【文档说明】2022-2023学年高一物理 教科版2019必修第二册 同步试题 第二章 圆周运动单元检测B卷 Word版含解析.docx，共(22)页，1.521 MB，由小赞的店铺上传

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第二章圆周运动单元检测（B）卷一、单选题1．如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前

行。对于这种自行车，下面说法正确的是（）A．转轮A、B、C线速度vA、vB、vC之间的关系是vA>vB>vCB．转轮A、B、C线速度vA、vB、vC之间的关系是vA=vB>vCC．转轮A、B、C角速度A、B、C之间的关系是A<B<CD．

转轮A、B、C角速度A、B、C之间的关系是A=B>C【答案】C【详解】AB．自行车运动过程中，前后轮A、B的线速度相等，由于A、C啮合在一起，A、C线速度也相等，所以转轮A、B、C线速度vA、vB、v

C之间的关系是ABCvvv==故AB错误；CD．由公式vr=可知，在线速度相等的情况下，半径越小角速度越大，则有转轮A、B、C线速度ωA、ωB、ωC之间的关系是A<B<C故C正确，D错误。故选C。2．如图为车牌自动识别系

统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在'aa直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车

安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（）A．rad/s4B．3rad/s4C．rad/s6D．rad/s12【答案】D【详解】由题意可知，横杆转动的时间为3.3s0.3s3st=−=在3s的时间内，横杆的距离O点0.6m的点（即'a点的正上

方）至少要抬高的高度为1.6m1m0.6mh=−=则在此时间内横杆至少转过的角度为4=直杆转动的角速度至少为rad/s12t==故选D。3．市面上有一种自动计数的智能呼拉圈深受女士们喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其

模型简化如图乙所示．已知配重质量0.5kg，绳长为0.4m，悬挂点到腰带中心的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，计数器显示在1min内圈数为120，此时绳子与竖直方向夹角为θ，配重运动过程中腰带可看做不动，g=10m/s2，sin37°=0.6，c

os37°=0.8，下列说法正确的是（）A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变B．配重的角速度是240πrad/sC．θ为37°D．若增大转速，细绳拉力变大【答案】D【详解】A．匀速转动时，配重受到的合力大小不

变，方向时刻指向圆心而变化，因此是变力，故A错误；B．计数器显示在1min内显数圈数为120，可得周期为1min0.5s120T==24rad/sT==B错误；C．配重构成圆锥摆，受力分析，如图可得224ta

nmgmrT=而圆周的半径为0sinrrL=+联立解得θ不等于37°，故C错误；D．若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，由cosmgT=sinnTF=可知配重在竖直方向平衡，拉力

T变大，向心力Fn变大，对腰带分析如图可得cosfMgTMgmg=+=+sinnNTF==故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，则D正确。故选D。4．如图所示，是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以

在光滑杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，mP=2mQ，当整个装置以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时（）A．两球受到的向心力大小相等B．P球受到的向心力大于Q球受到的向心力C．两球均受到重力、支持力和向心力三

个力的作用D．当ω增大时，Q球将沿杆向外运动【答案】A【详解】ABC．两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力；两球的重力均与支持力平衡，绳的拉力提供向心力，则P球受到的向心力大小等于Q球受到的向

心力大小，故A正确，BC错误；D．根据两球向心力大小相等可得22PPPQQQmrmr=因为角速度相同，此方程与角速度无关，所以当ω增大时，两球半径不变，P球不会向杆外运动，Q球也不会沿杆向外运动，故D错误。故选A。5．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。在道闸抬起的过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中（）A．P点的线速度不变B．P点的加速度不变C．Q点在水平方向的分速度增大D．

Q点在竖直方向的分速度增大【答案】C【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，方向改变，故P点的线速度改变，选项A错误；B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的

加速度方向时刻指向O点，方向发生变化，选项B错误；C．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为OPPQcos6xltl=++则由数学知识可知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中Q点在水平方向的分速度增大，选项C正确。D．Q点在竖直方向

的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为OPin6sylt=+则由数学知识可知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中Q点在竖直方向的分速度减小，选项D错误。故选C。6．如图所示，用一根长杆和

