第二章 匀速圆周运动 单元综合测试（word版含答案）

第二章 匀速圆周运动 单元综合测试
一、单选题
1．（2021·上海·位育中学高一期中）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
2．（2021·山东·新泰中学高三阶段练习）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
3．（2021·江苏·涟水县第一中学高二阶段练习）由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点，在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平，杆OP绕O点从水平位置匀速转动到90°的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q两点加速度相同
B．Q点线速度大小大于P点线速度大小
C．Q点做匀速直线运动
D．Q点做变速圆周运动
4．（2021·吉林·长春外国语学校高二期中）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上有两个小物块A、B，它们距圆盘中心的距离分别为r和2r，它们随圆盘一起匀速转动，关于小物块A、B各物理量之比正确的是（　　）
A．角速度之比ωA∶ ωB=1∶1
B．周期之比TA∶ TB=1∶2
C．线速度之比vA∶ vB=1∶1
D．向心加速度之比aA∶ aB=2∶1
5．（2021·辽宁大连·高三阶段练习）如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B能随转台一起以角速度匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A和B与转台间的动摩擦因数均为，A与转台中心的距离为2r，B与转台中心的距离为r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．转台对A的摩擦力一定为
B．转台对A的摩擦力一定小于对B的摩擦力
C．转台对A的摩擦力一定大于对B的摩擦力
D．转台的角速度逐渐增大的过程中，A比B先滑动
6．（2021·北京市第四十三中学高三阶段练习）如图，光滑水平面上，质量为m的小球，在细绳拉力F的作用下，以速度v做半径为r的匀速圆周运动。（　　）
A．若小球沿顺时针运动到图示位置时，拉力F突然变小，则小球将沿轨迹a运动
B．若小球沿顺时针运动到图示位置时，拉力F突然变大，则小球将沿轨迹b运动
C．若小球沿顺时针运动到图示位置时，绳子突然断裂，则小球将沿轨迹c运动
D．无论绳子上的力如何变化，小球都将沿圆周运动
7．（2022·全国·高一专题练习）如图所示，用长为l的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g，则下列说法不正确的是（　　）
A．小球在圆周最高点时所受向心力可能等于重力
B．小球在圆周的最高点时绳子的拉力可能为零
C．若小球刚好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点速率是0
D．若小球刚好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点速率是
8．（2022·全国·高一专题练习）公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处（　　）
A．路面外侧低内侧高
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
D．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
9．（2021·北京·高二学业考试）2021年11月24日，长征五号运载火箭将嫦娥五号探测器成功送入预定轨道，开启了中国首次地外天体采样之旅。经过约112h的奔月飞行，嫦娥五号探测器在距离月面约400km处成功实施发动机点火制动，顺利进入环绕月球的椭圆轨道。11月29日20时23分，嫦娥五号探测器在近月点再次“刹车”，从椭圆轨道变为近似的圆形轨道（如图所示），为顺利落月做好了准备。探测器在圆形轨道运动过程中，下列物理量保持不变的是（　　）
A．周期 B．向心力 C．向心加速度 D．线速度
10．（2022·浙江·高三专题练习）如图所示，一内壁光滑的圆锥面，顶点O在下方，顶角为，OO′是竖直轴线，若有A、B两小球，质量（可视为质点），在圆锥的内壁上沿不同的圆轨道做匀速圆周运动，以O点为势能零点，则（　　）
A．它们的线速度大小相同
B．它们的周期相同
C．它们的动能相同
D．它们的动能与重力势能之比相同
11．（2021·浙江宁波·一模）转篮球是一项难度较高的技巧，其中包含了许多物理知识。如图所示，假设某转篮高手能让篮球在他的手指上（手指刚好在篮球的正下方）匀速转动，下列有关描述正确的是（　　）
A．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处 B．篮球上各点的向心力是由手指提供的
C．篮球上各点做圆周运动的角速度相等 D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大
