第二章匀速圆周运动 单元练习（Word版含答案）

第二章 匀速圆周运动 巩固练习
一、单选题（共12题）
1． 链条一端系着铅球，另一端被人握住然后在光滑水平桌面上高速转动。如果保持转动的半径不变，而将转速变为原来的两倍。当铅球转到A点时，如右图所示，此人松手。请问铅球接下去以图中哪个轨迹飞出？（　　）
A．轨迹a B．轨迹b C．轨迹c D．轨迹d
2．用长为的细绳，拴着质量为的小球，在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（　　）
A．小球在最高点提供向心力的一定只有重力
B．小球在最高点时绳的拉力不可能为零
C．小球在最低点时绳子的拉力一定大于重力
D．若小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，则它在最高点的速率为0
3．如图所示，质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时悬线与竖直方向夹角为30°，下列说法正确的是（　　）
A．小明在最高点的速度为零，合力为零
B．小明在最低点的加速度为零，速度最大
C．最高点秋千对小明的作用力为
D．最低点秋千对小明的作用力为mg
4．如图所示，将质量相等的甲、乙两个小物块（可视为质点）放在水平圆盘上，甲的位置距离圆盘中心较近。圆盘在电机带动下匀速转动，甲、乙两个小物块一起随圆盘做匀速圆周运动。对于甲、乙两物块下列判断正确的是（ ）
A．甲物块的线速度比乙大
B．甲物块的角速度比乙小
C．甲物块的向心力比乙大
D．甲物块的向心加速度比乙小
5．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
6．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
7．如图所示，质量为m的小明（可视为质点）坐摩天轮。小明乘坐的座舱与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为k（常数k<1，g为重力加速度）的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在座舱水平座垫上且双脚不接触底板，则下列说法正确的是（　　）
A．小明通过最高点时不受重力
B．小明做匀速圆周运动的周期为
C．小明通过最高点时处于完全失重状态
D．小明通过最低点时对座舱座垫的压力大小为k2mg
8．自行车的脚踏板、大齿轮、小齿轮、后轮的转动半径不一样．如图所示的四个点甲、乙、丙、丁，则向心加速度与半径成反比的点是（　　）
A．甲、乙 B．丙、丁 C．甲、丁 D．乙、丙
9．两个质量相同的小球，被长度不等的细线悬挂在同一点，并在同一水平面内作匀速圆周运动，如图所示。则两个小球（　　）
A．运动周期相等 B．运动线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．所受细线的拉力大小相等
10．关圆周运动的基本模型如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状
B．如图b，两个圆锥摆，摆线与竖直方向夹角不同，但圆锥的高相同，则两圆锥摆的角速度相同
C．如图c，同一小球在光滑固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度大小相等
D．如图c，同一小球在光滑固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A位置小球的半径较大，所以在A位置所需向心力较大
11．如图所示，在粗糙水平板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内做完整匀速圆周运动，为水平直径，为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则（　　）
A．物块始终受到三个力作用
B．在、两点，水平板对物块的作用力指向圆心
C．物体全程所受的摩擦力大小不变
D．物体全程所受合力大小不变
12．如图所示，小物体A与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A的受力情况是（ ）
A．受重力、支持力 B．重力、支持力、向心力、摩擦力
C．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力 D．以上都不正确
二、填空题（共5题）
13．如图所示为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。则从动轮做___________转动，转速为___________。
14．一辆质量为的汽车，以的速率通过半径为的圆弧形凸桥，当汽车通过桥顶部时，桥面受到汽车的压力大小为___________；如果该汽车通过此桥顶部时速率达到___________时，汽车就恰好对桥面无压力（取）。
15．如图所示，在皮带传动中，如果大轮的半径为，小轮的半径为，又，则A、B、C三点的线速度大小之比________，角速度大小之比________，周期之比________，频率之比________。