两个定滑轮的组合装置使重物M下落，长杆的一端与地面通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，已知杆长为L，在杆的中点C处拴一根轻质细绳，绕过两个定滑轮后挂上重物M。现在杆的另一端用力，使其顺时针由水平位置以角速度匀速转动至竖直位置，此过程

中下列说法正确的是（）A．绳对重物的拉力小于重物的重力B．重物M匀速下降C．重物M的最大速度是12LD．重物M的速度先减小后增大【答案】C【详解】BD.设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为，由题可知C点线速度为12cvL=该线速度在沿绳子方向上的分速度为1cos2vL=绳杆由水

平位置速转动至竖直位置过程中，先减小后增大，因此绳子的速度先增大后减小，重物的速度先增大后减小，BD错误；A.由于重物的速度先增大后减小，因此重物的加速度先向下后向上，则绳对重物的拉力先小于重物的重力，后大于重物的重力A错误；C.绳子的速度先增大后减小，当绳子与杠垂直时，绳子的速度取最大

值12cvL=，因此重物M的最大速度是12L，C正确；故选C。7．如图所示，靠在一起的M、N两转盘靠摩擦传动，两盘均绕过圆心的竖直轴转动，M盘的半径为r，N盘的半径R=2r，A为M盘边缘上的一点，B、C为N盘直径的两个端点

。当O′、A、B、C共线时，从O′的正上方P点以初速度v0沿O′O方向水平抛出一小球，小球落至圆盘C点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．若M盘转动角速度02vr=，则小球抛出时到O′的高度2202grvB．若小球抛出时到O′的高度为2202grv，则M盘转动的角速度必为

02vr=C．小球若能落至C点，则只要M盘转动角速度满足025nvr=（n=1，2，3…）D．只要小球抛出时到O′的高度恰当，小球就一定落至C点【答案】A【详解】M盘、N盘轮子边缘各点线速度相等，由vr=可知，若M盘角速度为，则N盘角速度

为2，故N盘的周期为242T==设小球经过时间t落到圆盘上的C点。若落在C点时，各点顺序为'OABC、、、，则有05xrvt==212hgt=tnT=（n=1，2，3…）联立可得04=5vnr（n=1，2，3…），220252grhv=若落在C点时，各点顺序

为'OACB、、、，则有0xrvt==212hgt=()212Ttn=−（n=1，2，3…）联立可得()0221=vnr−（n=1，2，3…），2202grhv=A．由上述分析可知，若落在C点时，各点顺序为'OACB、、、，则xr=，下落高度一定为2202grhv=角速度需满足()022

1=vnr−（n=1，2，3…）当1n=时02=vr故A正确；B．若下落高度为2202grhv=则可以确定小球落在C点时，各点顺序为'OACB、、、。此时角速度满足()0221=vnr−（n=1，2，3…）故不一定必为02vr=

，B错误；C．由上述分析可知，只要M盘转动角速度满足04=5vnr（n=1，2，3…）或者()0221=vnr−（n=1，2，3…），小球都可以落至C点，C错误；D．由上述分析可知，能否落在C点除与高度有关，还与初速度有关，D错误。故选A。8．如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细

轴，盘面上放有质量为m的一个物块（可视为质点），物块到轴的距离为d，物块与盘面的动摩擦因数为，盘面与水平面夹角为。当圆盘以角速度匀速转动时，物块始终与圆盘保持相对静止。图中A、B、C、D为物块做圆周运动经过的点，其中A为

最高点、B为最低点，C、D为跟圆心在同一水平面上的两点。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（）A．当圆盘静止时，物块在A、B、C、D各点受到的摩擦力大小均为cosmgB．当圆盘匀速转动时，若物块运动到A点没有滑离圆盘，则运动到其它点也不会滑离圆盘C．当圆

盘以角速度匀速转动时，物块运动到C、D两点时，受到摩擦力的大小均为()222(cos)mgmd+D．当圆盘以角速度匀速转动时，物块运动到C、D两点时，受到摩擦力的大小均为()222(sin)mgmd+【答案】D【详解】A

