第二章匀速圆周运动 单元练习题(Word版含答案)

第二章 匀速圆周运动 课后练习题
一、单选题（共12题）
1．如图所示，一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔，上端拴物体M，下端拴物体N。若物体M在桌面上做半径为r的匀速圆周运动时，角速度为ω，线速度大小为v，物体N处于静止状态，则（不计摩擦）（　　）
A．M所需向心力大小大于N所受重力的大小
B．M所需向心力大小小于N所受重力的大小
C．ω2与r成正比
D．v2与r成正比
2．图为某种品牌的共享单车的链轮、链条、飞轮、踏板、后轮示意图，在骑行过程中，踏板和链轮同轴转动、飞轮和后轮同轴转动，已知链轮与飞轮的半径之比为，后轮直径为，当踩踏板做匀速圆周运动的角速度为时，后轮边缘处A点的线速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．把某一机械手表的分针与时针上的端点看作是匀速圆周运动，则（　　）
A．分针与时针的周期之比为1:60
B．分针与时针的角速度之比为24:1
C．分针与时针的转速之比12:1
D．每天时针和分针重合24次
4．一辆货车在崎岖道路上匀速率行驶，途中发生了爆胎。道路地形如图所示，则爆胎可能性最大的位置是图中的（　　）
A．A处 B．B处
C．C处 D．A或B或C处
5．如图所示，11中本部教师食堂餐桌中心有一个圆盘，可绕其中心轴转动，现在圆盘上放相同的茶杯，茶杯与圆盘间动摩擦因数为 。现使圆盘匀速转动，则下列说法正确的是（　　）
A．若缓慢增大圆盘转速，离中心轴近的空茶杯相对圆盘先滑动
B．若缓慢增大圆盘转速，到中心轴距离相同的空茶杯比有茶水茶杯相对圆盘先滑动
C．若缓慢增大圆盘转速，到中心轴距离相同两个不同的空茶杯，可能是质量轻的相对圆盘先滑动
D．如果茶杯相对圆盘静止，茶杯受到圆盘的摩擦力沿半径指向圆心
6．某品牌手机配置有速度传感器，利用速度传感器可以测定手摆动的速度。某同学手握手机，手臂伸直，以肩为轴自然下摆，手机显示，手臂先后两次摆到竖直方向时的速度大小之比为k（）。若手机的质量不可忽略，不计空气阻力，则手臂这两次摆到竖直位置时，手机受到手竖直方向的作用力大小之比（　　）
A．为k B．为k2 C．大于k2 D．小于k2
7．地下车库为了限制车辆高度，现已采用如图所示曲杆道闸。道闸总长3m，由相同长度的转动杆AB与横杆BC组成。B、C为横杆的两个端点，道闸工作期间，横杆BC始终保持水平，转动杆AB绕A点匀速转动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．C点加速度大小一直在变 B．B点的加速度不变
C．C点的运动轨迹为一条直线 D．AB杆上各点的角速度均相等
8．如图所示，在逆时针方向（俯视）加速转动的水平圆盘上有一个与转盘相对静止的物体，物体相对于转盘的运动趋势是（　　）
A．无运动趋势 B．沿切线方向
C．沿半径方向 D．既不是沿切线方向，也不是沿半径方向
9．如图所示，内部为竖直光滑圆轨道的铁块静置在粗糙的水平地面上，其质量为M，有一质量为m的小球以水平速度v0从圆轨道最低点A开始向左运动，小球沿圆轨道运动且始终不脱离圆轨道，在此过程中，铁块始终保持静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．地面受到的压力始终大于Mg
B．小球在圆轨道左侧运动的过程中，地面受到的摩擦力可能向右
C．小球经过最低点A时地面受到的压力可能等于Mg+mg
D．小球在圆轨道最高点C时，地面受到的压力可能为0
10．如图所示，电动玩具小车在水平桌面上做匀速圆周运动。下列物理量中，可以用来描述小车运动变化快慢的是（　　）
A．位移 B．路程 C．角速度 D．向心加速度
11．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴的距离为L，b与转轴的距离为2L，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．a一定比b先开始滑动
B．是b开始滑动的临界角速度
C．当时，a所受摩擦力大小为
D．a、b所受的静摩擦力大小始终相等
12．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，加速度为g，则（　　）
A．当ω时，细线中张力为零
B．当ω时，物块与转台间的摩擦力为零
C．当ω时，细线的张力为
D．当ω时，细绳的拉力大小为
二、填空题（共6题）
13．如图所示传送装置中，三个轮的半径分别为 R，2R，4R；则图中 A，B，C 各点的线速度之比为___________；角速度之比为___________；加速度之比为___________。