12．（2021·天津一中高三阶段练习）如图所示为旋转脱水拖把结构图，旋转杆上有长度为的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为，固定套杆内部有与旋转杆的螺纹相配套的凹纹，如果旋转杆不动，固定杆可以在旋转杆上沿其轴线旋转上行或下行。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆使拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。拖把头的托盘半径为，拖布条的长度为，脱水桶的半径为。某次脱水时，固定套杆在内匀速下压了，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（　　）
A．紧贴脱水桶壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
B．旋转时脱水桶壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为
C．拖把头转动的周期为
D．拖把头转动的角速度为
二、填空题
13．（2021·福建·上杭县才溪中学高三阶段练习）甲、乙两同学来到溜冰场做圆周运动实验。他们的质量分为，。实验时两人面对面拉着弹簧秤做圆周运动，如图所示，两人相距（可以简化为质点间距离），弹簧秤的示数为，地面摩擦忽略不计，试回答下列问题：
（1）两人运动的________（选填“线速度”或“角速度”）相同，两人的运动半径________（选填“不同”或“相同”）。
（2）由已知数据，可求得甲的运动半径为________m，甲运动的角速度为________。
14．（2021·全国·高一课前预习）匀速圆周运动的加速度方向
（1）定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向_____，这个加速度叫作向心加速度。
（2）向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的_____，不改变速度的_____。
（3）物体做匀速圆周运动时，向心加速度始终指向_____，方向在时刻_____，所以匀速圆周运动是_____曲线运动。
15．（2021·新疆昌吉·高一期末）如图所示，一小物块置于绕竖直轴转动的水平转盘上，随盘一起匀速转动，若已知小物块的质量为1kg，离转轴的距离为10cm，转盘的角速度为5rad/s，则物块所需向心力的大小为______N ，该向心力由_____力提供。
16．（2021·上海南汇中学高一期末）如图所示，一质点在的时间沿半径为的圆形轨道从点运动到点，质点与圆心的连线在这段时间内转过的角度为，该过程中质点可以看成匀速圆周运动，质点的角速度为______，向心加速度为______。
三、解答题
17．（2021·山西·高三阶段练习）某铁路转弯处的圆弧半径是R，一质量为m的机车（俗称火车头）通过该弯道，机车转弯时可以简化为质点做圆周运动。若弯道处的铁轨铺设在倾斜路基上，路基的倾角θ，如图所示，为了使铁轨对车轮没有侧向弹力（g为已知，忽略车轮与轨道间的摩擦）。
（1）求机车通过这个弯道的速度v为多大？
（2）若机车以kv的速度匀速转弯（已知k>1，v为第1问中的速度），求在垂直于路基的方向上轨道对火车的支持力？
18．（2022·上海·高一）某同学以自行车的齿轮传动作为探究学习的课题，该同学通过观察发现，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，后轮与小齿轮绕共同的轴转动，如图所示，测得大齿轮的半径为r1、小齿轮的半径为r2、自行车后轮的半径为R，若测得在时间t内大齿轮转动的圈数为N，求：
（1）大齿轮转动角速度的大小ω；
（2）自行车后轮线速度的大小v。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．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。
2．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。
3．A
【解析】
P点绕O点做匀速圆周运动，杆PQ始终保持水平，则Q点的运动轨迹也是一个圆周，Q点绕另一个圆心做匀速圆周运动。二者保持相对静止，具有相同的加速度，而且两点的线速度大小相等。故A正确；BCD错误。
故选A。
4．A
【解析】
两物体同轴转动，则角速度相等，即角速度之比
ωA∶ ωB=1∶1
根据
可知周期之比
TA∶ TB=1∶1
根据
v=ωr
可知，线速度之比
vA∶ vB=1∶2
根据
a=ωv
可知向心加速度之比
aA∶ aB=1∶2
故选A。
5．D
【解析】
AB．两物体随转台一起做匀速转动，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，对A物体，摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则不一定等于，故A错误；
D．对B：根据牛顿第二定律得
解得发生滑动的临界角速度为
由于A的转动的半径大，可知角速度增大，A先发生相对滑动，故D正确；
