B错误；半径R，即半径之比为89，故C错误；向心加速度av，即向心加速度大小之比为21，故D错误。3有一种杂技表演叫“飞车走壁”，如图2甲所示，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动。对于摩托
3、车的运动，可以简化成如图2乙所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，车轮和接触面间没有侧向滑动趋势，下列说法中正确的是()图2Ah越高，摩托车对侧壁的压力将越大Bh越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大Ch越高，摩托车做圆周运动的角速度将越大D摩托车做圆周运动的向心力大小随h的变化而改变解析：选B摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是其所受重力和支持力的合力，如图所示，侧壁对摩托车的支持力F不变，则摩托车对侧壁的压力不变，摩托车做圆周运动的向心力Fnmgtan ，可知向心力不随h变化而变化，故A、D错误； 由mgtan m可知，h越高，r越大，则v越大，故B正确；由mgt
4、an mr2可知，h越高，r越大，则越小，故C错误。4如图3是自行车传动结构的示意图，其中是半径为r1的大齿轮，是半径为r2的小齿轮，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()图3ABC D解析：选C自行车前进的速度大小等于车轮边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮和轮边缘上的线速度大小相等，根据vr可知r11r22，已知12n，则轮的角速度21，因为轮和轮共轴，所以32，由vr可知vr33，故C正确。5如图4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()图4A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
5、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vr可知，线速度大小不同，故B错误。6近几年各学校流行跑操。某学校学生跑操队伍在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道，每一排的连线是一条直线，且必须与跑道垂直，在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变。如图5为某班学生队伍以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时刻()图5A同一排学生的线速度相同B同一列学生的线速度相同C全班同学的角速度相同D同一列学生的向心加速度相同解析：选C因为全班同学同轴转动，所以角速度相同，根据vr可知同一排学生半径不同，线速度大小不同，故A
6、错误，C正确；同一列学生线速度方向不同，故B错误；同一列学生向心加速度方向不同，故D错误。7如图6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()Av的极小值为图6Bv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范围内逐渐变大时，由mgFNm可知，FN逐渐减小；当v在大于范围内逐渐变大时，由mg
7、FNm可知，FN逐渐变大； 故B正确，C、D错误。8半径为R1 m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4 m/s的速度水平抛出，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图7所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是()A2 rad/s B4 rad/s 图7C6 rad/s D8 rad/s解析：选D小球平抛运动的时间为t s0.25 s，小球平抛运动的时间和圆盘转动的时间相等，则有tnTn，解得8n(n1,2,3，)，当n1时，8 rad/s；当n2时，16 rad/s，故D正确。二、多项选择题(本题共4小
8、题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9(2019江苏高考)如图8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，重力加速度为g，则座舱()A运动周期为B线速度的大小为R图8C受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2R解析：选BD座舱的运动周期T，故A错误；根据线速度与角速度的关系，可得vR，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m2R，故C错误、D正确。10如图9所示，一位同学玩飞镖
9、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() 图9A飞镖击中P点所需的时间为tB圆盘的半径可能为C圆盘转动角速度的最小值为DP点随圆盘转动的线速度大小可能为解析：选AD飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有t，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，有2rgt2，解得圆盘的半径r，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足t2k(k0,1,2，)，可得，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；P点随圆盘转动的线
10、速度为vr，当k2时，v，故D正确。11如图10所示，甲、乙圆盘的半径之比为12，两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，m12m2，两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()图10Am1和m2的线速度之比为14Bm1和m2的向心加速度之比为21C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1R22R，1221，因此两物体相对圆盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为21，根据公式vr，故A错误；根据
11、a2r得m1与m2的向心加速度之比为a1a221，故B正确；由mgmr2ma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。12某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，如图11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() 图11A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6mgC若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤的角速度为 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
12、的压力为2(mgMg)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0，则有F1mgm02R，F2mgm02R，则F1F22mg，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F2Mg，对摆锤有mgF2mR2，解得，故C正确；在最低点，对摆锤有F1mgmR2，则F1Mg2mg，对打夯机有FNF1Mg2(Mm)g，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共60分)13(8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12所示，A、B都为钢球，图中所示是在研究向心力的
13、大小F与_的关系(填选项标号)。图12A质量mB角速度C半径r(2)如图12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14，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_。A14B41C12D21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14，据Fmr2可得，两球转动的角速度之比为12。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可
14、得，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为21。故D正确，A、B、C错误。答案：(1)B(2)D14(10分)某同学做探究向心力与线速度关系的实验。装置如图13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：用游标卡尺测出钢球直径d；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; 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 图13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m_； (2)钢球经过光电门时
15、，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。mgF1，圆周运动的半径RL，所以F向m。(2)根据受力分析，F1mg，当钢球到达光电门时，钢球所受的合力等于FF2mgF2F1。答案：(1)(2)F2F115(12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14所示。当球A、B均以角速度绕OO做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2。图14(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
16、弹力提供做圆周运动的向心力，设弹簧伸长量为l，满足klm22(l1l2)，则弹簧伸长量l，A球受细线拉力FT和弹簧弹力F，做匀速圆周运动，满足FTFm12l1，细线拉力FTm12l1m22(l1l2)。(2)细线烧断瞬间，A球加速度a1，B球加速度a22(l1l2)。答案：(1)m12l1m22(l1l2)(2)2(l1l2)16(14分)如图15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37。已知小球的质量为m，细线AC长为l，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度为g，求图15(1)当
17、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FTACcos mg，FTACsin FTABm12lsin ，解得1 。(2)由题意，当最小时，细线AC与竖直方向的夹角37，则有mgtan m(lsin )min2，解得min 。答案：(1) (2) 17(16分)如图16所示，竖直平面内的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：图16(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FNmg，在B点由重力和轨道的支持力提供向心力，则有mgFNm，FNFN，解得v。(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，解得t2。(3)小球落在斜面上C点时竖直分速度为vygt2，小球落到C点时速度大小vC。答案：(1)(2)2 (3)