14．某物理兴趣小组测量自行车前进的速度，如图是自行车传动机构的示意图，其中A是大齿轮，B是小齿轮，C是后轮。做了如下测量：测出了脚踏板的转速为n，大齿轮的半径r1，小齿轮的半径r2，后轮的半径r3。用上述量推导出自行车前进速度的表达式为____________ 。
15．扬州乐园的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空，绳到转轴的距离为r=4.5m。秋千匀速转动时，钢丝绳与竖直方向成某一角度，其简化模型如图所示。已知钢丝绳的长度为l=5m，座椅质量为m=10kg，则：
(1)钢丝绳所受拉力F的大小为_________ N；
(2)秋千匀速转动的角速度ω为_________ rad/s。
16．一位同学习了圆周运动的知识后，要对变速自行车的变速原理进行研究，假设某种变速自行车有六个飞轮和三个链轮。
名称 链轮 飞轮
齿数N/个 48 38 28 15 16 18 21 24 28
(1)如图所示前、后轮直径约为660mm，链轮和飞轮的齿数如表所示，人骑该车行进速度为4m/s时，前轮的角速度为______rad/s；脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为________rad/s。（结果保留两位小数）
(2)把链轮半径和飞轮半径的比值k=r2/r3称为变速比，如果踏板的角速度为ω，车轮的半径为R，则变速自行车的速度为_______（用字母表示），由此可见，在脚踩踏板的角速度一定时，要提高车速，就要________。
17．如图所示，一质量为m的小方块（可视为质点），系在一伸直的轻绳一端，绳的另一端固定在粗糙水平面上，绳长为r。给小方块一沿垂直轻绳的初速度v0，质点将在该水平面上以绳长为半径做圆周运动，运动一周后，其速率变为，则绳拉力的大小随物体转过的角度___________减小（选填“均匀”、“不均匀”），质点运动一周的时间为___________。
18．如图所示的皮带传动装置，主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r，从动轮O2的半径为2r，A、B、C分别为轮子边缘上的三点，设皮带不打滑，求：
(1)A、B、C三点的角速度之比=_____；
(2)A、B、C三点的速度大小之比vA∶vB∶vC=_____；
(3)A、B、C三点的向心速度大小之比aA∶aB∶aC=_____；
三、解答题（共4题）
19．如图所示，水平转盘上有一质量为m的小物块，用长为L的细绳与通过转盘中心的竖直转轴相连，细绳与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细绳绷直但绳中张力为零。物块与转盘间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘可以不同的角速度匀速转动。求：
（1）要使细绳上张力为零，转盘的角速度大小ω应该满足的条件；
（2）转盘的角速度时细绳上张力的大小F。
20．第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年在中国北京和张家口举行。如图所示为简化后的雪道示意图，运动员以一定的初速度从半径R=10m的圆弧轨道AB末端水平飞出，落在倾角为θ=37°的斜坡上，已知运动员到B点时对轨道的压力是其重力的5倍，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。已知，，求：
（1）运动员飞出圆弧轨道的速度大小；
（2）运动员在斜坡上的落点距B点的距离；
（3）运动过程中运动员从B点到离斜坡最远所用的时间。
21．如图所示，一根长为0.5m的轻质细线，一端系着一个质量为0.8kg的小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥体顶端，圆锥顶角的一半（，），g取。求：
（1）整个系统静止时，小球受到绳子的拉力与圆锥体支持力的大小；
（2）当小球随圆锥体围绕其中心轴线一起以做匀速圆周运动时，小球受到绳子的拉力与圆锥体的支持力。
22．质量为m的小球，拴在能承受的最大拉力为Tm=5mg的绳子上，绳子另一端固定在离水平地面高度为H的O点，重力加速度为g。
（1）若使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图甲所示，此时绳子刚好未断裂，求此时小球的向心加速度大小（结果可用根式表示）；
（2）若使小球在竖直平面内从左向右摆动，当小球经过最低点时，绳子刚好断裂，则绳长为多长时，小球在水平地面上的落点离O点的水平距离最大？