BC．由于A、B未发生滑动，根据牛顿第二定律得
转台对A的摩擦力大小等于对B的摩擦力大小，故BC错误。
故选D。
6．C
【解析】
A．若小球沿顺时针运动到图示位置时，拉力F突然变小，向心力不足小球做离心运动，则小球将沿轨迹b运动，A错误；
B．若小球沿顺时针运动到图示位置时，拉力F突然变大，小球做向心运动，则小球将沿轨迹a运动，B错误；
C．若小球沿顺时针运动到图示位置时，绳子突然断裂，向心力消失，小球沿着切线运动，则小球将沿轨迹c运动，C正确；
D．无论绳子上的力如何变化，小球都不能沿圆周运动，D错误。
故选C。
7．C
【解析】
AB．小球在圆周最高点时可能恰好由重力提供向心力，此时绳子的拉力为零，AB正确；
CD．若小球刚好在竖直平面内做圆周运动，恰好由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
得
C错误，D正确。
本题选不正确的，故选C。
8．D
【解析】
A．路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，故A错误；
B．车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动，故B错误；
C．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变，故C错误；
D．当速度为vc时，侧向静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑，故D正确。
故选D。
9．A
【解析】
探测器在圆形轨道运动过程中，周期不变，线速度大小不变，方向总是不断不变化，所以线速度不断变化，向心力方向总是和线速度方向垂直，所以向心力总是在变化，由牛顿第二定律知向心加速度的方向也不断变化，所以向心加速度也在不断变化，故A正确，BCD错误。
故选A。
10．D
【解析】
AC．小球做匀速圆周运动，由支持力与重力的合力作为向心力，由牛顿第二定律可得
解得
A球做圆周运动的轨道半径r较大，故线速度v较大，又由于A球质量较大，故A球动能较大，AC错误；
B．由向心力公式可得
解得
由于r不同，故T不同，B错误；
D．小球的动能与重力势能之比为
故它们的动能与重力势能之比相同，D正确。
故选D。
11．C
【解析】
A．篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，圆心均在转轴上，A错误；
B．篮球旋转就是靠我们的手拍动篮球旋转，造成篮球旋转产生的向心力的，B错误；
C．篮球上的各点绕转轴做圆周运动，故角速度相同，C正确；
D．由于角速度相同，根据
a=ω2r
可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，D错误。
故选C。
12．B
【解析】
A．紧贴脱水桶内壁的拖布条半径最大，根据
半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，故A错误；
B．脱水桶内壁半径为12cm，托盘边缘半径为8cm，根据
向心加速度之比为
故B正确；
C．旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d= 5cm，所以共7圈，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，所以2s转了7个周期，故周期为
故C错误；
D．根据周期和角速度的关系式
故D错误。
故选B。
13． 角速度 不同 0.5 1.4
【解析】
（1）[1][2]依题意，可知二人同轴转动，周期相等，则角速度相等；由于二人的向心力均由弹簧弹力提供，则有
可得
显然二人圆周运动的半径不同；
（2）[3]依题意知
可求得
[4]根据
代入已知数据求得
14． 圆心 方向 大小 圆心 变化 变加速
【解析】
（1）[1]定义：物体做匀速圆周运动时的加速度总指向圆心，这个加速度叫作向心加速度；
（2）[2][3]向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小；
（3）[4][5][6]物体做匀速圆周运动时，向心加速度始终指向圆心，方向在时刻变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动。
15． 2.5 静摩擦力
【解析】
【分析】
[1]物块所需向心力的大小为
[2]该向心力由静摩擦力提供。
16．
【解析】
【分析】
[1]根据
解得
[2]根据
解得
17．(1)；(2)
【解析】
(1)铁轨对车轮没有侧向弹力时，恰好由支持力与重力的合力作为向心力，据牛顿第二定律可得
解得火车过弯的速度为
(2)若机车以kv的速度匀速转弯，由于k>1，铁轨对车轮有指向内侧的压力F，水平方向指向圆心的合力作为向心力，可得
竖直方向由平衡条件可得
联立解得轨道对火车的支持力为
18．（1）；（2）
【解析】
（1）大齿轮的周期
则
大齿轮转动角速度的大小
（2）大齿轮和小齿轮边缘线速度的大小相等，有
解得小齿轮角速度的大小
小齿轮角速度与后轮角速度的大小相等，则后轮线速度的大小
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页