．物块静止在圆盘上时，根据受力分析可知，摩擦力为静摩擦力，平衡重力沿圆盘向下的分力，大小为sinmg，故A错误；B．物块运动到A点，设最大速度为vA，根据牛顿第二定律2sincosAvmgmgmd+=物块经过B点时，设最大速度为vB，同理有2cossinB

vmgmgmd−=可以看出，BAvv，圆盘匀速转动，所以保证物块运动到A点没有滑离圆盘并不能保证运动到其它点也不会滑离圆盘，故B错误；CD．物块运动到C、D两点时，设静摩擦力大小为f，方向与半径夹角，根据匀速圆周运动

特点，受力分析可知2cosfmd=sinsinfmg=联立可解得222(sin)()fmgmd=+故C错误，D正确。故选D。二、多选题9．四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如

图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接小球C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同（连接D球的绳较长），则下列说法正确的是（）A．小球A、B角速度相等B．小球A、B线速度大小相同C．小球C、D线速度大小相同D．小球D受到绳的拉力与小球C受

到绳的拉力大小相等【答案】AD【详解】AB．对题图甲，A、B两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点的竖直高度为h，如图所示，则有2tansinmgml=解得cosgglh==可知

小球A、B的角速度相同，由vr=可知，小球A、B的线速度大小不同，A正确，B错误；C．对题图乙，C、D两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小球的质量为m，绳长为L，2tansinmgmL=cosgL=又si

nrL=由vr=可知sinsintancosgvLgLL==小球C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同，绳长不同，因此小球C、D线速度大小不同，C错误；D．设绳上的拉力为T，水平方向则有tanmgma=竖直方向则有cosTmg=联立解得ta

nag=则有cosmgT=可知小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等，D正确。故选AD。10．如图，有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗，圆锥中轴线与母线的夹角为45=，可视为质点的小球A、B在不同高

度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动，两个小球的质量2Amm=，Bmm=，若A、B两球轨道平面距圆锥顶点O的高度分别为4h和h，图示时刻两球刚好在同一条母线上，下列说法正确的是（）A．球A和球B的向心加速度大小分别为2g和g

B．两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等C．球A和球B的线速度大小之比为1:2D．从图示时刻开始，球B旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次【答案】BD【详解】A．对球A进行受力分析，由牛顿第二定律可得Nsin2

Fmg=Ncos2AFma=Aag=故A错误；B．由题意可知，对两球都有cosFF=支向2FF=支向两球所受漏斗支持力大小之比与其所受向心力大小之比相等，故B正确；C．由2vFmamr==向结合几何关系可得4tan2AAAvarghgh==

=tanBBBvarghgh===球A和球B的线速度大小之比为2:1，故C错误；D．由vr=及上述分析可得，球A与球B的角速度之比为::1:24tantanABABvvhh==则第一次相遇有2

BAtt−=4Bt=即球B旋转两周与球A在同一根母线上相遇一次，故D正确。故选BD。11．如图1所示一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为θ，一条长度为l的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球（可看作质点），小球以角速度ω绕圆锥

体的轴线做匀速圆周运动，细线拉力F随ω2变化关系如图2所示。重力加速度g取10m/s2，由图2可知（）A．绳长为l=1mB．母线与轴线之间夹角θ=30°C．小球质量为0.5kgD．小球的角速度为2.5rad/s时，小球刚离开锥面【答案】CD【详解】ABC．当

小球将要离开锥面时，分析小球受力知2sinsinFml=即2Fml=由图2可知，离开锥面后，设绳子与竖直方向的夹角为2sinsinFml=即2Fml=图2可知，离开锥面后ml=1当小球未离

开锥面时，分析小球受力得，x轴方向上有2NsincossinFFml−=y轴方向上有NcossinFFmg+=二式联立可得22sincosFmlmg=+则29sincos4N25kmlmg=

==，所以θ=37°，m=0.5kg，l=2mAB错误、C正确；D．离开锥面前2NsincossinFFml−=离开锥面后2Fml=由图可知，当22225rad/s4=时图像斜率发生改变，即小球刚离开锥面。解

得5rad/s2=时小球刚离开锥面，所以D正确。故选CD。12．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为2mmm、、的三个物体A、BC、（均可视为质点），圆盘可绕垂直圆盘的中心轴12OO转动。三个物体与圆盘之间的