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】AB．N物体静止不动，绳子拉力与N物体重力相等，M物体做匀速圆周运动，绳子拉力完全提供向心力，即
所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小，故AB错误；
C．根据向心加速度公式和牛顿第二定律得
则ω2与r成反比，故C错误；
D．根据向心加速度公式和牛顿第二定律得
则v2与r成正比，故D正确。
故选D。
2．B
【解析】当踩踏板做匀速圆周运动的角速度为5rad/s时，由于链轮与飞轮通过链条传动，边缘线速度大小相等，由可知，角速度与半径成反比，故飞轮的角速度为15rad/s，后轮的角速度与飞轮相等，可知，后轮边缘处A点的线速度大小为
故选B。
3．C
【解析】AB．分针的周期为
时针的周期为
两者周期之比为
根据
可得分针的角速度是时针的12倍，故AB错误；
C．根据
可知分针与时针的转速之比，故C正确；
D．每12小时，分针追上时针11次，一天由24小时，所以每天时针和分针重合22次，故D错误。
故选C。
4．B
【解析】在A点时有
解得
在B点时有
解得
在C点时有
根据
可知，正压力越大摩擦力越大，则在B点时正压力最大，爆胎可能性最大的位置是图中的B处，所以B正确；ACD错误；
故选B。
5．D
【解析】ABC．根据牛顿第二定律
解得
若缓慢增大圆盘转速，离中心轴远的茶杯相对圆盘先滑动，与茶水多少无关，A错误；
若缓慢增大圆盘转速，到中心轴距离相同的空茶杯和有茶水茶杯相对圆盘同时滑动，B错误；
若缓慢增大圆盘转速，到中心轴距离相同两个不同的空茶杯，质量大的和质量小的相对圆盘同时滑动，C错误；
D．如果茶杯相对圆盘静止，茶杯受到圆盘的摩擦力是静摩擦力，沿半径指向圆心，充当向心力，D正确。
故选D。
6．D
【解析】设第一次手臂摆到竖直方向的速度为，第二次手臂摆到竖直方向的速度为，根据题意得
设两次在最低点机受到手竖直方向的作用力分别为、，在最低点由牛顿第二定律得
解得
利用数学知识可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
7．D
【解析】A．转动杆AB绕A点匀速转动过程中，横杆BC始终保持水平，BC两个端点相对静止，因此C端点做匀速圆周运动，加速度大小不变，A错误；
B．B点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向指向圆心，时刻改变，B错误；
C．根据前面选项分析，C点做匀速圆周运动，C错误；
D．根据前面选项分析，转动杆AB上各点属于共轴传动，角速度相等，D正确。
故选D。
8．D
【解析】在逆时针方向（俯视）加速转动的水平圆盘上与转盘相对静止的物体，做变加速圆周运动，即受沿切线方向的力，又受向心力，这两个力的合力既不是沿切线方向，也不是沿半径方向，所以物体相对于转盘的运动趋势即不是沿切线方向，也不是沿半径方向，故ABC错误，D正确。
故选D。
9．D
【解析】A．小球在圆轨道上半部分运动过程中，对铁块的作用力在竖直方向有向上的分力，此时地面受到的压力小于Mg，A错误；
B．小球在圆轨道左侧运动的过程中，对轨道的作用力有向左的分力，轨道有向左运动的趋势，所以地面受到的摩擦力方向向左，B错误；
C．经过最低点A时，小球的合力方向向上，加速度方向向上，小球处于超重状态，则小球对铁块的压力大于mg，则地面受到的压力大于Mg+mg，C错误；
D．当小球在最高点时有
F+mg=m
若小球对铁块的压力竖直向上且等于Mg，即F=Mg时，地面受到的压力为0，D正确。
故选D。
10．D
【解析】A．位移是描述物体位置的变化，故A不符合题意；
B．路程是运动轨迹的长度，故B不符合题意；
C．角速度是描述小车运动快慢的物理量，故C不符合题意；
D．向心加速度可以用来描述小车运动变化快慢，故D符合题意。
故选D。
11．B
【解析】AB．设滑块开始滑动的临界角速度为，根据牛顿第二定律有
解得
因为ra＜rb，所以a开始滑动的临界角速度大于b开始滑动的临界角速度，则b一定比a先开始滑动，且是b开始滑动的临界角速度，故A错误，B正确；
C．根据前面分析可知，当时，a相对圆盘静止，此时a所受摩擦力提供向心力，其大小为
故C错误；
D．根据
可知两木块相对圆盘静止时，b所受的静摩擦力大小始终等于a所受的静摩擦力大小的2倍，故D错误。
故选B。
12．D
【解析】A．当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时，有
μmg
解得
ω1
由于
所以当
ω
时细线中张力为不为零，A错误；
