章末检测(二) 匀速圆周运动-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第二册同步导学案配套PPT课件（教科版）

章末检测(二)　匀速圆周运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 一、选择题:本题共10个小题,共46分。在每小题所给的四个选项中,第 1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分,第8~10题有多项符合题目要求, 每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 1.下列现象中属于防止离心现象带来危害的是(　　) A.旋转雨伞甩掉雨伞上的水滴 B.列车转弯处铁轨的外轨道比内轨道高些 C.拖把筒通过旋转使拖把脱水 D.洗衣机脱水筒高速旋转甩掉附着在衣服上的水 B 2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 旋转雨伞甩掉雨伞上的水滴,拖把筒通过旋转使拖把脱水和洗衣机脱水 筒高速旋转甩掉附着在衣服上的水,都是利用的离心运动,故A、C、D错 误;在修建铁路时,列车转弯处铁轨的外轨道比内轨道高些,目的是由重 力的分力提供一部分向心力,弥补向心力不足,防止车速过大,火车产生 离心运动而发生侧翻,所以该现象属于防止离心现象带来危害,故B正确。 13 14 15 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.转篮球是中学生喜爱的一项娱乐项目。如图所示,某同学让篮球在他 的手指正上方匀速转动,下列说法正确的是(　　) A.篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处 B.篮球上离转动轴距离相等的各点速度相同 C.篮球上各点做圆周运动的角速度不相等 D.篮球上各点离转轴越近,做圆周运动的向心加速度越小 13 14 15 D 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 只有篮球上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才 在球心处,其他点做圆周运动的圆心都不在球心处, A错误;篮球上离轴距离相同的各点速度大小相同,方 向不同,B错误;篮球上各点为同轴转动,篮球上各点 做圆周运动的角速度相等,C错误;根据公式a＝ω2r,同轴转动,角速度一样,半径越小向心加速度越小,D正确。 15 5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.如图所示,物块在水平圆盘上,与圆盘一起绕固定 轴匀速转动,下列说法正确的是(　　) A.物块受三个力作用 B.物块处于平衡状态 C.在物块到转轴距离一定时,物块运动周期越小,越 不容易脱离圆盘 D.在角速度一定时,物块到转轴的距离越远,物块越不容易脱离圆盘 13 14 15 A 6 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 物块绕固定轴做匀速圆周运动,对其受力分析可知, 物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及 指向圆心的摩擦力共三个力作用,合力提供向心力, 故A正确,B错误;根据向心力公式F＝mr可知,当 物块到转轴距离一定时,周期越小,所需向心力越大,越容易脱离圆盘,故C错误;根据向心力公式F＝mω2r可知,当ω一定时,物块到转轴的距离越远,半径越大,所需的向心力越大,越容易脱离圆盘,故D错误。 15 7 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 4.在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨,当火车以规定的行驶速度 转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压,为了提高转弯速度,且仅 改变一个量,下列可行的措施是(　　) A.减小火车质量 B.增大铁轨与车轮的摩擦 C.减小转弯半径 D.增大轨道倾斜角 15 D 8 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 要使铁轨不受挤压,应使重力与支持力的合力充当向心力,则有mgtan θ＝,解得转弯速度v＝,其与火车的质量和轨道与车轮的摩擦力无关,为了提高转弯速度,可以增大倾角或增大转弯半径,故D正确,A、B、C错误。 15 9 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 5.如图所示,将完全相同的两小球A、B,用长L＝ 0.8 m的细绳悬于以v＝4 m/s向右匀速运动的小车 顶部,两球与小车前后壁接触,由于某种原因,小车 突然停止瞬间,两悬线中的张力之比TB∶TA为(　　) A.1∶1　　　　　　　 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4 15 C 10 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 设小球的质量都是m,小车突然停止,则B球受到小 车前壁的作用力停止运动,对B球有FB＝mg＝10m, 小车突然停止,则A球由于惯性,会向前摆动,做圆周 运动,对A球有FA－mg＝m,所以FA＝mg＋m＝10m＋20m＝30m,两悬线中的张力之比TB∶TA为1∶3,故C正确。 