单元检测卷(二) 匀速圆周运动-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（教科版）

单元检测卷(二)　匀速圆周运动 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(2024·重庆巴蜀中学高一校考期末)洗衣机的脱水桶把湿衣服甩干主要利用了(　　) A．直线运动 B．离心运动 C．平抛运动 D．斜抛运动 答案：B 解析：洗衣机的脱水桶把湿衣服甩干主要利用了离心运动，即水滴做圆周运动所需的向心力大于其受到的合外力，故选B。 2．(2024·四川成都棠湖中学高一校联考期末)关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用 B．如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则一定是因为物体的速度突然变大了 C．如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向挤压，倾角θ应根据火车的质量设计 D．如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过最低点C时小球对轨道的压力最大 答案：D 解析：如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其中摩擦力提供向心力，选项A错误；如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，即做离心运动，则可能是因为物体的速度突然变大了，也可能是提供的向心力突然变小了，选项B错误；如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向挤压，倾角θ应满足mg tan θ＝m，即tan θ＝，倾角θ与火车的质量无关，选项C错误；如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过最低点C时小球的速度最大，根据N－mg＝m与牛顿第三定律可知，对轨道的压力最大，选项D正确。 3．(2024·四川绵阳三台中学高一校考期末)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沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物体相对木板始终静止，则(　　) A．物体始终受到三个力作用 B．只有在a、b、c、d四点，物体受到的合外力才指向圆心 C．从a到b，物体所受的摩擦力先减小后增大 D．在位置d，物体处于失重状态 答案：C 解析：在c、d两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用，故A错误；物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；从a运动到b，物体加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大，故C正确；在位置d，物体加速度向上，物体处于超重状态，故D错误。 4．如图所示，O1和O2是摩擦传动的两个轮子，O1是主动轮，O2是从动轮，O1和O2两轮的半径之比为1∶2。a、b两点分别在O1、O2的轮边缘，c点在O2上且与其轴心距离为轮半径的一半，若两轮不打滑，则a、b、c三点的向心加速度之比为(　　) A．2∶2∶1 B．1∶2∶2 C．1∶1∶2 D．4∶2∶1 答案：D 解析：a、b两点的线速度大小相同，b、c两点的角速度相同，a、b、c做圆周运动的半径之比为1∶2∶1，可知a、b、c三点的线速度之比为2∶2∶1，角速度之比为2∶1∶1，由公式a＝ωv可求出向心加速度之比为4∶2∶1，选项D正确。 5．(2024·福建福州高一期末)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　) A．细线所受的拉力不变 B．Q受到桌面的静摩擦力变小 C．小球P运动的周期变大 D．小球P运动的线速度变大 答案：D 解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有T＝，θ增大，cos θ减小，细线拉力T增大，对Q，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变大，A、B错误；由mg tan θ＝mω2L sin θ或mg tan θ＝m，解得角速度ω＝，v＝，当小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，sin θ增大，cos θ减小，tan θ增大，线速度变大，角速度ω增大，根据T＝可知周期变小，C错误，D正确。 6．如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道。质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时(　　) A．处于超重状态 B．速度v的大小一定为 C．向心加速度方向竖直向下 D．座位对游客的作用力为m 答案：C 解析：游客做圆周运动，在最高点，受重力和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度竖直向下，游客处于失重状态，故A错误，C正确；在最高点，根据向心力公式得mg＋N＝m，只有当N＝0时，v＝，故B错误；在最高点，根据向心力公式得mg＋N＝m，解得N＝m－mg，故D错误。 7．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M与m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为其对圆盘正压力的μ倍，两物体用一根长为L(L<R)的轻绳连在一起，如图所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向拉直，甲、乙均可看作质点，要使两物体与转盘之间不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大值不得超过(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：由题意可知甲处于静止状态，乙做圆周运动。对于甲物体，要保持静止状态，绳对它的最大拉力为Fmax＝μMg。对于乙物体，要与转盘之间不发生相对滑动，则有μmg＋Fmax≥mω2L，所以ω≤，选项D正确。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分) 8．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　) A．运动周期为 B．线速度的大小为ωR C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R 答案：BD 解析：由T＝，v＝ωR可知A错误，B正确；由座舱做匀速圆周运动，可知座舱所受的合力提供向心力，有F＝mω2R，方向始终指向摩天轮中心，则座舱在最低点时，其所受摩天轮的作用力为mg＋mω2R，故C错误，D正确。 9．如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　) A．小球的高度一定降低 B．弹簧弹力的大小一定不变 C．小球对杆压力的大小一定变大 D．小球所受合外力的大小一定变大 答案：BD 解析：对小球受力分析，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有T sin θ＝mg，而T＝k(－l0)，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；当转速较小，杆对小球的弹力N背离转轴时，则有T cos θ－N＝mω2r，即N＝T cos θ－mω2r；当转速较大，N指向转轴时，则有T cos θ＋N＝mω2r，即N＝mω2r－T cos θ，因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，D正确。 