B．随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则
mgtan
解得
ω2
由于
ω1ω2
所以当
ω
时，物块与转台间的摩擦力不为零，B错误；
C．由于
ω1ω2
由牛顿第二定律有
因为压力小于mg，所以
fmg
解得
Fmg
C错误；
D．当
ωω2
时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则
解得
cos α
故
Fmg
D正确。
故选D。
13． 2：1：2 4：1：1 8：1：2
【解析】
【分析】
【详解】
[1]由于三个轮的半径分别为 R，2R，4R，所以三个轮的半径之比为
B、C两个轮子是同轴传动，角速度相等，故
根据公式
线速度之比为
A、C两个轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，故
因此，各点的线速度之比为
[2]由于
，，
所以
又
因此，角速度之比为
[3]由于向心加速度
又
因此，加速度之比为
14．
【解析】脚踏板的角速度为2πn，则大齿轮的角速度为
因为大小齿轮的线速度相等，有
得
大齿轮和后轮的角速度相等，则线速度为
15． 125 1
【解析】(1)[1]钢绳拉力在竖直方向上的分力和座椅的重力相等
解得
(2)[2]钢绳拉力在水平方向上的分力提供向心力
解得
16． 12 3.75 增大链轮和车轮半径，减小飞轮的半径。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]飞轮的角速度与后轮的角速度相等，根据v=ωr得：
[2]后轮的角速度与前轮相等为定值，即飞轮的角速度一定。由于
R链ω链=R飞ω飞
链轮的角速度与脚踏板的角速度相同，要想脚踏板的角速度最小，则飞轮的半径最小，链轮的半径最大；根据v=ωr得
(2)[3]依据同带的瞬时速率相等，则有
R链ω链=R飞ω飞
而飞轮的角速度与后轮的角速度相等，因此车轮的速度
[4]由此可见，在脚踩踏板的角速度一定时，要提高车速，就要增大链轮和车轮半径，减小飞轮的半径。
17． 均匀
【解析】
【分析】
本题应利用“化曲为直”的思想，将小方块在运动一周过程中，看做是做加速度为a = μg的匀减速直线运动。
【详解】
[1]小方块做圆周运动，则小方块受到绳子的拉力提供向心力，小方块在运动一周过程中，等效为小方块做加速度为a = μg的匀减速直线运动，则
v2 = 2as = 2μgs
又因为
s = rθ
而
F = mr = m2μgθ
显然绳拉力的大小随物体转过的角度均匀减小。
[2]小方块在运动一周过程中的平均速率为
运动一周的时间
18． 2：2：1 3：1：1 6：2：1
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1] A、B共轴转动，角速度相等，B、C两点传送带传动，则线速度大小相等，根据知，，所以。
(2)[2] A、B共轴转动，角速度相等，B、C两点传送带传动，则线速度大小相等。
(3)[3] 向心加速度：，所以。
19．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）要使细绳上张力为零，则由静摩擦力提供物块的向心力，由牛顿第二定律得
解得
（2）由牛顿第二定律得
联立解得
20．（1）20m/s；（2）75m；（3）1.5s
【解析】（1）设运动员到B点时所受轨道的支持力大小为FN。由题意，根据牛顿第三定律可知
①
设运动员飞出圆弧轨道的速度大小为vB，根据牛顿第二定律有
②
联立①②解得
③
（2）设运动员飞出圆弧轨道后经时间t落在斜坡上，根据平抛运动规律有
④
t=3s ⑤
所以运动员在斜坡上的落点距B点的距离为
⑥
（3）将vB分解为垂直于斜坡的速度v1和沿斜坡的速度v2，同时将g也分解为垂直于斜坡的g1和沿斜坡的g2，如图所示，则
⑦
⑧
当v1减为零时，运动员离斜坡最远，所以运动过程中运动员从B点到离斜坡最远所用的时间为
⑨
21．（1），；（2），0
【解析】（1）静止时，小球受力平衡，设绳子对小球的拉力为，圆锥体对小球的支持力为，由平衡条件得
解得
（2）当小球与圆锥体之间的作用力为零时有
由牛顿第二定律有
解得
此时
22．（1）；（2）L=0.5H
【解析】（1）设绳子刚好未断裂时小球的向心加速度大小an，对小球做圆锥摆中受力分析如图：
由牛顿第二定律得
①
又
Tm=5mg②
联立①②解得
③
（2）设绳长为L，小球在竖直平面内做变速圆周运动中通过最低点时速率为v。
对小球在最低点
④
绳子断后，小球做平抛运动的时间为t，则
⑤
设小球落地点离O点的水平距离为x，则
x=vt⑥
联立④⑤⑥得
⑦
由⑦式知：当L=0.5H时，x有最大值。
答案第19页，共12页