15 11 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 6.如图所示,长为L的轻绳一端系一质量为m的小球A(视为质点),另一端 固定于O点,当绳竖直时小球静止。现给小球一水平初速度v0,使小球在 竖直平面内做圆周运动,且刚好能过最高点,重力加速度为g,不计空气阻 力,则(　　) A.小球过最高点时,速度可能为零 B.小球过最高点时,绳的拉力不可能为零 C.小球过最高点时,速度大小为 D.开始运动时,绳的拉力为m 15 C 12 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 小球刚好越过最高点,可知FT＝0,根据牛顿第二定律 可得mg＝m,解得v＝,故A、B错误,C正确;开 始运动时,根据牛顿第二定律可得FT－mg＝m,解 得FT＝mg＋m,故D错误。 15 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 7.如图是某固定翼无人机在目标上空高 度为h的水平面内盘旋,做匀速圆周运动, 测得与目标的距离为s,无人机质量为m, 巡航速度为v,所在地重力加速度为g。 以下说法正确的是(　　) A.无人机圆周运动的周期为 B.无人机匀速圆周运动过程中,竖直面内受重力、升力和向心力作用 C.无人机获得的升力大小等于mg D.机翼与水平面的夹角θ满足关系式:tan θ＝ 15 D 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由题意可得,无人机做圆周运动的半径 为r＝,则周期为T＝ ,故A错误;无人机做匀速圆周运 动的过程中,竖直面内受重力、升力的作 用,二者的合力提供无人机所需的向心力, 故B错误;无人机做匀速圆周运动,无人机获得的升力在竖直方向上的分力大小等于mg,故C错误;机翼与水平面的夹角θ满足关系式F升cos θ＝mg,F升sin θ＝m,r＝ ,联立求得tan θ＝,故D正确。 15 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 8.如图所示,装置BO'O可绕竖直轴O'O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,当小 球绕竖直轴转动时,细线AB保持水平,细线AC与竖直 方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝2 kg,细线 AC长L＝0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°＝0.6, 则当细线AB拉力等于零时,转动的角速度ω及细线AC 的拉力大小F分别为(　　) A.ω＝5 rad/s B.ω＝2.5 rad/s C.F＝25 N D.F＝30 N 15 AC 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 当细线AB拉力为零时,对小球A受力分析,竖直方向 有Fcos 37°＝mg,解得线AC的拉力大小F＝25 N,水 平方向有Fsin 37°＝mω2Lsin 37°,解得ω＝5 rad/s, A、C正确。 15 17 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 9.港珠澳大桥有一段半径约为120 m的圆弧形弯道,路面水平。晴天时路 面对轮胎的最大静摩擦力为正压力的0.8倍,下雨时路面被雨水淋湿,路 面对轮胎的最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道 时做匀速圆周运动,汽车可视为质点,g取10 m/s2则(　　) A.汽车以20 m/s的速率通过此弯道时的向心加速度约为3.3 m/s2 B.汽车以20 m/s的速率通过此弯道时的角速度约为0.6 rad/s C.晴天时,汽车以30 m/s的速率可以安全通过此圆弧形弯道 D.下雨时,汽车不能以15 m/s的速率安全通过此圆弧形弯道 15 AC 18 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 汽车以20 m/s的速率通过此弯道时的向心加速度为a＝ m/s2≈ 3.3 m/s2,A正确;汽车以20 m/s的速率通过此弯道时的角速度为ω＝ rad/s≈0.17 rad/s,B错误; 晴天时,汽车安全通过此圆弧形弯道时μ1mg＝m,解得临界速度v＝ m/s≈31 m/s,则汽车以30 m/s的速率可以安全通过此圆弧形弯道,C正确;下雨时,汽车安全通过此圆弧形弯道时μ2mg＝m,解得临界速度v1＝ m/s≈22 m/s,则汽车以15 m/s的速率可以安全通过此圆弧形弯道,D错误。 15 19 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 10.如图所示,水平杆固定在竖直杆上,两者互相垂直。