16．如图所示， 旋转木马被水平钢杆拴住绕转台的中心轴做匀速圆周运动， 若相对两个木马间的杆长为6m， 木马质量为30kg， 骑木马的儿童质量为40kg， 当木马旋转的速度为6m/s时， 此时儿童旋转的角速度为______________rad/s， 儿童受到的向心力是____________N。
17．在如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一转轴转动。A、B两轮用皮带传动，三轮半径关系为，若皮带不打滑，求A、B、C轮边缘的a、b、c三点的角速度之比为___________，a、b、c三点的线速度之比___________。
三、解答题（共4题）
18．摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入水平地面的一段半圆形的弯道，摩托车与弯道地面的动摩擦因数为0.4，弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道，数据如图所示。求：摩托车在直道上行驶所用的最短时间。
启动加速度 4
制动加速度 8
直道最大速度 40m/s
直道长度s 218m
弯道半径R 100m
19．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=20m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3倍，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：
（1）运动员飞出圆弧轨道时的速度大小；
（2）运动过程中运动员距斜坡的最大距离d及从B点到距斜坡距离最大时所用的时间t。
20．如图所示，一根长0.1 m、能承受的最大拉力为45N的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住细线的另一端使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的角速度增大到原来的3倍时，细线恰好断裂。已知桌面高出地面h＝0.8 m求：（g取10 m/s2）
（1）细线断裂的瞬间，小球运动的线速度大小；
（2）细线断裂后小球垂直于桌面边缘飞出去的落地点离桌面边缘的水平距离s。
21．如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为L，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为L。当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时（轻绳a、b与杆在同一竖直平面内，重力加速度为g）。求：
（1）当小球静止时，轻绳a的拉力为多大？（结果用根式表示）
（2）竖直杆角速度为多大时，轻绳b刚好伸直？（结果用根式表示）
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
小球在A点的瞬时速度垂直与OA方向，即沿Ab方向，松手后小球受力平衡，小球沿Ab方向做匀速直线运动，故B正确，ACD错误。
故选B。
2．C
【解析】
【详解】
A．在最高点时，小球可能受到重力、拉力的作用，故A错误；
BD．若绳子的拉力刚好为零，此时小球重力提供向心力
解得
小球恰好做完整的圆周运动，所以BD错误；
C．在最低点时，由绳子的拉力和重力的合力提供向心力，得
所以
故C正确。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
AC．小明在最高点时，速度为零，受力分析如图
易知
解得
故A错误；C正确；
BD．小明在最低点速度最大，分力分析如图
由牛顿第二定律，可得
易知，加速度不为零，秋千对小明的作用力大于。故BD错误。
故选C。
4．D
【解析】
【详解】
AB.根据同轴转动可知，，根据，，得，故AB错误；
CD.根据，，得，，故C错误，D正确。
故选D。
5．D
【解析】
【详解】
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。
6．D
【解析】
【详解】
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。
7．B
【解析】
【详解】
A．当小明通过最高点时，小明依然受到重力作用，A错误；
B．小明做匀速圆周运动的周期
B正确；
C．小明做圆周运动所需的向心力大小为
F向=mω2r=k2mg故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完全失重状态，C错误；
D．当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有
F-mg=mω2r
解得
F=(1+k2）mg
根据牛顿第三定律可知，此时小明对座舱座垫的压力大小为（1+k2）mg，D错误。
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
由于自行车大齿轮、小齿轮是链条传动，链条传动的特点是大齿轮、小齿轮边缘的线速度的大小相同，即甲、丁线速度的大小相同，甲、乙同轴转动，角速度相同，丙、丁同轴转动。角速度相同，乙、丙线速度的大小不相同，根据向心加速度的公式
知如果两点线速度大小相等， 向心加速度与半径成反比，所以甲、丁向心加速度与半径成反比，故C正确，ABD错误。
故选C。
9．A
【解析】
【详解】