10．(2024·黑龙江哈尔滨市高一下联考)如图甲所示，一长为R的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度的平方v2的关系如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是(　　) A．利用该装置可以得出重力加速度，且g＝ B．绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大 C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标a的位置不变 答案：CD 解析：当F＝0时，v2＝a，则有mg＝，解得g＝，故A错误；在最高点，根据牛顿第二定律得F＋mg＝m，则v2＝F＋gR，图线的斜率k＝，绳长不变时，小球质量越小，斜率越大，故B错误，C正确；根据v2＝F＋gR，当F＝0时，v2＝gR＝a，可知图线与纵轴的交点坐标a的位置与质量无关，故D正确。 三、非选择题(本题共6小题，共54分) 11．(6分)(2024·四川泸州高一统考期末)某实验小组用智能手机phyphox软件测量加速度，如图甲所示，将手机(可视为质点)置于转动平台上，固定手机，手机上装载的phyphox软件配合手机内的陀螺仪可直接测得手机做圆周运动的角速度ω和向心加速度a，得到了如图乙所示的图像，已知手机离转轴的距离为r。 (1)仅由图乙中的a­ω曲线可以得到的结论是：半径一定时，增大运动的角速度，向心加速度______(选填“增大”、“减小”或“不变”)； (2)半径一定时，为了直观研究向心加速度和角速度的定量关系，得到如图丙所示的过原点的直线，该组同学需要把横坐标改为________(选填“ω2”、“”或“”) (3)若保持角速度不变，改变半径r，根据测得的数据描点作图，处理数据后得到a­r图像，若直线斜率为k，则手机运转的角速度ω＝________。 答案：(1)增大　(2)ω2　(3) 解析：(1)由题图乙可知，半径一定时，增大运动的角速度，向心加速度增大。 (2)由F＝mω2r可得a＝ω2r，半径一定时，为了直观研究向心加速度和角速度的定量关系，得到如题图丙所示的过原点的直线，该组同学需要把横坐标改为ω2。 (3)由a＝ω2r可知，若保持角速度不变，改变半径r，根据测得的数据描点作图，处理数据后得到a­r图像，若直线斜率为k，即k＝ω2，则ω＝。 12．(6分)(2024·重庆高一校联考期末)某小组利用如图所示装置探究向心力大小的表达式。 (1)本实验采用的研究方法主要是________； A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．放大法 (2)将钢球置于A位置，匀速摇动手柄。若减慢轮塔1转动的角速度，将观察到向心力________(选填“增大”、“减小”或“不变”)； (3)将两个质量之比为1∶2的钢球先后置于A、B所示位置，A、B与轮塔1转轴的中心距离之比为1∶2。保持两次转动塔轮1的角速度相同，则钢球在A、B位置所受向心力大小之比为________。 答案：(1)B　(2)减小　(3)1∶4 解析：(1)本实验要研究向心力与质量、角速度和半径的关系，采用的研究方法主要是控制变量法，故选B。 (2)将钢球置于A位置，匀速摇动手柄。若减慢轮塔1转动的角速度，根据F＝mω2r，可观察到向心力减小。 (3)将两个质量之比为1∶2的钢球先后置于A、B所示位置，A、B与轮塔1转轴的中心距离之比为1∶2。保持两次转动轮塔1的角速度相同，根据F＝mω2r可知，钢球在A、B位置所受向心力大小之比为1∶4。 13．(8分)如图所示，有一质量为m1的小球A与质量为m2的物块B通过轻绳相连，轻绳穿过光滑水平板中央的小孔O。当小球A在水平板上绕O点做半径为r的圆周运动时，物块B刚好保持静止。求： (1)轻绳的拉力； (2)小球A运动的线速度大小。 答案：(1)m2g　(2) 解析：(1)物块B受力平衡，故轻绳的拉力T＝m2g。 (2)小球A做匀速圆周运动的向心力等于轻绳的拉力T，根据牛顿第二定律得m2g＝m1 解得v＝。 14．(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； (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：(1)2.7 m/s2　(2)见解析 解析：(1)根据速度－位移公式有v2＝2ax 代入数据可得a＝2.7 m/s2。 (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、乙两名运动员做匀速圆周运动，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 因为t甲<t乙，所以甲先出弯道。 15．(12分)如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示) (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 答案：(1) rad/s　(2)2 rad/s 解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得mg tan θ＝mωl sin θ 解得ω0＝ ＝ rad/s。 (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得 mg tan α＝mω′2l sin α 解得ω′＝ ＝2 rad/s。 16．(12分)(2024·扬州高一检测)如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘L＝3.2 m处放着一质量为m＝0.1 kg的铁球(可看作质点)，铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平向右的推力F＝1.0 N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线方向进入圆弧轨道，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D。O为圆弧轨道的圆心，已知∠BOC＝37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H＝0.45 m，圆弧轨道半径R＝0.5 m，C点为圆弧轨道的最低点，求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)铁球运动到圆弧轨道最高点D时的速度大小vD； (2)铁球运动到B点时的速度大小vB以及此时轨道对铁球的支持力大小FB； (3)水平推力F作用的时间t。 答案：(1) m/s　(2)5 m/s　5.8 N　(3)0.6 s 解析：(1)铁球恰好能通过D点，则在D点时由重力提供向心力，有mg＝ 解得vD＝ m/s。 (2)铁球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有v＝2gH 解得vBy＝3 m/s 铁球在B点沿切线方向进入圆弧轨道，则vB＝＝5 m/s 铁球在B点的向心力由支持力和重力沿半径方向的分力的合力提供，则有 FB－mg cos 37°＝m 解得FB＝5.8 N。 (3)铁球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得 vA＝vB cos 37°＝4 m/s 铁球在水平桌面上做匀加速直线运动时，有 F－μmg＝ma1 解得a1＝8 m/s2 铁球在水平桌面上做匀减速直线运动时，有 μmg＝ma2 解得a2＝2 m/s2 铁球在水平桌面上运动的最大速度为vm＝a1t 减速运动阶段有vm－vA＝a2t′ 又L＝t＋t′ 联立解得t＝0.6 s。 学生用书第57页 学科网（北京）股份有限公司 $