水平杆上O、A两 点连接有两轻绳,两绳的另一端都系在质量为m的小球上,OA＝OB＝AB。 现通过转动竖直杆,使水平杆在水平面内做匀速圆周运动,三角形OAB始 终在竖直平面内。若转动过程中OB、AB两绳始终没有弯曲,重力加速度 为g,则下列说法正确的是(　 　) A.OB绳的拉力大小可能为mg B.OB绳的拉力大小可能为mg C.AB绳的拉力大小可能为0 D.AB绳的拉力大小可能为mg 15 ACD 20 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 转动的角速度为零时,OB绳的拉力最小,AB绳的拉力 最大,这时二者的值相同,设为T1,则2T1cos 30°＝mg, 解得T1＝mg,增大转动的角速度,两绳始终没有弯曲, 所以当AB绳的拉力刚好为零时,OB绳的拉力最大,设此 时OB绳的拉力为T2,则T2cos 30°＝mg,T2＝mg,因此OB绳的拉力范 围为mg~mg,AB绳的拉力范围为0~mg,故A、C、D正确,B错误。 15 21 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 二、非选择题:本题共5个小题,共54分。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。 11.(6分)在探究物体做圆周运动向心力与质量m、轨道半径r及线速度v关系时用到如图所示的实验装置。与皮带连接的左右两个变速轮塔的半径之比为2∶1,让两个完全相同的小球放置在左右两个短槽内,左右两个短槽的半径相等,这是在探究向心力与________(选填“质量”“半径”或“线速度”)的关系,转动手柄 后,左右两小球线速度之比为 ________,左右标尺露出的格数 之比为________。  15 线速度 　1∶2 1∶4 22 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 两个变速轮塔用皮带传动,当转 动手柄时,两个变速轮塔会获得 相同的线速度,而由v＝ωr可知, 变速轮塔半径之比为2∶1,则两 个变速轮塔的角速度之比为1∶2, 即两个小球的角速度之比为1∶2, 而两个小球距转轴中心的距离相等,即半径相等,则可得线速度之比为1∶2,则可知该实验是在探究向心力与线速度之间的关系;由向心力与线速度之间的关系F＝m可知,在质量相同,转动半径相同的情况下,向心力之比就等于线速度的平方比,即为1∶4,而标尺的格数表示向心力的大小,因此可得左右标尺露出的格数之比为1∶4。 15 23 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(8分)某实验小组利用图甲所示装置测量角 速度等物理量,实验过程如下: ①按照图甲安装实验装置; ②将纸带沿着圆盘缠绕一圈,用笔做好记号, 将这一圈纸带取下来,沿着米尺展开,测得其 长度为78.50 cm; ③让纸带穿过打点计时器的限位孔,纸带上端 用双面胶粘在圆盘上,下端连接一钩码。调节 圆盘和打点计时器的相对位置,使圆盘所在的 竖直面与打点计时器限位孔所在的竖直面垂直, 保证纸带竖直悬挂; 13 14 15 24 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ④转动圆盘,让部分纸带缠绕在圆盘上。接通电源,释放纸带,钩码通过纸带带动圆盘顺时针转动。实验得到的一段纸带如图乙所示,纸带上相邻计数点之间还有4个点未画出。已知打点计时器打点的周期为0.02 s,π取3.14。以下计算结果均保留3位有效数字。 25 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)在打出AB段纸带的时间内,钩码平均速度大小是________m/s。  0.400 (1)在打出AB段纸带的时间内,钩码平均速度大小为 m/s＝0.400 m/s。 26 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)在打出C点时,钩码速度大小是________m/s,圆盘转动的角速度大小是________rad/s。  0.745 5.96 27 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)在打出C点时,钩码速度大小是vC＝×10－2 m/s ＝0.745 m/s 由题意可知,圆盘的半径为r＝×10－2 m＝0.125 m 由v＝rω可得,圆盘转动的角速度大小为ω＝ rad/s＝5.96 rad/s。 15 28 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)在打出AF段纸带的时间内,关于圆盘转动的角速度大小随时间的变化关系,下列可能正确的是________。  B 29 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (3)在打出AF段纸带的时间内,钩码的速度越来越大,由v＝rω,可得ω＝,由逐差法Δx＝aT'2＝2.30 cm可得,钩码向下做匀加速直线运动,圆盘转动的线速度与时间呈线性关系,则v＝v0＋at,即圆盘转动的角速度大小为ω＝t＋,故选B。 15 30 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 13.