《第二章 圆周运动》阶段检测试卷（含答案）

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1、阶段检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。17为单项选择题，812为多项选择题。)1.下列关于向心力的说法中正确的是()A.物体受到向心力的作用才可能做圆周运动B.向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果来命名的，但受力分析时应该画出C.向心力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是其中某一种力的分力或某几种力的合力D.向心力不但改变物体运动的方向，也改变物体运动的快慢解析向心力是一种效果力，实际由某种或某几种性质力提供，受力分析时不分析向心力，A、B错误，C正确；向心力只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D错误。答案C2.大型游乐场中有一种

2、“摩天轮”的娱乐设施，如图1所示，坐在其中的游客随轮的转动而做匀速圆周运动，对此有以下说法，其中正确的是()图1A.游客处于一种平衡状态B.游客做的是一种变加速曲线运动C.游客做的是一种匀变速运动D.游客的速度不断地改变，加速度不变解析游客做匀速圆周运动，速度和加速度的大小不变，但它们的方向时刻在改变，均为变量，因此游客做的是变加速曲线运动，而非匀变速运动，处于非平衡状态。答案B3.(2018潮州高一检测)如图2所示，A、B是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为RA2RB，则两轮边缘上的()图2A.角速度之比AB21B.周期之比TATB12C.转速之比nAnB12D.向心加速度之比aAaB21解

3、析两轮边缘的线速度大小相等，由知，ABRBRA12，选项A错误；由T知，TATBBA21，选项B错误；由2n知，nAnBAB12，选项C正确；由a知，aAaBRBRA12，选项D错误。答案C4.如图3所示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3A. B.C. D.解析自行车前进的速度即为轮的线速度，由同一个轮上的角速度相等，同一链条上的线速度大小相等，可得1r12r2，32，再由12n，v3r3，所以v。答案C5.(2018佛山高一检测)在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动

4、，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图4所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品。已知管状模型内壁半径为R，则管状模型转动的最低角速度为()图4A. B. C. D.2解析以管状模型内最高点处的铁水为研究对象，转速最低时，重力提供向心力，即mgm2R，得。答案A6.一汽车通过拱形桥顶点时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为()A.15 m/s B.20 m/sC.25 m/s D.30 m/s解析当NG时，因为GNm，所以Gm；当N0时，Gm，所

5、以v2v20 m/s。答案B7.(2018中山高一检测)质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为和，如图5所示，则()图5A.cos B.cos 2cos C.tan D.tan tan 解析对于球M，受重力和绳子拉力作用，由两个力的合力提供向心力，如图所示。设它们转动的角速度是，由Mgtan M22lsin ，可得cos ，同理可得cos ，则cos ，所以选项A正确。答案A8.一小球质量为m，用长为L的悬绳(不可伸长，质量不计)固定于O点，在O点正下方处钉有一颗光滑钉子。如图6所示，将悬线沿水平方向拉直

6、无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则()图6A.小球的角速度突然增大B.小球的线速度突然减小到零C.小球的向心加速度突然增大D.小球所受的拉力不变解析由于悬线与钉子接触时小球在水平方向上不受力，故小球的线速度不能发生突变，由于做圆周运动的半径变为原来的一半，由vr知，角速度变为原来的两倍，选项A正确，B错误；由a知，小球的向心加速度变为原来的两倍，选项C正确；由Fmg可知，Fmg，r减半，F变大，选项D错误。答案AC9.如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()图7

7、A.A的速度比B的大B.A的向心加速度比B的小C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析因为A、B的角速度相同，线速度vr，而rArB，所以vAvB，则A项错误；根据ar2知aAaB，则B项正确；如图，tan ，而B的向心加速度较大，则B的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力T，则TAmg，杯中水受到的杯子弹力不可能等于0，所以D正确。答案BD11.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图9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(不计摩托车所受的阻力)，下列说法中正确的是()图9A

8、.h越高，摩托车对侧壁的压力将越大B.h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C.h越高，摩托车做圆周运动的周期将越大D.h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大解析摩托车受力如图所示。由于N所以摩托车受到侧壁的支持力与高度无关，保持不变，由牛顿第三定律，摩托车对侧壁的压力F也不变，选项A错误；由Fmgtan mm2rmr知h变化时，向心力F不变，但高度升高，r变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B、C正确，D错误。答案BC12.(2018惠州高一检测)如图10所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体一个水平初速度v0时，小物体对球顶恰无压力，则()图10A.物体立即离开球面做平

9、抛运动B.物体落地时水平位移为RC.物体的初速度v0D.物体落地时的速度方向与地面成45角解析物体仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，故A正确；根据牛顿第二定律得mg，则v0，由Rgt2得t，则水平位移sv0tR，故B、C正确；物体落地时竖直方向上的速度vygt，设落地时速度方向与地面的夹角为，有tan ，45，故D错误。答案ABC二、非选择题(本题共4小题，共40分)13.(8分)如图11所示，在竖直平面内有半径为R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，人以v1的速度过轨道最高点B，并以v2v1的速度过最低点A。求A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差多少

10、？图11解析在B点，NBmgm，解得NBmg，根据牛顿第三定律，在B点摩托车对轨道的压力大小NBNBmg在A点，NAmgm解得NA7mg，根据牛顿第三定律，在A点摩托车对轨道的压力大小NANA7mg所以在A、B两点车对轨道的压力大小相差NANB6mg。答案6mg14.(8分)如图12所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，然后小球从轨道口B处飞出，最后落在水平面上。已知小球落地点C距B处的距离为3R，求小球对轨道口B处的压力大小为多少？图12解析设小球经过B点时速度为v0，则小球平抛的水平位移为xR，2Rgt2，所以tv0。对小球过B点时由牛顿第

11、二定律Fmg，得Fmg。由牛顿第三定律得FFmg。答案mg15.(12分)(2018江门高一检测)如图13所示，轨道ABCD的AB段为一半径R0.2 m的光滑圆形轨道，BC段为高为h5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时的速度大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g10 m/s2)，求：图13(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角45的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远

12、。如果不能，请说明理由。解析(1)设小球离开B点后做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为x由hgt，得t11 s，xvBt12 m。(2)小球到达B点时受重力mg和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律知Nmgm解得N6 N。(3)运动过程分析如图所示，斜面BE的倾角45，CE长dh5 m，因为dx，所以小球离开B点后能落在斜面上。假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2Lcos vBt2Lsin gt联立两式得t20.4 sL1.13 m。答案(1)2 m(2)6 N(3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m16.(12分)如图14所示，在

13、匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置两个用细线相连的质量均为m的小物体A、B，它们到转轴的距离分别为rA20 cm，rB30 cm，A、B与盘间的最大静摩擦力均为重力的k0.4倍，现极其缓慢地增加转盘的角速度，试求：(g10 m/s2，答案可用根号表示)图14(1)当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度0；(2)当A开始滑动时，圆盘的角速度；(3)当A即将滑动时，烧断细线，A、B运动状态如何？解析(1)当细线上开始出现张力时，B与圆盘之间的静摩擦力达到最大值。对B有mrBkmg即0 rad/s rad/s(2)当A开始滑动时，A、B所受静摩擦力均达最大，设此时细线张力为T，对B有Tkmgm2rB对A有kmgTm2rA联立解得 rad/s4 rad/s(3)烧断细线时，线的拉力消失，B所受静摩擦力不足以提供所需向心力，故将远离圆心；对A，拉力消失后，静摩擦力变小，提供所需向心力，故继续做圆周运动。答案见解析