单元检测卷(三) 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（鲁科版）

单元检测卷(三)　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、选择题(本题共12小题，共40分。第1～8小题只有一个选项正确，每小题3分，第9～12小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1.对于物体做匀速圆周运动，下列说法中正确的是(　　) A.其转速与角速度成反比，其周期与角速度成正比 B.运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述 C.匀速圆周运动的速度保持不变 D.做匀速圆周运动的物体，其加速度保持不变 答案：B 解析：由公式ω＝2πn可知，转速和角速度成正比，由ω＝可知，其周期与角速度成反比，故A错误；运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述，所以B正确；匀速圆周运动的速度大小不变，但速度方向在变，所以C错误；匀速圆周运动的加速度大小不变，方向在变，所以D错误。 2.如图所示，将红、绿两种颜色的石子放在水平圆盘上，距圆盘中心的距离不同，有d红＜d绿。圆盘在电机带动下由静止开始转动，直至稳定时，两石子与圆盘一起做匀速圆周运动。两石子做匀速圆周运动时，变化的物理量是(　　) A.线速度 B.速率 C.角速度 D.周期 答案：A 解析：由于做匀速圆周运动时，线速度、速率、角速度、周期大小都不变，但线速度是矢量，运动过程中方向时刻改变，因此线速度是变化的，故A正确，B、C、D错误。 3.摩天轮是广大游客喜爱的游乐设施。一质量为50 kg的游客坐在乘坐舱内随转轮一起做匀速圆周运动，已知该游客到转轴中心的距离为60 m，游客绕转轴中心转动的角速度ω＝0.01 rad/s，g取 10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.游客在乘坐摩天轮过程中的加速度不变 B.游客在乘坐摩天轮过程中的线速度不变 C.游客在最低点时的向心力大小为0.3 N D.游客的向心力总是由游客的重力和乘坐舱对其支持力的合力提供 答案：C 解析：由于向心力方向不断变化，故加速度方向不断变化，故A错误；游客的线速度方向不断变化，故B错误；游客向心力大小恒定，为 F＝mω2R＝0.3 N，故C正确；摩天轮做匀速圆周运动，合力指向圆心，而游客的重力和乘坐舱对游客的支持力沿竖直方向，游客的向心力不可能总是由它们的合力提供，故D错误。故选C。 4.如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时与水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算知该女运动员(　　) A.受到的拉力为G B.受到的拉力为2G C.向心加速度为3g D.向心加速度为2g 答案：B 解析：如图所示，F1＝Fcos 30°，F2＝Fsin 30°，F2＝G，F1＝ma，所以a＝g，F＝2G。故B正确。 5.如图所示，半径为R的大圆盘以角速度ω旋转，有人在盘边P点上随盘转动，他想用枪击中圆盘中心的目标O，若子弹速度为v0，则(　　) A.枪应瞄准目标O射击 B.枪应向PO右方偏过θ射击，而cos θ＝ C.枪应向PO左方偏过θ射击，而tan θ＝ D.枪应向PO左方偏过θ射击，而sin θ＝ 答案：D 解析：射击时，由于惯性，子弹具有沿圆周切线的速度v1＝ωR，要击中O点，即合速度方向沿PO，那么枪应向PO左方偏过θ射击，满足sin θ＝＝，故D正确。 6.质量为m的汽车通过拱形桥上最高点时，对桥面的压力大小为重力的一半。设桥面的圆弧半径为R，重力加速度为g，则此时汽车的速度为(　　) A.0　　　 B　　　 C.　　　 D 答案：B 解析：以汽车为研究对象，在桥的最高点，由牛顿第二定律得mg－N＝m，其中桥面对汽车的支持力等于汽车对桥面的压力即N＝mg，解得v＝ ，故B正确，A、C、D错误。 7.共享单车给人们的出行带来了便捷，张山学习圆周运动后明白了自行车提速的原理：如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r1、r2、r3，在它们的边缘分别取一点A、B、C。设A点的线速度大小为v，则下列判断正确的是(　　) A.B点的线速度大小为v B.C点的线速度大小为v C.大齿轮转动的角速度v D.自行车前进的速度等于v 答案：B 解析：传动过程中，同一链条上的A、B两点的线速度相等，即vB＝vA＝v，故A错误；B、C两点的角速度相同，则＝，则vC＝v，故B正确；大齿轮转动的角速度ωA＝，故C错误；自行车前进的速度等于C点的线速度，即v，故D错误。 8.如图所示，一根长为L的杆OA，O端用铰链固定在水平地面上，杆靠在一个高度为h的立方体物体上，物体以速度v水平向右匀速运动，杆与物体都在同一竖直面上运动。当杆与水平方向夹角为θ时，杆转动的角速度为(　　) A. B C. D 答案：A 解析：将物体的速度v沿杆方向和垂直杆方向分解，其分速度大小分别为v1、v2，如图所示，其中v2＝v杆，由几何关系可得v杆＝vsin θ，根据角速度ω与线速度关系，有v杆＝ωr＝ω，联立解得杆转动的角速度ω＝。故选A。 9.链球运动是田径项目中的一个投掷类竞技项目，比赛时运动员紧握链球把手，通过身体旋转，将链球沿预定角度掷出。某次比赛中，假设链球脱手前做匀速圆周运动，其圆周平面与水平面夹角为θ，如图所示，不计连接链球的铁链质量，忽略空气阻力影响，在链球脱手前做匀速圆周运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.铁链的拉力大小不变，方向时刻指向圆心 B.铁链的拉力在最高点最小，最低点最大 C.下降过程中，链球重力做功的瞬时功率先增大后减小 D.下降过程中，铁链拉力一直做负功 答案：BCD 解析：链球脱手前做匀速圆周运动，由链球的重力和铁链的拉力的合力提供向心力，所以拉力大小在变化，向心力的方向时刻指向圆心，故A错误；链球做匀速圆周运动的向心力的大小不变，重力为恒力，则拉力在最高点最小，最低点最大，故B正确；在最高点时，速度方向与重力方向垂直，重力的瞬时功率为零，在最低点时，速度方向与重力方向垂直，重力的瞬时功率也为零，而在最高点和最低点之间重力的瞬时功率不为零，故链球下降过程中，链球重力做功的瞬时功率先增大后减小，故C正确；在下降过程中，链球的重力做正功，动能不变，所以铁链拉力一直做负功，故D正确。故选BCD。 10.如图所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b。已知框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω'＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω'匀速转动时(　　) A.小球a的高度更低 B.弹簧弹力的大小相等 C.小球b所受杆的摩擦力更大 D.小球b所受合外力更大 答案：BD 解析：对小球a受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球在竖直方向有Tsin θ＝mg，而T＝k，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有F合＝mω2r，r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误，D正确。