动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。三个物体与轴心共线，且AB、关于中心轴对称，ABBC22llr==，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。圆盘从静止开始转动，角速度缓

慢地增大，直到三个物体与圆盘将要发生相对滑动，则对于这个过程，下列说法正确的是（）A．当B物体达到最大静摩擦力时，A物体也一定同时达到最大静摩擦力B．在发生相对滑动前，BC、两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体的静摩擦力先增大后减小再增大C．当gr时整体会

发生滑动D．当2ggrr时，在增大的过程中BC、间的拉力先增大后减小【答案】BC【详解】ABC．开始阶段当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由2Fmr=知，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达

到最大静摩擦力，此时21222mgmr=解得12gr=当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC之间的细线开始提供拉力，随着角速度的增大，B的摩擦力增大；当B的摩擦力达到最大静摩擦力之后，A、B之间的细线开始有力的作用，随着角速度的增

大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大；当A的摩擦力达到最大时，整体将会出现相对滑动，对A、B整体有T2mgF=对C有22222TFmgmr+=解得2gr=即当2gr时整体会发生相

对滑动，故A错误，BC正确；D．当22ggrrC受到的摩擦力方向沿着半径向里，且没有出现相对滑动，故在增大的过程中，由于向心力TfFFF=+向不断增大，故B，C间的拉力不断增大，故D错误。故选BC。三、解答题13．如图（a）所示，A、B为钉在光滑水平

面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上（细绳能承受足够大的拉力），A、B、C在同一直线上。0=t时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在010st时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图（b）所示，则

：（1）两钉子间的距离为绳长的几分之几？（2）10.5st=时细绳的拉力大小？（3）12.5st=时细绳的拉力大小？【答案】（1）16；（2）6N；（3）7.5N【详解】（1）设细绳长为L，由图b可知，在0~6s时间内细绳拉力大小不变，可知21vFmL=6~10s时间内细绳拉力大小不变，则有

22vFmL=因为2165FF=可得56LL=5166xLLLLL=−=−=即两钉子间的距离为绳长的16。（2）由图b可知，小球在第一个半圈经历时间为6s，则有6sLv=小球在第二个半圈经历时间为55s6Lttv

===在10.5st=时，小球在转第二个半圈，则有细绳的拉力大小为6N。（3）小球转第三个半圈的时间24s3Lttv===在12.5st=时，小球转动的半径为23rL=解得细绳的拉力大小为22213335N7.5N2

2223vvmvFmmFrLL======14．如图所示，水平放置的正方形光滑木板abcd，边长为2L，距地面的高度为1.8mH=，木板正中间有一个光滑的小孔O，一根长为2L的细线穿过小孔，两端分别系着两个完全相同的小球A、B，两小球在同一竖直平面内。小球A以角速度2.5rad/s=在木板上

绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动时，B也在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，O点正好是细线的中点，其中2mL=，不计空气阻力，取210m/s=g.求：（1）小球B的角速度；（2）当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时，剪断

细线，两小球落地点之间的距离。【答案】（1）2.5rad/s；（2）25m【详解】（1）A和B的圆周运动半径分别为ABsinrLrL==，其中θ为BO线与竖直方向的夹角，设绳子拉力为T，则对A有2ATmr=对B有2BBsincosTmr

Tmg==，解得42.5/scos5Brad==，（2）当剪断细绳后，A先匀速运动L，后做平抛运动；B做平抛运动，A做圆周运动的线速度为5m/sAvL==B做圆周运动的线速度为sin3m/sBBvL

==半径为26sinm5LL==做平抛运动过程中A的水平位移为23mAAHxvg==做平抛运动过程中B的水平位移为()2cos0.6mBBHLxvg−==如图为A、B两小球在轨迹的俯视图可知（其中包含A在正方向abcd上做的距离为L的匀

速直线运动）知A、B落地点间距()()22sin25mABxLLLxx=−++−=15．2022年北京冬奥会上，中国花样滑冰队的隋文静、韩聪不负众望，在双人滑项目上强势夺冠，这也是中国队时隔12年之后再次登上奥运会最高领奖台。该项目有一项技术