D．对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力
细线的拉力为
两细线拉力方向与竖直方向的夹角不同，细线的拉力不相等，D错误；
C．重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力
因为角度不同，所以向心力大小不相等，
向心加速度不相等，C错误；
B．设球与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得
根据
解得
因为角度不同，所以线速度不相等，B错误；
A．根据
解得
周期相同，A正确。
故选A。
10．B
【解析】
【详解】
A．如图a，汽车通过拱桥的最高点，加速度向下，则处于失重状态，选项A错误；
B．如图b，两个圆锥摆，摆线与竖直方向夹角不同，但圆锥的高相同，根据
可得
则两圆锥摆的角速度相同，选项B正确；
CD．如图c，同一小球在光滑固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置，根据受力分析知两球受力情况相同，即向心力相同，由
F=mω2r
知r不同角速度不同，故CD错误；
故选B。
11．D
【解析】
【详解】
A．在c、d两点，物块只受到重力和支持力，在其他位置处物块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，A错误；
B．在a、b两点，水平板对物块的摩擦力方向指向圆心，但水平板对物块还有支持力的作用，它们的合力方向不指向圆心，B错误；
CD．物块做匀速圆周运动，则物块所需向心力大小不变，且此向心力由物块所受合力提供，即物块全程所受合力大小不变，在a、b点时，完全由静摩擦力提供向心力，而在别的位置不是，所以物块全程所受的摩擦力是会变化的，C错误，D正确。
故选D。
12．C
【解析】
【详解】
物体在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故物体只受重力、支持力和摩擦力作用。
故选C。
13． 逆时针
【解析】
【详解】
[1]主动轮带着从动轮转，故主动轮顺时针转动，则从动轮逆时针转动。
[2]主动轮边缘上的点和从动轮边缘上的点属于共线传动，即
主动轮的转速为n，则
解得从动轮的转速为
14． 20
【解析】
【分析】
【详解】
[1]汽车通过桥顶部时，由汽车的重力和桥面的支持力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律得
解得
又由牛顿第三定律得，桥面受到汽车的压力大小为
[2]当时，有
得到
15． 4∶4∶1 1∶2∶1 2∶1∶2 1∶2∶1
【解析】
【分析】
【详解】
[1] A、C共轴转动，角速度相等，因为A、C转动的半径之比为4：1，根据
知，A、C两点的线速度大小之比为4：1，A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，所以A、B、C三点的线速度大小之比为
[2] A、C共轴转动，角速度相等，A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，A、B两点的半径之比为2：1，根据
知，A、B两点的角速度之比为1：2，角速度大小之比
[3]根据
则周期之比
[4]根据
则频率之比
16． 2 480
【解析】
【详解】
[1]由题可知，转动半径为3m，根据可得角速度
[2]儿童受到的向心力为
17．
【解析】
【分析】
【详解】
[1]由于A轮和B轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故
即
由角速度和线速度的关系式
则
可得，由于B轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，即
故
即
[2]由角速度和线速度的关系式
可得
即
18．11s
【解析】
【分析】
【详解】
设摩托车加速的最大速度为，则加速阶段的位移为
设弯道的最大速度为v2，则有
解得
随后减速到发生的位移为
且
联立方程，解得
所以
摩托车在直道上行驶所用的最短时间
19．（1）；（2），1.5s
【解析】
【详解】
（1）由题意，根据牛顿第三定律可知运动员运动到B点时受轨道的支持力大小为
设运动员飞出圆弧轨道时的速度大小为vB，由牛顿第二定律得
解得
（2）运动员从B点飞出时，将其速度和加速度分别沿斜坡方向和垂直斜坡方向分解，如图所示，则
当运动员在垂直斜面方向上的速度减为零时，运动员距斜坡最远，根据运动学公式有
解得
20．（1）5m/s；（2）2m
【解析】
【详解】
（1）设细线断裂时小球的线速度为v，由牛顿第二定律得
F＝m
解得
v＝＝m/s＝5 m/s
（2）由平抛运动的规律得小球在空中运动的时间为：
t＝＝s＝0.4s
故小球落地点离桌面边缘的水平距离
s＝vt＝5×0.4 m＝2m
21．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球静止时，小球紧贴在竖直杆上，由几何关系可知
此时有
联立解得
（2）角速度再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为
r=Lsin60°
水平方向
竖直方向
联立解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页