故选BD。 11.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　) A.P球的速度一定小于Q球的速度 B.P球的动能一定小于Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案：AC 解析：两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，故A正确、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，故C正确；向心加速度a＝＝2g，故D错误。 12.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 答案：ACD 解析：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，设这时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。 二、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)如图所示，是用来研究向心力与转动物体的半径、质量以及角速度之间关系的向心力演示器。 (1)这个实验所用的主要研究方法是　　　　。 A.控制变量法 B.等效代替法 C.理想实验法 D.假设法 (2)图中两个相同的钢球位置距各自转轴的距离相等，由此可推测出是在研究向心力的大小F与　　　　的关系。 A.质量m　　　　 B.角速度ω　　　　 C.半径r 答案：(1)A　(2)B 解析：(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，A正确。 (2)图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系，B正确。 14. (8分)某实验小组通过如图所示的装置验证向心力的表达式，滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小，滑块上固定一遮光片，宽度为d，与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的角速度ω，旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。 (1)某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω ＝　　　　； (2)以F为纵坐标，以　　　　(选填“”、“ Δt2”或“”)为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线；若所得图像的斜率为k，则滑块的质量为　　　　(用所测物理量k、d、R表示)。 答案：(1)　(2)　 解析：(1)物体转动的线速度为v＝，由ω＝，解得ω＝。 (2)根据向心力公式可知F＝mω2R，联立解得F＝·，故以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据函数表达式可知＝k，解得m＝。 15. (9分)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO'转动，筒内壁粗糙，筒壁与中心轴OO'的夹角θ＝60°，筒内壁上的A点有一质量为m的小物块，A离中心轴OO'的距离为R。求： (1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小； (2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。 答案：(1)　mg　(2) 解析： (1)当筒不转动时，对物块进行受力分析如图所示。 由平衡条件得Nsin θ＋fcos θ＝mg Ncos θ＝fsin θ 联立解得N＝mg，f＝。 (2)物块随筒匀速转动，其受到的摩擦力为零时， Ncos θ＝mω2R N'sin θ＝mg 联立解得筒转动的角速度为ω＝。 16.(10分)如果车轮各部分的质量分布不均匀，当车轮高速旋转起来后，就会造成车轮抖动。为了避免这种现象，通常要在汽车轮毂上安置一个配重块来调整车轮的质量分布，使其尽可能转动时更稳定。已知某型号轮胎半径为30 cm，轮毂上安置一个质量为10 g可视为质点的配重块，配重块距离车轮中心距离为22 cm，汽车以108 km/h的速度在平直公路上匀速行驶。车轮与地面之间不打滑，重力加速度大小为10 m/s2。则： (1)车轮的转速为多大？ (2)车轮对配重块的最大作用力是其重力的多少倍？ 答案：(1) r/s　(2)221 解析：(1)车轮转动的角速度ω＝＝100 rad/s，车轮转速n＝＝ r/s。 (2)配重块运动到最低点时，车轮对配重块的作用力最大，设为F，由牛顿第二定律得F－mg＝mω2r2，解得F＝22.1 N，所以，车轮对配重块的最大作用力与其重力之比为＝221。 17. (12分)如图所示，由细管道组成的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和，质量为m的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对管壁无压力，在B点时对管外侧壁压力为mg。求小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功。 答案：－mgR 解析：由圆周运动的知识知，小球在A点时： mg＝m ① 得vA＝ ② 设小球在B点的速度为vB，则由圆周运动的知识知， mg＋NB＝m ③ 其中NB＝mg，得＝gR ④ 小球从A点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mgR。 摩擦力做功为Wf，由动能定理得： mgR＋Wf＝m－m ⑤ 联立②④⑤，得Wf＝－mgR。 18.(15分)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球抛出点到A点的水平距离； (2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。 答案：(1)1.2 m　(2)68 N 解析：(1)小球做平抛运动， 竖直方向：h－R(1－cos 37°)＝gt2， 解得t＝0.3 s， 竖直分速度：vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s， 水平分速度：v0＝＝ m/s＝4 m/s， 抛出点距A点的水平距离 L＝x＝v0t＝4×0.3 m＝1.2 m。 (2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得 mg(h－R)＝m－m， 在B点，由牛顿第二定律得F＝m， 解得F＝68 N， 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F'＝F＝68 N。 学生用书⬇第90页 学科网（北京）股份有限公司 $