动作叫双人螺旋线，如图（a）所示，以男选手成为轴心，女选手围绕男选手旋转。将这一情景抽象成，如图（b）所示：一细线一端系住一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内作匀速圆周运动，细线便在

空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点作匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球（可视为质点）质量为m，细线AC长度为L，重力加速度为g。（1）在紧贴着小球运动的水面上加一光滑平板，使球在板上作匀速圆周运动，

此时细线与竖直方向所成夹角为θ，如图（c）所示，当小球的角速度ω大于某一值ω1时，小球将脱离平板，则ω1为多大？（2）撤去光滑平板，让小球在空中旋转，测试发现，当小球的角速度ω小于某一值ω2时，细线会缠绕在竖直杆上，最后随细杆转动，如图（d）所示，则ω2为多大？（3）在题（2）情境下，再用一根细线

，同样一端系在该小球上，另一端固定在细杆上的B点，且当两条细线均伸直时，如图（e）所示，各部分长度之比||:||:||5:4:3=ABACBC。则当小球以23=gL匀速转动时，两细线的对小球的拉力分别多大？【答案

】（1）1cos=gL；（2）2gL=；（3）233ACTmg=，0BCT=【详解】（1）当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得21tansinmgmL

=解得1cos=gL（2）撤去平板后，小球重力和绳子拉力提供向心力，当绳子没有绕在竖直杆时，设绳子与竖直杆的夹角为，由牛顿第二定律可得21tansinmgmL=解得cosgL=随着角速度的减小，减小，当0=时，细线开始绕在竖直杆上，解

得此时角速度为2gL=（3）当细线BC恰好伸直时，有几何关系得，AC与竖直方向所成夹角为37°，同理可得，此时小球的角速度为5cos374==ggLL则23=gL时细线BC未伸直，即0BC

T=，设此时细线AC与竖直方向的夹角为β，由上得cos=gL解得23cos2==gL根据平衡条件得23cos3==ACmgTmg16．如图，在A点以01m/sv=的初速度水平向右抛出一质量为1kgm=的小球。（可视为质点），小球抛出后受到水平向右的恒定风力F

的作用。经过一段时间后恰能无碰撞地从B点以速率5m/sv=沿圆弧切线进入半径为1mR=的竖直粗糙、圆心角为37=的圆弧轨道，进入圆弧轨道后小球不再受风力F的作用，由于摩擦力的作用，小球在圆弧轨道内速率不变。小球从C点水平飞出后击中一个竖直截面为2

yx=的抛物线的容器壁，已知C点的坐标为(0,1)，重力加速度大小210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，不计空气阻力，求：（结果均可用根号表示）（1）小球在C点对圆弧轨道的压力大小；（2）小球在进入圆弧

轨道前受到的水平风力F的大小和小球击中容器壁处的坐标；（3）若小球在C点的速率可调，则小球击中容器壁时速率的最小值。【答案】（1）35NN=；（2）305,66；（3）15m/s【详解】（1）小球在C点时，根据牛顿第二定律2vNmgmR−=解得35NN=根据牛顿第三定律可得小球在

C点对圆弧轨道的压力大小35NN=（2）小球在B点sinyvv=小球从A点到B点的运动过程中1yvgt=解得10.3st=小球在B点cosxvv=小球从A点到B点的运动过程中01=+xvvatFma=解得10NF=根据抛物线方程2,1m==Cyxy，假设小球击中

容器壁D点处。小球从C点到D点的运动过程中2=Dxvt2212=−DCyygt2=DDyx解得305m,m66==DDxy所以小球击中容器壁处D点的坐标为305,66。（3）若小球在C点的

速率可调，设小球在C点的速率为Cv，小球从C点到击中y轴右侧容器壁的运动过程中3Cxvt=2312=−Cyygt2yx=小球击中y轴右侧容器壁时()223=+Cvvgt代入数据，得22221001005555=+=++−++CCCCvvvvv令25+=Cvz221001005555=++−=+

−+CCvvzvz根据数学对勾函数的单调性可知当510z，v单调递减，当10z，v单调递增，所以当10z=时，有min15m/s=v即小球击中容器壁时速率的最小值为15m/s。