(10分)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中,我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动,若运动员加速到速度v＝9 m/s时,滑过的距离x＝15 m,求加速度的大小; 答案:(1)2.7 m/s2　 15 31 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)根据速度位移公式有 v2＝2ax 代入数据可得 a＝2.7 m/s2。 14 15 32 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀 速圆周运动,如图所示,若甲、乙两名运动员同时进入弯 道,滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m,滑行速率分别 为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s,求甲、乙过弯道时的向心加 速度大小之比,并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 答案: (2)　甲先出弯道,计算过程见解析 14 15 33 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)根据向心加速度的表达式a＝ 可得甲、乙的向心加速度之比为 × 甲、乙做匀速圆周运动,则运动的时间为 t＝ 代入数据可得甲、乙运动的时间为 t甲＝ s,t乙＝ s 因t甲＜t乙,所以甲先出弯道。 14 15 34 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 14.(13分)如图是小型电动打夯机的结构示意图,电 动机带动质量为m＝50 kg的重锤(重锤可视为质点) 绕转轴O匀速转动,重锤转动半径为R＝0.5 m。电动 机连同打夯机底座的质量为M＝25 kg,重锤和转轴O 之间连接杆的质量可以忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)重锤转动的角速度为多大时,才能使重锤通过最高点时打夯机底座刚好离开地面? 答案:(1) rad/s　 15 35 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时, 才能使打夯机底座刚好离开地面,有T＝Mg 对重锤有mg＋T＝mω2R 解得ω＝ rad/s。 15 36 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)若重锤以上述的角速度转动,当打夯机的重锤通 过最低位置时,打夯机对地面的压力为多大? 答案:(2)1 500 N 15 37 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)在最低点,对重锤,有T'－mg＝mω2R 则T'＝Mg＋2mg 对打夯机,有 N＝T'＋Mg＝2(M＋m)g＝1 500 N 由牛顿第三定律N'＝N＝1 500 N。 15 38 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15.(17分)如图所示,一根原长为L的轻 弹簧套在光滑直杆AB上,其下端固定 在杆的A端,质量为m的小球也套在杆 上且与弹簧的上端相连。小球和杆一 起绕经过杆A端的竖直轴OO'匀速转动, 且杆与水平面间始终保持θ＝37°角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L,重力加速度为g,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,求: 15 39 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (1)弹簧的劲度系数k; 答案:(1)　 15 (1)处于静止状态时,对小球受力分析,由平衡条件得 mgsin θ＝F弹 根据胡克定律得 F弹＝k(L－0.5L) 解得k＝。 40 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)弹簧为原长时,小球的角速度ω0; 答案: (2)　 15 (2)弹簧为原长时,小球只受到重力和杆的支持力,由它们的合力提供向心力,则 mLcos θ＝mgtan θ 可得ω0＝。 41 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (3)当杆的角速度ω＝时弹簧的长度。 答案: (3)3L 15 42 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (3)当杆的角速度ω＝时,因ω＞ω0,故弹簧伸长,设弹簧的伸长量为x,弹簧的弹力为F。 对小球受力分析可得 竖直方向:Ncos θ＝mg＋Fsin θ 水平方向:Nsin θ＋Fcos θ＝mω2(L＋x)cos θ 根据胡克定律得 F＝kx 联立解得x＝2L 所以,当杆的角速度ω＝ 时弹簧的长度为3L。 15 43 $$